skkn bài toán tam thức bậc hai trong các kỳ thi học sinh giỏi

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM LĨNH VỰC: TOÁN THPT Đề tài: BÀI TOÁN TAM THỨC BẬC HAI TRONG CÁC KỲ THI HỌC SINH GIỎI HÀ TĨNH, 2020 MỤC LỤC TT Nội dung Trang Mục lục Danh mục chữ viết tắt Lời cam kết PHẦN MỞ ĐẦU I Bối cảnh đề tài II Lý chọn đề tài III Phạm vi đối tượng nghiên cứu IV Mục đích nghiên cứu V Điểm đóng góp đề tài PHẦN NỘI DUNG I Cở sở lý luận II Thực trạng vấn đế III Các biện pháp thực giải vấn đề A Tam thức bậc hai số kiến thức liên quan B Một số dạng toán Tam thức bậc hai kỳ thi học sinh giỏi IV Hiệu mang lại sáng kiến 23 V Khả ứng dụng, triển khai ý nghĩa sáng kiến 24 PHẦN KẾT LUẬN 26 I Những học kinh nghiệm 26 II Những kiến nghị, đề xuất 26 TÀI LIỆU THAM KHẢO DANH MỤC CHỮ CÁI VIẾT TẮT THPT: Trung học phổ thông 27 LỜI CAM KẾT Tôi xin cam đoan đề tài sáng kiến cơng trình nghiên cứu riêng cá nhân tơi, hồn thành sở đúc rút từ kinh nghiệm giảng dạy, phân tích, tổng hợp, chọn lọc xếp từ nhiều nguồn tài liệu tham khảo nêu đề tài Tôi hoàn toàn chịu trách nhiệm nội dung đề tài sáng kiến Tác giả sáng kiến PHẦN MỞ ĐẦU I BỐI CẢNH CỦA ĐỀ TÀI Nghị số 29 Ban Chấp hành Trung ương khóa XI lần khẳng định muốn đổi bản, toàn diện nâng cao chất lượng giáo dục nước ta phải phát triển đội ngũ nhà giáo Để phát triển đội ngũ nhà giáo cần nhiều yếu tố thiếu việc đào tạo, bồi dưỡng, tập huấn khuyến khích động viên họ tự bồi dưỡng thường xuyên để nâng cao trình độ, đáp ứng với u cầu cơng việc Bản thân giáo viên trường THPT X, bên cạnh việc dạy học tồn diện cịn phải tập trung nhiều công sức cho việc đào tạo học sinh giỏi mơn Tốn cấp nên việc tự học, tự bồi dưỡng việc làm thường xuyên, liên tục Trong năm học vừa qua, từ việc nghiên cứu, sưu tầm, tổng hợp, phát triển toán với nhiều nguồn tài liệu khác trình giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi Tốn trực tiếp tơi có nhiều suy nghĩ, hệ thống nội dung đề tài: “Bài toán Tam thức bậc hai kỳ thi học sinh giỏi” Từ đầu năm học 2018 – 2019 tổng hợp, chọn lọc để viết thành báo cáo Hội nghị tập huấn giáo viên Tốn nịng cốt trường THPT, tổ chức dạy học thực nghiệm đánh giá hiệu đề tài Tôi hy vọng đề tài sáng kiến tài liệu để giúp thân bạn đồng nghiệp áp dụng việc bồi dưỡng học sinh giỏi, góp phần nâng cao chất lượng dạy học mơn Tốn cấp THPT thời gian tới II LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong chương trình tốn cấp phổ thơng nói kiến thức phương trình bậc hai tam thức bậc hai (sau gọi chung tam thức bậc hai) kiến thức trung tâm nội dung đại số Các kiến thức học nghiên cứu đầy đủ lớp cấp THCS lớp 10 cấp THPT Trong thực tiễn dạy học có nhiều nội dung kiến thức đa thức bậc 3, đa thức bậc 4, phân thức, thức… đưa việc xét tam thức bậc hai dùng kiến thức tam thức bậc hai để giải Các vấn đề chung tam thức bậc hai nghiên cứu nhiều Các tài liệu tam thức bậc hai đa dạng phong phú Tuy nhiên thường kiến thức đại trà, dạng toán bản, toán luyện thi lặp lặp lại cần thay số, điều chỉnh Rất gặp tài liệu tổng hợp đưa toán hay tam thức bậc hai Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi toán cấp, kể cấp THCS cấp THPT thường xuất nhiều toán tam thức bậc hai Đặc biệt, kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 10 Hà Tĩnh tốn có kiến thức tam thức bậc hai thường xuyên xuất Đây thường tốn khó, có nhiều suy luận vận dụng hay, toán để phân loại em học sinh phát triển số kỹ em Sau kỳ thi em học sinh đồng nghiệp tỉnh hay liên hệ, trao đổi với thân cách tìm lời giải tốn Từ tích lũy kiến thức cá nhân q trình dạy học bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi, tơi chọn đề tài nghiên cứu là: “Bài tốn Tam thức bậc hai kỳ thi học sinh giỏi” Thông qua đề tài muốn đưa hệ thống số dạng toán tam thức bậc hai thường xuất kỳ thi, số nhận xét kinh nghiệm nghiên cứu dạng toán đẹp khó III PHẠM VI VÀ ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Trong đề tài nghiên cứu, hệ thống số dạng tập toán tam thức bậc hai tính chất liên quan xuất đề thi học sinh giỏi, xác định đặc trưng dạng tốn để khắc sâu, mở rộng kiến thức tam thức bậc hai IV MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Mục đích nghiên cứu đề tài thông qua nghiên cứu từ sở lý luận thực tiễn, đưa hệ thống số dạng toán hay tam thức bậc hai xuất kỳ thi học sinh giỏi số vấn đề liên quan để nâng cao khả giải tốn học sinh, góp phần nâng cao chất lượng dạy học mơn Tốn V ĐIỂM MỚI TRONG KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU  Hệ thống số kiến thức số dạng tập toán Tam thức bậc hai thường xuất đề thi học sinh giỏi  Phân tích, rút số nhận xét quan trọng dạng toán Tam thức bậc hai  Phân dạng xây dựng hệ thống tốn có tính hợp lý, khoa học tốn trích từ đề thi học sinh giỏi toán cấp; phân tích định hướng việc tìm tịi lời giải rút nhận xét sau lời giải số toán PHẦN NỘI DUNG I CƠ SỞ LÝ LUẬN Kiến thức phương trình bậc hai tam thức bậc hai (sau gọi chung tham thức bậc hai) học sinh biết đến từ học đề hàm số phương trình chương trình mơn Tốn lớp cấp THCS Thực tế vấn đề trung tâm đại số bậc phổ thơng tam thức bậc hai có nhiều tính chất đặc trưng hàm số Bên cạnh việc tìm nghiệm tam thức bậc hai ln giải triệt để, nhiều phương trình khác muốn tìm nghiệm phải chuyển việc tìm nghiệm tam thức bậc hai Các vấn đề xây dựng phát triển từ kiến thức tam thức bậc hai phong phú đa dạng, tương ứng với nhiều đối tượng, mức độ, tính chất phù hợp với trình phát triển tư duy, rèn luyện kỹ Trên sở nội dung trình bày sách giáo khoa, có khai thác, hệ thống hợp lý đến dạng tốn tam thức bậc hai khó hơn, hấp dẫn hơn, có khả phát triển tư cao Trong sách giáo khoa bậc phổ thông nay, kiến thức số vận dụng tam thức bậc hai trình bày với nội dung sau:  Tốn 7: trình bày khái niệm hàm số, có lấy ví dụ tam thức bậc hai  Tốn 9: trình bày số tính chất hàm số, lấy ví dụ tam thức bậc hai; khảo sát hàm số bậc hai dạng y  ax ; giải phương trình bậc hai số phương trình quy bậc hai  Đại số 10: xác hóa khái niệm hàm số, nghiên cứu sâu nhiều tính chất hàm số; khảo sát hàm số bậc hai; giải phương trình, bất phương trình bậc hai, phương trình quy bậc hai Bên cạnh sau học kiến thức tam thức bậc hai lớp 10, nhiều ứng dụng tam thức bậc hai cho thấy hiệu Sau có kiến thức liên tục đạo hàm chương trình Giải tích 11, Giải tích 12 việc nghiên cứu yếu tố giải tích tam thức bậc hai hoàn thiện II THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ Trong kỳ thi vào Đại học trước kỳ thi THPT Quốc gia kỳ thi chọn học sinh giỏi toán cấp thường xuất toán Tam thức bậc hai liên quan đến: khảo sát nghiệm, đánh giá hệ số, đánh giá tam thức, xác định tam thức… Đối với dạng toán muốn giải tốt học sinh cần trang bị kiến thức chắn, có lực suy luận cao có kinh nghiệm giải vấn đề phân môn Đại số, Giải tích Trên sở kinh nghiệm trình dạy học bồi dưỡng đội tuyển thi học sinh giỏi cấp, muốn phân loại, phân tích cách giải số dạng tốn tam thức bậc hai để từ rút số cách thức, phương pháp kinh nghiệm giải dạng toán III CÁC BIỆN PHÁP TIẾN HÀNH GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ A TAM THỨC BẬC HAI VÀ MỘT SỐ VẤN ĐỀ LIÊN QUAN Định nghĩa Tam thức bậc hai (đối với ẩn x ) biểu thức dạng ax  bx  c a, b, c hệ số a �0 Đồ thị hàm số bậc hai Đồ thị hàm số bậc hai y  ax  bx  c Parabol có tọa độ đỉnh I ( b b  ; ) x 2a 4a nhận trục đối xứng 2a   b  4ac Nghiệm tam thức bậc hai Nghiệm tam thức bậc hai f ( x)  ax  bx  c nghiệm phương trình f ( x)  Xét biệt thức f  x    b  4ac Nếu   , phương trình vơ nghiệm,  �0 , phương trình có nghiệm nghiệm kép x b �  f x 2a (khi   nói   có x b 2a ) Nếu f ( x)  ax  bx  c có hai nghiệm x1 ; x2 ta có đồng thức f  x  �a  x  x1   x  x2  Định lý Viet cho phương trình bậc hai b � x1  x2   � � a � �x x  c 2 a Nếu tam thức f ( x)  ax  bx  c có hai nghiệm x1 , x2 � Ngược �x1  x2  S � xx P x , x lại, số thỏa mãn �1 chúng hai nghiệm phương trình x  Sx  P  Định lý thuận dấu tam thức bậc hai 2 Cho tam thức bậc hai f ( x)  ax  bx  c (a �0) với   b  4ac TH1:   , a f ( x)  x �R TH2:   , a f ( x)  x � b 2a TH3:   , f ( x )  có nghiệm x1  x2 a f ( x )  với x �(�; x1 ) �( x2 ; �) ; a f ( x)  với x �( x1; x2 ) Định lý đảo dấu tam thức bậc hai Cho tam thức f ( x)  ax  bx  c (a �0) Nếu có số  mà a f ( )  tam thức có nghiệm x1  x2  �( x1; x2 ) Trường hợp đặc biệt   , a f ( )  a.c  tam thức có hai nghiệm phân biệt khác dấu B MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ TAM THỨC BẬC HAI TRONG CÁC KỲ THI HỌC SINH GIỎI Dạng 1: TÍNH CHẤT VỀ NGHIỆM CỦA TAM THỨC BẬC HAI Bài toán khảo sát nghiệm tam thức bậc hai nói riêng hay đa thức nói chung tốn thường gặp đề thi chương trình mơn tốn phổ thơng Tùy vào mức độ kiến thức học giai đoạn mà cách giải toán phát triển cách tương ứng Đây dạng tốn có nhiều tập hay, thú vị, cần đến kiến thức tổng hợp liên quan khác Trong viết đặt trọng tâm vào việc khảo sát tính chất nghiệm tam thức bậc hai Sau số toán tiêu biểu 2 Bài Cho phương trình ( x  ax  1)  a ( x  ax  1)   0, với a tham số Biết phương trình có nghiệm thực nhất, chứng minh a  (Đề thi HSG lớp 10 Hà Tĩnh 2019) Lời giải Cách Đặt f ( x)  x  ax  Do phương trình f ( f ( x))  có nghiệm thực nên phương trình f ( x )  có nghiệm thực Suy   a  �0 f x Gọi x1 , x2 nghiệm   f ( x)  ( x  x1 )( x  x2 ); x1 , x2 �� +) Nếu x1  x2 f ( x )  x1 f ( f ( x))  ( f ( x)  x1 ) Suy phương trình có 2 nghiệm hay ( x  x1 )  x1 có nghiệm Suy x1  � f ( x)  x nên vô lý Suy a   SSc +) Khi x1 �x2 hai phương trình f ( x)  x1 f ( x )  x2 vơ nghiệm, phương trình cịn lại có nghiệm kép (nếu xảy hai phương trình có nghiệm nghiệm phương trình khơng nghiệm phương trình x1 �x2 phương trình f ( f ( x))  có nghiệm) Ta giả sử x  ax   x1  có nghiệm kép x  ax   x2  vô nghiệm � 1  a   x1  �x1  � � � a  ( x1  x2 )  � � 2 x    a   x  � �2 Khi a   nên , kết hợp với a   suy a  , ta có điều phải chứng minh Cách Đặt t  x  ax  ta có phương trình t  at   (*) Phương trình ban đầu có nghiệm phương trình (*) phải có nghiệm t nên 2 a �2   a  �0 ۳ a +) Nếu a  ta có phương trình x   x    2x   x2  2x     2x   0 vơ nghiệm +) Nếu a  2 ta có phương trình x  x  1   x  x  1   x   2x  0 có hai nghiệm x  0; x  2 +) Nếu a  2 phương trình (*) có hai nghiệm t1  t2 Theo định lý Viet ta có hai nghiệm t1; t2 nên t  t1 � � t  t2 � t1  t2  a  � � t1.t2  � Trở lại ẩn x ta có suy  t1   t2 Phương trình (*) có � x  ax   t1  �2 x  ax   t2  (**) � 2 Xét phương trình (**), có  nên (**) có hai nghiệm trái dấu, suy phương trình ban đầu có nhiều nghiệm 1  t  Do a  a �2 không thỏa mãn nên a  Nhận xét: 1) Bài tốn nói tính chất nghiệm hàm bậc hàm hợp f  f  x   tam thức bậc hai có dạng nên phải đưa việc khảo sát tam thức bậc hai Trong toán điều quan trọng nhận xét hai tam thức đưa về, tam thức phải có nghiệm kép, tam thức cịn lại vơ nghiệm 2) Nếu đặt ẩn phụ X4  xX  a , thay vào phương trình ban đầu ta a  2a  X  a  4a  8a  16a  32  16     Phương trình có nghiệm vào � a  2a  �0 � �4 a  4a3  8a  16a  32  � Hệ có nghiệm a với giá trị gần a �2, 46 ta làm khó tốn cách yêu cầu chứng minh  a  Bài Cho tam thức bậc hai f  x   x  ax  b 2a với a, b �R Biết tồn f  f  x0    số thực x0 cho , chứng minh a, b số không âm (Đề thi chọn đội tuyển HSG Sư phạm HN 2018) Lời giải Do phương trình f(f(x)) = có nghiệm thực nên phương trình f(x) = có nghiệm thực nên ta viết f(x) = (x - y1)(x - y2) với y1; y2 +) Nếu y1 = y2 f(f(x)) = (f(x) - y1)2 Từ giả thiết suy phương trình f(x) = y1 có nghiệm hay (x - y1)2 = y1 có nghiệm Do y1 = suy f(x) ≡ x2 nên a = b = +) Nếu y1; y2 phân biệt hai phương trình f(x) = y1; f(x) = y2 vơ nghiệm, phương trình cịn lại có nghiệm kép (nếu xảy hai có nghiệm nghiệm phương trình khơng nghiệm phương trình y1 � y2) Ta giả sử phương trình x2 + ax + b - y1 = có nghiệm kép phương trình x2 + ax + b - y2 = vô nghiệm Khi đó, theo định lý Viet, ta có (y1 + y2)2 - 4b + 4y1 = (y1 + y2)2 - 4b + 4y2 <  (y1 - y2)2 + 4y1 = (y1 - y2)2 + 4y2 < �a    y1  y2  � b y y Từ suy suy y1; y2 < Do � nên a, b > Kết hợp trường hợp lại ta ln có a, b khơng âm Nhận xét: Bài tốn có nhiều điều tương đồng với tốn Do có đến hai tham số a, b nên đánh giá a, b không âm Bài Cho tham thức f  x   x  ax  b Biết phương trình f  f  x   bốn nghiệm phân biệt có hai nghiệm có tổng -1, chứng minh b � có (Đề thi chọn đội tuyển HSG Phổ thông Năng khiếu 2009) Lời giải Giả sử phương trình f  f  x   có bốn nghiệm phân biệt x1; x2 ; x3 ; x4 f x 0 có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn x1  x2  1 Suy phương trình   phải có hai nghiệm phân biệt, gọi chúng c; d , theo định lý Viet ta có c  d   a Khi x1 ; x2 ; x3 ; x4 nghiệm phương trình xét hai trường hợp sau: f  x   c; f  x   d Ta Trường hợp 1: x1 ; x2 hai nghiệm phương trình, chẳng hạn f  x  c hay x  ax  b  c  Áp dụng định lý Viet x1  x2   a hay a  Các phương trình f  x   c; f  x   d x  xbd  trở thành x2  x  b  c  g  1  2a  b  A  B  2C  Ta có g  1  2a  b  A  B  2C  chứng minh h  x   cx  bx  a b) Đặt x �1 A B 3A B 3A B    2C �   2C �4 2 2 nên tốn Ta có A B A B A B x  C  C x    x  1   x  1 2 2  h  x   Cx  nên với A B A 3B A 3B    2C �   2C �4 2 2    h  x   C x2 1  �C x   A B A B  x  1   x  1 �C x   x   x  2 2 A B x 1  x  �x    x   x   2  x   max  x ;1 �1   Nhận xét: Để đánh giá hàm số bậc đoạn ta cần đánh giá hai đầu mút, đánh giá tam thức bậc hai cần biến đổi chặt chẽ, tinh tế Bài Cho tam thức f  x   ax  bx  c f  x  �1 x � 0;1 thỏa mãn , a  b  c �17 a) Chứng minh b) Có thể thay 17 số nhỏ không? (Đề thi HSG lớp 10 Hà Tĩnh 2001) Lời giải a) Gọi f  x  �1 f  x   ax  bx  c x  0; x  1; x  Theo giả thiết f  x  �1 x � 0;1 với a b f( )  c A Đặt ; f (1)  a  b  c  B ; f (0)  c  C , ta suy �a  B  2C  A � b  A  B  3C � � cC � theo giả thiết tốn A , B , C �1 Khi ta có đánh giá: a  b  c  B  2C  A  A  B  3C  C �2 B  2C  A  A  B  3C  C  B  C  A �3    17 14 nên Vậy a  b  c �17 b) Xét tam thức f  x   8x2  8x  f  x    x  x   �1 f  x    x  1  �1 có tính chất:   Hơn với tam thức với nên khơng thể thay 17 số nhỏ x � 0;1 a  b  c  17 Bài 10 Cho f ( x)  x  bx  c m, n, p �Z phân biệt Chứng minh rằng: max{ f (m) , f (n) , f ( p) } � Lời giải M = max  f (m) , f ( n) , f ( p)  Ta giả sử m  n  p đặt Khi ta có: f (m)  m2  bm  c f (n)  n  bn  c � f (m)  f (n)  (m  n)(m  n  b) � f (m)  f (n)  m  n m  n  b �m  n  b Tương tự, ta có: f ( n)  f ( p) �n  p  b Áp dụng bất đẳng thức giá trị tuyệt đối ta được: M � f ( m)  f ( n )  f ( n )  f ( p ) � f  m   f (n)  f (n)  f ( p ) �m  n  b  n  p  b �m  p �2 (vì m  n  p m, n, p �Z phân biệt) M� Vậy ta có Nhận xét: Bài tốn ta phải sử dụng tính chất rời rạc số nguyên, với số nguyên a, b, c mà a > b > c a  b �1; a  c �2 Bài 11 Xét tất tam thức bậc hai f ( x)  ax  bx  c cho a �0 , a  b thỏa mãn f ( x) �0 với x �R Tìm giá trị nhỏ biểu thức : M abc ba (Đề thi HSG Toán 10 Hà Tĩnh 1998) Lời giải �a  � a0 � � b2 � c� � Cách Do f ( x) �0 với x �R nên ta có �  b  4ac �0  � 4a 15 b2 ab 2 abc 4a  b  4ab  4a M � ba ba  b  a a Do Đây biểu thức đẳng cấp a, b Từ giả thiết kết ta suy b  a  , nên đặt t b 1 a ta có đánh giá b  4ab  4a t  4t  � � M�   � t 5 � 4 b  a a  t  1 4� t 1 �  1� �  ��      t  1  � 4� t 1 � � �a  �a  �2 � �� b  4ac � � b  4a � b � c  4a � t 4 � � a Đẳng thức xảy Vậy giá trị nhỏ M Cách Do f ( x) �0 với x �R nên ta có f  2  �0 � 4a  2b  c �0 � a  b  c �3(b  a ) Lại có b  a � b  a  nên suy M abc �3 ba Đẳng thức xảy chẳng hạn a  1; b  4; c  Vậy giá trị nhỏ M Nhận xét: Bài tốn có hai cách giải Cách sử dụng định lý thuận dấu tam thức bậc hai Cách nhanh ta dự đoán kết toán Dạng 3: XÁC ĐỊNH, BIỂU DIỄN TAM THỨC BẬC HAI Bài 12 Cho Pi ( x )  x  bi x  ci (i  1, 2, , n) n đa thức đôi phân biệt với hệ P ( x)  P ( x)  P ( x) i j số thực cho với �i  j �n đa thức ij có nghiệm thực Tìm giá trị lớn n (Thi chọn đội tuyển HSG Vĩnh Phúc 2015, thi HSG Toán 10 Hà Tĩnh 2016) Lời giải Với n = ta thấy P1(x) = x2 + x, P2(x) = x2 - x thỏa mãn Do n �2 P (x) = x2 + 2, P (x) = x2 + 4x, P (x) = x2 - 4x Với n = ta thấy thỏa mãn Do n �3 Giả sử tồn n (n �4) tam thức bậc hai thỏa mãn yêu cầu tốn Khi tồn tam thức bậc hai P1(x), P2(x), P3(x), P4(x) 16 số chúng cho tam thức có hệ số x tổng tam thức chúng có nghiệm Đặt Pij (x) = Pi (x) + Pj (x) với �i < j �4 Giả sử nghiệm (nghiệm kép) P12(x), P23(x), P34(x), P14(x) a,b,c,d 2 2 Ta có 2(x - a) + 2(x - c) = 2(x - b) + 2(x - d) ; " x �� � � � � a +c = b+d ac = bd ac = bd ac = bd � � � � � � �2 � � � � � a - c = b- d � a - c = d - b a + c2 = b2 + d2 (a - c)2 = (b - d)2 � � � � � � � Suy � � +) Nếu a - c = b - d 2a = a + c + a - c = b + d + b - d = 2b hay a = b Khi P1(x) �P3(x), vơ lý Pj (x),1 � j �4 đôi phân biệt P (x) �P4(x), +) Nếu a - c = d - b a = d Khi vơ lý Tóm lại khơng tồn n (n �4) tam thức bậc hai thỏa mãn yêu cầu toán Vậy giá trị lớn cần tìm n n = Nhận xét: Đây tốn khó cần có định hướng giá trị n trước tiến hành giải Chúng ta chọn tam thức thỏa mãn n = chứng minh không tồn tam thức n = nên giá trị lớn cần tìm n = Bài 13 Cho f ( x)  x  bx  c ( b, c �Z ) Chứng minh tồn  �Z cho f ( )  f (2018) f (2019) Lời giải f  f  x   x   f  x  f  x  1 Ta chứng minh với x �R Thật ta có f  f  x  x  � �f  x   x � � b � �f  x   x � � c = f  x   xf  x   x  bf  x   bx  c f  x � f  x   x  b  1� f  x � x  bx  c  x  b  1� � � � � = = f  x �  x  1  b  x  1  c � � �= f  x  f  x  1 =   f  2018   2018 �Z Áp dụng kết này, b, c �Z nên ta chọn ta có f ( )  f  f  2018   2018   f (2018) f (2019) Nhận xét: Đây tính chất đặc biệt tam thức có hệ số bậc cao Chúng ta gặp lại tính chất tốn Bài 14 Tìm đa thức P ( x) khác đa thức thỏa mãn: P( P( x)  x)  P( x) P( x  1) Lời giải 17 x �R P x Trước hết ta xác định bậc P( x) Gọi n bậc   , n �1 Từ giả thiết, so sánh bậc hai vế ta có n  n  n � n  Như đa thức cần tìm có tam thức bậc hai Gọi P  x   ax  bx  c với a �0 Từ giả thiết, so sánh hệ số x hai vế ta có a3  a2 � a  , ta P  x   x  bx  c Khi P  P  x  x  � P  x  x� P  x   x� � � b � � � c = P  x   xP  x   x  bP  x   bx  c = P  x � P  x   x  b  1� x  bx  c  x  b  1� � � P  x � � � = P  x � �x  1  b  x  1  c � �= P  x  P  x  1 = với b, c �R Kết luận: P  x   x  bx  c với b, c �R Bài 15 Xét tam thức bậc hai f ( x) ax  bx  c với a, b, c nguyên a dương, cho f ( x) có hai nghiệm phân biệt khoảng (0;1) Tìm tam thức có hệ số a nhỏ (Đề thi HSG lớp 10 Hà Tĩnh 2008) Lời giải f x Gọi x1 ; x2 hai nghiệm   Theo giả thiết tốn  x1 �x2  ta có phân tích f  x   a  x  x1   x  x2  �f (0)  ax1 x2 �� �f (1)  a (1  x1 )(1  x2 ) Z ; f� (1)  Z Do a, b, c nguyên nên f (0) �� f (0) 1; f (1) suy a2 � � � �f (0) f (1)  a � x  x x  x �     � � �1 �2 42 Dấu “=” xảy x1   x2 , không thỏa mãn điều kiện x1 , x2 phân biệt nên ta a 1� a  có (do a > 0) Vì a nguyên nên a �5 Với a = �f (0) f (1)  Kiểm tra lại thấy c 1 �f (0)  � 25 �� 2 �� b  5  f  x   x  x  �f (1)  � 16 f  x   5x2  5x  mãn 18 có hai nghiệm x1,2  5� � 0;1 10 thoả Vậy tam thức có hệ số a nhỏ   Nhận xét: Bài tốn phải sử dụng tính chất rời rạc số nguyên để đánh f x  5x2  5x  giá hệ số f ( x) Do f ( x) có hai nghiệm nên đánh giá dựa nghiệm định lý Viet Bài 16 Cho tam thức bậc hai  a) Với không âm f  x   x2   x  với  �R 15 , viết f  x  thành thương đa thức với có hệ số f x b) Tìm tất giá trị  để   viết thành thương đa thức với hệ số không âm (Đề thi HSG Quốc gia 2019) Lời giải a) Ta sử dụng biến đổi tích biểu thức liên hợp để giải toán Khi  15 15 f  x   x2  x 1 ta có Xét biến đổi sau �2 �� � 15 15 x  x  x  x  � � � � � �� � x  x 1 2 � �� �= � �� � 17 �x  x  1��x  x  � x  x  � �� �= 16 �8 17 ��8 17 � 16 223 x 1 �x  x  1��x  x  1� x  � 16 �� 16 �= 256 Từ ta suy 15 x 1 thương hai đa thức f  x   x2  223 x  x 1 256 P(x) = Q(x) = 16 �2 �� 15 �� 17 � x  x  � � x  x  ��x8  x  1� � � � � �� �� 16 � có tất hệ số không âm b Giả sử f  x   x2   x  P  x =   Q  x P  1 Q  1 số không âm Với x  ta có   thỏa mãn yêu cầu tốn 0 P  x , Q  x đa thức có hệ nên   Ta chứng minh giá trị P x  f  x Q x 1 +) Nếu  �0 tốn hiển nhiên ta chọn     +) Nếu    ta xét phép nhân 19 x   x  1  x   x  1  x      x  Nếu   �0 tốn đúng,    ta tiếp tục nhân Đa thức cuối thu có hệ số đầu cuối 1; hệ số xác định dãy số 2 u  �  un  : � � un 1   un2 ; n �0 � Để chứng minh toán ta chứng minh dãy  un  xuất số hạng không âm Giả sử ngược lại, un  với n �1 Do ta xét    nên 2  un  u  u   un2  un    un    un   u với n �1 Lại có n1 n nên  n  dãy số tăng, suy suy  un  dãy hội tụ Gọi L  lim un ; 2  L �0 Khi từ phương trình giới hạn ta L 1 � L   L2 � � L  2 mâu thuẫn � Vì điều giả sử sai nên phải tồn n  N để uN �0 Khi ta xét dãy đa Pn  x   x  un x  n 1 thức n có hệ số không âm f x với n  1, 2,3 , N ta có   thương hai đa thức PN  x  P1  x  P2  x  PN 1  x  Kết luận giá trị cần tìm   Nhận xét: Câu a) toán gợi ý, định hướng tốt cho câu b) đồng thời chia toán làm hai giai đoạn thích hợp Việc giải câu a) theo hướng xác định biểu diễn f  x cách thức giải ý tổng quát câu b) P x  x n sin   x sin  n   sin  n  1  Bài 17 Cho góc     đa thức n   Chứng minh tồn tam thức bậc hai có dạng f  x   x  ax  b P x f x cho với số nguyên dương n �3 n   chia hết cho   (Đề thi HSG Quốc gia 2000) Lời giải Với n  ta có P3  x   x sin   x sin 3  sin 2  sin  � x  x   4sin    cos  � � �  sin  � x3  x  cos   1  cos  � � � sin   x  cos    x  x cos   1 Do tam thức mà P3  x  f  x   x  x cos   vơ nghiệm nên tam thức bậc hai chia hết Ta chứng minh f  x   x  x cos   tam thức cần tìm P x f x hay với n �3 n   chia hết cho   phương pháp quy nạp Với n = 3, ta chứng minh P3  x  chia hết cho 20 f  x Giả sử Pn  x  Pn 1  x  = chia hết cho f  x với n �3 Khi ta có x n 1 sin   x sin  n  1   sin n x� x n sin   sin  n  x  sin  n  1  � � = � + chia hết cho x sin n  x sin  n  1   x sin  n  1   sin n = x.Pn  x  = x.Pn  x  + x sin n  x sin n cos   sin n +   sin n x  x cos   f  x   x  x cos   Pn  x  Vậy theo nguyên lý quy nạp f  x   x  x cos   f  x chia hết cho với n �3 tam thức cần tìm Nhận xét: Chúng ta dự đoán f  x   x  x cos   cách cho n =   Thực chất tốn n = tác giả tốn cho n �3 để khó dự đốn P  x   x sin   x sin  2   sin   sin  x  cos   2 Dạng KHẢO SÁT PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN DẠNG MACKOP Đây dạng phương trình nghiệm nguyên đẹp, có tính “linh hoạt” cao, sử dụng nhiều kỳ thi học sinh giỏi Cách giải thường gặp đánh giá biến dựa kiến thức tam thức bậc hai Sau số toán tiêu biểu Bài 18 Cho k số tự nhiên phương trình x  y  k  xy  1 có nghiệm x; y  nguyên dương  Chứng minh k số phương (Đề thi chọn đội tuyển HSG Hà Nội 2008) Lời giải   (1) có nghiệm nguyên dương Gọi Giả sử phương trình nghiệm có tổng nhỏ tập nghiệm khơng tính tổng qt giả sử Khi ta có x  y  k xy  x02  y02  k  x0 y0  1 � x02   ky0  x0  y02  k   0 Từ (2) ta suy nghiệm phương trình (2) Do phương trình (2) cịn phải có nghiệm Theo định lý Viet ta có t  ky t  y  k  �x0  x1  ky0 � �x0 x1  y0  k Suy x1  ky0  x0 �Z nên số nguyên 21 2 Nếu x0  ky0  x0 �ky0   x0 �kx0 y0  x0 �kx0 y0  ky0   x02  y02 �kx0 y0  ky0   y02  k  x0 y0  1 mâu thuẫn giả sử Do phải có x0 �ky0 , suy x1  ky0  x0 số tự nhiên Nếu x1   k  y0 hay k số phương x;y Nếu x1 �1 x1 số nguyên dương nên   nghiệm phương x0 trình (1) Từ giả sử ban đầu ta có x1 � x0 x1 x02 2 Suy y0  k  x0 x1 �x0 �y0  k �0 Theo giả thiết k số tự nhiên nên k  số phương Vậy k số phương Bài 19 Tìm tất giá trị số ngun dương m cho phương trình có nghiệm nguyên dương (Đề thi chọn đội tuyển HSG Hà Tĩnh 2013) Lời giải Giả sử phương trình (1) có nghiệm nguyên dương Gọi nghiệm có tổng nhỏ tập nghiệm khơng tính tổng qt giả sử Khi ta có  nghiệm phương trình (2) Do phương trình (2) cịn có nghiệm Theo định lý Viet Suy nên số nguyên dương nghiệm (1) Theo giả thiết     (3) +) Nếu Từ (2)   nên = Do  vô lý +) Nếu  Từ (3) suy    ≤ (4) Từ (4)  khơng thỏa mãn, Thay vào (2) ta Phương trình có nghiệm ngun    Thử lại, với phương trình có nghiệm (2, 1) Vậy Bài 20 Tìm tất giá trị nguyên dương n để phương trình x  y  u  v  n xyuv có nghiệm nguyên dương (Đề thi HSG Quốc gia 2002) Lời giải 22 Giả sử n �N * giá trị để phương trình x  y  u  v  n xyuv (1) có nghiệm x , y ,u , v nguyên dương Gọi  0 0  nghiệm phương trình cho x0 �y0 �u0 �v0 �1 có tổng x0  y0  u0  v0 nhỏ tập nghiệm Khi ta có x  y  u  v  n xyuv x  y u v  0 0   n2 x0 y0u0 v0 x02  � n y0 u0 v0   y0  u0  v0  � � �x0   y0  u0  v0    Như x0 nghiệm tam thức bậc hai f  x   x2  � n2 y0u0v0   y0  u0  v0  � � �x   y0  u0  v0  f  x phải có nghiệm thứ hai x1 Theo định lý Viet ta có � �x0  x1  n y0u0v0   y0  u0  v0  � � �x0 x1   y0  u0  v0  x , y ,u ,v nên suy x1 �N * hay  0  nghiệm phương trình ban đầu, theo cách chọn nghiệm ta có x1 �x0 �y0 �u0 �v0 �1 Theo định lý đảo dấu tam thức bậc hai ta có y0 nằm ngồi khoảng nghiệm nên: f  y0  �0  y02  � n y0u0 v0   y0  u0  v0  � � �y0   y0  u0  v0  �0  n y02u0 v0 �y02  y0  y0  u0  v0    y0  u0  v0  Lại có từ y0 �u0 �v0 �1 y02  y0  y0  u0  v0    y0  u0  v0  �y02  y0  y0    y0   16 y02 2 2 Suy n y0 u0 v0 �16 y0 hay n �16 n Từ n � 1; 2;3; 4 4; 4; 4;  Với n  , phương trình x  y  u  v  xyuv có nghiệm  2; 2; 2;  Với n  , phương trình x  y  u  v  xyuv có nghiệm  1;1; 2;  Với n  , phương trình x  y  u  v  xyuv có nghiệm  1;1;1;1 Với n  , phương trình x  y  u  v  xyuv có nghiệm   Vậy giá trị cần tìm Một số toán luyện tập n � 1; 2;3; 4 �1 � m �� ; � �2 � Giải phương trình Bài Cho tam thức f ( x)  x  2mx  ,  f ( x)  2mf ( x)   x (Đề thi đề nghị 30-4 năm 2016 ) 23 Bài Tam thức f ( x)  x  bx  c thỏa mãn hệ số b c f ( x) � với x � 1;1 Hãy tìm (Đề thi HSG Tốn 10 năm 2010 - THPT Đồng Quan – Hà Nội) Bài Cho cấp số cộng  an  ,  bn  số nguyên m  Xét m tam thức bậc P1  x  ; Pm  x  k k hai k   Chứng minh hai tam thức khơng có nghiệm thực tất tam thức cịn lại khơng có nghiệm thực (Đề thi HSG Quốc gia 2012) P x  x  a x  b ; k  1, 2, , m Bài Cho số thực a, b, c thỏa mãn: a(4a  3b  2c)  Chứng minh 1; phương trình ax  bx  c  khơng thể có nghiệm phân biệt thuộc đoạn   (Đề thi HSG lớp 10 Hà Tĩnh 2005) Bài Cho f ( x ) , g ( x) , h( x) tam thức bậc hai Chứng minh phương trình f ( g (h( x)))  khơng thể có tập nghiệm  1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8 (Đề thi HSG lớp 10 Hà Tĩnh 2001) Bài Ký hiệu E tập hợp tất tam thức bậc hai f ( x)  ax  bx  c có hệ số a > biệt thức   b  4ac �0 Tìm điều kiện cần đủ số m, n, p để với f ( x) thuộc E ta có g ( x)  f ( x )  m(ax  b)  n(bx  c )  p (cx  a ) thuộc E ( Đề thi HSG lớp 10, Hà Tĩnh 2005)    Bài Tìm tất số nguyên dương k để phương trình  có nghiệm nguyên dương x, y (Đề thi chọn đội tuyển Quảng Nam 2018) x y Bài Cho phương trình x  y  z  n  xyz  1  k xy  với n số nguyên dương Chứng minh phương trình có nghiệm ngun dương  x, y, z  n  a  b ; a, b �N * (Đề thi trường đông Bắc Trung Bộ 2016) IV HIỆU QUẢ MẠNG LẠI CỦA SÁNG KIẾN Bản thân tiến hành thực nghiệm sư phạm tổng hợp sau: Mục đích thực nghiệm 24 Kiểm tra tính khả thi hiệu đề tài “Bài toán Tam thức bậc hai kỳ thi học sinh giỏi” Nội dung thực nghiệm Triển khai đề tài “Bài toán Tam thức bậc hai kỳ thi học sinh giỏi” Dạy thử nghiệm dạng chủ đề lớp 10T1 với thời gian buổi (8 tiết); đối tượng học sinh từ loại trở lên Khuyến khích học sinh tìm tịi tốn hay, chỉnh sửa, sáng tác tốn có nội dung tương tự với toán đưa Kết thực nghiệm Đa số em học sinh giỏi hứng thú học tốn tốn hay khó Dưới dẫn động viên giáo viên em mạnh dạn việc giải tốn, chịu khó tính tốn trước số phức tạp Một số em sáng tác số tập dạng tương tự trình bày cách giải tốn Ở lớp 10T1 có 35 học sinh, thời gian 60 phút, tiến hành cho học sinh kiểm tra với toán sau x Bài a) Giải phương trình  b) Cho  3x     x  3x     x  f  x   x  mx  Tìm m để phương trình f  f  x   x có nghiệm phân biệt Bài Cho tam thức Chứng minh với f  x   ax  bx  c x � 1;1 thỏa mãn f  1 ; f   ; f  1 �1 f  x � 2 Bài Tìm k số tự nhiên cho phương trình x  y   kxy có nghiệm x; y  nguyên dương  Thang điểm sau: Bài 1: điểm; Bài 2: điểm; Bài 3: điểm Kết làm học sinh khả quan Sau chấm phân loại, kết thu sau:  Khơng có học sinh có điểm  Có 12 bạn (chiếm tỷ lệ 34,3%) có điểm từ đến 7,5 điểm 25  Có 20 bạn (chiếm tỷ lệ 57,1%) có điểm từ đến điểm  Có bạn (chiếm tỷ lệ 8,6%) làm 9,5 đến 10 điểm Như cho thấy bước đầu đề tài phát huy tác dụng: kích thích học sinh tìm tịi, rèn luyện kỹ định hướng, phân tích tìm lời giải, tính tốn cẩn thận trình bày lời giải sáng tạo việc đề xuất số toán tương tự, tổng quát V KHẢ NĂNG ỨNG DỤNG, TRIỂN KHAI VÀ Ý NGHĨA CỦA SÁNG KIẾN Sáng kiến có khả ứng dụng cao việc bồi dưỡng em học sinh giỏi mơn Tốn bậc THPT làm tài liệu giảng dạy cho giáo viên Toán bậc THPT Sáng kiến triển khai số giáo viên Tốn ngồi tỉnh Ở ngồi tỉnh, sáng kiến số giáo viên mơn Tốn trường THPT Chuyên Phan Bộ Châu (Nghệ An), trường THPT Chuyên Đại học Vinh áp dụng dạy cho đội tuyển học sinh giỏi Thông tin phản hồi bước đầu phản ánh tích cực, nội dung sáng kiến xếp hệ thống, có nhiều ví dụ tập hay Ý nghĩa sáng kiến tạo sở, kiến thức Tam thức bậc hai hệ thống tập xây dựng cách khoa học Đây tài liệu có ích cho học sinh giáo viên việc bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn bậc THPT 26 PHẦN KẾT LUẬN I NHỮNG BÀI HỌC KINH NGHIỆM Qua trình trực tiếp giảng dạy tìm tịi, nghiên cứu đề thi tơi nhận toán Tam thức bậc hai đề thi học sinh giỏi toán tương đối khó hấp dẫn, phát huy lực tư rèn luyện nhiều lực khác học sinh Trong năm qua, việc nghiên cứu, tổng hợp hình thành chuyên đề giúp chúng tơi có thêm nguồn tài liệu hệ thống để bồi dưỡng đội tuyển dự thi học sinh giỏi cấp kết đội tuyển tích cực Chỉ tính từ năm học 2014 – 2015 đến nay, trải qua kỳ thi chọn học sinh giỏi Quốc gia, đội tuyển học sinh giỏi Toán Hà Tĩnh mang tất 59 giải với giải Nhất, 28 giải Nhì, 24 giải Ba giải Khuyến khích tổng số 60 em dự thi Đặc biệt giai đoạn có Huy chương Vàng Huy chương Đồng kỳ thi Olympic Tốn quốc tế Những kết khích lệ chúng tơi tìm tịi, xếp hệ thống kiến thức thành viết từ nhiều nguồn tài liệu phong phú đa dạng Trong đề tài này, việc sưu tầm, hệ thống số tốn, nội dung đề tài từ phân tích tốn đưa số định hướng cho cách giải tốn Tác giả hy vọng qua hệ thống toán chọn lọc phân tích lời giải góp phần hình thành rèn luyện thêm kỹ năng, kinh nghiệm định hướng cách giải dạng toán vấn đề liên quan mà học sinh thường gặp kỳ thi học sinh giỏi kỳ thi THPT Quốc gia năm tới Hi vọng nội dung đề tài trở thành tài liệu tham khảo hữu ích cho học sinh bạn đồng nghiệp, góp phần nâng cao chất lượng dạy học II NHỮNG KIẾN NGHỊ, ĐỀ XUẤT Trong trình nghiên cứu đề tài thực tiễn dạy học triển khai thực đề tài tơi có số kiến nghị, đề xuất sau : - Đề tài có nhiều tốn mà việc tính tốn nặng nề, suy luận sâu sắc Do q trình dạy học, người giáo viên cần có động viên khuyến khích tự tin, đưa câu hỏi gợi ý phù hợp để kích thích học sinh suy nghĩ thấu đáo, tránh tính tốn q cồng kềnh khơng cần thiết dễ dẫn đến sai sót học góp phần nâng cao hiệu dạy học - Một số tốn đề tài khái quát, tổng quát Thay đổi số điều kiện giả thiết có tốn mà cách giải khác hẳn Do tác giả ln mong muốn người đọc sáng tạo thêm toán khác để làm phong phú dạng tốn Vì thời gian khơng nhiều lực hạn chế nên đề tài chưa khai thác nhiều dạng tập khơng tránh khỏi thiếu sót Trong dạng tốn chắn cịn tập hay chưa đề cập đầy đủ đề tài Tác giả tiếp tục nghiên cứu mong nhận nhiều đóng góp, bổ sung người đọc để đề tài có nội dung đa dạng, phong phú chất lượng Tác giả xin chân thành cảm ơn Tháng năm 2020 27 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Đoàn Quỳnh, Nguyễn Huy Đoan, Trần Phương Dung, Nguyễn Xuân Liêm, Đặnh Hùng Thắng, Đại số Giải tích 10 nâng cao, Nhà xuất Giáo dục, 2010 [2] Nguyễn Huy Đoan, Đoàn Quỳnh, Trần Phương Dung, Nguyễn Xuân Liêm, Phạm Thị Bích Ngọc, Đặng Hùng Thắng, Bài tập Đại số Giải tích 10 nâng cao, Nhà xuất Giáo dục, 2010 [3] Đồn Quỳnh, Dỗn Minh Cường, Trần Nam Dũng, Đặng Hùng Thắng, Tài liệu chuyên toán Đại số Giải tích 10, Nhà xuất Giáo dục, 2010 [4] Đồn Quỳnh, Dỗn Minh Cường, Trần Nam Dũng, Đặng Hùng Thắng, Tài liệu chuyên toán Bài tập Đại số Giải tích 10, Nhà xuất Giáo dục, 2010 [5] Một số đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, khu vực, quốc gia Việt Nam [6] Một số đề thi tài liệu Internet 28 ... B MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ TAM THỨC BẬC HAI TRONG CÁC KỲ THI HỌC SINH GIỎI Dạng 1: TÍNH CHẤT VỀ NGHIỆM CỦA TAM THỨC BẬC HAI Bài toán khảo sát nghiệm tam thức bậc hai nói riêng hay đa thức nói chung... tố giải tích tam thức bậc hai hoàn thi? ??n II THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ Trong kỳ thi vào Đại học trước kỳ thi THPT Quốc gia kỳ thi chọn học sinh giỏi toán cấp thường xuất toán Tam thức bậc hai liên quan... 3, đa thức bậc 4, phân thức, thức? ?? đưa việc xét tam thức bậc hai dùng kiến thức tam thức bậc hai để giải Các vấn đề chung tam thức bậc hai nghiên cứu nhiều Các tài liệu tam thức bậc hai đa dạng