LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Hiện nay trong chương trình Toán THPT phân ban của Bộ GD & ĐT không đưa vào nội dung định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai, trong khi đó một số bài tập so sánh nghiệm[r]
(1)TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 Lop10.com (2) TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 Lop10.com (3) TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh MỞ ĐẦU I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Hiện chương trình Toán THPT phân ban Bộ GD & ĐT không đưa vào nội dung định lý đảo dấu tam thức bậc hai, đó số bài tập so sánh nghiệm phương trình bậc hai với hai số thực chương trình Toán THPT thường sử dụng phương pháp này gây khó khăn cho giáo viên giảng dạy và học sinh giải các bài tập này Trong phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm phương trình bậc hai với hai số thực ” lại tỏ hữu ích với các loại bài này vì công đa dạng và đơn giản tư học sinh II MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Đưa số các dạng toán có thể sử dụng phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm phương trình bậc hai với hai số thực ” để giải quyết, góp phần nâng cao lực giải toán học sinh THPT III ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Học sinh khối 10,11 &12- THPT PHẠM NGŨ LÃO từ năm 2007 đến 2011 IV PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Để thực nghiên cứu cần thực phối hợp linh hoạt các phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu lý luận Phân tích chương trình môn toán SGK 10 Nghiên cứu kỹ sử dụng phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm phương trình bậc hai với hai số thực ” các tài liệu lý luận, sách tham khảo Thực nghiệm và rút kinh nghiệm Thông qua dự thăm lớp, trao đổi kinh nghiệm giảng dạy, với các bạn đồng nghiệp, trao đổi và sát hạch học sinh các bài kiểm tra Từ đó rút kinh nghiệm giảng dạy V.CẤU TRÚC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Mở đầu Tiềm và thực tiễn việc rèn luyện kỹ sử dụng phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm phương trình bậc hai với hai số thực ” cho học sinh THPT Định hướng và biện pháp rèn luyện kỹ sử dụng phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm phương trình bậc hai với hai số thực ” cho học sinh THPT Tài liệu tham khảo NỘI DUNG NGHIÊN CỨU I Tiềm phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm phương trình bậc hai với hai số thực ” “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm phương trình bậc hai với hai số thực ” là phương pháp sử dụng mối liên hệ các nghiệm SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 Lop10.com (4) TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh phương trình bậc hai thông qua định lí Vi-ét để giải các bài toán so sánh nghiệm phương trình bậc hai với hai số thực Trong khuôn khổ sáng kiến kinh nghiệm mình tôi xin đưa số dạng bài có thể giải phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm phương trình bậc hai với hai số thực ” So sánh hai nghiệm phương trình bậc hai với số thực α So sánh hai nghiệm phương trình bậc hai với hai số thực α và β So sánh các nghiệm phương trình bậc ba với số thực α Tìm điều kiện tham số để hàm số có cực trị thỏa mãn điều kiện cho trước Tìm điều kiện tham số để hai đồ thị hàm số cắt n điểm (n = n = 3) thảo mãn điều kiện cho trước Bài toán so sánh nghiệm phương trình bậc hai f(x) ≡ ax2 + bx +c = (*) với số thực α Kiến thức bản: a>0 a < a + b < a>0 a+b>0 b<0 ⇔ ⇔ ab>0 ֠ a<0 ⇔ ab < ֠ b>0 < b a.b > b>0 Điều kiện để số α nằm hai nghiệm (*) là: x1 − α > x2 − α < ⇔ x −α x − α < ⇔ x x − α ( x + x ) + α < ) 2 x − α < ( )( x2 − α > Điều kiện để số α nhỏ hai nghiệm (*) là: x1 − α > ( x1 − α ) + ( x2 − α ) > x1 + x2 > 2α ⇔ ⇔ − > x α x − x − > α α ( ) ( ) x1x2 − α ( x1 + x2 ) + α > Điều kiện để số α lớn hai nghiệm (*) là: x1 −α < ( x1 −α ) + ( x2 −α ) < x1 + x2 < 2α ⇔ ⇔ x2 −α < ( x1 −α ) ( x2 −α ) > x1x2 −α ( x1 + x2 ) + α > Điều kiện để có đúng nghiệm (*) nhỏ α là: TH1: a = SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 Lop10.com (5) TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh TH2: a ≠ f (α ) = f (α ) = x1 + x2 < 2α x1 + x2 < 2α ∆ = ∆ = ( x1 −α ) + ( x2 −α ) < ⇔ x1 + x2 < 2α x1<α=x2 x1=x2<α ⇔ ( x −α ) ( x −α ) > x x −α (x + x ) + α > 2 x1<α<x2 ( x1 −α ) ( x2 −α ) < x1x2 −α ( x1 + x2 ) + α < Điều kiện để (*) có nghiệm nhỏ α là: TH1: a = TH2: a ≠ f (α ) = f (α ) = α x + x < x1 + x2 < 2α x1 < x2 = α ( x1 − α ) + ( x2 −α ) < x1 + x2 < 2α ⇔ x1 ≤ x2 < α ⇔ ⇔ ( x1 − α ) ( x2 − α ) > x1x2 − α (x1 + x2 ) + α > x1 < α < x2 ( x1 − α ) ( x2 −α ) < x1x2 − α (x1 + x2 ) + α < Điều kiện để (*) có nghiệm lớn α là: TH1: a = TH2: a ≠ f (α ) = f (α ) = x1 + x2 > 2α x1 + x2 > 2α α = x1 < x2 ( x1 −α ) + ( x2 − α ) > x1 + x2 > 2α ⇔ α < x1 ≤ x2 ⇔ ⇔ ( x1 −α ) ( x2 −α ) > x1x2 − α ( x1 + x2 ) + α > x1 < α < x2 ( x1 −α ) ( x2 − α ) < x1x2 −α ( x1 + x2 ) + α < Điều kiện để (*) có đúng nghiệm lớn α là: SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 Lop10.com (6) TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh TH1: a = TH2: a ≠ f (α ) = f (α ) = x1 + x2 > 2α x1 + x2 > 2α ∆ = α = x1 < x2 ∆ = ⇔ α < x1 = x2 ⇔ ( x1 − α ) + ( x2 −α ) > ⇔ x1 + x2 > 2α x1 < α < x2 ( x1 − α ) ( x2 − α ) > x1x2 −α ( x1 + x2 ) + α > x x x x − ( + ) + <0 α α 2 ( x1 − α ) ( x2 −α ) < Ví dụ minh họa: Ví dụ 1.1: Cho phương trình f(x) = (m+1)x2 - 2(m-1)x + m2 + 4m - = 0(*) Hãy tìm m để phương trình (*): a) Có hai nghiệm trái dấu ? b) Có hai nghiệm lớn 2? c) Có hai nghiệm nhỏ 1? G: a) Phân tích: Hai nghiệm phương trình trái dấu (có nghĩa là có mộtnghiệm âm c và nghiệm dương ) ⇔ x1.x2 < 0; mà x1.x2 = nên yêu cầu bài toán trở thành : a c tìm m để : < a c m2+4m-5 Trình bày: Phương trình có hai nghiệm trái dấu ⇔ <0⇔ <0 a m+1 m<-5 ⇔ -1<m<1 b) Phân tích: Hai nghiệm phương trình lớn x − > ( x1 − 2) + ( x2 − 2) > x1 + x2 > ⇔ ⇔ ⇔ x2 − > ( x1 − 2) ( x2 − 2) > x1x2 − 2( x1 + x2 ) + > Trình bày: Phương trình (*) có hai nghiệm m + ≠ m ≠ −1 −2 ≤ m ≤ ⇔ ⇔ (1) ⇔ ∆ ' ≥ ( m − 1)( m + 2)( m + 3) ≥ m ≤ − 2(m −1) x + x = m +1 (2) Khi đó, theo định lý Vi-ét (*) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: m + m − x x = m +1 Mặt khác, theo bài thì hai nghiệm phương trình lớn SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 Lop10.com (7) TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh x1 − > ( x1 − 2) + ( x2 − 2) > x1 + x2 > ⇔ ⇔ x − > ⇔ x − x − > x1x2 − 2( x1 + x2 ) + > ( ) ( ) (3) Thay (2) vào (3) ta được: −m − 2(m −1) >0 m +1 > m +1 ⇔ ⇔ −3 < m < −1(4) ( m + 1) m + m + m − 2( m − 1) ( ) − +4>0 >0 m +1 m +1 m +1 Kết hợp, (1) và (4) ta được: -2 ≤ m < -1 Vậy với -2 ≤ m < -1 thì phương trình (*) có hai nghiệm lớn c) Phân tích: Hai nghiệm phương trình nhỏ x1 −1 < ( x1 −1) + ( x2 −1) < x1 + x2 < ⇔ ⇔ ⇔ x − < x1x2 − ( x1 + x2 ) +1 > ( x1 −1) ( x2 −1) > Trình bày: Phương trình (*) có hai nghiệm m + ≠ m ≠ −1 −2 ≤ m ≤ ⇔ ⇔ ⇔ m ≤ −3 (1) ∆ ' ≥ ( m − 1)( m + 2)( m + 3) ≥ 2(m −1) x + x = m +1 (2) Khi đó, theo định lý Vi-ét (*) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: m + m − x x = m +1 Mặt khác, theo bài thì hai nghiệm phương trình lớn x1 −1 < ( x1 −1) + ( x2 −1) < x1 + x2 < ⇔ ⇔ ⇔ x −1 < ⇔ (3) x − x − > x1x2 − ( x1 + x2 ) +1 > ( ) ( ) Thay (2) vào (3) ta được: 2(m −1) −2 m + < m + > −3 + 17 (4) ⇔ ⇔ −1 < m < 2 m + 4m − − 2(m −1) + > m + 3m − > m +1 m + m + −3 + 17 Kết hợp, (1) và (4) ta được: −1 < m < −3 + 17 Vậy với −1 < m < thì phương trình (*) có hai nghiệm nhỏ Ví dụ 1.2: Cho phương trình f(x) = (m+2)x2 - 2mx -1 = 0(1) Hãy tìm m để phương trình (1) có nghiệm nhỏ 1? SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 Lop10.com (8) TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh G: Phân tích: Phương trình bậc có nghiệm nhỏ nghĩa là có thể xảy x1 < x2 = x ≤ x < trường hợp x1 < < x2 Trình bày: TH1: m + = ⇔ m = -2, phương trình trở thành 4x - 1= ⇔ x = thỏa mãn bài TH2: m ≠ -2, có ∆’ = m2+m + > 0, ∀m ∈ R nên (1) luôn có nghiệm phân biệt 2m x1 + x2 = m + (2) x1, x2 Theo định lí vi - ét ta có: − x x = m + Mặt khác, theo bài thì phương trình (1) có nghiệm nhỏ f (1) = f (1) = x1 + x2 < x1 + x2 < x1 < x2 = ( x1 −1) + ( x2 −1) < x1 + x2 < (3) ⇔ x1 ≤ x2 < ⇔ ⇔ ( x1 −1) ( x2 −1) > x1x2 −1( x1 + x2 ) +1 > x1 < < x2 ( x1 −1) ( x2 −1) < x1x2 − ( x1 + x2 ) +1 < Thay (2) vào (3) ta được: 1− m = 2m < m = m + m > −2 2m < m > −2 m + ⇔ ⇔ ⇔ m ≠ −2 − m − < m < − +1 > m + m + m > −1 2m m < −2 − +1 < m+ m+ Vậy với giá trị m thì phương trình (1) có nghiệm nhỏ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 Lop10.com (9) TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh Ví dụ 1.3: Cho phương trình f(x) = mx2 - (2m+1)x + = 0(1) Hãy tìm m để phương trình (1) có đúng nghiệm lớn 1? G: a) Phân tích: Phương trình bậc có đúng nghiệm lớn nghĩa là có thể xảy x1 = < x2 1 < x = x trường hợp x1 < < x2 Trình bày: TH1: m = ⇔ m = 0, phương trình trở thành -x +2= ⇔ x = thỏa mãn bài TH2: m ≠ 0, có ∆’ = (2m-1)2 ≥ 0, ∀m ∈ R nên (1) luôn có nghiệm x1, x2 Theo 2m +1 x1 + x2 = m (2) định lí vi - ét ta có: x x = m Mặt khác, theo bài thì phương trình (1) có đúng nghiệm lớn f (1) = f (α ) = x1 + x2 > x1 + x2 > ∆ = 1 = x1 < x2 ∆ = ⇔ 1 < x1 = x2 ⇔ ( x1 −1) + ( x2 −1) > ⇔ x1 + x2 > x x − ( x + x ) + > x1 < < x2 ( x −1) ( x −1) > 2 x1x2 − ( x1 + x2 ) +1 < ( x1 −1) ( x2 −1) < Thay (2) vào (3) ta được: 1− m = 2m +1 > m m =1 m= 2m −1 = 2m +1 >2 ⇔ m = ⇔ m < m m ≥ 2m +1 m<0 +1 > − m m m > 2m +1 m − m +1 < SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 Lop10.com (10) TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh Vậy với m ∈ (-∞;0) ∪ [1;+ ∞ ) ∪ { } thì phương trình (1) có đúng nghiệm lớn Bài toán so sánh nghiệm phương trình bậc hai f(x) ≡ ax2 + bx +c = (*) với hai số thực α &β β Kiến thức bản: Điều kiện (*) có hai nghiệm thuộc khoảng (α ;β) là: ( x1 − α ) + ( x2 − α ) > x1 + x2 > 2α α < x1 ≤ x2 ( x1 − α ) ( x2 − α ) > x1 x2 − α ( x1 + x2 ) + α > ⇔ ⇔ α < x1 ≤ x2 < β ⇔ x1 ≤ x2 < β ( x1 − β ) + ( x2 − β ) < x1 + x2 < 2β x −β x −β >0 x x − β ( x + x ) + β > ( ) ( ) 1 2 Điều kiện (*) có hai nghiệm thỏa mãn: x < α < x2 ( x1 − α ) ( x2 −α ) < ⇔ x1 < α < β < x2 ⇔ x < < x β 1 ( x1 − β ) ( x2 − β ) < x1x2 − α ( x1 + x2 ) + α < ⇔ x1x2 − β ( x1 + x2 ) + β < Điều kiện (*) có hai nghiệm thỏa mãn: ( x1 −α ) + ( x2 −α ) > α < x < x α < x1 < β < x2 ⇔ ⇔ ( x1 −α ) ( x2 −α ) > x1 < β < x2 ( x1 − β ) ( x2 − β ) < x1 + x2 > 2α ⇔ x1x2 −α ( x1 + x2 ) + α > x1x2 − β ( x1 + x2 ) + β < Điều kiện (*) có hai nghiệm thỏa mãn: ( x1 − β ) + ( x2 − β ) < x1 < x2 < β x1 < α < x2 < β ⇔ ⇔ ( x1 − β ) ( x2 − β ) > x < < x α 1 ( x1 −α ) ( x2 −α ) < x1 + x2 < 2β ⇔ x1x2 − β (x1 + x2 ) + β > x1x2 −α ( x1 + x2 ) + α < SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 Lop10.com (11) TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh Điều kiện để (*) có đúng nghiệm thuộc (α ;β) : x1 ≤ α < x2 < β α < x < β ≤ x α < x1 = x2 < β Điều kiện để (*) có nghiệm phân biệt không thuộc (α ;β) : x1 < x2 < α < β α < β < x < x x1 < α < β < x2 Ví dụ minh họa: Ví dụ 2.1: Cho phương trình f(x) = x2 - 2mx + 4m - = 0(*) Hãy tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thuộc (0;2 )? G: Phân tích: Hai nghiệm phương trình thuộc (0;2 ) ⇔ x1 + x2 > x1 + x2 > x x > 0 < x1 < x2 x1x2 > 0 < x1 < x2 < ⇔ ⇔ ⇔ x x − + − < ( ) ( ) x < x < 1 x1 + x2 < ( x − 2) ( x − 2) > x1x2 − 2( x1 + x2 ) + > m>3 Trình bày: Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆’ > ⇔ m<1 (1) Khi x1 + x2 = 2m (2) Theo bài thì hai nghiệm đó, theo định lí Vi-ét ta có: x x = m − 1 phương trình thuộc (0;2 ) và x1 + x2 > x1 + x2 > x x > 0 < x1 < x2 x1x2 > 0 < x1 < x2 < ⇔ ⇔ ⇔ (3) x − + x − < ( ) ( ) x < x < x + x < 1 1 x1x2 − 2( x1 + x2 ) + > ( x1 − 2) ( x2 − 2) > 2m > 4m − > ⇔ < m < 2(4) Thế (2) vào (3) ta được: 2m < 4 4m − − 2.2m + > Kết hợp (1) và (4) ta được: ¾ < m < Vậy với ¾ < m < thì phương trình có nghiệm thuộc (0; 2) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 Lop10.com (12) TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh Ví dụ 2.2: Cho phương trình f(x) = mx2 - 4(m+1)x + 3m + 13 = 0(*) Hãy tìm m để phương trình (*) có đúng nghiệm thuộc (0;3) ? G: Phân tích: Đúng nghiệm phương trình thuộc (0;2 ) ⇔ x1 ≤ < x2 < 0 < x < ≤ x 0 < x1 = x2 < Trình bày: TH1: m = thì phương trình (*) có nghiệm x = 13 ∉ (0;3) nên m = không thỏa mãn m ≥ TH2: m ≠ Phương trình có nghiệm ⇔ ∆’ ≥ ⇔ (1) Khi đó, theo định m ≤ 4m + x + x = m (2) Theo bài thì phương trình có đúng nghiệm lí Vi-ét ta có: m + 13 x x = m thuộc (0;2 ) và x1 x ≤ x1 + x < x x − ( x + x ) + > x1 + x > x1 ≤ < x < 0 < x < ≤ x ⇔ x x > x x − ( x + x ) + ≤ < x = x < ∆ = 0 < x + x < SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 Lop10.com (3) (13) TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh 3m +13 m ≤ 4m + < m 3m +13 − 4m + + > m m 4m + > m 13 3m +13 m < − >0 ⇔ (4) m m = 3m +13 4m + − +9 ≤ m m ∆ = 4m + 0 < m < Thế (2) vào (3) ta được: 13 m<− Kết hợp (1) và (4) ta được: Vậy với m = 13 m < − m = thì phương trình có đúng nghiệm thuộc (0; 3) Bài toán so sánh nghiệm phương trình bậc ba f(x) ≡ (x-x0)(ax2 + b1x +c1) = (*) với số thực α ( Đặt g(x)= ax2 + b1x +c1, a ≠0) Kiến thức bản: Lược đồ Hoóc-ne cho đa thức bậc 3: a b c d x0 a a0x+b = b1 (a0x+b)x0 + c = c1 ((a0x+b)x0 + c)x0 + d = d1 Nếu d1 = thì x0 là nghiệm f(x) p Phương trình ax3 + bx2 +cx + d = có nghiệm hữu tỉ x0 = thì p ∈ Ư(d) và q q ∈ Ư(a) Nếu a + b + c + d = có nghiệm x0 = Nếu a - b + c - d = có nghiệm x0 = -1 Ví dụ minh họa: Ví dụ 3.1: Cho phương trình f(x) = x3 - 3x2 + 2(m-1)x - 2m + = 0(*) Hãy tìm m để phương trình (*) có nghiệm thỏa mãn: x1 < -1 < x2 < x3 ? SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 Lop10.com (14) TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh G: Phân tích: Việc đầu tiên mà ta cần làm là đưa (*) dạng phương trình tích cách áp dụng số các kiến thức trên Dễ thấy, (*) có nghiệm là x =1 > -1 và (*) ⇔ (x-1)[x2 -2x + 2m - 4] = Như vậy, yêu cầu bài toán trở thành tìm m để phương trình : x2 -2x + 2m - = có nghiệm nằm phía -1 x=1 Trình bày: Ta có: (*) ⇔ (x-1)[x2 -2x + 2m - 4] = ⇔ x2-2x+2m-4=0(1) Do đó, yêu cầu bài toán trở thành tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt: x1’ < -1 <x2 ’ ⇔ ( x1 '+ )( x '+ ) < ⇔ x1 ' x '+ ( x1 '+ x ') + < 0(2) Mặt khác, (1) có nghiệm phân biệt ⇔ ∆’ > ⇔ - 2m > ⇔ m < (3) Khi x1 '+ x2 ' = (4) Thế (4) vào (2) ta được: m < đó, theo định lí Vi - ét ta có: x1 ' x2 ' = 2m − (thỏa mãn (3)) Vậy m < Ví dụ 3.2: Cho phương trình f(x) = x3 - 3(m+1)x2 + 2(m2 + 4m +1)x - 4m(m+1) = 0(*) Hãy tìm m để phương trình (*) có nghiệm phân biệt lớn ? G: Phân tích: Việc đầu tiên mà ta cần làm là đưa (*) dạng phương trình tích Nếu nhẩm nghiệm cách áp dụng số các kiến thức trên thì thời gian vì phải xét dấu nhiều trường hợp dẫn đến tính toán sai lệch đáng tiêc Tác giả xin đưa mẹo nhỏ để “giảm bớt sức lao động việc này”: Nếu x0 là nghiệm phương trình (*) thì thay nó vào (*) thì m bị triệt tiêu Do đó m2 ( đơn thức có số mũ cao m) bị triệt tiêu, mà ta thấy có số hạng chứa m2 là 2m2x và -4m2 (*) vì để m2 bị triệt tiêu thì có thể 2m2x -4m2 = 0, là ta có x0 = là “Đối tượng khả nghi”; thay x = vào (*) thỏa mãn Từ đó, ta có: (*) ⇔ (x-2)[x2 - (1+3m)x + 2m(m + 1)] = Dễ thấy, lúc này yêu cầu bài toán trở thành m = ? để phương trình x2 - (1+3m)x + 2m(m + 1)]= có nghiệm phân biệt khác và lớn Trình bày: Ta có: (*) ⇔ (x-2)[x2 - (1+3m)x + 2m(m + 1)] = x = >1 ⇔ x - (1+3m)x + 2m(m + 1)=0(1) Do đó, yêu cầu bài toán lúc này trở thành tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt khác và lớn ⇔ ∆ > (m −1)2 > 2 - (1+3m).2 + 2m(m + 1) ≠ m ≠ ⇔ (2) x − + x − > ( ) ( ) x + x > 2 1 x1x2 − ( x1 + x2 ) +1 > ( x1 −1) ( x2 −1) > SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 Lop10.com (15) TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh x1 + x2 = 1+ 3m (3) Thế (3) vào (2) ta được: Áp dụng định lí Vi-ét ta có: x1x2 = 2m(m +1) (m −1)2 > m ≠ ⇔1 ≠ m > 1≠ m > V ậ y + m > 2m(m +1) − (1 + 3m) +1 > Bài toán tìm điều kiện tham số để hàm số có cực trị thỏa mãn điều kiện cho trước Kiến thức bản: - Định nghĩa1: Cho hàm số y = f(x) xác định trên K và x1 , x2 ∈ K + Ta gọi x1 là điểm cực đại hàm số y = f(x) thoả mãn: +) x1 là nghiệm pt: y’ = y’ không xác định x1 +) y’ đổi dấu từ (+) sang (-) x qua x1 Kí hiệu : x1 = xCĐ , f(x1) = yCĐ + Ta gọi x2 là điểm cực tiểu hàm số y = f(x) thoả mãn: +) x2 là nghiệm pt: y’ = y’ không xác định x2 +) y’ đổi dấu từ (-) sang (+) x qua x2 Kí hiệu : x2 = xCT , f(x2) = yCT Ta gọi chung các điểm CĐ, CT hàm số là các điểm cực trị hàm số - Định nghĩa2: Cho hàm số y = f(x) xác định trên K và x1 ∈ K + Ta gọi x1 là điểm cực đại hàm số y = f(x) thoả mãn: +) x1 là nghiệm pt: y’ = y’ không xác định x1 +) y’’(x1) < Kí hiệu : xCĐ , f(x1) = yCĐ + Ta gọi x2 là điểm cực tiểu hàm số y = f(x) thoả mãn: +) x2 là nghiệm pt: y’ = y’ không xác định x2 +) y’’(x2) > Kí hiệu : xCT , f(x2) = yCT Ta gọi chung các điểm CĐ, CT hàm số là các điểm cực trị hàm số + Hàm số bậc có CĐ, CT ⇔ có cực trị ⇔ Phương trình y’ = có nghiệm phân biệt + Hàm số bậc trùng phương có CĐ, CT ⇔ Phương trình y’ = có nghiệm phân biệt + Hàm số bậc có 1CĐ và không có CT ⇔ (Phương trình y’ = có nghiệm và hệ số a < 0) (Phương trình y’ = có 1nghiệm kép và hệ số a < 0) + Hàm số bậc có 1CT và không có CĐ ⇔ (Phương trình y’ = có nghiệm và hệ số a > 0) (Phương trình y’ = có 1nghiệm kép và hệ số a >0) Ví dụ minh họa: Ví dụ 4.1: Tìm m để hàm số y = x3 + (m − 2) x + (5m + 4) x + m2 + đạt CĐ, CT các điểm x1, x2 thoả mãn : x1 < -1 < x2 ? G: Phân tích: Nhẩm tính đạo hàm ta thấy y’ là tam thức bậc Do đó, yêu cầu bài toán chuyển dạng bài toán1 Trình bày: Ta có: + TXĐ: R SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 Lop10.com (16) TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh + y’ = x2 + 2(m-2)x + 5m + xác định trên R Hàm số có CĐ, CT ⇔ Phương trình y’ = có nghiệm phân biệt m>9 ⇔ x2 + 2(m-2)x + 5m + = có nghiệm phân biệt ⇔ ∆’ > ⇔ m<0 (1) Khi đó, hàm số có cực tiểu và cực đại x1 , x2 và theo định lí Vi-ét có: x1 + x2 = −2m + (2) x x = m + 1 Mặt khác, theo bài thì x1 < -1 < x2 ⇔ ( x1 +1)( x2 +1) < ⇔ x1x2 + (x1 + x2 ) +1 < 0(3) Thế (2) vào (3) ta : 5m + − 2m + +1 < ⇔ m < −3 (thỏa mãn (1)) Vậy với m < -3 thì hàm số y = x3 + (m − 2) x + (5m + 4) x + m2 + đạt CĐ, CT các điểm x1, x2 thoả mãn : x1 < -1 < x2 Ví dụ 4.2: Tìm m để hàm số y = x3 − mx2 + mx −1 đạt CĐ, CT các điểm x1, x2 thoả mãn : x1 − x2 ≥ ? G: Phân tích: Ta thấy y’ là tam thức bậc và 2 x1 − x2 ≥ ⇔ ( x1 − x2 ) ≥ 64 ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 − 64 ≥ Trình bày: Ta có: + TXĐ: R + y’ = x2 - 2mx + m xác định trên R Hàm số có CĐ, CT ⇔ Phương trình y’ = có nghiệm phân biệt m>1 ⇔ x2 - 2mx + m = có nghiệm phân biệt ⇔ ∆’ > ⇔ m<0 (1) Khi đó, hàm số có cực tiểu và cực đại x1 , x2 và theo định lí Vi-ét có: x1 + x2 = 2m (2) x x = m 1 2 Mặt khác, theo bài thì x1 − x2 ≥ ⇔ ( x1 − x2 ) ≥ 64 ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 − 64 ≥ 0(3) + 65 m≥ 2 Thế (2) vào (3) ta : ( 2m ) − 4m − 64 ≥ ⇔ (thỏa mãn (1)) − 65 m ≤ + 65 m ≥ Vậy với thỏa mãn bài toán − 65 m ≤ Bài toán tìm điều kiện tham số để hai đồ thị hàm số cắt n điểm (n = n = 3) thỏa mãn điều kiện cho trước Kiến thức bản: (C1 ) : y = f(x) (C2 ) : y = g(x) Trong mp(Oxy) xét tương giao đồ thị hai hàm số: SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 Lop10.com (17) TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO y GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh y M1 y2 y1 (C1 ) y (C1 ) M2 (C2 ) M0 x x x1 O O x2 x O (C2 ) (C2 ) (C1) vaø (C2) khoâng coù ñieåm chung (C1 ) (C1) vaø (C2) caét (C1) vaø (C2) tieáp xuùc Phöông phaùp chung: * Thiết lập phương trình hoành độ giao điểm đồ thị hai hàm số đã cho: f(x) = g(x) (1) * Khaûo saùt nghieäm soá cuûa phöông trình (1) Soá nghieäm cuûa phöông trình (1) chính là số giao điểm hai đồ thị (C1) và (C2) Ghi nhớ: Số nghiệm pt (1) = số giao điểm hai đồ thị (C1) và (C2) Chuù yù : * (1) voâ nghieäm ⇔ (C1) vaø (C2) khoâng coù ñieåm ñieåm chung * (1) coù n nghieäm ⇔ (C1) vaø (C2) coù n ñieåm chung Chú ý : * Nghiệm x0 phương trình (1) chính là hoành độ điểm chung (C1) vaø (C2) Khi đó tung độ điểm chung là y0 = f(x0) y0 = g(x0) y y x0 x O Ví dụ minh họa: Vớ dụ 5.1: Tìm m để (Cm): y = x3 + 2(1- 2m )x2 + (5 - 7m)x + 2(m + 5) cắt Ox tai ®iÓm ph©n biÖt có hoành độ thỏa mãn: x1 < x2 < x3 < 1? G: Phân tích: Trục Ox chính là đường thẳng y = Phương trình hoành độ giao điểm là phương trình bậc và để xử lí thì cách thông dụng là nhẩm nghiệm và đưa bài toán phương trình bậc hai Bài này nên dùng mẹo triệt tiêu m để nhẩm nghiệm Trình bày: Ta có phương trình hoành độ giao điểm (Cm) và Ox là: SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 Lop10.com (18) TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh x3 + 2(1- 2m )x2 + (5 - 7m)x + 2(m + 5) = x+2=0 ⇔ (x+2)[x2 - 4mx + +m] = ⇔ x2-4mx+5+m=0(1) (Cm) cắt Ox điểm phân biệt ⇔ (1) có nghiệm phân biệt khác -2 m>5 ∆’>0 ⇔ ⇔ (2) Khi đó, theo định lí Vi-ét có: ≠0 (-2) -4m(-2)+5+m≠ m<-1 x1 + x2 = 4m (3) (với x1 , x2 là nghiệm (1)) Lúc này, yêu cầu bài toán trở thành x1x2 = m + tìm m để hai nghiệm (1) nhỏ x1 −1 < ( x1 −1) + ( x2 −1) < x1 + x2 < ⇔ (4) ⇔ x −1 < ⇔ x x x x − ( + ) + > x − x − > 1 2 ( ) ( ) 4m < ⇔ m < (5) Kết hợp (5) & (2) ta Thế (3) vào (4) ta : m + − 4m +1 > m < -1 Vậy với m < -1 thì (Cm): y = x3 + 2(1- 2m )x2 + (5 - 7m)x + 2(m + 5) c¾t Ox tai ®iÓm ph©n biÖt có hoành độ thỏa mãn: x1 < x2 < x3 < Vớ dụ 5.2: Tìm m để (Cm): y = mx3 - x2 + 2x - 8m cắt Ox tai điểm phân biệt: < x1 < x2 < x3 ? G: Phân tích: Trục Ox chính là đường thẳng y = Phương trình hoành độ giao điểm là phương trình bậc và để xử lí thì cách thông dụng là nhẩm nghiệm và đưa bài toán phương trình bậc hai Bài này nên dùng mẹo triệt tiêu m để nhẩm nghiệm Trình bày: Ta có phương trình hoành độ giao điểm (Cm) và Ox là: mx3 - x2 + 2x - 8m = x=2>1 ⇔ (x-2)[mx2 + (2m-1)x + 4m] = ⇔ mx2+(2m-1)x+4m=0(1) (Cm) cắt Ox điểm phân biệt ⇔ (1) có nghiệm phân biệt khác m ≠ − < m < ⇔ (2) Khi đó, theo định lí Vi-ét ⇔ ∆ ' > m.22 + (2m − 1).2 + 4m ≠ m ≠ có: 1− 2m x1 + x2 = m (3) (với x , x là nghiệm (1)) Lúc này, yêu cầu bài toán trở x1x2 = thành tìm m để hai nghiệm (1) lớn SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 Lop10.com (19) TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh x1 −1 > ( x1 −1) + ( x2 −1) > x1 + x2 > ⇔ (4) ⇔ x −1 > ⇔ x x − ( x + x ) + > x − x − > ( ) ( ) 1 2 1− 2m m > 1 ⇔ < m < (5) Thế (3) vào (4) ta : Kết hợp (5) & (2) ta 4 − 1− 2m +1 > m 1 <m< Vậy với 1 < m < thì (Cm): y = mx3 - x2 + 2x - 8m c¾t Ox tai ®iÓm ph©n biÖt: < x1 < x2 < x3 II Thực tiễn việc rèn luyện cho học sinh THPT kỹ áp dụng định lí Vi-ét giải bài toán so sánh nghiệm tam thức bậc hai với số thực Những thuận lợi việc rèn luyện cho học sinh THPT kỹ áp dụng định lí Vi-ét giải bài toán so sánh nghiệm tam thức bậc hai với số thực Thứ nhất, môn Đại số lớp THCS học sinh đã trang bị kiến thức phương trình bậc hai và có định lí đã nêu lên mối liên hệ các nghiệm phương trình bậc hai với hệ số nó Định lí này đã giúp ích khá nhiều cho học sinh THCS giải các bài toán: Tìm tổng và tích các nghiệm phương trình bậc hai có nghiệm; biết nghiệm suy nghiệm còn lại; nhẩm nghiệm phương trình bậc hai có nghiệm; … Có thể nói sau học xong THCS học sinh THPT đã quá quen thuộc với định lí Vi-ét áp dụng cho phương trình bậc hai Thứ hai, Cũng từ việc quen thuộc với định lí Vi-ét nên việc áp dụng nó vào bài toán so sánh nghiệm phương trình bậc hai với số thực là thao tác tư “Quy lạ quen” với độ khó không nhiều và học sinh không “vất vả” tư Thứ ba, áp dụng định lí Vi-ét vào bài toán so sánh nghiệm phương trình bậc 2,phương trình bậc nhẩm nghiệm và nhiều bài toán khác đơn giản và dễ dàng so với việc áp dụng định lí đảo dấu tam thức bậc hai đã không có nội dung chương trình Toán THPT Thực tiễn và ghi nhận nghiên cứu áp dụng định lí Vi-ét giải bài toán so sánh nghiệm tam thức bậc hai với số thực cho học sinh trường THPT Phạm Ngũ Lão Thực tiễn nghiên cứu: SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 Lop10.com (20) TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh Sau hai năm giảng dạy trường THPT Phạm Ngũ Lão (cả khối 10, 11 và 12) tôi nhận thấy: số lượng học sinh có khả sử giải bài toán so sánh nghiệm phương trình bậc hai với số thực còn ít (có lớp 10, 11 ban không có học sinh nào làm bài toán này) Một số học sinh làm bài tập định lí đảo dấu tam thức bậc hai chưa hiểu rõ đặc điểm và sở định lí này là gì? Các em này làm bài tập theo kiểu nhớ dạng bài quen thuộc nên gặp bài toán có nội dung không “gần gũi ”với các dạng bài đó thì các em hoàn toàn bế tắc việc “Quy lạ quen” vì áp dụng định lí này phải nhớ nhiều lí thuyết và xét nhiều trường hợp Khả đọc đề bài và hình thành tư thuật giải chưa đủ để áp dụng thành thạo định lí này Cá biệt, số học sinh lớp 12 làm vài dạng bài này phương pháp hàm số (căn vào bảng biến thiên đồ thị) tính “cơ động và khả sẵn sàng” các em chưa cao vì “Vũ khí chưa đủ mạnh” Trao đổi với số đồng nghiệp trực tiếp giảng dạy khối lớp 10, tôi biết họ định hướng cho học sinh giải các bài toán so sánh nghiệm phương trình bậc với số thực cách đưa phương pháp đặt ẩn phụ Chẳng hạn, bài toán: Tìm m để phương trình có nghiệm x1 <α < x2 ta đặt t=x-α rrồi đưa bài toán tìm điều kiện m để phương trình ẩn t có nghiệm trái dấu Cách làm này khá dài và vướng mắc ta giải các bài toán so sánh nghiệm phương trình bậc với hai số thực vì phải đặt ẩn phụ tới lần dẫn đến dài dòng trình bày bài làm học sinh, lệch lạc kết thực lời giải Hướng giải vấn đề Đưa phương pháp này vào giảng dạy chủ đề tự chọn nâng cao với các lớp 10 ban và chủ đề tự chọn bám sát với các lớp 10 ban KHTN Thường xuyên cho học sinh lớp 11 và 12 rèn luyện kỹ này các bài toán quy phương trình bậc hai và liên quan đến khảo sát hàm số III Định hướng và biện pháp rèn luyện kỹ áp dụng định lí Vi-ét giải bài toán so sánh nghiệm tam thức bậc hai với số thực cho học sinh trường THPT Phạm Ngũ Lão Xây dựng quy trình giải bài toán so sánh nghiệm phương trình bậc với hai số thực cách áp dụng định lí Vi-ét Để học sinh có kỹ thành thục sử dụng phương pháp này để giải bài tập thì việc dạy học sinh đọc và nghiên cứu đề bài (giả thiết) để từ đó hình thành tư thuật giải đến gần kết (yêu cầu bài toán ) là quan trọng Sau đây là quy trình chung cho các dạng bài phổ biến : + Bước : Tìm điều kiện tham số để phương trình có đủ số nghiệm cần thiết Ví dụ : Để giải bài toán : ‘’Cho phương trình f(x) = x2 -2mx + m -3 = 0(*) Hãy tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thuộc (0;2 )?’’ thì trước tiên học sinh cần tìm m để phương trình có nghiệm phân biệt: m>3 Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆’ > ⇔ m<1 + Bước : Áp dụng định lí Vi-ét để nêu mối liên hệ các nghiệm SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 Lop10.com (21)