Cac bai toan tam thuc bac hai

-Qua đề tài này, tôi thiết nghĩ nếu không định kiến về sự “giảm tải” của chương trình thì sách giáo khoa, sách bài tập, sách tham khảo hoặc trong các đề thi học sinh giỏi chúng ta cũng[r]

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ TRƯỜNG THPT CỒN TIÊN



SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 

Đề tài:

PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN VÀ PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ ĐỂ

KHẮC PHỤC BÀI TOÁN SO SÁNH MỘT SỐ VỚI CÁC NGHIỆM CỦA

TAM THỨC BẬC HAI

A MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài

Như biết, tốn tam thức bậc hai chương trình phổ thơng chủ đề hay mà người học tốn, làm tốn phải nghiêng thán phục, vẽ đẹp kiêu kì, hoa mỹ Bởi lẽ đó, mà chương trình SGK giảm tải lược bỏ phần “So sánh số với nghiệm tam thức bậc hai” làm cho lớp toán theo dạng không đưa vào SGK SBT – lẽ làm cho vẽ đẹp Tam thức bậc hai khơng cịn hồn mỹ xưa Tuy nhiên đưa vấn đề soi xét, ta linh hoạt chút, chịu khó nhìn tốn cách nhìn khác, ta trả lại cho Tam thức bậc hai vẽ hấp dẫn quyến rủ ngày Tuy nhiên vốn kinh nghiệm có hạn nên tơi khắc phục số tình huống, hi vọng qua q trình tìm tịi, yêu Tam thức bậc hai giải vấn đề cách trọn vẹn

Hơn nữa,do đặc thù học sinh trường THPT Cồn Tiên năm qua chưa đạt kết cao kì thi học sinh giỏi tỉnh mơn tốn chất lượng đại trà cịn thấp, tính cấp thiết phải xây dựng cho học sinh có tinh thần học tập tích cực, sáng tạo hơn, học sinh phải biết phân tích, tìm tịi để chuyển hố tốn từ xa lạ quen thuộc, từ đơn giản đến phức tạp để từ tìm đường lối giải tốn, từ gây dựng niềm đam mê tốn học hứng thú học tập nhằm nâng cao chất lượng mơn chất lượng giáo dục nói chung

1.2 Mục đích nghiên cứu:

Với lí trên, mục đích đặt sử dụng cơng cụ khác nhìn tốn cách nhìn khác mà với kiến thức khắc phục vấn đề trên, giúp chúng ta, học sinh thêm yêu toán học hơn, tiếp thêm niềm đam mê hứng thú với tốn học

1.3 Đới tượng phạm vi nghiên cứu: 1.3.1 Đối tượng nghiên cứu:

- Phương pháp hàm số toán liên quan đến so sánh số với nghiệm tam thức bậc hai có chứa tham số đẳng bậc

- Học sinh khối 10 12

1.3.2 Phạm vi nghiên cứu:

-Các toán liên quan đến so sánh số với nghiệm tam thức bậc hai có chứa tham số

1.4 Giả thuyết khoa học:

1.4.1 Dựa theo chương trình sách giáo khoa trường Trung học phổ thông. 1.4.2 Dựa vào trình độ của học sinh.

1.4.3 Dựa vào quá trình giảng dạy.

Tôi nhận thấy rằng: Nếu có ý thức ban đầu cho học sinh phương pháp đổi biến (đối với học sinh lớp10) phương pháp hàm số (đối với học sinh lớp12) khắc phục vấn đề cách có hiệu Nhờ nâng cao chất lượng dạy học toán nhà trường Trung học phổ thông

1.5 Cơ sở lý luận của đề tài:

1.5.1 Khái niệm và ý nghĩa của việc dạy và học mơn Đại sớ,Giải tích.

Dựa vào ưu điểm cách nhìn nhận tích cực phương pháp từ phía học sinh đồng nghiệp, đánh giá khả hứng thú học tập chủ động linh hoạt mơn Đại số, Giải tích học sinh dựa vào sở lý luận sau:

* Lòng tự tin với thân vấn đề liên quan đến Tam thức bậc hai * Biết cách tổ chức giải vấn đề

* Lạc quan gặp tốn khó * Kiên trì tìm tịi vấn đề tiềm ẩn * Quyết tâm đạt vấn đề

* Nhạy bén, linh hoạt tình * Biết lắng nghe lịng kiên định

* Nếu đạt tiêu chuẩn học sinh đánh giá cao việc tiếp thu, vận dụng linh hoạt phương pháp đổi biến phương pháp hàm số đặt kết khả quan

1.6 Phương pháp nghiên cứu:

- Kinh nghiệm cá nhân - Phương pháp thực tiễn

- Phương pháp phân tích, tổng hợp

1.7 Ý nghĩa khoa học thực tiễn của đề tài:

- Đề tài nghiên cứu góp phần giải toán liên quan đến tam thức bậc hai cách trọn vẹn

- Bên cạnh đó, đề tài tài liệu cần thiết cho việc giảng dạy học tập mơn Đại số, Giải tích trường Trung học phổ thơng

- Góp phần nâng cao tính tích cực, chủ động hứng thú học tập, nghiên cứu - Góp phần nâng cao chất lượng giáo dục

1.8 Cấu trúc của đề tài:

Ngoài phần mở đầu kết luận, đề tài gồm có hai phần:

+ Phần I: Phương pháp đổi biến

B NỘI DUNG

Phần I: PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN

Vấn đề 1: So sánh số α với hai nghiệm của phương trình bậc hai

I Phương pháp: Giả sử f(x) = ax2 + bx + c = 0 1) a = 0: giải bx + c =  so sánh với α 2) a  0:

+ Nếu x1 = α nghiệm  nghiệm x2 =

c

a x ; so sánh với α

+ Nếu x1, x2 α: Đặt t = x – α  x = t + α  f(x) = f(t +α) = g(t)

+ Nếu x1  x2 < α:  g(t) có nghiệm: t1 t2 < 

0 0

t Pt St

   

 

 



+ Nếu x1 < α <x2:  g(t) có nghiệm: t1 < < t2  Pt <

+ Nếu α <x1  x2:  g(t) có nghiệm: 0< t1 t2 

0 0

t Pt St

   

 

 



+ Nếu t < 0:  g(t) vô nghiệm  f(x) vô nghiệm.

Chú ý : Trên vấn đề tổng quát, sử dụng Định lí Viets xử lí tốt số trường hợp Ví dụ :

+ Nếu x1 < α <x2  (x1 – α)(x2 - α) <  … II Ví dụ:

So sánh số với nghiệm phương trình f(x) = (2m + 1)x2 – 2x + - 3m = 0

a) Nếu 2m + =

1

m 

  

phương trình trở thành:

1

2 3( )

2

x  x

      

b) Nếu 2m +   m 

+ Nếu x1 = nghiệm:  (2m1).22 -2.2 +2 – 3m =0

2

m 

 

 nghiệm x2 =

2

2 3.( ) 16

5 8

2

2( )

 

 



 



 

  > 2

 x1 = 2< x2 = 8.

+ Nếu x1, x2  2, đặt t = x -  x = t +2

 f(x) = f(t + 2) = (2m + 1)(t + 2)2 – 2(t + 2) +2 – 3m

= (2m +1)t2 + 8m + t + 5m + = g(t)

 0 P S          

6

5 2 (8 2) m m m m m m                     1 2 1 m vm m vm m                    

5 m

 

  

 f(x) có hai nghiệm x1,x2: x1 < < x2  g(t) có nghiệm t1, t2: t1 < < t2:

5 2

0

2

m P m m           

 f(x) có hai nghiệm x1,x2: x1 < x2 <2 g(t) có nghiệm t1, t2: t1 < t2 < 0:

6

0 0 2 m m m P m S m m                                      1 v 2 v 1 v                     m m m m m m 2 m m           

Khi   0 6m2 – m -1 =

1

v

3



 m m

+ Nếu m =

1 

 f(x) có nghiệm kép: x0 =

2

3

2 2(2 1)

b

a m m



   

 

+ Nếu m =

1

2  f(x) có nghiệm kép: x0 =

2 1

2

2 2(2 1) 2

b

a m m



   

 

c) Kết luận: * m <

1

2 phương trình có nghiệm x1 < x2 <2

* m =

1 

 pt có nghiệm x =

2 4

*

1

2 m

 

  

pt có nghiệm x1 < < x2

* m =

2 

 pt có nghiệm: x1 = < x2 = 8

*

2

5 m

 

  

pt có nghiệm < x1 < x2

* m=

1 

 pt có nghiệm kép: x = > 2

*

1

3 m

 

  

pt vô nghiệm * m =

1

2 pt có nghiệm kép x =

2 2

* m >

1

Vấn đề 2: Điều kiện f(x) = ax2 + bx + c = có nghiệm nhỏ hay lớn hơn một số α

I Phương pháp:

+ Nếu a =0  giải phương trình  so sánh

+ Nếu a   tính :

 Nếu   0 pt vô nghiệm

 Nếu   0 pt có nghiệm kép x0=

b a

 

so sánh

 Nếu   0 pt có nghiệm x1; x2

Đặt t = x – α  f x( ) f(t+α) = g(t)

+ f(x) có nghiệm x1<x2<α  g(t) có nghiệm t1 < t2 <0

0 P S          

+ f(x) có nghiệm x1<α<x2  g(t) có nghiệm t1< < t2

 P0

+ f(x) có nghiệm α <x1<x2  g(t) có nghiệm < t1 < t2

0 P S           II Ví dụ:

Cho phương trình: f(x) = mx2 + 2(m -1)x + m – = 0

a) Tìm m để phương trình có nghiệm x1; x2 cho: x1< < x2

Giải:

+ Nếu m =  pt có nghiệm x = 

không thỏa mãn yêu cầu + Nếu m # 0: Đặt t = x -2  x t 2

( ) ( 2)

 f x f t = m(t + 2)2 + 2(m - 1)(t + 2) + m -5 = mt2 + 2(3m -1) +9m – = g(t)

f(x) có nghiệm x1; x2: x1 < < x2  g(t) có nghiệm t1< < t2  P <

9

0

m m m       b) Tìm m để phương trình có nghiệm x1; x2 cho: x1< x2 <

f(x) có hai nghiệm x1 < x2 <  g(t) có nghiệm t1 < t2 <

' 0           P S

3

9 2(3 1) m m m m m                 

0 v

Vấn đề 3:So sánh hai sớ α, β với nghiệm phương trình: f(x) = ax2 + bx + c = 0

I Phương pháp:

+ Nếu a =0  giải phương trình  so sánh

+ Nếu a   tính :

Nếu   0 pt vơ nghiệm

 Nếu   0 pt có nghiệm kép x0=

b a

 

so sánh

Nếu   0 pt có nghiệm x1; x2

Đặt t = x – α  f x( ) f(t + α) = g(t)

t’ = x – β  f(x) = f(t’ + β) = g(t’)

Khi đó:

f(x) có nghiệm: α< x1 < x2 < β

1

' '

1

g(t)cãnghiÖm t t g(t ')cãnghiÖm t t

  

  

  



f(x) có nghiệm: x1 < α < β < x2

1

' '

1

g(t)cãnghiÖm t t g(t ')cãnghiÖm t t

 

   

  



f(x) có nghiệm: x1 < α < x2 < β

1

' '

1

g(t)cãnghiÖm t t g(t ')cãnghiÖm t t

  

  

  



f(x) có nghiệm: α < x1 < β < x2

1

' '

1

g(t)cãnghiÖm t t g(t ')cãnghiÖm t t

  

  

  



+ Kết luận:

II Ví dụ:

Tìm m để phương trình f(x) = x2 – (2m - 3)x + m2 - 3m = có hai nghiệm x 1, x2

thỏa < x1 < x2 <

Giải:

Đặt t = x-1  x = t + 1

 f(x) = (t + 1)2 – (2m - 3)(t + 1) +m2 -3m

= t2 – (2m - 5) + m2 – 5m + = g(t)

Đặt t’ = x –  x = t’ + ( ) ( ' 6)

f x f t

   = (t’ + 6)2 –(2m -3)(t’ + 6) +m2 – 3m

= t’2 – (2m - 15)t’ + m2 – 15m + 54 = g(t’)

Phương trình f(x) có nghiệm < x1 < x2 < 

1 2

' ' ' '

1 2

g(t) cã nghiÖm t ,t : t t g(t ')cã nghiÖm t ,t : t t

 

 

 

t t t t ' t ' t ' P S 0 P S                     2 2 2

(2m 5) 4(m 5m 4) m 5m

2m

(2m 15) 4(m 15m 54) m 15m 54

2m 15                                   m m v m

5 m

2 m m v m

15 m                     

  4m6

Vấn đề 4:Tìm điều kiện để f(x)ax2bxc có dấu xác định tập hợp I Phương pháp:

Tìm điều kiện để f(x)ax2bxc0 D

- Nếu  0 f(x)cùng dấu với a  x R  so sánh D  rút kết luận

- Nếu  0  f(x)cùng dấu với a #

 x b

2a  so sánh D rút kết luận

- Nếu  0  f(x)có nghiệm x ,x1 f(x)cùng dấu với a  x R xx2 f(x)trái dấu với a  x (x ;x )1

 Suy dấu f(x) D cách so sánh số phụ thuộc vào tập D với nghiệm

của f(x)

II Ví dụ:

Cho f(x) = x22mx m 2  Tìm m để f(x)0 x   ;1

Giải:

Ta có:  ' m2 m 2

+ Nếu  0 m2 m 2 0  1 m2  f(x)0 x R 

    

f(x) x ;1

+ Nếu   0 m1 v m2

 Nếu m = -1 f(x)có nghiệm kép x0 m 1 x  1 f(x) 0 không thỏa yêu cầu

 Nếu m =  f(x)có nghiệm kép x0 m2  f(x)0 x 2 #  f(x)0 x   ;1

+ Nếu  0 m 1 v m2  f(x)có nghiệm x ,x (x1 1x )2  f(x)  0 x x1 x>x2 Vậy, f(x)0 x   1;1

        2

1 x x (a) x x (b)

a) Trường hợp a: Đặt t = x -  x t

 f(x)(t 1) 2m(t 1) m 2   t22(m 1)t m 3   g(t)

     



 

  

 

 

 

2

' (m 1) (m 3) m

0 2(m 1)

   



  

 



2

m m m

m

m v m m

m

 

 

  

 

  2m3

b) Trường hợp b:

Đặt t = x +1  x t

 f(x)(t 1) 22m(t 1) m 2   t2 2(m 1)t  3m 3 g(t) f(x) có nghiệm x1, x2:x1x2  1 g(t) có nghiệm t1, t2: t1t2 0

     



    

   



2

' (m 1) (3m 3) P 3m S 2(m 1)

  

 

    

  



m v m

m v« nghiƯm m

Phần II: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI CÁC BÀI TOÁN TAM THỨC BẬC HAI

I Lời nói đầu:

Ngồi phương pháp đổi biến (Phần I), để giải tốn tam thức bậc hai sử dụng phương pháp hàm số số dạng tốn định Vì điều kiện có hạn, nghiên cứu áp dụng cho lớp tốn đẳng cấp tham số có hiệu Sau tơi tóm tắt phương pháp

II.Phương pháp:

- Đưa phương trình ax2 + bx + c =0

 f(x) = g(m)

- Khảo sát, lập bảng biến thiên hàm số y = f(x)

- Dựa vào bảng biến thiên  Tìm điều kiện cho tham số m thỏa yêu cầu toán

III Các ví dụ:

1.Vấn đề 1:So sánh nghiệm của tam thức bậc hai với số

Tùy theo m, so sánh số với nghiệm phương trình: (2m +1)x2 – 2x + -3m = 0

Giải:

Ta có: (2m +1)x2 – 2x + -3m =

 x2 – 2x +2 = (-2x2 +3)m (1)

+ Nếu -2x2 +3 =

 x =

3 

 khơng thỏa phương trình

+ Nếu x ≠

3 

 (1) 

2

2

2

x x

m x

 



 

- Đặt f(x) =

2

2

2

x x x

 

  , ta có f’(x) =

2

2

4 14

( 3)

x x x

  

 

f’(x) =  x =

1

2; x = 3

- BBT:

x

-

3 

1 2

3

7

4 +

f’(x) - -

+

+ + -f(x)

-1

-

- +

1

2 -1

-2

-1

2 -1

-

- Từ bảng biến thiên ta thấy:

+ Nếu m <

-1

2  phương trình có hai nghiệm x1, x2 x1 < x2 < 2

+ Nếu m =

-1

2  phương trình có nghiệm x =

+ Nếu

-1

2< m < -2

+ Nếu m =

-2

5  phương trình có hai nghiệm x1 = < x2

+ Nếu

-2

5 < m < -1

3  phương trình có hai nghiệm x1, x2 < x1 < x2

+ Nếu m =

-1

3  phương trình có nghiệm x =3 > 2

+ Nếu

-1

3< m <

2  phương trình vơ nghiệm

+ Nếu m =

1

2  phương trình có nghiệm x = 2< 2

+ Nếu m >

1

2  phương trình có hai nghiệm x1, x2 x1 < x2 < 2 2.Vấn đề 2: So sánh hai số ,  với nghiệm của tam thức bậc hai

VD2: Tìm m để phương trình (2m + 1)x2 – 4x – m +1 = có hai nghiệm

x1, x2 thỏa mãn x1 < -1  x2 <

Giải:

Ta có (2m + 1)x2 – 4x – m +1 =

 (2x2 – 1).m = -x2 + 4x -1 (2)

+ Nếu 2x2 – 1=

 x =

1 

 khơng thỏa phương trình

+ Nếu 2x2 – ≠

 x ≠

1 

 pt(2) 

2

4

2

x x x

  

 = m

- Đặt f(x) =

2

4

2

x x x

  

  f’(x) =

2 2

8

(2 1)

x x x

  

 <0 x  R\

2

 



 

 

-BBT:

x

- -1

1 

1

2 +

f’(x) - -

-f(x)

-1

-6 -

+

-

+

-1

- Từ BBT ta thấy: phương trình (2) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn

x1 < -1  x2 <  < m < -1

3.Vấn đề 3: Điều kiện để tam thức bậc hai f(x) = ax2+bx + c có nghiệm nhỏ hơn lớn sớ  cho trước.

VD3: Tìm m để phương trình mx2 + 2(m – 1)x + m – = có hai nghiệm x 1, x2

thỏa x1 < < x2

- Phương trình (3)  (x + 1)2.m = 2x +5 (3)

+ Nếu x = -1  khơng thỏa phương trình

+ Nếu x ≠ -1  pt (3) 

2x (x 1) m

  

- Đặt: f(x) =

2x (x 1)



 ; f’(x) =

2

-2x -10x -8

(x1) = -2x -8

(x1) (x ≠ -1)

f’(x) =  x = -4

- BBT:

x - -4 -1 +

f’(x) -

-f(x) +

0

-1 3

+

- Từ BBT ta thấy phương trình (3) có nghiệm x1,x2 : x1< < x2 < m < 4.Vấn đề 4:Điều kiện để f(x) = ax2+bx + c có dấu xác định tập K.

Vấn đề thường gặp giải tập Tìm điều kiện tham số để hàm số (thường bậc ba) đồng biến nghịch biến tập K

VD4: Tìm m để hàm số y =

-1

2 x3 +mx2 –(m +2)x +1 nghịch biến đoạn [-1;1]

Giải:

- Hàm số nghịch biến đoạn [-1;1]  y’ <0 x  [-1;1]

 -x2 +2mx –m -2< x  [-1;1]

 (2x –1)m<x2 +2 (4) x  [-1;1]

+ Nếu 2x-1 =  x =

1

2  bpt(4)  m  y’<0 x  [-1;1]

+ Nếu 2x – 1> 0 x >

1

2 2

(2)

2

x

m x



  



Đặt y = f(x) = 2

2

x x



 ; TXĐ: D = R\

1      

y’ = f’(x) =

2

2

2 (2 1) 2( 2) 2

(2 1) (2 1)

x x x x x

x x

    



  ; y’ =  x1;x2

- BBT:

x

- -1

1

2 +

f’(x) + - - + f(x)

-1 - -

+ +

- Vậy f(x) > m

1

;1

2

x   m

    

 

+ Nếu 2x – 1<  x >

1

2 2

(2)

2

x

m x



  



 f(x) < m

1

1;

2

x   m

     

 

C KẾT LUẬN

I Tính khoa học, tính thực tiễn hiệu quả của đề tài

-Qua q trình nghiên cứu, tơi thấy phương pháp hoàn toàn đắn Các kết nghiên cứu trùng khớp với kết ta sử dụng Định lí đảo dấu tam thức bậc hai.

-Qua trình trải nghiệm đề tài, áp dụng cho lớp 10A1, lớp 12B3 12B5, kết thu khả quan Hầu hết học sinh tiếp thu vấn đề một cách tự nhiên vận dụng tốt trình học tập Đặc biệt lớp 10A1 lớp 12B3, học sinh tự tin có hứng thú giải toán liên quan đến Tam thức bậc hai.

-Đề tài tài liệu hữu ích cho rèn luyện tư học sinh công tác bồi dưỡng học sinh.

-Từ ưu điểm đề tài, thiết nghĩ nên nhân rộng phạm vi nghiên cứu cho đối tượng.

II Những hạn chế ưu điểm của đề tài 1 Đối với phương pháp đổi biến:

a.Ưu điểm:

-Khắc phục trọn vẹn toán so sánh số với nghiệm tam thức bậc hai, từ giúp giải tất lớp toán liên quan đến tam thức bậc hai Phương pháp chưa phổ biến (theo nhận định cá nhân).

-Đối tượng áp dụng rộng cho tất học sinh Trung học phổ thông.

-Phát triển tư sáng tạo, tư phân tích - tổng hợp - đánh giá, tư duy quy lạ quen.

-Gây hứng thú, đam mê học tập, nghiên cứu cho học sinh.

b.Nhược điểm:

-Các phép biến đổi tăng lên so với phương pháp Định lí đảo dấu của tam thức bậc hai.

-Lớp toán liên quan đến tam thức bậc hai tinh thần giảm tải nên bị cắt giảm bớt, đối tượng áp dụng không phổ biến trước.

2.Phương pháp hàm số:

a.Ưu điểm:

-Phương pháp rõ ràng, gọn gàng trực quan nhiều so với phương pháp dùng Định lí dấu tam thức bậc hai.

-Phát triển tư sáng tạo, tư phân tích - tổng hợp - đánh giá, tư duy quy lạ quen.

-Gây hứng thú, đam mê học tập, nghiên cứu cho học sinh. -Áp dụng tốt cho học sinh khối 12.

b.Nhược điểm:

mà phương trình ban đầu có chứa tham số m khơng bậc khó có thể nhóm nhân tử chung theo m để rút dạng f(x) = h(m), phương pháp này giải lớp toán liên quan đến tam thức bậc hai có chứa tham số m đẳng bậc.

-Đối tượng áp dụng cho học sinh khối 12.

III Định hướng phát triển của đề tài

-Tiếp tục nghiên cứu, tìm hướng khắc phục để phương pháp hàm số ta có thể giải toán liên quan đến tam thức bậc hai trường hợp tốn có chứa tham số khơng bậc.

IV Các dạng tốn áp dụng đề xuất 1.Nhận xét kiến nghị

-Qua đề tài này, thiết nghĩ không định kiến “giảm tải” chương trình sách giáo khoa, sách tập, sách tham khảo đề thi học sinh giỏi không nên cắt hết tập dạng So sánh một số α, hai số α, β với các nghiệm của tam thức bậc hai cần thao tác nhỏ đổi biến x = t – α nhẹ nhàng ta đưa tốn dạng tìm điều kiện để phương trình có nghiệm âm dương mà học sinh biết không những lớp 10 mà học sinh lớp hiểu áp dụng

2.Các tập áp dụng: Tất tập liên quan đến tam thức bậc hai.

V Danh mục tài liệu tham khảo

1.Tam thức bậc hai ứng dụng, tác giả: Lê Sĩ Đồng – Lê Minh Tâm (Nhà xuất Giáo dục – năm 2003)

2.Rèn luyện tư qua việc Giải tập tốn, tác giả Nguyễn Thái Hịe (Nhà xuất Giáo dục – năm 2001)

3.Sách giáo khoa Đại số 10 (Nhà xuất Giáo dục – năm 2000) 4.Sách giáo khoa Đại số 10 (Nhà xuất Giáo dục – năm 2006) 5.Giải tích 12 (Nhà xuất Giáo dục – năm 2000)