BÀI TOÁN TAM THỨC BẬC HAI TRONG CÁC KỲ THI HỌC SINH GIỎI

Trong các kỳ thi vào Đại học trước đây nay là kỳ thi THPT Quốc gia và kỳ thi chọn học sinh giỏi toán các cấp thường xuất hiện các bài toán về Tam thức bậc hai liên quan đến: khảo sát ngh[r]

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

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 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

Tơi hồn tồn chịu trách nhiệm nội dung đề tài 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 Toán 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

Từ tích lũy kiến thức cá nhân trình dạy học bồi dưỡng các đội tuyển học sinh giỏi, chọn đề tài nghiên cứu là: “Bài toán 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

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 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 q 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 2; 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

III CÁC BIỆN PHÁP TIẾN HÀNH GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ A TAM THỨC BẬC HAI VÀ MỘT SỐ VẤN ĐỀ LIÊN QUAN 1 Định nghĩa

Tam thức bậc hai (đối với ẩn x) biểu thức dạng ax2 bx c a, b, c hệ số a0

2 Đồ thị hàm số bậc hai

Đồ thị hàm số bậc hai y ax 2bx c Parabol có tọa độ đỉnh

( ; )

2

b I

a a



 

nhận trục đối xứng

b x

a

 

 b24ac.

3 Nghiệm tam thức bậc hai

Nghiệm tam thức bậc hai f x( )ax2bx c nghiệm phương trình

( )

f x  Xét biệt thức f x   b24ac

Nếu  0, phương trình vơ nghiệm, nếu 0, phương trình có nghiệm

b x

a

   

(khi  0 nói f x  có nghiệm kép

b x

a

 

)

Nếu f x( )ax2bx c có hai nghiệm x x1; ta có đồng thức

   1  2

f x a x x x x

4 Định lý Viet cho phương trình bậc hai

Nếu tam thức f x( )ax2 bx c có hai nghiệm x x1,

1

1

b

x x

a c x x

a

    



 

 Ngược

lại, số x x1, thỏa mãn

1

1

x x S

x x P

 



 

 chúng hai nghiệm phương trình

2 0

x Sx P  .

5 Định lý thuận dấu tam thức bậc hai

Cho tam thức bậc hai f x( )ax2bx c (a0) với  b24ac TH1:  0, a f x ( ) 0  x R

TH2:  0, a f x ( ) 0

b x

a

  

TH3:  0, f x( ) 0 có nghiệm x1x2

( )

Cho tam thức f x( )ax2 bx c (a0) Nếu có số  mà a f ( ) 0  tam thức có nghiệm x1x2  ( ; )x x1

Trường hợp đặc biệt  0, a f ( ) a c 0 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

1 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

Bài Cho phương trình (x2ax1)2a x( 2ax   với a tham số.1) 0, Biết phương trình có nghiệm thực nhất, chứng minh a

(Đề thi HSG lớp 10 Hà Tĩnh 2019)

Lời giải

Cách 1. Đặt f x( )x2  Do phương trình ax f f x( ( )) 0 có nghiệm thực nên phương trình f x( ) 0 có nghiệm thực Suy  a2 

Gọi x x1, 2là nghiệm f x  f x( ) ( x x x x 1)(  2); ,x x1 2  +) Nếu x1 x2

2

( ( )) ( ( ) )

f f x  f x x Suy phương trình f x( )x1

có nghiệm hay (x x 1)2 x1 có nghiệm Suy

2

1 ( )

x   f x x nên

vô lý Suy a2 4 0.SSc

+) Khi x1 hai phương trình x2 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 đóx2

phương trình f f x( ( )) 0 có nghiệm) Ta giả sử x2ax  1 x1 có nghiệm kép x2ax 1 x2 0 vơ nghiệm

Khi a2   nên

2

1

2

2

4

4

a x

a x

    

 

    



1

1 2

0

( )

0

x

a x x

x

 

      

 , kết

hợp với a2  suy a2, ta có điều phải chứng minh

2 4 0

a

     a 2 a 2.

+) Nếu a2 ta có phương trình

   

2 2 1

x  x  x  x    x22x22 0

vơ nghiệm +) Nếu a 2 ta có phương trình

 2 2  2 

2 2 1

x  x  x  x    x22x2 0

có hai nghiệm x0;x 2 +) Nếu a 2 phương trình (*) có hai nghiệm t1t2

Theo định lý Viet ta có

1

2

t t a

t t

    

 

 suy 0  t1 t2 Phương trình (*) có

hai nghiệm t t1; nên t t t t    

 Trở lại ẩn x ta có

2 2 1 0(**)

x ax t

x ax t

    



   



Xét phương trình (**), có 1 t20 nên (**) có hai nghiệm trái dấu, suy phương trình ban đầu có nhiều nghiệm

Do a2 a 2 không thỏa mãn nên a2

Nhận xét:

1) Bài tốn nói tính chất nghiệm hàm bậc hàm hợp tam thức bậc hai có dạng f f x  0 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

a x X 

, thay vào phương trình ban đầu ta

   

4 2 4 4 8 16 32 0

2 16

X  a  a X  a  a  a  a 

Phương trình có nghiệm vào

4

2

4 16 32

a a

a a a a

   

 

    



Hệ có nghiệm a với giá trị gần a2, 46 ta làm khó toán cách yêu cầu chứng minh 2 a

5 2 a  

Bài Cho tam thức bậc hai f x  x2ax b với a b R,  Biết tồn số thực x0sao cho f f x  0  0, chứng minh a b, số không âm

(Đề thi chọn đội tuyển HSG Sư phạm HN 2018)

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 = 0.

+) 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 của phương trình khơng nghiệm phương trình y1  y2)

Ta giả sử phương trình x2 + ax + b - y

1 = có nghiệm kép phương trình x2 + ax + b - y

2 = vô nghiệm Khi đó, theo định lý Viet, ta có

(y1 + y2)2 - 4b + 4y1 = (y1 + y2)2 - 4b + 4y2 < 0

 (y1 - y2)2 + 4y1 = (y1 - y2)2 + 4y2 < 0.

Từ suy suy y1; y2 < Do

 2

1

a y y

b y y

   

 



 nên a, b > 0.

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  x2ax b Biết phương trình f f x   0 có bốn nghiệm phân biệt có hai nghiệm có tổng -1, chứng minh

1

b 

(Đề thi chọn đội tuyển HSG Phổ thông Năng khiếu 2009)

Lời giải

Giả sử phương trình f f x   0 có bốn nghiệm phân biệt x x x x1; ; ;2 có hai nghiệm x x1; thỏa mãn x1x2  1 Suy phương trình f x  0 phải có hai nghiệm phân biệt, gọi chúng c d; , theo định lý Viet ta có c d  a

Khi x x x x1; ; ;2 nghiệm phương trình f x  c f x;   d Ta xét hai trường hợp sau:

Trường hợp 1: x x1; hai nghiệm phương trình, chẳng hạn

 

f x c

hay x2ax b c  0 Áp dụng định lý Viet x1x2  a hay a1

Các phương trình f x  c f x;   d trở thành x2   x b c

2 0

Các phương trình có hai nghiệm phân biệt nên

   

1

1

b c b d         

 , suy ra

 

2 8 b4 c d 0 Lại c d  1 nên ta có      8b b 14.

Trường hợp 2: x x1; nghiệm hai phương trình f x  c f x;   d Ta có x12ax1 b c

2

2

x ax  b d Cộng hai đẳng thức ta có

 

2

1 2

x x a x x  b c d   2

1 2

x x  b (vì c d  a x1x2  1).

Áp dụng BĐT Bunhiacơpxky  

2 2

1 2

1

2

2

b x x x x

     



1

b 

Kết hợp hai trường hợp ta có điều phải chứng minh

Nhận xét: Trong toán bắt buộc phải chia trường hợp hợp lý để sử

dụng tính chất tổng hai bốn nghiệm phương trình -1

Bài Cho a b c R, ,  a0 Chứng minh đa thức sau vô nghiệm

   2 2  2 

f x a ax bx c b ax bx c c

tam thứcg x  ax2bx c có hai nghiệm khác dấu

(Đề thi HSG lớp 10 Hà Tĩnh 2004)

Lời giải

Để giải toán, chứng minh g x  ax2bx c có hai nghiệm khác dấu ta chứng minh a   c ac0 Ta giả sử ngược lại ac0

Trường hợp 1: ac0  c0 (do a0) Khi đó

   2 2  2 

f x a ax bx b ax bx

có nghiệm x0 trái với giả thiết f x  vô nghiệm

Trường hợp 2: ac0, phương trình ax2bx c 0 có hai nghiệm trái dấu, giả sử x1 0 x2 Ta có

      2 1 2 2 (1) 0 (2)

ax bx c x

ax bx c x

f x

ax bx c x ax bx c x

                       

Do x1 0 x2 nên ax1 ax1 trái dấu Nếu ax10 a c x  1 ac ax 10 nên (1) có nghiệm; ax2 0 a c x  2 ac ax 0 nên (2) có nghiệm Tóm lại f x  có nghiệm nên trái với giả thiết ban đầu

Vậy giả sử sai hay ac0 có nghĩa g x  ax2 bx c có hai nghiệm khác dấu

Bài a) Cho f x  ax2bx c (a0) Biết phương trình f x  x vơ nghiệm, chứng minh phương trình f f x   x vơ nghiệm

b) Tìm điều kiện hệ số để phương trình sau vơ nghiệm:

(Đề thi HSG lớp 10 Hà Tĩnh 2009)

Lời giải a) Ta có phân tích:

 

 

f f x x

= af x2( )bf x( ) c x

=af x2( )bf x( ) c (ax2bx c ) f x( )x

=        

2

[ ]

a f x x b f x x  f x x

=  f x  x a f x   x b 1 f f x  x = 

   

 

1

f x x

a f x x b

 



   

 

   

2

2

+ 1 (1)

1 (2)

ax b x

a x a b x ac b

   



     



Từ giả thiết (1) vơ nghiệm nên   1  

1 b 4ac

     .

Khi đó, phương trình (2) có

 2  

2

2 a b 4a ac b

      a2b124ac4a2 1 40

Vậy phương trình (1), (2) vơ nghiệm nên phương trình f f x   x vơ nghiệm, tốn chứng minh

b) Đặt phương trình ban đầu trở thành: (1)

Áp dụng phân tích nhân tử tốn ta có Phương trình (1)

2

2

( 1) (2)

( 1) (3)

a x b x c

a x a b x ac b

    

 

     



Phương trình (1) vơ nghiệm phương trình (2) phương trình (3) đồng thời vơ nghiệm

Ta thấy (2) vô nghiệm khi:

+) Nếu (3) trở thành vơ nghiệm

+) Nếu , (3) phương trình bậc có biệt thức =

nên pt (3) vô nghiệm

Nhận xét:

1) Phân tích f f x  x thành hai tam thức bậc hai quan trọng, có nhiều ứng dụng tốn

2) Có thể sử dụng tính chất liên tục hàm số để giải toán Nếu sử dụng tính liên tục thay tam thức bậc hai f x  hàm số liên tục thỏa mãn điều kiện phương trình f x  x vơ nghiệm tốn

Bài Cho tam thức bậc hai f x  x2bx c Chứng minh

 2  

1

b  b c  phương trình f f x   x

có nghiệm phân biệt

(Đề thi HSG chọn đội dự tuyển Toán 10, THPT Chuyên, 2015)

Lời giải Ta có phân tích tốn

 

 

f f x x  f f x   x 0 

   

2

2

1 (1)

1 (2)

x b x c

x b x b c

    



     



Xét phương trình (2), giả thiết nên (2) có biệt thức

 2  

2 b b c

      

do phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt Xét phương trình (1) có biệt thức

 2

1 b 4c do

         

nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

Giả sử hai phương trình có nghiệm chung x0 ta có

   

2

0

2

0

1

1

x b x c

x b x b c

    

 

     

 

1

b

x   

Thay vào ta      

2

2

1

1 1

2

b b

b b c b b c

 

             

   

   

không thỏa mãn giả thiết

Vậy phương trình (1), (2) có hai nghiệm phân biệt chúng khơng có nghiệm chung nên phương trình ban đầu có bốn nghiệm phân biệt

2 Dạng 2: ĐÁNH GIÁ HỆ SỐ TAM THỨC, ĐÁNH GIÁ TAM THỨC Trong dạng toán nghiên cứu toán đánh giá hệ số tam thức bậc hai đánh giá miền giá trị tam thức bậc hai

Bài Cho f x( )ax2bx c thỏa mãn điều kiện f x( ) h với x 1 Chứng minh rằng:

(Đề đề xuất kỳ thi Olympic 30-4 năm 2007)

Lời giải

Đặt : A f(1)  a b c, B f( 1)   a b c, C f(0)c Khi ta tính

được: ; ;

A B A B

a  C b  c C

Từ giả thiết toán ta có: A B C, , h a) Áp dụng bất đẳng thức x y  x y ta có:

2

4

2 2 2 2

A B A B

a b c C C

A B A B h h h h

C C h h h

 

     

            

b) Bài toán cần chứng minh chặt chẽ toán nên ta sử dụng bổ đề đẳng thức: x y   x y 2max x y;  (*) Áp dụng bổ đề BĐT giá trị tuyệt đối ta có:

2 2

A B A B A B A B

a  b  c   C    C    C    C

2

2

A B A B

C

 

   max A B;  2C

2

h h h

   (đpcm). Nhận xét:

1) Câu b) toán chặt câu a) việc đánh giá khó khăn

2) Khi đáng giá tam thức f x  ax2bx c đoạn  ;  cần ý giá trị f x  ; ;

 

  

Bài Cho tam thức f x  ax2bx c thỏa mãn f x  1 với x 1 Chứng minh rằng, với x 1 thì:

a) 2ax b 4 b)

2

2

cx bx a 

Lời giải

Đặt : A f(1)  a b c, B f( 1)   a b c, C f(0)c Khi ta tính

được: ; ;

A B A B

a  C b  c C

Từ giả thiết tốn ta có: A B C, , 1

a) Đặt g x  2ax b Do g x  hàm số bậc nên để chứng minh

 

g x 

Ta có  

3

1 2 2

2 2 2

A B A B A B

g   a b  A B  C     C    C 

 

3

1 2 2

2 2 2

A B A B A B

g  a b  A B  C     C    C 

nên toán chứng minh

b) Đặt h x  cx2bx a Ta có

   1  1  1

2 2

A B A B A B

h x Cx   x   C C x   x  x

nên với x 1

       

2

1 1

2

A B

h x  C x   x  x

1

2

A B

C x x x

     

 

2

1 1 1

2 2

A B

C x x x x x x

           

 

2 1 max ;1 1 2

x x

     

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  ax2bx c thỏa mãn f x  1, x  0;1 a) Chứng minh a  b  c 17

b) Có thể thay 17 số nhỏ không?

(Đề thi HSG lớp 10 Hà Tĩnh 2001)

Lời giải

a) Gọi f x  ax2bx c Theo giả thiết f x  1 với x 0;1 nên

 

f x 

1 0; 1;

2

x x x

Đặt

1 ( )

2

a b

f    c A

; f(1)   a b c B; f(0) c C  , ta suy

2

4

a B C A

b A B C

c C           

 theo giả thiết tốn A B C, , 1.

Khi ta có đánh giá:

2 4

a  b  c  B C A  A B  C  C

2B 2C 4A 4A B 3C C

      

3B 6C A 17

Vậy a  b  c 17

b) Xét tam thức f x  8x28x1 có tính chất:    

2 1

f x  x   và

   

8 1

f x  x x  

với x 0;1 Hơn với tam thức a   b c 17 nên thay 17 số nhỏ

Bài 10 Cho f x( )x2bx c m n p Z, ,  phân biệt Chứng minh rằng:

1 max{ ( ) , ( ) , ( ) }

2

f m f n f p 

Lời giải

Ta giả sử m n p  đặt M = max f m( ) , ( ) , ( )f n f p  Khi ta có:

( )

f m m bm c f n( )n2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:

4M  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)

Vậy ta có

1

M 

Nhận xét: Bài tốn ta phải sử dụng tính chất rời rạc số nguyên, với

các 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( )ax2bx c cho a0, a b thỏa mãn f x( ) 0 với x R Tìm giá trị nhỏ biểu thức :

a b c M

b a

  



(Đề thi HSG Toán 10 Hà Tĩnh 1998)

Lời giải

Cách Do f x( ) 0 với x R nên ta có

0

4

a

b ac

 

   

 

2

0

4

a b c

a

   



Do  

2 4 4

4

b a b

a b c a b ab a

M

b a b a b a a

 

   

  

  

Đây biểu thức đẳng cấp a, b Từ giả thiết kết ta suy ra

0

b a  , nên đặt

b t

a

 

ta có đánh giá

   

2 4 4 2 4 4 1 9

5

4 4

b ab a t t

M t

b a a t t

     

      

    

   

1

1 6

4 t t

 

       



  .

Đẳng thức xảy 0 4 4 a a

b ac b a

b c a

t a                 

 Vậy giá trị nhỏ M 3.

Cách Do f x( ) 0 với x R nên ta có

 2 3( )

f    a b c     a b c b a

Lại có b a   b a nên suy

a b c M

b a

 

 

 .

Đẳng thức xảy chẳng hạn a1;b4;c4. Vậy giá trị nhỏ M 3. Nhận xét: Bài tốn có hai cách giải Cách sử dụng định lý thuận về dấu tam thức bậc hai Cách nhanh ta dự đoán kết toán

3 Dạng 3: XÁC ĐỊNH, BIỂU DIỄN TAM THỨC BẬC HAI

Bài 12 Cho P xi( )x2b x c ii  i( 1,2, , )n là n đa thức đôi phân biệt với hệ số thực cho với 1 i  j n đa thức P xij( )P xi( )P xj( )có nghiệm thực duy nhất Tìm giá trị lớn n.

(Thi chọn đội tuyển HSG Vĩnh Phúc 2015, thi HSG Toán 10 Hà Tĩnh 2016)

Lời giải Với n =2 ta thấy

2

1( ) , ( )2

P x =x +x P x =x - x

thỏa mãn Do n ³ Với n =3 ta thấy

2 2

1( ) 2, ( )2 , ( )3

P x =x + P x =x + x P x =x - x

thỏa mãn Do n ³

hệ số x2 tổng tam thức chúng có nghiệm

Đặt P xij( )=P xi( )+P xj( ) với 1£ < £i j 4. Giả sử nghiệm (nghiệm kép) của 12( ), 23( ), 34( ), 14( )

P x P x P x P x a b c d, , ,

Ta có 2(x a- )2+2(x c- )2 =2(x b- )2+2(x d- ) ;2 " Ỵ ¡x

Suy

2 2

a c b d

a c b d

ìï + = + ïïí

ï + = +

ïïỵ  ( )2 ( )2

ac bd ac bd ac bd

a c b d a c d b

a c b d

ì ì ì

ï = ï = ï =

ï ï ï

ï Û Ú

í í í

ï - = - ï - = - ï - =

-ï ïỵ ïỵ

ïỵ

+) Nếu a c b d- = - 2a= + + -a c a c= + + -b d b d=2b hay a=b. Khi P x1( )º P x3( ), vô lý P xj( ),1£ £j 4 đôi phân biệt.

+) Nếu a c d b- = - a=d Khi P x2( )º P x4( ), vơ lý

Tóm lại khơng tồn n(n ³ 4) tam thức bậc hai thỏa mãn yêu cầu toán Vậy giá trị lớn cần tìm n n =3

Nhận xét: Đây tốn khó cần có định hướng giá trị n trước khi

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 = 3.

Bài 13 Cho f x( )x2bx c (b c Z,  ) Chứng minh tồn Z cho

( ) (2018) (2019)

f   f f .

Lời giải

Ta chứng minh với x R f f x  x  f x f x   1 Thật ta có

       

2

f f x x f x x b f x xc

= f2 x 2xf x x2bf x  bx c

= f x   f x 2x b 1 = f x x  2bx c 2x b 1 =      

2

1

f x  x b x c

= f x f x   1

Áp dụng kết này, b c Z,  nên ta chọn   f 20182018Z ta có

 

 

( ) 2018 2018 (2018) (2019)

f   f f   f f

Nhận xét: Đây tính chất đặc biệt tam thức có hệ số bậc cao 1.

Chúng ta gặp lại tính chất tốn

Bài 14 Tìm đa thức P x( ) khác đa thức thỏa mãn:

( ( ) ) ( ) ( 1)

Trước hết ta xác định bậc P x( ) Gọi n bậc P x  , n1 Từ giả thiết, so sánh bậc hai vế ta có n2    n n n Như đa thức cần tìm có tam thức bậc hai

Gọi P x  ax2bx c với a0 Từ giả thiết, so sánh hệ số x4hai vế ta có

3 1

a a  a ,

ta P x  x2bx c Khi

 

     

P P x x P x x b P x xc

= P x2 2xP x x2bP x bx c = P x P x    2x b 1 =  

2 2 1

P x x bx c  x b  

=      

1

P x  x b x c

= P x P x   1 với b c R, 

Kết luận: P x  x2bx c với b c R, 

Bài 15 Xét tam thức bậc hai f(x)ax2 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

Gọi x x1; 2là hai nghiệm f x  Theo giả thiết tốn 0 x1 x2 1và ta

có phân tích f x  a x x  1 x x 2

1

1

(0)

(1) (1 )(1 )

f ax x

f a x x

 

    



Do a, b, c nguyên nên f(0)Z f; (1) Z f(0) 1; f(1) 1 suy

   

2

1 2

1 (0) (1) 1

4

a

f f a x x  x x 

       

Dấu “=” xảy

1

x  x

, không thỏa mãn điều kiện x x1, 2phân biệt nên ta có

2

2

4

a

a

  

(do a > 0) Vì a nguyên nên a5 Với a =

25

1 (0) (1)

16

f f

   ff(0) 1(1) 1 bc 15

   f x  5x25x1

Kiểm tra lại thấy f x  5x25x1 có hai nghiệm 1,2  

5

0;1 10

x   

Vậy tam thức có hệ số a nhỏ f x  5x25x1

Nhận xét: Bài toán phải sử dụng tính chất rời rạc số nguyên để đánh

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 f x  x2x1 với  R

a) Với

15

 

, viết f x  thành thương đa thức với có hệ số khơng âm

b) Tìm tất giá trị để f x  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

 

ta có  

2 15 1

2

f x x  x

Xét biến đổi sau

2 15 1

2 x x          

2 15 1

2 x x          =

4 1

4

x  x 

4 1

4

x x

   

 

 

4 1

4

x x

   

 

 =

8 17 1

16

x  x 

17

1 16 x x        

8 17

1 16 x x        =

16 223 1

256

x  x 

Từ ta suy  

2 15 1

2

f x x  x

thương hai đa thức

P(x) =

16 223 1

256

x  x 

Q(x) =

2 15 1

2 x x          

4 1

4

x x

   

 

 

8 17 1

16

x x

   

 

 .

có tất hệ số không âm b Giả sử f x  x2x1 =

   

P x

Q x P x  , Q x  là đa thức có hệ

số khơng âm Với x1 ta có

    P Q    

nên  2 Ta chứng minh giá trị

2

  thỏa mãn yêu cầu toán.

x2x1 x2x 1 x422x21

Nếu 2  2 tốn đúng, 2 2 ta tiếp tục nhân Đa thức cuối thu có hệ số đầu cuối 1; hệ số xác định dãy số

 

2

:

2 ;

n

n n

u u

u u n





  

  



Để chứng minh toán ta chứng minh dãy  un xuất số hạng không âm Giả sử ngược lại, un 0 với n1 Do ta xét 0  nên  2 un 0 với n1 Lại có un1un  2 un2un 2un 1un 0 nên  un dãy số tăng, suy  un dãy hội tụ Gọi Llimun;   2 L Khi từ phương trình giới hạn ta suy

2

2

2

L

L L

L

 

   

 

 mâu thuẫn.

Vì điều giả sử sai nên phải tồn n N để uN 0 Khi ta xét dãy đa thức  

1

2n . 2n 1

n n

P x x  u x  với n1, 2,3 ,N ta có f x 

thương hai đa thức có hệ số khơng âm P xN  P x P x1    PN1 x .

Kết luận giá trị cần tìm  2

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)

Bài 17 Cho góc 0   đa thức P xn  xnsinxsin n sinn1. Chứng minh tồn tam thức bậc hai có dạng f x  x2ax b sao cho với số nguyên dương n3 P xn 

chia hết cho f x 

(Đề thi HSG Quốc gia 2000)

Lời giải Với n3 ta có

   

    

3

3

3 2

sin sin sin sin 4sin 2cos

sin 4cos 2cos sin 2cos cos

P x x x x x

x x x x x

     

     

 

        

 

        

Do tam thức f x  x22 cosx  1 vô nghiệm nên tam thức bậc hai mà P x3  chia hết Ta chứng minh  

2 2 cos 1

f x x  x  tam thức cần tìm

hay với n3 P xn 

Giả sử P xn 

chia hết cho f x  với n3 Khi ta có  

1 n

P x

=  

1sin sin 1 sin n

x   x n  n

= sin sin  sin 1 n

x x   n x n 

+ x2sinnxsinn1xsinn1sinn = x P x n  + x2sinn2 sinx ncossinn

= x P x n  +  

2

sinn x 2 cosx  1

chia hết cho f x  x22 cosx 1

Vậy theo nguyên lý quy nạp P xn 

chia hết cho f x  với n3 hay

  2 cos 1

f x x  x   tam thức cần tìm.

Nhận xét: Chúng ta dự đoán f x  x22 cosx 1 cách cho n = 2 P x2  x2sinxsin 2  sin sinx22 cos 1 Thực chất toán vẫn n = tác giả tốn cho n3 để khó dự đốn hơn.

4 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 x2y2 k xy 1 có nghiệm nguyên dương x y;  Chứng minh k số phương.

(Đề thi chọn đội tuyển HSG Hà Nội 2008)

Lời giải

Giả sử phương trìnhx2y2 k xy 1 (1) có nghiệm nguyên dương Gọi nghiệm có tổng nhỏ tập nghiệm khơng tính tổng quát giả sử

Khi ta có

   

2 2

0 0 0 0

x y k x y   x  ky x y  k .

Từ (2) ta suy nghiệm phương trình t2 ky t y0  02  k (2) Do phương trình (2) cịn phải có nghiệm Theo định lý Viet ta có

0

2

x x ky

x x y k

  



 



Nếu x0 ky0  x0 ky01 

0 0 0 0

x kx y x kx y ky  

 

2 2

0 0 0 0

x y kx y ky  y k x y 

mâu thuẫn giả sử Do phải có x0 ky0, suy x1ky0x0 số tự nhiên

Nếu x1 0

k y hay k số phương.

Nếu x1 1 x1 số nguyên dương nên x y1; 0 nghiệm phương trình (1) Từ giả sử ban đầu ta có x1x0x x0 1x02 Suy

2 2

0 0

y  k x x x  y 

0

k Theo giả thiết k số tự nhiên nên k0 số phương.

Vậy k số phương

Bài 19 Tìm tất giá trị số nguyên dương m cho phương trình

có nghiệm ngun dương

(Đề thi chọn đội tuyển HSG Hà Tĩnh 2013)

Lời giải

Giả sử phương trình (1) có nghiệm ngun 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  vơ 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)

Giả sử n N * giá trị để phương trình x y u v n xyuv    (1) có nghiệm nguyên dương Gọi x y u v0, , ,0 0 là 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      2

0 0 0 0

x y u v n x y u v

    

2

2

0 0 0 0 0 0

x n y u v  y u v x  y u v 

Như x0 nghiệm tam thức bậc hai

  2 2    2

0 0 0 0 0

f x x n y u v  y u v x y u v

và f x  phải có nghiệm thứ hai x1 Theo định lý Viet ta có

 

 

2

0 0 0 0

2

0 0

2

x x n y u v y u v

x x y u v

     

 

  



nên suy x1N* hay x y u v1, , ,0 0 nghiệm phương trình ban đầu, do 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: 1.f y 0 0     

2

2

0 0 0 0 0 0

y n y u v  y u v y  y u v 

 n y u v2 0 02  y022y y0 0u0v0  y0u0v02 Lại có từ y0 u0v0 1

   2    2

2 2

0 0 0 0 0 3 16

y  y y  u v  y  u v y  y y  y  y .

Suy n y u v2 0 02 16y02 hay n2 16 n Từ n1;2;3;4 Với n1, phương trình x y u v    xyuvcó nghiệm 4; 4; 4; 4 Với n2, phương trình x y u v   2 xyuv có nghiệm 2; 2; 2; 2 Với n3, phương trình x y u v   3 xyuv có nghiệm 1;1; 2; 2 Với n4, phương trình x y u v   4 xyuv có nghiệm 1;1;1;1 Vậy giá trị cần tìm n1; 2;3; 4

5 Một số toán luyện tập

Bài Cho tam thức f x( )x22mx1,

1 ;

m 

  Giải phương trình

 2

( ) ( )

f x  mf x   x.

Bài Tam thức f x( )x2bx c thỏa mãn

1 ( )

2

f x 

với   x  1;1 Hãy tìm hệ số bvà c

(Đề thi HSG Toán 10 năm 2010 - THPT Đồng Quan – Hà Nội)

Bài Cho cấp số cộng    an , bn số nguyên m2 Xét m tam thức bậc hai P xk  x2a x b kk  k; 1, 2, , m Chứng minh hai tam thức P x P x1 ; m  đều nghiệm thực tất tam thức cịn lại khơng có nghiệm thực

(Đề thi HSG Quốc gia 2012)

Bài Cho số thực a b c, , thỏa mãn: a a(4 3b2 ) 0c  Chứng minh phương trình ax2bx c 0 khơng thể có nghiệm phân biệt thuộc đoạn  1;

(Đề thi HSG lớp 10 Hà Tĩnh 2005)

Bài 5. Cho f x( ),g x( ),h x( )là tam thức bậc hai Chứng minh phương trình f g h x( ( ( ))) 0 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( )ax2 bx c có hệ số a> biệt thức  b2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

cũng thuộc E.

( Đề thi HSG lớp 10, Hà Tĩnh 2005)

Bài Tìm tất số nguyên dương k để phương trình    

4

x y k xy

có nghiệm nguyên dương x y,

(Đề thi chọn đội tuyển Quảng Nam 2018)

Bài Cho phương trình x2y2z2 n xyz 1 với n số nguyên dương. Chứng minh phương trình có nghiệm ngun dương x y z, , 

2 2; , *

n a b a b N .

(Đề thi trường đông Bắc Trung Bộ 2016)

IV HIỆU QUẢ MẠNG LẠI CỦA SÁNG KIẾN

Kiểm tra tính khả thi hiệu đề tài “Bài toán Tam thức bậc hai trong các kỳ thi học sinh giỏi”.

2 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 toán hay, chỉnh sửa, sáng tác tốn có nội dung tương tự với toán đưa

3 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 toán, 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

Bài a) Giải phương trình    

2

3 3 2

x  x  x  x   x

b) Cho f x  x2mx1 Tìm m để phương trình f f x   x có nghiệm phân biệt

Bài Cho tam thức f x  ax2bx c thỏa mãn f  1 ; f  0 ; f  1 1

Chứng minh với x  1;1  

5

f x 

Bài Tìm k số tự nhiên cho phương trình x2 y2 1 kxy có nghiệm nguyên dương x y; 

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 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 môn Toán 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

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 tốn 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 Toán 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 toán 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 tốn khác để làm phong phú dạng toán

Vì thời gian khơng nhiều lực hạn chế nên đề tài chưa khai thác nhiều dạng tập không tránh khỏi thiếu sót Trong dạng tốn chắn 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

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 chun tốn Đại số Giải tích 10, Nhà xuất Giáo dục, 2010.

[4] Đoàn Quỳnh, Doãn Minh Cường, Trần Nam Dũng, Đặng Hùng Thắng, Tài

liệu chuyên toán Bài tập Đại số Giải tích 10, Nhà xuất Giáo dục, 2010.