Tìm GTNN, GTLN

Một số ứng dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ Nhiều năm gần đây trong các kỳ thi chọn lọc học sinh giỏi bậc THCS và các kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT thường có các bài toán tìm cực trị và giải phương trình nghiệm nguyên. Đây là hai dạng toán tương đối khó đối với học sinh THCS. Để giải các bài toán này học sinh phải biết đổi tương đương các biểu thức đại số, phải sử dụng khá nhiều hằng đẳng thức từ đơn giản đến phức tạp . phải tổng hợp các kiến thức và kỹ năng tính toán, tư duy sáng tạo. Vậy làm thế nào để học sinh có thể định hướng được hướng đi, hay hơn thế là hình thành được một công thức "ẩn tàng" nào đó mỗi khi gặp một bài toán. Là người trực tiếp giảng dạy toán trong trường THCS, trong quá trình giảng dạy, tôi luôn luôn trăn trở, tìm tòi, chọn lọc những phương pháp hợp lý nhất để để dẫn dắt, hình thành cho học sinh một cách suy nghĩ mới làm quen với dạng toán này để dần dần các em có được một số phương pháp giải cơ bản nhất. Trong khuôn khổ nhỏ hẹp này tôi xin nêu ra "Một số ứng dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai". PHẦN II. NỘI DUNG I. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ 1. Về phía giáo viên: - Giáo viên chưa phân loại các dạng toán và những kiến thức áp dụng. - Giáo viên chưa thực sự chú tâm đến việc tìm tòi những giải pháp phù hợp với từng đối tượng học sinh và áp dụng triệt để trong các bài học. 2. Về phía học sinh: - Mỗi khi gặp các dạng toán này học sinh thường bị lúng túng trong việc tìm lời giải dẫn đến tư tưởng e ngại. - Chưa mạnh dạn trong các hoạt động học tập, chưa phát huy tính năng động, tích cực, sáng tạo trong việc tiếp thu lĩnh hội kiến thức. - Chưa tự giác trong việc tự học tự rèn luyện, còn mang tính ỷ lại trông chờ vào người khác. Giáo viên: Đậu Công Nho – THCS Diễn Bích 3 Một số ứng dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai II. MỘT SỐ BIỆN PHÁP 1. Vận dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai vào giải toán cực trị: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất là một dạng toán khó với nhiều cách giải trong chương trình toán THCS. Ở trường THCS dạng toán này thường được giải bằng cách nhận xét giá trị của biến và biến đổi biểu thức cần tìm GINN, GTLN về dạng axgxf n += 2 )()( (hoặc axgxf n +−= 2 )()( ) với Nn ∈ khi đó GTNN của biểu thức axf = )( ⇔ 0)( = xg ( hoặc GTLN của axf = )( ⇔ 0)( = xg ) Ví dụ: Tìm GTNN, GTLN của biểu thức sau: 1 43 2 + − = x x y Giải: 11 1 )2( 1 )1(44 1 43 2 2 2 22 2 −≥− + − = + +−+− = + − = x x x xxx x x y Dấu bằng xảy ra khi 02 =− x ⇔ 2 = x ⇒ GTNN của 1 −= y khi và chỉ khi 2 = x 4 1 )12( 4 1 )144()1(4 1 43 2 2 2 22 2 ≤ + + −= + ++−+ = + − = x x x xxx x x y Dấu bằng xảy ra khi 012 =+ x ⇔ 2 1 = x ⇒ GTLN của 4 = y khi và chỉ khi 2 1 = x Đọc lời giải trên ta nhận thấy việc biến đổi biểu thức cần tìm GTNN, GTLN về dạng axgxf n += 2 )()( (hoặc axgxf n +−= 2 )()( ) với Nn ∈ là việc làm khó cần tư duy linh hoạt. Điều đó không phải học sinh nào cũng làm được. Để khắc phục điều đó, cần có một phương pháp giải vận dụng kiến thức đơn giản hơn. Để giải một dạng toán không nhất thiết phải theo một quy tắc nào cả, có thể cách này có thể cách khác. Đặc biệt là nên vận dụng kiến thức nào? Nhằm đơn giản hơn trong lời giải. Qua kinh nghiệm giảng dạy và luyện giải toán Tôi đã đúc rút được một phương pháp giải bài toán tìm GTNN, GTLN. Giáo viên: Đậu Công Nho – THCS Diễn Bích 4 Một số ứng dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai Chúng ta đã biết phương trình bậc hai 0 2 =++ cbxax ( 0 ≠ a ) có nghiệm khi biệt số delta 04 2 ≥−=∆ acb . Vì vậy để tìm GTNN, GTLN của biểu thức A = f(x) có bậc bằng 2 ta biến đổi biểu thức đã cho về dạng phương trình bậc hai, xem A là tham số của phương trình và giải tìm điều kiện của A để phương trình có nghiệm. 1.1) Các ví dụ minh hoạ : 1. Ví dụ 1: Tìm GTNN của y = x 2 + 4x + 5 Giải : Ta có : y = x 2 + 4x + 5 ⇔ x 2 + 4x + 5 - y = 0 (có nghiệm) Ta phải có: ∆' = 4 - 5 + y ≥ 0 ⇔ y ≥ 1 Vậy GTNN của y = 1 ⇔ x = -2 2. Ví dụ 2: Tìm GTLN của y = - x 2 + 2x - 7 Giải : Ta có : y = - x 2 + 2x - 7 ⇔ x 2 - 2x + y + 7 =0 (có nghiệm) Ta phải có: ∆' = 1 - y - 7 ≥ 0 ⇔ y ≤ - 6 Vậy GTLN của y = -6 ⇔ x = 1 3. Ví dụ 3: Tìm GTNN, GTLN của hàm số: 1 43 2 + − = x x y Giải: Ta có 01 2 >+ x với mọi x, nên y xác định với mọi x. 1 43 2 + − = x x y ⇔ 034 2 =−++ yxyx * Xét 0 = y , ta có 4 3 = x * Xét 0 ≠ y , ta có yyyy 34)3(4' 2 +−=−−=∆ )1)(4( yy +−= Giáo viên: Đậu Công Nho – THCS Diễn Bích 5 Một số ứng dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai Để có x thì phải có 0' ≥∆ ⇔    ≤ −≥ 4 1 y y ⇔ 41 ≤≤− y 1 −= y thì 2 = x 4 = y thì 2 1 −= x Vậy: GTNN của 1 −= y với 2 = x GTLN của 4 = y với 2 1 −= x 4. Ví dụ 4: Tìm GTNN, GTLN của biểu thức: 1 1 2 2 +− − = xx x K Giải: Ta có: 0 4 3 2 1 1 2 2 >+       −=+− xxx ; do đó K xác định với mọi x 1 1 2 2 +− − = xx x K ⇔ 01)1( 2 =++−− KKxxK * Xét 1=K , ta có 02 =+− x ⇔ 2 = x * Xét 1≠K , ta có 2 2 2 2 4( 1) 4 4K K K K K∆ = − − = − + )34(34 2 KKKK −=−= Để có x ta phải có 0 ≥∆ ⇔ 0 4 3 0 0 4 3 0 K K K K  ≥    − ≥    ≤    − ≤    ⇔ 0 4 3 0 ;( ) 4 3 K K K VN K  ≥      ≤     ≤      ≥     ⇔ 3 4 0 ≤≤ K 0 = K thì 1 ±= x 3 4 = K thì 4 = x Vậy: GTNN của 0 = K khi 1 ±= x GTLN của 3 4 = K khi 4 = x Giáo viên: Đậu Công Nho – THCS Diễn Bích 6 Một số ứng dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai 5. Ví dụ 5: Tìm GTNN, GTLN của hàm số: 75 2 2 +− = xx x y Giải: Ta có: 0 4 3 2 5 75 2 2 >+       −=+− xxx ; do đó y xác định với mọi x 75 2 2 +− = xx x y ⇔ 22 75 xyyxyx =+− ⇔ 075)1( 2 =+−− yyxxy * Xét 1 = y , ta có: 075 =+− x ⇔ 5 7 = x * Xét 1 ≠ y , ta có: yyyyty 282825)1(2825 222 +−=−−=∆ )283(283 2 +−=+−= yyyy Để có x thì phải có 0 ≥∆ ⇔           ≤+− ≤    ≥+− ≥ 0283 0 0283 0 y y y y ⇔ 0 28 3 0 ;( ) 28 3 y y y VN y  ≥      ≤     ≤      ≥     ⇔ 3 28 0 ≤≤ y 0 = y thì 0 )1(2 5 = − = y y x 3 28 = y thì 5 14 )1(2 5 = − = y y x Vậy: GTNN của 0 = y với 0 = x GTLN của 3 28 = y với 5 14 = x 1.2) Các bài tập đề nghị : 1. Tìm GTNN của : a) A = 5x 2 + x + 7 ; b) B = 744 3 2 −+− xx ; c) C = xx x 44 25 2 −+ − Giáo viên: Đậu Công Nho – THCS Diễn Bích 7 Một số ứng dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai 2. Tìm GTLN của : a) A = -x 2 + x + 2 ; b) B = 184 11 2 +− xx ; c) 2 2 3 5 2 3 x x C x x + − = − + 3. Tìm GTLN và GTNN của : a) A = 1 1 2 2 + ++ x xx ; b) B = 1 34 2 + + x x ; c) C = 2 2 x 2x 2 x 2x 2 − + + + 2. Vận dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai vào giải phương trình nghiệm nguyên: Phương trình nghiệm nguyên là dạng toán khó đối với học sinh cấp THCS, nó được giải với nhiều cách và phải vận dụng nhiều kiến thức toán học. Tuy nhiên với phương trình nghiệm nguyên ẩn là x và y có bậc bằng 2, ta có thể biến đổi phương trình về dạng phương trình bậc hai, xem một ẩn là tham số và giải tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm. Vì x, y là nguyên nên biệt thức delta phải là số chính phương. 2.1) Các ví dụ minh hoạ : 1. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 + x + 1 = xy – y Giải : Ta có: x 2 + x + 1 = xy – y ⇔ x 2 + (1 – y)x + y + 1 = 0 (1) ∆ = (1 – y) 2 – 4(y + 1) = y 2 – 6y – 3 = (y – 3) 2 – 12 Ta phải có ∆ là số chính phương Đặt (y – 3) 2 – 12 = k 2 (k ∈ N) ⇔ (y – 3 – k)(y – 3 + k) = 12 Ta tìm được y = – 1 và y = 7 * Với y = – 1 (1) ⇔ x 2 + 2x = 0 => x = 0, x = – 2 * Với y = 7 (1) ⇔ x 2 – 6x + 8 = 0 => x = 2, x = 4 Vậy phương trình có nghiệm: (0;-1), (-2;-1), (2;7), (4;7) 2. Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 + xy + y 2 = x 2 y 2 Giải : Ta có: x 2 + xy + y 2 = x 2 y 2 ⇔ (y 2 – 1)x 2 – yx – y 2 = 0 (*) Xét y = 1, (*) có dạng: - x – 1 = 0 => x = - 1 Giáo viên: Đậu Công Nho – THCS Diễn Bích 8 Một số ứng dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai Xét y = - 1, (*) có dạng: x – 1 = 0 => x = 1 Xét y ≠ ± 1, (*) là phương trình bậc hai ẩn x. ∆ = y 2 + 4y 2 (y 2 – 1) = y 2 (4y 2 – 3) Ta phải có ∆ là số chính phương. Nếu y = 0 thì x = 0 Nếu y ≠ 0 thì 4y 2 – 3 là số chính phương. Đặt 4y 2 – 3 = k 2 (k ∈ N) nên (2y + k)(2y – k) = 3 Ta tìm được y = ± 1, loại vì ta đang xét y ≠ ± 1 Vậy phương trình có nghiệm: (0;0), (-1;1), (1; -1) 3. Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 – 4xy + 5y 2 = 16 Ta có: x 2 – 4xy + 5y 2 = 16 ⇔ x 2 – 4xy +5y 2 – 16 = 0 Phương trình có nghiệm khi ∆’ = 4y 2 – 5y 2 + 16 ≥ 0 ⇔ 16 – y 2 ≥ 0 ⇔ - 4 ≤ y ≤ 4 Vì y ∈ Z nên y = {-4; -3;-2;-1;0;1;2;3; 4} Chỉ có y = {-4; 0; 4} thỏa mãn ∆ là số chính phương. Vậy phương trình có nghiệm: (-8;-4), (-4;0), (4; 0); (8;4) 4. Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 y 2 + 2x 2 – 2x 2 y – 2x + 1 = 0 Ta có: x 2 y 2 + 2x 2 – 2x 2 y – 2x + 1 = 0 ⇔ (y 2 - 2y + 2)x 2 - 2x + 1 = 0 Phương trình có nghiệm khi ∆' = 1 - (y 2 - 2y + 2) ≥ 0 ⇔ - (y 2 - 2y + 1) ≥ 0 ⇔ (y - 1) 2 ≤ 0 ⇔ y = 1 Vậy phương trình có nghiệm (1;1) 5. Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 – xy + y 2 = 3. Ta có: x 2 – xy + y 2 = 3 ⇔ x 2 - xy + y 2 - 3 = 0 Phương trình có nghiệm khi ∆ = y 2 - 4(y 2 - 3) ≥ 0 Giáo viên: Đậu Công Nho – THCS Diễn Bích 9 Một số ứng dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai ⇔ 12 -3y 2 ≥ 0 ⇔ 4 ≥ y 2 ⇔ -2 ≤ y ≤ 2 ⇒ y ∈{-2; -1 ; 0 ; 1 ; 2} Chỉ có y = {-2; 2} thỏa mãn ∆ là số chính phương. Vậy phương trình có nghiệm (-1;-2); (1;2) 6. Ví dụ 6: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 2x 2 + 4x = 19 – 3y 2 . Ta có: 2x 2 + 4x = 19 – 3y 2 ⇔ 2x 2 + 4x - 19 + 3y 2 = 0 Phương trình có nghiệm khi ∆' = 4 - 2(-19 + 3y 2 ) ≥ 0 ⇔ 4 + 38 - 6y 2 ≥ 0 ⇔ 42 - 6y 2 ≥ 0 ⇔ 7 ≥ y 2 ⇔ -3 < y < 3 ⇒ y ∈{-2; -1 ; 0 ; 1 ; 2} Chỉ có y = {-1; 1} thỏa mãn ∆ là số chính phương. Vậy phương trình có nghiệm (2; -1); (-4; -1); (2; 1); (-4; 1) 2.1) Các bài tập đề nghị : a) 2x 2 + y 2 – 2xy + 2y – 6x + 5 = 0. b) x 2 + y 2 + xy – 5x – 4y + 7 = 0. c) x 2 + y 2 – xy + x + y = 0 d) x 2 + y 2 + xy = 2x + y e) x 2 – 3xy + 3y 2 = 3y * Những kết quả đạt được: - Sau khi áp dụng đề tài vào việc giảng dạy, việc giải bài toán của học sinh đã có những tiến bộ. Điều này thể hiện rõ ở kết quả làm bài tập, bài kiểm tra; khả năng phân tích bài toán, định hướng, tư duy của các em nhanh hơn, chính xác hơn. Nhiều em rất say mê học, đem kiến thức áp dụng vào thực tế tốt hơn. Các em rất tích cực sưu tầm thêm các bài toán hay trong sách, báo, tạp chí để trao đổi với bạn bè. - Tôi đã tiến hành áp dụng đề tài này vào một lớp của trường trung học cơ sở Diễn Bích trong năm học 2009-2010 và thu được kết quả như sau: Giáo viên: Đậu Công Nho – THCS Diễn Bích 10 Một số ứng dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai Khi chưa áp dụng SKKN Khi áp dụng SKKN Số HS 40 Số lượng Tỉ lệ % Số HS 40 Số lượng Tỉ lệ % Giỏi, khá 8 20 Giỏi, khá 16 40 T.Bình 20 50 T.Bình 18 45 yếu 12 30 yếu 6 15 Qua kết quả đánh giá trong năm học, so với các năm học trước, bước đầu thấy được hiệu quả của phương pháp đưa ra. Học sinh đã có sự tiến bộ trong nhận thức và thực hành, kết quả từng bước được nâng lên. Chính sự ham học của học sinh là động lực thúc đẩy giáo viên cần phải đổi mới tư duy, tích cực tìm ra những phương pháp cho từng dạng toán. * Phương pháp nghiên cứu: 1. Phương pháp nghiên cứu lí luận Đọc các tài liệu có liên quan  Tạp chí toán tuổi thơ 2  Sách tham khảo  Phương pháp dạy học môn toán 2. Phương pháp điều tra  Điều tra nắm tình hình dạy của các giáo viên trong và ngoài nhà trường.  Điều tra mức độ tiếp thu và vận dụng "Một số ứng dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai". của học sinh.  Chất lượng của học sinh trước và sau khi thực hiện. 3. Phương pháp phân tích Phân tích yêu cầu, kĩ năng giải môt bài tập 4. Phương pháp thực nghiệm 5. Phương pháp tổng kết kinh nghiệm Rút ra những bài học cho bản thân và đồng nghiệp đẻ dạy tốt hơn trong quá trình dạy học. * Khả năng ứng dụng: 1. Phạm vi áp dụng Giáo viên: Đậu Công Nho – THCS Diễn Bích 11 Một số ứng dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai Đề tài này áp dụng đối với học sinh bồi dưỡng học sinh giỏi và học sinh thi vào THPT. 2. Khả năng phát triển của đề tài Do thời gian, tài liệu cũng như năng lực còn hạn chế và mức độ nghiên cứu chưa lớn đề tài mới chỉ tìm hiểu "Một số ứng dụng của điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai” vào giải toán cực trị và tìm nghiệm nguyên của phương trình. Trên cơ sở này chúng ta có thể mở rộng vào giải bài toán chứng minh các bất đẳng thức. Ví dụ: Chứng minh bất đẳng thức 2 2 1 x x 1 3 3 x x 1 + + ≤ ≤ − + Giải : Ta có: 0 4 3 2 1 1 2 2 >+       −=+− xxx ; do đó biểu thức xác định với mọi x Đặt 2 2 x x 1 y x x 1 + + = − + (*) (x;y) thỏa mãn (*) khi và chỉ khi phương trình: y(x 2 – x + 1) = x 2 + x + 1 có nghiệm ⇔ yx 2 – xy + y = x 2 + x + 1 ⇔ (y – 1)x 2 – (y + 1)x + y – 1 = 0 (1) * y = 1 thì x = 0 (2) * y ≠ 1: (1) có nghiệm ⇔ ∆ = (y + 1) 2 – 4(y – 1) 2 ≥ 0 ⇔ (3y – 1)(3 – y) ≥ 0 ⇔ 1 y 3 3 ≤ ≤ Vậy 2 2 1 x x 1 3 3 x x 1 + + ≤ ≤ − + PHẦN III. KẾT LUẬN 1. Kết quả của việc ứng dụng SKKN. Trên đây là một vài ý kiến nhỏ được đúc rút từ thực tế những năm giảng dạy của tôi. Tuy nhiên với khả năng của mình tôi chỉ đề cập tới một vài tình huống mà Giáo viên: Đậu Công Nho – THCS Diễn Bích 12 . khi 012 =+ x ⇔ 2 1 = x ⇒ GTLN của 4 = y khi và chỉ khi 2 1 = x Đọc lời giải trên ta nhận thấy việc biến đổi biểu thức cần tìm GTNN, GTLN về dạng axgxf n +=. 4 = y thì 2 1 −= x Vậy: GTNN của 1 −= y với 2 = x GTLN của 4 = y với 2 1 −= x 4. Ví dụ 4: Tìm GTNN, GTLN của biểu thức: 1 1 2 2 +− − = xx x K Giải: Ta