SKKN vận dụng định lí vi ét giải một số dạng toán về so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một số thực

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT NHƯ THANH SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TÊN ĐỀ TÀI VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ VI-ÉT GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ SO SÁNH NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VỚI MỘT SỐ THỰC, HAI SỐ THỰC NHẰM NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG ÔN THI HỌC SINH GIỎI, ĐẠI HỌC CHO HỌC SINH TRƯỜNG THPT NHƯ THANH II Người thực hiện: Hoàng Khắc Tại Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Tốn THANH HĨA NĂM 2019 MỤC LỤC NỘI DUNG TRANG Mở đầu 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu 1.5 Những điểm SKKN 2 Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 3 2.3 Vận dụng định lí Vi-ét giải dạng tốn 2.3.1 Dạng 1: So sánh nghiệm phương trình bậc hai 2.3.2 Dạng 2: So sánh nghiệm phương trình bậc hai với số thực α 2.3.3 Dạng 3: So sánh nghiệm phương trình bậc hai với hai số thực α , β 14 với số 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm 19 Kết luận, kiến nghị 3.1 Kết luận 21 3.2 Kiến nghị 21 Tài liệu tham khảo Danh mục đề tài SKKN tác giả Hội đồng SKKN Ngành GD tỉnh đánh giá xếp loại MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Trong chương trình tốn THPT có nhiều tốn chứa tham số mà giải có liên quan tới phương trình ( bất phương trình) bậc 2; biện luận, so sánh nghiệm phương trình bậc với số thực hai số thực Khi gặp dạng tập có nhiều cách xử lí khác kể đến:  Sử dụng “ Định lí đảo dấu tam thức bậc hai - Chương trình sách giáo khoa cũ”  Sử dụng định lí Vi-ét  Sử dụng phương pháp hàm số Rõ ràng sử dụng định lí Vi-ét xuyên suốt từ lớp thi THPTQG Nếu học sinh rèn luyện thành thạo kĩ sử dụng định lí Vi-ét em giải hàng loạt dạng toán mà chất quy định lí Vi-ét nghiệm phương trình bậc hai Phương pháp hàm số phương pháp “ mạnh” đại Nhưng sáng kiến xin bàn tới cách sử dụng định lí Vi-ét cho hiệu ? Theo ý kiến cá nhân thông qua giảng dạy thực tế Bởi đề thi HSG cấp từ lớp 10, đề thi Đại học- Cao đẳng trước đề thi THPTQG thường có mặt trực tiếp tìm điều kiện để nghiệm phương trình bậc hai thỏa mãn yêu cầu gián tiếp len lỏi vào tốn khác, chí Hình học Vì không thành thạo kĩ vận dụng định lí Vi-ét học sinh bỏ dở đáng tiếc nhiều toán Các học sinh đội tuyển học sinh giỏi Toán cấp trường THPT Như Thanh II, học sinh 12 chuẩn bị thi THPTQG đối tượng cần mảng kiến thức Vì qua thực tế dạy học tơi thấy, việc sử dụng định lí Vi-ét em “thơ sơ” chưa có suy luận logic tìm chất, khơng có hệ thống nên hay thiếu sót giải tốn Các tài liệu tham khảo viết nhiều xung quanh chủ đề này, để phù hợp với tình hình thực tế đối tượng cụ thể chưa tài liệu tơi thấy phù hợp Chính để nâng cao chất lượng dạy học, tạo hứng thú cho em học Toán, học Tốn giống chơi trò chơi ta làm chủ ta hiểu rõ quy tắc nên viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “ Vận dụng định lí Vi-ét giải số dạng tốn so sánh nghiệm phương trình bậc hai với số thực, hai số thực nhằm nâng cao chất lượng ôn thi học sinh giỏi, đại học cho học sinh trường THPT Như Thanh II” 1.2 Mục đích nghiên cứu Tơi viết sáng kiến làm tài liệu học tập cho học sinh từ lớp 10, đặc biệt em học sinh đội tuyển HSG cấp học sinh ơn thi THPT QG Nó làm tài liệu dạy học thầy cô Nhưng mục đích cuối rèn luyện cho học sinh kĩ biết đưa định lí Vi-ét vào áp dụng cách linh hoạt, khéo léo trường hợp cụ thể, học sinh biết suy luận logic để giải trường hợp so sánh nghiệm phương trình bậc hai với số thực, hai số thực Từ làm tảng để áp dụng giải dạng tốn 1.3 Đối tượng nghiên cứu Để hồn thành viết tơi nghiên cứu định lí Vi-ét, dạng toán so sánh nghiệm phương trình bậc hai với số 0, số thực bất kì, hai số thực làm cách để đưa định lí Vi-ét vào áp dụng dạng Đồng thời nghiên cứu số tốn liên quan đến hàm số bậc ba, tương giao hàm số bậc ba với bậc nhất, lượng giác Vì đạo hàm đặt ẩn phụ chuyển toán bậc hai 1.4 Phương pháp nghiên cứu Tôi sử dụng phương pháp sau:  Phương pháp nghiên cứu xây dựng sở lý thuyết  Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin  Phương pháp thống kê, xử lý số liệu 1.5 Những điểm sáng kiến kinh nghiệm  Phân loại rõ ràng, cụ thể đầy đủ trường hợp so sánh nghiệm phương trình bậc hai với số 0, với số thực bất kì, với hai số thực  Đã cách đưa định lí Vi-ét vào áp dụng trường hợp cách khéo léo thông qua tính chất số học số thực  Có nhận xét, phân tích ưu điểm, hạn chế cách dùng định lí Viét so với cách khác trường hợp Điều giúp người học hiểu vấn đề sâu sắc 2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.1.1 Phương trình bậc 2: • Định nghĩa: Phương trình bậc hai ẩn x ∈ R phương trình có dạng: ax + bx + c = ( 1) ( a ≠ 0) • Cách giải: Tính ∆ = b − 4ac - Nếu ∆ < phương trình (1) vơ nghiệm b 2a - Nếu ∆ > phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt - Nếu ∆ = phương trình (1) có nghiệm kép x1 = x2 = − −b − ∆ −b + ∆ , x2 = 2a 2a 2.1.2 Định lý Vi-ét x1 = • Nếu phương trình bậc hai ax + bx + c = ( 1) ( a ≠ 0) có hai nghiệm −b c , P = x1.x2 = a a 2.1.3 Tính chất số thực • Giả sử x, y hai số thực tùy ý, ta ln có: x1 , x2 S = x1 + x2 = i) x < < y ⇔ xy <  xy > ii) < x < y ⇔  x + y >  xy > iii) x < y < ⇔  x + y < Ba tính chất số thực suy luận logic thông thường, học sinh dễ dàng thể tiếp nhận hiểu Vì vậy, sử dụng chúng kiến thức sở để suy luận giải vấn đề mà nêu 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.2.1 Thuận lợi: Các học sinh đa số thuộc định lí Vi-ét, tìm điều kiện để phương trình bậc hai có hai nghiệm trái dấu, dương âm 2.2.2 Khó khăn: Ngồi thuận lợi kể số khó khăn gặp phải là:  Khi so sánh nghiệm với số đa số học sinh mắc sai sót, tìm thiếu điều kiện có thêm dấu “=” biểu thức so sánh  Khi tìm điều kiện để so sánh nghiệm với số thực tùy ý khác không học sinh khơng biết cách để áp dụng định lí Vi-ét vào Vì quen làm việc so sánh với số 2.3 Vận dụng định lí Vi-ét giải số dạng tốn so sánh nghiệm phương trình bậc hai với số thực, hai số thực 2.3.1 Dạng 1: So sánh nghiệm phương trình bậc hai với số Bài tốn 1.1: Cho phương trình: ax + bx + c = ( 1) , ( a ≠ 0, x ∈ ¡ ) a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < < x2 b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: < x1 < x2 c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < x2 < Giải Đây dạng tập đơn giản quen thuộc với học sinh lớp 9, nên ta viết kết là: a) (1) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < < x2 ⇔ P < ∆ >  b) (1) có hai nghiệm thỏa mãn: < x1 < x2 ⇔  P > S >  ∆ >  c) (1) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < x2 < ⇔  P > S <  Tình ta thêm dấu “ = ” vào dấu “ < ” “ > ” điều kiện nào? Chẳng hạn: Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < ≤ x2 Thoạt nhìn, ta suy luận (1) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < ≤ x2 ⇔ P ≤ Thí dụ 1.1: Tìm điều kiện tham số m để phương trình x + 2mx + m − = có hai nghiệm thỏa mãn x1 ≤ < x2 Giải: Phương trình cho có hai nghiệm thỏa mãn x1 ≤ < x2 ⇔ P ≤ Ta có, P = m − Do P ≤ ⇔ m − ≤ ⇔ −1 ≤ m ≤ x = Thử lại với m = , phương trình là: x + x = ⇔   x = −2 (Khơng thỏa mãn u cầu đề !) Có nghĩa kết sai suy luận (1) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 ≤ < x2 ⇔ P ≤ không Nhận xét: Điều tơi muốn nói Bài tốn 1.1 ta thêm dấu “ = ” vào dấu “ < ” “ > ” vấn đề rắc rối hơn, khơng biết điều học sinh mắc sai lầm đáng tiếc Từ kinh nghiệm xin liệt kê trường hợp điều kiện trường hợp nhằm làm tư liệu trình dạy học thầy trò: • TH1: Điều kiện để PT(1) có hai nghiệm thỏa mãn:  c =   x1 = < x2  b x1 ≤ < x2 ⇔ PT(1) có hai nghiệm thỏa mãn  ⇔  0 < −  a  x1 < < x2 P <  • TH2: Điều kiện để PT(1) có hai nghiệm thỏa mãn:  c =   x1 < x2 =  b x1 < ≤ x2 ⇔ PT(1) có hai nghiệm thỏa mãn  ⇔  − <  a  x1 < < x2 P <  • TH3: Điều kiện để PT(1) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 ≤ ≤ x2 ⇔ P ≤ • TH4: Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: ∆ >  ≤ x1 < x2 ⇔  P ≥ S >  • TH5: Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: ∆ ≥  < x1 ≤ x2 ⇔  P > S >  • TH6: Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: ∆ ≥  ≤ x1 ≤ x2 ⇔  P ≥ S ≥  • TH7: Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: ∆ ≥  x1 ≤ x2 < ⇔  P > S <  • TH8: Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: ∆ >  x1 < x2 ≤ ⇔  P ≥ S <  • TH9: Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: ∆ ≥  x1 ≤ x2 ≤ ⇔  P ≥ S ≤  Bài tốn 2.1 Cho phương trình: ax + bx + c = ( 1) , ( a ≠ 0, x ∈ R ) a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn : ≤ x b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn: x ≤ Giải a) Điều kiện để phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn :  x1 < ≤ x2 ≤ x ⇔ PT(1) có nghiệm thỏa mãn  0 ≤ x1 ≤ x2 b) Điều kiện để phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn :  x1 ≤ < x2 x ≤ ⇔ PT(1) có nghiệm thỏa mãn   x1 ≤ x2 ≤ Từ lại quay trường hợp Bài tốn 1.1 Tóm lại: Khi nghiệm phương trình thỏa mãn u cầu tốn mà có nhiều khả xảy ý tưởng làm “ Chia nhỏ để trị” Như vậy, học sinh thấy rõ ràng, dễ hiểu hơn, tránh thiếu sót đáng tiếc Nhận xét: Trong chương trình ơn thi HSG cấp, thi THPTQG tốn tìm điều kiện nghiệm phương trình bậc hai khơng trực tiếp, kiến thức “len lỏi” nhiều tốn, chí lại vấn đề cần giải Vì vậy, cần tạo tảng kiến thức vững cho học sinh từ lớp 10 để học sinh tiếp cận dạng toán biết “ quy lạ quen” xử lí nhẹ nhàng Thí dụ 2.1: Cho hàm số y = x + ( m + 2019 ) x − 4mx + 1, m tham số Tìm m để hàm số có điểm cực tiểu khơng âm Giải Ta có y ' = x + ( m + 2019 ) x − 4m Vì hàm số bậc ba có cực trị phương trình y ' = có hai nghiệm phân biệt Mặt khác, hệ số a > nên y ' = có hai nghiệm x1 < x2 x2 điểm cực tiểu hàm số Do đó, để thỏa mãn yêu cầu tốn ta cần tìm m để phương trình x + ( m + 2019 ) x − 4m = ( *) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < ≤ x2 ≤ x1 < x2 • Để phương trình ( *) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < ≤ x2 , ta có: + Trường hợp 1: ( *) có hai nghiệm −4m = x1 < = x2 ⇔  ⇔ m = − ( m + 2019) <  Lúc phương trình ( *) có hai nghiệm x1 = −2019, x2 = + Trường hợp 2: ( *) có hai nghiệm x1 < < x2 ⇔ 1.(−4m) < ⇔ m > Vậy để phương trình ( *) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < ≤ x2 thi giá trị cần tìm m là: m ≥ • Để phương trình ( *) có hai nghiệm thỏa mãn: ≤ x1 < x2 , ta phải có: ( m + 2019 ) + 16m > m + 4054m + 20192 > ∆ >    ⇔ m ≤  P ≥ ⇔  −4m ≥ S > − m − 2019 >  m < −2019    ⇔ m < −2027 − 32368 Kết luận: Giá trị cần tìm m m ≥ ⇔ m < −2027 − 32368 2.3.2 Dạng 2: So sánh nghiệm phương trình bậc hai với số thực α Bài tốn 1.2: Cho phương trình: ax + bx + c = ( 1) , ( a ≠ 0, x ∈ ¡ ) , α ∈ ¡ * a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < α < x2 b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: α < x1 < x2 c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < x2 < α Giải Cách 1: Đặt ẩn phụ sử dụng định lí Vi-ét Bằng việc đặt t = x − α , ta chuyển phương trình cho ẩn t , việc so sánh nghiệm x với α tương đương với việc so sánh nghiệm t với số Vấn đề lại quay Dạng Cụ thể: Đặt t = x − α ⇔ x = t + α , thay vào phương trình (1) ta được: at + ( 2aα + b ) t + aα + bα + c = ( ) Ta có: x < α ⇔ t + α < α ⇔ t < Do đó: a) Phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn x1 < α < x2 tương đương phương trình (2) có hai nghiệm t1 < < t2 (quay Dạng 1) b) Phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn α < x1 < x2 tương đương phương trình (2) có hai nghiệm < t1 < t2 (quay Dạng 1) c) Phương trình (1) có hai nghiệm thỏa x1 < x2 < α tương đương phương trình (2) có hai nghiệm t1 < t2 < (quay Dạng 1) Cách 2: Dùng định lí Vi-ét trực tiếp nhờ tính chất số thực a) Ta có: x1 < α < x2 ⇔ x1 − α < < x2 − α ⇔ ( x1 − α )( x2 − α ) < ⇔ x1 x2 − α ( x1 + x2 ) + α < Ta thấy xuất biểu thức đối xứng x1 , x2 nên áp dụng định lí Vi-ét • Vậy phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: ∆ > ∆ > x1 < α < x2 ⇔  ⇔  2  x1 x2 − α ( x1 + x2 ) + α <  P − α S + α < b) Ta có: α < x1 < x2 ⇔ < x1 − α < x2 − α ( x − α )( x2 − α ) > ⇔ ( x1 − α ) + ( x2 − α ) >  x1 x2 − α ( x1 + x2 ) + α > ⇔  x1 + x2 − 2α > • Vậy phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn:  aα + bα + c =   α < c x1 ≤ α < x2 ⇔   aα   ∆ >   x1 − α < < x2 − α   aα + bα + c =   α < c ⇔   aα   ∆ >  ( x1 − α )( x2 − α ) <   x1 < α = x2  x1 < α < x2 Ta có : x1 < α ≤ x2 ⇔  Do PT (1) có nghiệm thỏa mãn: TH2 x1 < α ≤ x2 t1 < ≤ t2  aα + bα + c =   c < α x1 < α ≤ x2 ⇔   aα   ∆ >   x1 − α < x2 − α <   aα + bα + c =   c < α ⇔   aα   ∆ >  ( x1 − α )( x2 − α ) <  Ta có: x1 ≤ α ≤ x2 ⇔ x1 − α ≤ ≤ x2 − α ⇔ ( x1 − α )( x2 − α ) ≤ TH3 x1 ≤ α ≤ x2 t1 ≤ ≤ t2 Do PT (1) có nghiệm thỏa mãn: ∆ ≥ x1 ≤ α ≤ x2 ⇔  x − α x − α ≤ ( ) ( )  TH4 α ≤ x1 < x2 ≤ t1 < t2 α = x1 < x2 α < x1 < x2 Ta có: α ≤ x1 < x2 ⇔  10 Do PT (1) có nghiệm thỏa mãn:  aα + bα + c =   α < c  aα  α ≤ x1 < x2 ⇔   ∆ >  x − α x − α > )( )  (  ( x1 − α ) + ( x2 − α ) >  Ta có: α < x1 ≤ x2 ⇔ < x1 − α ≤ x2 − α Do PT (1) có nghiệm thỏa mãn: TH5 α < x1 ≤ x2 < t1 ≤ t2 ∆ ≥  α < x1 ≤ x2 ⇔ ( x1 − α ) ( x2 − α ) >  ( x1 − α ) + ( x2 − α ) > Ta có: α ≤ x1 ≤ x2 ⇔ ≤ x1 − α ≤ x2 − α Do PT (1) có nghiệm thỏa mãn: TH6 α ≤ x1 ≤ x2 ≤ t1 ≤ t2 ∆ ≥  α ≤ x1 ≤ x2 ⇔ ( x1 − α ) ( x2 − α ) ≥  ( x1 − α ) + ( x2 − α ) ≥ Ta có: x1 ≤ x2 < α ⇔ x1 − α ≤ x2 − α < Do PT (1) có nghiệm thỏa mãn: TH7 x1 ≤ x2 < α t1 ≤ t2 < ∆ ≥  x1 ≤ x2 < α ⇔ ( x1 − α ) ( x2 − α ) >  ( x1 − α ) + ( x2 − α ) < Ta có: x1 < x2 ≤ α ⇔ x1 − α < x2 − α ≤ Do PT (1) có nghiệm thỏa mãn: TH8 x1 < x2 ≤ α t1 < t2 ≤ ∆ >  x1 < x2 ≤ α ⇔ ( x1 − α ) ( x2 − α ) ≥  ( x1 − α ) + ( x2 − α ) < 11 Ta có: x1 ≤ x2 ≤ α ⇔ x1 − α ≤ x2 − α ≤ Do PT (1) có nghiệm thỏa mãn: TH9 x1 ≤ x2 ≤ α t1 ≤ t2 ≤ Phương pháp giải trường hợp Dạng ∆ ≥  x1 ≤ x2 ≤ α ⇔ ( x1 − α ) ( x2 − α ) ≥  ( x1 − α ) + ( x2 − α ) ≤ Các biểu thức hệ ĐK cuối đối xứng với x1 , x2 nên ta hồn tồn áp dụng định lí Vi-ét vào để giải Bài toán 2.2: Cho phương trình: ax + bx + c = ( 1) , ( a ≠ 0, x ∈ ¡ ) , α ∈ ¡ * a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm: α ≤ x b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm: x ≤ α Giải Cách 1: Đặt ẩn phụ sử dụng định lí Vi-ét Cụ thể: Đặt t = x − α ⇔ x = t + α , thay vào phương trình (1) ta được: at + ( 2aα + b ) t + aα + bα + c = ( ) Do đó: a) Phương trình (1) có nghiệm α ≤ x tương đương (2) có nghiệm ≤ t (quay Bài tốn 2.1) b) Phương trình (1) có nghiệm x ≤ α tương đương (2) có nghiệm t ≤ (quay Bài tốn 2.1) Cách 2: Dùng định lí Vi-ét trực tiếp nhờ tính chất số thực a) Điều kiện để phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn :  x1 < α ≤ x2 α ≤ x ⇔ PT(1) có nghiệm thỏa mãn  α ≤ x1 ≤ x2 b) Điều kiện để phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn :  x1 ≤ α < x2 x ≤ α ⇔ PT(1) có nghiệm thỏa mãn   x1 ≤ x2 ≤ α Đây lại trường hợp Bài tốn 1.2 12 Thí dụ 1.2: Cho hàm số: y = m − m + 1) x + ( m − 1) x + x + , ( m tham ( 1  số) Tìm điều kiện m để hàm số đồng biến khoảng  −∞; ÷ 2  2 Giải Ta có: y ' = ( m − m + 1) x + ( m − 1) x + 1  2 Ta phải tìm m để y ' = ( m − m + 1) x + ( m − 1) x + ≥ 0, ∀x ∈  −∞; ÷ Do 2  1  a = m − m + =  m − ÷ + > 0, ∀m nên ta có hai trường hợp: 2  2 + Trường hợp 1: ∆ ' ≤ ⇔ ( m − 1) − ( m − m + 1) ≤ ⇔ m ≥ + Trường hợp 2: ∆ ' > Khi yêu cầu y ' = có hai nghiệm thỏa mãn:  ∆ ' >  ∆ ' >  1  1  ≤ x1 < x2 ⇔  1 ⇔  x1 − ÷ x2 − ÷≥ 2  2 0 ≤ x1 − < x2 −   1  1  x1 − ÷+  x2 − ÷ > 2  2   −m > ∆ ' > m <   − m 1 ( ) + ≥ ⇔ m2 + 3m + ≥   ⇔  x1 x2 − ( x1 + x2 ) + ≥ ⇔  −   m − m +1 m − m +1 m2 + m − <  x + x − > 2(1 − m )   − >  m − m + ⇔ −3 + ≤ x < −3 + Kết hợp hai trường hợp, giá trị m cần tìm là: ≤ m 2 Thí dụ 2.2 Cho hàm số: y = x − mx + ( m − m + 1) x + , ( m tham số) Tìm m để hàm số có điểm cực đại nhỏ Giải Ta có: y ' = x − 2mx + m − m + 13 Vì hàm số bậc ba có cực trị phương trình y ' = có hai nghiệm phân biệt Mặt khác, hệ số a > nên y ' = có hai nghiệm x1 < x2 x1 điểm cực đại hàm số Do đó, để thỏa mãn u cầu tốn ta cần tìm m để phương trình x − 2mx + m − m + = (**) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < ≤ x2 x1 < x2 < • Để phương trình ( **) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < ≤ x2 , ta có: + Trường hợp 1: ( **) có hai nghiệm m − 3m + = x1 < = x2 ⇔  (Vô nghiệm m )  x1 = m − m + < ∆ ' > + Trường hợp 2: ( **) có hai nghiệm x1 < < x2 ⇔   x1 − < < x2 − ∆ ' > ∆ ' > 1 < m ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 1< m < x x − x + x + < ( x − 1)( x − 1) < < m < ( )   2  Vậy để phương trình ( **) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < ≤ x2 giá trị cần tìm m là: < m < • Để phương trình ( **) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < x2 < , ta phải có: ∆ ' > ∆ ' > ∆ ' >   ⇔ ( x1 − 1)( x2 − 1) > ⇔  x1 x2 − ( x1 + x2 ) + >   x1 − < x2 − <   ( x1 − 1) + ( x2 − 1) <  x1 + x2 − < (vơ nghiệm m ) Kết luận: Giá trị cần tìm m < m < 2.3.3 Dạng 3: So sánh nghiệm phương trình bậc hai với hai số thực α, β Bài toán 1.3: Cho phương trình: ax + bx + c = ( 1) , ( a ≠ 0, x ∈ ¡ ) hai số thực α < β a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < α < x2 < β b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: α < x1 < β < x2 c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: α < x1 < x2 < β 14 d) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < α < β < x2 Giải ∆ >  a) Phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < α < x2 < β ⇔  x1 < α < x2 x < x < β  Mỗi điều kiện hệ lại so sánh hai nghiệm phương trình (1) với số thực mà giải Dạng1 Dạng Tương tự ta giải câu lại sau: ∆ >  b) Phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: α < x1 < β < x2 ⇔  x1 < β < x2 α < x < x  ∆ >  c) Phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: α < x1 < x2 < β ⇔  x1 < x2 < β α < x < x  ∆ >  d) Phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < α < β < x2 ⇔  x1 < α < x2 x < β < x  Nhận xét: Nếu có thêm dấu “ = ” vào dấu “ < ” “ > ” tốn có nhiều trường hợp Tuy nhiên, cách suy luận tương tự Tức ta tách điều kiện thành hệ điều kiện mà điều kiện hệ so sánh nghiệm phương trình (1) với số thực Thí dụ 1.3 Tìm điều kiện tham số m để hàm số y = − x3 + (m + 1) x + m x + đồng biến khoảng ( −1;3) Giải Ta có y ' = −3x + 2( m + 1) x + m Yêu cầu toán tương đương với tìm m để −3 x + 2(m + 1) x + m ≥ 0, ∀x ∈ ( −1;3) Do hệ số a = −3 < nên ∆ ' > ∆ ' >   −3 x + 2(m + 1) x + m ≥ 0, ∀x ∈ ( −1;3) ⇔  ⇔  x1 ≤ −1 < x2  x1 ≤ −1 < ≤ x2 x < ≤ x  • Giải ĐK: ∆ ' > ⇔ ∆ = ( m + 1) + 3m > 0, ∀m  x1 = −1 < x2  x = −1 < x2 ⇔ • Giải ĐK: x1 ≤ −1 < x2 ⇔   x1 < −1 < x2  x1 + < < x2 + 15  −3( −1) − 2(m + 1) + m =  m = ±  m ≥ +   ⇔  −1 < x2 = m ⇔ −3 < m ⇔   m ≤ −    x1 x2 + x1 + x2 + < ( x1 + 1)( x2 + 1) <  x1 < = x2  x < = x2 ⇔ • Giải ĐK: x1 < ≤ x2 ⇔   x1 < < x2  x1 − < < x2 −  −3(3) + 6( m + 1) + m =   m ≥ −3 + 30  m = −3 ± 30  ⇔   x1 = −m < ⇔ ⇔  x x − 3( x + x ) + < m ≤ − − 30   2   ( x1 − 3)( x2 − 3) < Kết hợp ba điều kiện ta có: m ≤ −3 − 30 m ≥ + Nhận xét: Nếu sử dụng cách đặt ẩn phụ ta giải thí dụ ta phải hai lần đặt ẩn phụ lần đặt giúp ta so sánh nghiệm với số thực để so sánh với số thực khác phải đặt ẩn Điều gây phức tạp làm toán rắc rối thêm Nên việc sử dụng định lí Vi-ét trực tiếp thể rõ ưu cần so sánh nghiệm với hai số thực Tất nhiên toán giải phương pháp hàm số Thí dụ 2.3 Cho hình vng ABCD cạnh Gọi M , N · điểm di động cạnh AD CD cho MBN = 450 Chứng minh rằng: − ≤ S∆MBN ≤ Giải  AM = x, ( ≤ x ≤ 1) Đặt  NC = y , ≤ y ≤ ( )   tan α = x Khi đó:   tan β = y Ta có: 1 S∆BMN = − x − y − ( − x ) ( − y ) 2 = ( − xy ) 16 Dễ thấy α + β = 450 , suy : tan ( α + β ) = tan 450 ⇔ x+ y = ⇔ x + y = − xy Khi x, y nghiệm − xy phương trình bậc hai ẩn t sau: t − ( − xy ) t + xy = ( 3) Vì tồn x, y thỏa mãn ≤ x, y ≤ hiển nhiên nên phương trình ( 3) 0 ≤ t1 ≤ t2 ln có hai nghiệm thỏa mãn: ≤ t1 ≤ t2 ≤ ⇔  t1 ≤ t2 ≤ Áp dụng TH6 Dạng 1, TH9 Dạng ta có: ∆ ≥  P ≥ 0 ≤ t1 ≤ t2  ⇔ S ≥ PT ( 3) có hai nghiệm thỏa mãn:  t1 ≤ t2 ≤  t −1 t −1 ≥ ( ) ( ) ( t1 − 1) + ( t2 − 1) ≤    ( − xy ) − xy ≥ ( xy ) − xy + ≥ ∆ ≥     xy ≥ P ≥  xy ≥   − xy    ⇔ S ≥ ⇔ ≥0 ⇔  xy ≤  t −1 t −1 ≥   − xy ( ) ( )  t1t2 − ( t1 + t2 ) + ≥  xy − +1≥ ( t1 − 1) + ( t2 − 1) ≤    t +t −2≤0 1 − xy  −2≤0     xy ≥ + 2    xy ≤ − 2  ⇔  xy ≥ ⇔ ≤ xy ≤ − 2  xy ≤    1 ( − xy ) ≤ Dấu “=” xảy ( x; y ) = ( 0;1) = ( 1;0 ) 2 1 = ( − xy ) ≥ + 2 − = − Dấu “=” xảy x = y = − 2 Suy S∆BMN = S∆BMN ( ) 17 Thí dụ 3.3 Cho tam giác ABC cạnh Gọi O trọng tâm tam giác, điểm M di động cạnh AB , đoạn MO cắt đoạn AC N Chứng minh rằng: 3 ≤ S∆AMN ≤ Giải   AM = x,  Đặt   AN = y,  Ta có: AO = S∆AMN = S ∆AMO + S ∆ANO = = 1   ≤ x ≤ 1÷ 2  1   ≤ y ≤ 1÷ 2  AH = Suy 3 1 AM AO.sin 300 + AN AO.sin 300 2 1 3 x + y = ( x + y ) (4) 2 12 Mặt khác S∆AMN = xy sin 600 = xy (5) Từ (4) (5) suy ra: 3 ( x + y ) = xy ⇔ x + y = 3xy Khi x, y 12 nghiệm phương trình bậc hai ẩn t sau: t − xyt + xy = ( ) Vì tồn x, y thỏa mãn ≤ x, y ≤ hiển nhiên nên phương trình ( ) 1  ≤ t1 ≤ t2 ln có hai nghiệm thỏa mãn: ≤ t1 ≤ t2 ≤ ⇔  t1 ≤ t2 ≤ Áp dụng TH6, TH9 Dạng ta có: 18 ∆ ≥  1  t1 −  ÷ t2 − ÷≥   2 1  1  1  ≤ t1 ≤ t2  ⇔  t1 − ÷+  t2 − ÷≥ PT ( ) có hai nghiệm thỏa mãn:  2  2 t1 ≤ t2 ≤  ( t1 − 1) ( t2 − 1) ≥  ( t1 − 1) + ( t2 − 1) ≤  9 ( xy ) − xy ≥ ∆ ≥ ∆ ≥    1    1  t1 − ÷ t2 − ÷≥ t1t2 − ( t1 + t2 ) + ≥  xy − xy + ≥    2 4    1  1 1    ⇔  t1 − ÷+  t2 − ÷≥ ⇔ t1 + t2 − ≥ ⇔ 3xy − ≥ 2  2 4    ( t1 − 1) ( t2 − 1) ≥ t1t2 − ( t1 + t2 ) + ≥  xy − xy + ≥   3xy − ≤ ( t1 − 1) + ( t2 − 1) ≤ t1 + t2 − ≤     ⇔ ≤ xy ≤ Suy S∆AMN = 1   1 3 xy ≤ = Dấu “=” xảy ( x; y ) =  ;1÷ = 1; ÷ 2   2 4 3 xy ≥ = Dấu “=” xảy x = y = 4 9 Nhận xét: Như nêu lí chọn đề tài, định lí Vi-ét có ứng dụng Hình học Tuy ứng dụng lĩnh vực hoi lại có tác dụng lớn Thí dụ 2.3, Thí dụ 3.3 minh họa S∆AMN =  Các tập đề nghị Bài Cho hàm số y = x − ( 2m − 1) x + ( − m ) x + , ( m tham số) a) Tìm m để hàm số có điểm cực tiểu lớn −2 b) Tìm m để hàm số có điểm cực đại nhỏ −2 c) Tìm m để hàm số có điểm cực đại, cực tiểu nằm hai phía −2 d) Tìm m để hàm số có điểm cực đại cực tiểu nhỏ −2 e) Tìm m để hàm số có điểm cực đại cực tiểu lớn −2 19 2 Bài Cho hàm số y = x − mx + ( m − m − 3) x + 2m + , ( m tham số) a) Tìm m để hàm số nghịch biến khoảng ( −∞;3) b) Tìm m để hàm số đồng biến nửa khoảng [ 3;+∞ ) Bài Cho hàm số y = x3 − 3mx + (m + 1) x + m + (Cm ) , ( m tham số) Tìm m để đường thẳng ( d ) : y = x + m + cắt đồ thị (Cm ) ba điểm phân biệt có hồnh độ lớn -1 Bài Cho hàm số y = x3 − m x + (m − 1) x + 3m + (Cm ) , ( m tham số) Tìm tất giá trị m để đường thẳng ( d ) : y = −4 x + 3m + cắt đồ thị (Cm ) ba điểm phân biệt có hồnh độ nhỏ Bài Với giá trị tham số a hàm số f ( x ) = sin x + cos x + a sin x cos x xác định với giá trị x Bài Với giá trị tham số a hệ bất phương trình sau có nghiệm  x − x + <  ax − ( 3a + 1) x + < 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Khi áp dụng chuyên đề vào giảng dạy học sinh trường THPT Như Thanh II, nhận thấy em học sinh hứng thú với môn học, nhiều học sinh cảm thấy bất ngờ giải “nhẹ nhàng” số tốn có liên quan đến so sánh nghiệm phương trình bậc hai với số thực hai số thực Bởi trước em gần khơng có đường lối để làm cách làm “đơn sơ” tìm rõ nghiệm theo tham số “lao” vào giải bất phương trình vơ tỷ để dẫn đến biểu thức cồng kềnh, từ làm cho người học chán nản Chính hứng thú với môn học nên năm học nhận thấy chất lượng mơn Tốn nâng lên đáng kể  Cụ thể: Trong năm học 2018-2019 tơi có dạy lớp 12A4 12A5 Sau dạy xong chuyên đề cho lớp 12A4, lớp 12A5 chưa dạy, cho học sinh hai lớp làm kiểm tra chuyên đề kết đạt khả quan: Lớp 12A5 Sĩ số 41 Điểm Điểm 5; Điểm 7; Điểm 9; 10 SL % SL % SL % SL % 14 34,1 18 44 09 21,9 0 20 12A4 39 04 10,3 11 28,2 20 51,2 04 10,3  Trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi năm học 2018-2019, tổ chuyên môn ôn tập cho em Tôi dạy chuyên đề cho em đội tuyển HSG cấp tỉnh phục vụ việc ôn tập theo cấu trúc đề thi Kết thi HSG tỉnh năm 2018-2019 đáng mừng có 01 học sinh đạt giải Ba, thành tích xuất sắc nhiều năm qua thể nỗ lực thầy trò vùng khó khăn thứ trường chúng tơi Nhà trường với thành tích đội tuyển khác xếp thứ 52 toàn tỉnh, tăng 12 bậc so với năm học 2017-2018 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Qua tình hình giảng dạy thực tế nhiều năm – hiểu rõ đối tượng học sinh trường mình, kết hợp với nghiên cứu tài liệu tham khảo học hỏi đồng nghiệp; mạnh dạn viết sáng kiến có kết quả:  Đã phân loại rõ ràng, cụ thể đầy đủ trường hợp so sánh nghiệm phương trình bậc hai với số 0, với số thực bất kì, với hai số thực  Đã cách đưa định lí Vi-ét vào áp dụng trường hợp cách khéo léo thơng qua tính chất số học số thực  Có nhận xét, phân tích ưu điểm, hạn chế cách dùng định lí Vi-ét so với cách khác số trường hợp Điều giúp người học hiểu vấn đề sâu sắc 21 Việc phân loại dạng toán mang tính chủ quan; điều cốt lõi học sinh hiểu ý tưởng, tinh thần cách suy luận logic trường hợp để đưa định lí Vi-ét vào sử dụng hiệu Đề tài viết mảng kiến thức bản, quen thuộc với học sinh yêu cầu bắt buộc học sinh phải có Do tơi nghĩ có khả áp dụng rộng dãi nhiều đơn vị; thầy cô, học sinh sử dụng để nâng cao chất lượng giảng dạy học tập Bản thân tình hình thực tế, đối tượng cụ thể, tham khảo tài liệu, học hỏi từ đồng nghiệp để viết hồn chỉnh sáng kiến Song lực hạn chế kinh nghiệm giảng dạy chưa nhiều, nên mong đóng góp ý bổ sung Hội đồng khoa học cấp bạn đồng nghiệp Tôi xin chân thành cảm ơn ! 3.2 Kiến nghị XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 15 / / 2019 Tơi xin cam đoan SKKN mình, khơng chép nội dung người khác Hoàng Khắc Tại TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Trần Văn Hạo (Tổng biên tập)- Sách giáo khoa mơn Tốn 10, 12- NXB Giáo dục- 2011 [2] Vũ Dương Thụy- Nguyễn Bá Kim - Phương pháp giảng dạy môn Toán-NXB Giáo dục [3] G.Polya -Giải tập nào- Nhà xuất giáo dục [4] Phan Huy Khải - Trong tâm kiến thức Đại số lớp 10, 12- Nhà xuất Giáo dục 22 Mẫu (2) DANH MỤC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ tên tác giả: Hồng Khắc Tại Chức vụ đơn vị cơng tác: Giáo viên – THPT Như Thanh II TT Tên đề tài SKKN Cấp đánh giá xếp loại (Ngành GD cấp huyện/tỉnh; Tỉnh ) Kết đánh giá xếp loại (A, B, C) Năm học đánh giá xếp loại 23 RÈN LUYỆN KĨ NĂNG SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ-SI TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC NHẰM NÂNG CAO HIỆU QUẢ ÔN THI ĐH-CĐ CHO HỌC SINH LỚP 12 TRƯỜNG THPT NHƯ THANH II Ngành GD cấp Tỉnh B 2015-2016 24 ... áp dụng định lí Vi- ét vào Vì quen làm vi c so sánh với số 2.3 Vận dụng định lí Vi- ét giải số dạng tốn so sánh nghiệm phương trình bậc hai với số thực, hai số thực 2.3.1 Dạng 1: So sánh nghiệm phương. .. trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 3 2.3 Vận dụng định lí Vi- ét giải dạng toán 2.3.1 Dạng 1: So sánh nghiệm phương trình bậc hai 2.3.2 Dạng 2: So sánh nghiệm phương trình bậc hai với số thực α... làm chủ ta hiểu rõ quy tắc nên vi t đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “ Vận dụng định lí Vi- ét giải số dạng toán so sánh nghiệm phương trình bậc hai với số thực, hai số thực nhằm nâng cao chất lượng