phương trình bậc hai nhóm 1 – toán 2006a tam thức bậc hai thành viên nhóm 1 mọi thành viên đều có vai trò như nhau huỳnh thị bích liễu võ thị lụa võ thị bích tuyền nguyễn thị hồng uyên mục lục i

c/ Phương trình có ít nhất một nghiệm có trị tuyệt đối lớn hơn 1.. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA TAM THỨC BẬC HAI 3.1 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:.. Trong mục này, ta áp dụng tính[r]

Thành viên nhóm 1: (Mọi thành viên có vai trị nhau) - Huỳnh Thị Bích Liễu

- Võ Thị Lụa

MỤC LỤC



I Phương trình bậc hai

1.1 Công thức nghiệm phương trình bậc hai

1.2 Định lí viét phương trình bậc bai

1.3 Các toán liên quan

II Dấu tam thức bậc hai 10

2.1 Tam thức bậc hai 10

2.2 Dấu tam thức bậc hai 10

2.3 So sánh nghiệm tam thức bậc hai 13

III Một số ứng dụng tam thức bậc hai 21

3.1 Tìm giá trị lơn nhỏ hàm số 21

3.2 Giải bất phương trình bậc hai ần 22

3.3 Ứng dụng tam thức bậc hai hàm số bậc ba 22

3.4 Ứng dụng tam thức bậc hai hàm số bậc bốn 24

3.5 Ứng dụng tam thức bậc hai hàm số lượng giác 26

3.6 Ứng dụng tam thức bậc hai hàm mũ ham logarit 27

3.7 Ứng dụng tam thức bậc hai phương trình - bất phương trình chứa 30

Bài tập đề nghị 31

Hướng dẫn giải 33

I PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI:

1.1 Cơng thức nghiệm phương trình bậc hai dạng ax2 bx c  

 a 0

 Bước 1: Tính  

 Bước 2: Tìm nghiệm dựa vào dấu  

Nếu 0: Phương trình vơ nghiệm

Nếu  0: Phương trình có nghiệm kép

2a b x x1  2 

Nếu 0: Phương trình có hai nghiệm phân biệt

   

 

  

  

2a Δ b x

2a Δ b x

2

1.2 Định lí Vi-et phương trình bậc hai: 1.2.1 Định lí thuận:

Nếu phương trình bậc hai : ax2 bx c  

 có hai nghiệm phân biệt x1,x2

    

 

   

a c x x P

a b x x S

2

2

1.2.2Định lí đảo

Với hai số thực x1 , x2 thỏa:

  

  

P x x

S x x

2

2

 x1 , x2 hai nghiệm phương trình:

0 P SX X2

 

 (với địều kiện S2 4P0) 1.3 Các toán liên quan:

Bài toán 1: Giải biện luận phương trình bậc hai:  Phương pháp

Nếu a có chứa tham số

+ Trường hợp 1: Xét a = biện luận

+ Trường hợp 2: Xét a0 dùng  biện luận Nếu a số

Dùng   để biện luận trực tiếp

Ví dụ:

Giải biện luận phuơng trình: 1)

b a

b a b a

b a x x

     

 (1)

2)

a x

b b x

a

  

 (2)

Giải:

1) Điều kiện x 0; điều kiện a b,ab

Phương trình (1): x

b a

b a b a

b a x2

     

 

     

 (*)



 aa bb aa bb aa bb aa bb 0, a,b

2

     

 

          

 

    

b a

b a x , b a

b a

x1 2

   



 (thỏa mãn điều kiện ab)

Kết luận:

Vậy, a,b;a bphương trình (1) có hai nghiệm

b a

b a x , b a

b a

x1 2

   

 

2) Điều kiện xa,xb

Phương trình (1):

a2xx2 a3abxbxb a2xb2ax0 b

      

      

(*)

a b 8a b a b

9 2

      

 a,b

Phương trình (*) có hai nghiệm: ,x a b

b a

x1   2  

Xét điều kiện:

0 a b b

x

0 b a b a a x

b a b

b a b x

b a a

b a a x

2 1

     

     

     

     

b a

Kết luận:

Nếu a = b = phương trình vơ nghiệm Nếu a = 0, b0 phương trình có nghiệm

2 b x1

Nếu a0, b = phương trình có nghiệm

2 a x1

Nếu a0, b0, a = b phương trình có nghiệm x2 2a

Nếu a0, b0, ab phương trình có nghiệm ,x a b

2 b a

x1   2  

Bài tốn 2: Tìm giá trị tham số để phương trình ax2 bx c  

 (*) thỏa số

điều kiện liên quan đến nghiệm chúng

a Tìm giá trị tham số để phương trình: ax2bxc0 (*) có số nghiệm

định

Phương trình (*) có nghiệm kép

  

 



0 a

Phương trình (*) có nghiệm

   

 

  

    

 



0 Δ

0 a

0 c bx

0 a

Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt

  

 



0 a

Phương trình (*) có nghiệm

   

 

  

    

 



0 Δ

0 a

0 c bx

0 a

Phương trình (*) có vô số nghiệm

    

  

0 c

0 b

0 a

Ví dụ:

Tìm m để phương trình: m 1x2 2x

  

 (*)

a) Có nghiệm b) Có hai nghiệm phân biệt c) Có nghiệm

Giải:

m 1 8m 12

4    



a) Để (*) có nghiệm, thì:

   

   

   

 

    

    

 

 

   

 

  

  

    

 

 

2 m

1 m

2 m

1 m

1 x

1 m

0 12 8m

0 m

0 2x

0 m

Vậy, với m =

2

m phương trình có nghiệm

b) Để (*) có hai nghiệm phân biệt, thì: 

  

   

 

  

 

2 m

1 m 12 8m

0 m

Vậy, với m1

m phương trình có hai nghiệm phân biệt

c) Để (*) có nghiệm, thì:

    

 

    

    

 

 

   

 

  

  

    

 

 

2 m

1 m

1 x

1 m

0 12 8m

0 m

0 2x

0 m

Vậy, với m23 (*) ln có nghiệm

b Tìm giá trị tham số để phương trình: ax2 bx c  

 ( a  0) (*) có

 Hai nghiệm trái dấu  ac0

 Hai nghiệm dương phân biệt

        

    

0 Δ

0 a c

 Hai nghiệm âm phân biệt               Δ a c a b

Bài tốn 3: Dùng định lí Vi-et tìm mối liên hệ nghiệm phương trình bậc hai

Tìm tham số để phương trình ax2 bx c 

 thỏa mãn điều kiện K.( K biểu thức

theo x1,x2 )

Ta thực theo bước sau:

Bước1: Tìm điều kiện tham số để phương trình có nghiệm x1,x2

      Δ a

Bước 2: Áp dụng định lí Vi-et, ta được: (I)

Bước 3: Biểu diễn điều kiện thơng qua (I)

Ta biểu thị đa thức đối xứng nghiệm x1,x2 theo S P

      2 2 2 2 3 2 3 2 2 2 2 2 P 2P S x x x x x x 3SP S x x x 3x x x x x P S x x x x x x 2P S x 2x x x x x                      

Ví dụ:

Cho phương trình: m 1x2 2m 1x m

     

Xác định m để phương trình hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn 4x1x27x1.x2 Giải:

Phương trình có nghiệm x1,x2:       Δ a m m m             (*)

Khi phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn:

    m m m m m x 7x x x

4 1 2 1 2  

      

 thỏa (*)

Vậy, với m6 thỏa điều kiện đề

Ví dụ:

Cho phương trình  1

  

 m x m

x

Gọi x1,x2 hai nghiệm phương trình trên, tìm: 1) Sx12 x22

2) Sx13x23 3) S x x   4) S 1 x x x x  

5) Mối liên hệ hai nghiệm theo m Giải:

m 12 4m m 12

Δ     0 m

Vậy phương trình cho ln có nghiệm m

Theo định lí Viet ta có:

                 m a c x x P m a b x x S 2

1) Sx12x22 x1x22 2x.1x2 S2 2P m12 2mm21 2)

    

m 1 m 1 3m m 1m m 1 3P S S x x x x x x x x S 2 2 2 2 3                  

3) S x1 x1 xx .xx PS mm 1

2 2        

4) S  

2 1 x x x

x    

m m m 2m m x x x 2x x x x x x

x 2

2 2 x 2 2          5)                  m a c x x P m a b x x S 2

Suy ra: x1x2 x1.x2 1 x1x2 x1.x2 1

Mối liên hệ hai nghiệm phương trình là: x1x2 x1.x2 1 Bài tốn 4: Quan hệ nghiệm phương trình bậc hai A Vấn đề 1:

a Đặt vấn đề:

(2) c x b x a

(1) c x b x a

2 2

1

  

  

có chung nghiệm b Giải vấn đề:

Để (1) (2) có chung nghiệm hệ phương trình:

  

  

  

0 c x b x a

0 c x b x a

2 2

1

phải có nghiệm Ví dụ:

Tìm giá trị nguyên m để hai phương trình sau có chung nghiệm:  

2m 3x (2) 6x

(1) x 3m 2x

2

   

   

Giải:

Giả sử x0là nghiệm chung hai phương trình (1) (2) Khi u cầu tốn  

 

  

   

    

0 1 x 3 2m 6x

0 3 x 1 3m 2x

0

0

0

0 có nghiệm

 11m 6x0 8

 Nếu 11m 60 m116

Trường hợp (1) (2) khơng có nghiệm chung  Nếu

6 11m

8 x

11 m

11m

      

Thay vào (1) rút gọn ta được:

2 m 68 164m 99m2

    

* Với m = (1) thành:

   

 

    

3 x

1 x 5x x 2

* Với m = (2) thành:

  

 

 

    

3 x

2 x x 6x2

Vậy với m= hai phương trình cho có nghiệm chung x =12 B Vấn đề 2:

a Đặt vấn đề:

Tìm điều kiện tham số để hai phương trình bậc hai tương đương:

(2) c x b x a

(1) c x b x a

2 2

1

  

  

b Giải vấn đề:

Để (1) (2) tương đương hai tập hợp nghiệm chúng phải trùng Muốn ta xét hay trường hợp:

Ta giải hệ điều kiện:

  

 

 

0

2

 Trường hợp 2: Trường hợp hai phương trình có nghiệm Ta giải hệ điều kiện:

      

   

2

2

2

P P

S S

0 Δ

0 Δ

Ví dụ: Cho hai phương trình x22x m0 (1) 2x2 mx20 (2). Tìm m để (1) (2) tương đương

Giải:

Ta có Δ1 44m; Δ2 m2 16

 Trường hợp 1: Trường hợp hai phương trình vơ nghiệm

1m4 4m4 1m 016m 04m4 0Δ 0Δ

2 2 1

   

     

        

        

    

  

        

           

   

1m 4m

4m 4m 1m

1m 2 m 2

016m 04m4

PP SS 0Δ 0Δ

2

21 21 2 1

(vô nghiệm)

Vậy, với -4<m<-1 hai phương trình cho tương đương

II DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI 2.1 Tam thức bậc hai

Tam thức bậc hai ( x ) biểu thức dạng ax2 + bx + c a, b ,c số cho trước với a 

Ví dụ: f(x) = 2x2 + 3x + ; g(x) = x2 + tam thức bậc hai

Nghiệm phương trình bậc hai ax2 + bx + c = Cũng gọi nghiệm tam thức bậc hai f(x) = ax2 + bx + c

Các biểu thức  = b2 – 4ac ’ = b’2 –ac với b =2b’ theo thứ tự

gọi biệt thức biệt thức thu gọn tam thức bậc hai f(x) = ax2 + bx + c. Nếu tam thức bậc hai f(x) = ax2 + bx + c có



 f(x) có hai nghiệm

2a Δ b

x1,2   phân tích thành nhân tử sau: f(x) = a(x – x1)(x - x2 )

2.2 Dấu tam thức bậc hai 2.2.1 Định lý thuận:

Xét tam thức bậc hai : f(x) = ax2 + bx + c Ta biến đổi f(x) dạng sau : f(x) = ax2 + bx + c = a

    

  

    

 

 2

2

4a Δ 2a

b

x

Dấu tam thức bậc hai phụ thuộc vào dấu củavà dấu hệ số a

Trong trường hợp ta xét dấu f(x) sau: * Trường hợp:  = ta có x1 = x2 =

2a b

 nên f(x) = a

2

2a b

x 

  

 



Vì

2

2a b

x 

  

 

 > ,

2a b x

 nên f(x) dấu với a,

2a b x

* Trường hợp:  > có hai nghiệm x1 x2 Giả sử x1 < x2 , ta có bảng xét dấu sau:

x   x1 x2 



x – x1 - + + x –x2 - - + f(x) = a(x- x1) (x –x2) Cùng dấu a trái dấu a dấu a

* Trường hợp: <

f(x) = ax2 + bx + c = a

    

  

    

 

 2

2

4a Δ 2a

b

x .

Khi - 4a2

Δ

>

    

  

    

 

 2

2

4a Δ 2a

b

x >

Vậy f(x) dấu với a với x

Tổng hợp kết ta có định lý dấu tam thức bậc hai sau:

Định lí: Cho tam thức bậc hai f(x) = ax2 + bx + c ( a  0) Nếu  < f(x) dấu với a, xR Nếu  = f(x) dấu với a, x 2ab .

Nếu  > f(x) có hai nghiệm x1 x2 ( x1 < x2 ) Khi f(x) trái dấu với a với x nằm khoảng( x1 ; x2 ) ( tức ( x1 < x < x2 ) f(x) dấu với a với x nằm đoạn [ x1 ; x2 ]( tức với x < x1 x > x2 ).

Từ định lí ta có bảng xét dấu tam thức bậc hai:

Dấu biệt thức  Dấu f(x)

 < xR : af(x) >

 =

f(x) có nghiệm kép x =

a b

2



a b x

2

 

 : af(x) >  >0

f(x) có hai nghiệm x1 < x2

    

 ;x1 x2;

x : af(x) >

x1;x2

x :af(x) <

Ví dụ: Xét dấu biểu thức sau: a) f(x) = x2 +5x + 2 b) f(x) = x2 +x + 5 Giải

a) Ta có  = 52 – 4.2.2 = 25 – 16 = >

Cho nên f(x) có hai nghiệm x1 = -2;x2 =

2

3

   

; Do a =2 >0

Vậy f(x) > Khi   

  

 

     

 ;

2

;

x f(x) < 

  

 

  

2 ;

x

x   -2

2



 

f(x) = 2x2 +5x + 2 + - + b) Ta có  = 1- 4.3.5 = -60 <

Mà a = >

Cho nên xR: f(x) >

2.2.2 Một số điều kiện tương đương

Nếu ax2 + bx + c tam thức bậc hai (a  ) i) ax2 + bx + c có nghiệm 4 0

   

 b ac

ii) ax2 + bx + c có hai nghiệm trái dấu  0

a c

iii) ax2 + bx + c có hai nghiệm dương

        

 

   

0 0

a c a b

iv) ax2 + bx + c có hai nghiệm âm

        

 

   

0 0

a c a b

v) ax2 + bx + c > 0,

  

   

0 0 a x

vi) ax2 + bx + c  0,

  

 

  

0 0 a x

vii) ax2 + bx + c< 0,

  

   

viii) ax2 + bx + c  0,

  

 

  

0 0 a x

Ví dụ: Xét phương trình mx2 -2(m-1)x +4m – = (1) Tìm giá trị m để (1)

a) Có hai nghiệm phân biệt b) Có hai nghiệm trái dấu c) Có hai nghiệm dương d) Có hai nghiệm âm Giải

Ta thấy (1) có ’ = ( m -1)2 – m(4m-1) = -3m2 – m + ( m  )

a) (1) có hai nghiệm phân biệt  '0

 -3m2 – m + <  < m <

Kết hợp với điều kiện m  ta m  \ b) (1) có hai nghiệm trái dấu khi:

4 m 0 1) m(4m

m 1) (4m

     

 

c) (1) Có hai nghiệm dương 

   < m <

d) (1) có hai nghiệm âm 

  < m <

2.3 So sánh nghiệm tam thức bậc hai: 2.3.1 Định lý đảo:

Định lý:

Cho tam thức bậc hai f x ax2 bx c

 

 số  Nếu af( ) < f(x) có hai

nghiệm phân biệt x1, x2 (x1 < x2) x1x2

Hệ quả:

Cho tam thức bậc hai f x ax2 bx c

 

 hai số , cho  Điều kiện cần

và đủ để f(x) có hai nghiệm phân biệt, có nghiệm nằm khoảng ; nghiệm nằm đoạn ; f    f  0

Chứng minh: Vì a0 nên a2 > 0. Khi ta có:

f()f()< a2f( )f( )

  

    

 

  

 

    

 

  

0 )( af

0 )( af

0 )( af

0 )( af

  

    

     

2

2

x x

x x

0 ) f(x 

 có hai nghiệm, có nghiệm nằm khoảng ;

nghiệm nằm đoạn ;

2.3.2 So sánh nghiệm với số cho trước:

Cho tam thức bậc hai f(x) ax2 bx c

 

 a 0, đó:

 Để f(x) có hai nghiệm x1, x2 x1αx2, điều kiện cần đủ  

af  

 Để f(x) có hai nghiệm x1, x2 αx1x2, điều kiện cần đủ

 

      

 

   

2 S

0 af

0

 Để f(x) có hai nghiệm x1, x2 x1x2 α, điều kiện cần đủ

 

      

   

α S

0 af

0 Δ

Ví dụ:

Tìm m để phương trình m 1x2 4mx 3m 10

   

 có hai nhgiêm phân biệt lớn

hơn Giải

Phương trình cho có hai nghiệm phân biệt lớn

       

   



2 2 S

0 af(2)

0 Δ

1 m

  

       

 

   

   



0 1 m

2

0 6 m 1 m

0 10 7m m

1 m

2

      

  

    

1 m

6 m 1

2 m 5 m

1 m

  

 

  

2 m

2.3.3 So sánh nghiệm tam thức bậc hai với hai số , .

Phương pháp chung:

a Điều kiện để hai nghiệm tam thức nằm khoảng ,

                   β S α β af α af Δ β x x

α

b Điều kiện để khoảng , tam thức có nghiệm (cịn nghiệm

khi nằm ngồi)

f   α.f β x β x α β x α x 2           

c Điều kiện để khoảng , nằm khoảng hai nghiệm tam thức

            β af α af x β α

x1

d Điều kiện để khoảng , nằm khoảng hai nghiệm tam thức

                 α S α af Δ β α x x1 2

                 β S β af Δ x x β

α 1 2

Áp dụng:

Ví dụ 1: Tìm giá trị m để phương trình: 4x2 3m 1x m

    

Có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (-1 ; 2) Giải

Điều kiện cần đủ để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt là:

               2 2 S 1 0 4f(2) 0 1) 4f( 0 Δ                   16 1 3m 8 12 7m 3 2m 0 33 22m 9m2                 m 12 m m m 12 m    

Vậy tập giá trị cần tìm m T =        12 ;

a/ f(x) có nghiệm thuộc (;): có trường hợp

i) f(x) có nghiệm:x1 <  < x2  af( ) <0 ii) f(x) có nghiệm kép:  < x1 = x2 

   

 

 

0

0  S

iii) f(x) có nghiệm : x1 = < x2 

   

 



0

0 ) (

 

S f

b/ f(x) có nghiệm thuộc (;): có trường hợp

i) f(x) có nghiệm:x1 <  < x2  af( ) <0 ii) f(x) có nghiệm : x1 = < x2 

   

 



0

0 ) (

 

S f

iii) f(x) có nghiệm :  < x1  x2 

      

 

  

0

0 ) (

0  

S af

c/ f(x) có nghiệm thuộc [;]: có trường hợp

i) f(x) có nghiệm    f( ) f( ) =

ii) f(x) có nghiệm thuộc (;) nghiệm ngồi [;]

 f( ) f( ) <

iii) f(x) có nghiệm:

         

 

 

   

   

0

0

0 ) (

0 ) (

0

2

    



S S af af x

x

d/ f(x) có nghiệm thuộc (;): có trường hợp

i) f(x) cónghiệm  nghiệm thuộc (;) 

  

  



  



S f( )

ii) f(x) có nghiệm  nghiệm thuộc (;) 

  

  



  



S f( )

iii) f(x) có nghiệm thuộc (;) nghiệm [;]

iv) f(x) có nghiệm:

         

 

 

   

   

0

0

0 ) (

0 ) (

0

2

    



S S af af x

x

Ví dụ 1:

Cho phương trình: f(x) = x2 –(m+2)x + 5m + = Tìm m cho: a/ Phương trình có nghiệm lớn

b/ Phương trình có nghiệm lớn

c/ Phương trình có nghiệm có trị tuyệt đối lớn d/ Phương trình có nghiệm thuộc [0;1]

Giải:

a/ Phương trình có nghiệm lớn 1: có trường hợp i) x1 < < x2

 af(1) <0

 1.(1-(m+2).1+5m+1)<0  4m<0

 m<0 ii) x1 = 1< x2



    

 



0 S

0 f(1)

     

  

 2a

b

4m

    

    



0 2.1

2)

(mm     

 

0

m

m



  

 

0 m

0 m

Suy không tồn giá trị m iii) 1< x1 = x2

     

 

 SΔ



    

  

  



0

2

m 4(5m 1)

2)

(m

    



    

0

m4 21m 4m



  

  

0 m

0 16m m2



    

   

 

0 m

16 m

0 m

 m = 16 Vậy: m <  m = 16

b/ Phương trình có nghiệm lớn 1: có trường hợp i) x1 < < x2

 af(1) <0  4m < 0  m < ii) x1 =1< x2



    

 



0

0

Sf( ) 

  

 

0 m

0 m

Suy không tồn giá trị m iii) 1< x1  x2



      

 

 

0 S

0 af(1)

0 Δ



    

 

 

0 m

0 m

0 16m m2



    

 

  

0 m

0 m

16 m m

 m16 Vậy: m0 m16

c/ Phương trình có nghiệm có trị tuyệt đối lớn 1: có trường hợp i) -1 = x1 < x2 <



  

    

 

1 1) ( S

0 1) f(



    

    

     

1 a b

0 5m 2) (m 1) (



    

   

 

2 m

4

2 m Suy không tồn giá trị m

ii) -1 < x1 < x2 = 

  

   



1 S

0 f(1)



  

   



1 m

0 4m



  

  



0 m

0 m

Suy không tồn giá trị m

iii) f(x) có nghiệm thuộc (-1;1) nghiệm [-1;1]  f(-1).f(1) <

 (6m + ).(4m) <



3

 

iv)                          S 1) ( S af(1) 1) af( Δ x x

1 1 2

                               2) (m 2)

(m 4m

1.f(1) 6m 1) 1.f( 16m m Δ                    m m m m 16 m m

Suy không tồn giá trị m

Vậy: m

3

  

d/ Phương trình có1 nghiệm thuộc [0;1]: có trường hợp i) f(x) có nghiệm x1 = 0, x2  [0;1]

             [0;1] m a b x 5m f(0)           [0;1] x m

 m = -5 ii) f(x) có nghiệm x1 = 1, x2  [0;1]

                [0;1] m 2) (m a b x f(1)             [0;1] m x 5m 2).1 (m (1) 2        [0;1] x m

 m = (loại)

iii) f(x) có nghiệm thuộc (0;1)và nghiệm ngoài[0;1]  f(0).f(1) <

 (5m + ).(4m) < 0

 m

5

  

    

     

 



[0;1]

2 m 2a

b x

x

0 16m m

Δ

2

 m =

Vậy: m

5

 



Ví dụ 2:

Với giá trị p phương trình:

0 p x

2px x

2x

4x

2

2

     

 (1)

Có nghiệm thuộc [-1;1] Giải:

(1)  p

x

2px x

2x

4x 2

2

2

      

Đặt t = 2

x

2x

 , điều kiện:

1

t  ( Bất đẳng thức Cauchy)

Dấu “=” xảy x = 

Khi dẫn đến tốn: Tìm p để phương trình: f(t) = t2 +pt + – p2 = có nghiệm thuộc [-1;1]

Có trường hợp:

i) f(t) có nghiệm -1  f(-1) = – p – p2 = 0  p =  p = -2 ii) f(t) có nghiệm

 f(1) = + p – p2 = 0  p = -1  p =2

iii) f(t) có nghiệm thuộc (-1;1) nghiệm [-1;1]  f(-1).f(1) < 0

 (2 + p – p2)( – p – p2 )< 0  -2 < p < -1  < p < iv) f(t) có nghiệm thuộc (-1;1)

1 t t

1 1 2  



      

    

    

   

   

1 P S

0 p p 1) f(

0 p p f(1)

0 5p Δ

2 2

1 p 5 p

1     



Vậy: p

5 p

2     

Trong mục này, ta áp dụng tính chất định tính định hình tam thức bậc hai để xác định giá trị lớn nhỏ hàm số Cụ thể:

Với hàm số f(x) ax2 bx ca 0

  

 xét đoạn ,.

Muốn tìm giá trị lớn nhỏ hàm số, ta cần phân biệt ba trường hợp: Trường hợp 1: Nếu hoành độ đỉnh parapol α,β

2a b

x0   thì:

 Giá trị nhỏ hàm số fmin f x0 đạt khi: xx0

 Giá trị lớn hàm số fmax maxf   α ,f β Trường hợp 2: Nếu hoành độ đỉnh parapol α β

2a b

x0    thì:

 Giá trị nhỏ hàm số fmin f α đạt khi: xα  Giá trị lớn hàm số fmax f β đạt khi: xβ

Trường hợp 3: Nếu hoành độ đỉnh parapol αβx0 2ab thì:

 Giá trị nhỏ hàm số fmin f β đạt khi: x β  Giá trị lớn hàm số fmax f α đạt khi: xα

Với a<0 ta xét tương tự

Áp dụng:

Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số: f x cos2x 2cosx

Giải:

Biến đổi hàm số dạng: f x 2cos2x 2cosx

Đặt t = cosx, điều kiện t 1, ta được: f t 2t2 2t1

Hoành độ đỉnh parapol  1,1

1

t0    Vậy, ta được:

  

2 f t f

fmin 0       

 đạt khi: 2kπ

3 π x

cosx   

 fmax maxf    1,f 1 3 đạt khi: cosx1 xπ2kπ Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhỏ f x x4 4x2

 

 với  1x2

Giải: Đặt t x2

 , điều kiện 1t4

Ta được: f t t2 4t

  

Hoành độ đỉnh parapol t0 2nằm bên trái 1,4

 fmin f 1 7 đạt t1 x2 1 x1

 fmax f 4 34 đạt t2 x2 4 x2

3.2 Giải bất phương trình bậc hai ẩn:

Định nghĩa: Bất phương trình bậc hai ẩn bất phương trình dạng :

ax2 + bx + c < (hoặc ax2 + bx +c ax2 + bx + c > ax2 + bx + c  ) a, b ,c số cho trước với a  ; x ẩn số

Cách giải bất phương trình bậc hai

Ví dụ: Giải bất phương trình (1) 14

9x x

14 9x x

2

  

 

Giải

Tam thức bậc hai x2 -9x + 14 có hai nghiệm phân biệt x = ; x = 7.Tam thức bậc hai x2 +9x + 14 có hai nghiệm phân biệt x = -2 ; x = -7 Ta lập bảng xét dấu bất phương trình

x - -7 -2 + 

x2 -9x + 14 + + + - + x2 +9x + 14 + - + + + Vế trái (1) + - + - +

Từ bảng ta suy tập nghiệm bất phương trình là:

) ; [ ] ; ( ) ;

(     

3.3 Ứng dụng tam thức bậc hai hàm số bậc ba:

3.3.1 Điều kiện để phương trình bậc ba có ba nghiệm phân biệt:

 Phương pháp:

Phương trình bậc ba nhóm thành tích f1(x).f2(x) = 0.để phương trình cho có ba nghiệm phân biệt hai phương trình f1(x) = f2(x) = phải có hai nghiệm phân biệt khác nghiệm đơn biết

 Ví dụ:

Cho phương trình: (a – 1)x3 + ax2 + (a – 1)x = (1) Tìm a để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt Giải

(1) xa 1x2 ax a 1      

   

  

    

  

0(2)

a ax x a f(x)

0 x

2

Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt phương trình (2) phải có hai nghiệm phân biệt khác

Muốn ta tìm a thỏa hệ điều kiện:

    

 

 

0 Δ

0 f(0)

0 1 a

    

   

  

0 4 8a 3a

1 a

1 a

2

    

   

2 a 3 2

1 a

Vậy để phương trình cho có ba nghiệm phân biệt

    

  

2 a 3 2

1 a

 Phương pháp:

Khi phương trình y = có nghiệm đặc biệt x = x0

Ta viết phương trình dạng: (x – x0)(Ax2 + Bx +C) = Khi x0 > 0, để phương trình có:

 Hai nghiệm âm, nghiệm dương phương trình Ax2 + Bx +C = cần phải có hai nghiệm âm

 Hai nghiệm dương, nghiệm âm phương trình Ax2 + Bx +C = cần phải có hai nghiệm trái dấu

Khi x0 < 0, để phương trình có:

 Hai nghiệm âm, nghiệm dương phương trình Ax2 + Bx +C = cần phải có hai nghiệm trái dấu

 Hai nghiệm dương, nghiệm âm phương trình Ax2 + Bx +C = cần phải có hai nghiệm dương

 Ví dụ:

Tìm m để phương trình: x3 – 4x2 +(m+1).x – (m – 2) = (1) Có ba nghiệm phân biệt đó:

a) Có hai nghiệm âm, nghiệm dương b) Có hai nghiệm dương, nghiệm âm Giải

(1) x 1x2 3x m 2      

 

  

      

(2) m 3x x f(x)

1 x

2

Ta thấy (1) ln có nghiệm x =

a) Để (1) có hai nghiệm âm nghiệm dương (2) phải có hai nghiệm âm, :

 vô lý  Hệ vô nghiệm

Vậy giá trị m thỏa mãn điều kiện tốn

b) Để (1) có hai nghiệm dương nghiệm âm phương trình (2) phải có hai nghiệm trái dấu khác 1, ta có hệ:

  m <

Vậy với giá trị m < phương trình (1) có ba nghiệm có hai nghiệm dương nghiệm âm

3.4 Ứng dụng tam thức bậc hai hàm số bậc bốn: 3.4.1 Phương trình lùi bậc bốn:

Cho phương trình: ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = (a  0) có:

  

  

d b

e a

Vì x  0, chia vế cho x2 đặt:

   

 

  



 

 

d b )khi đk cân (không x

1 x t

d b ) t k (Đ x x t

Khi đó:

   

 

  

  

2 t x

1 x

2 t x

1 x

2 2

2 2

Suy ta có phương trình bậc hai t

Ví dụ: Giải phương trình: x4 - 10x3 + 26x2 – 10x + = (1) Giải:

Xét x = 0, phương trình (1) trở thành: = (vô lý) Xét x  0, chia vế (1) cho x2 ta được:

0 26 x x 10 x

1 x

0 x

1 x 10 26 10x x

2

2

       

     

 

 

    

Đặt t = x +

x

1

, điều kiện t 2

Phương trình (1) trở thành: (t2 – 2) -10t + 26 = 0

 t2 - 10t + 24 = 0  

 

 

6 t

4

t (thỏa đk

2

t  )

 Với t = 

x x =

 x2 – 6x + = 0 

   

 

 

8 x

8 x

 Với t = 

x x =

 x2 – 4x + = 0



   

 

 

3 x

3 x

Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt là:

8 x

8 x

2

 

 

3 x

3 x

4

 

 

3.4.2 Phương trình dạng : (x+a)4 + (x+b)4 = c a Phương pháp giải:

b Ví dụ :

Ví dụ 1: Giải phương trình: (x + 2)4 + (x + 8)4 = 272 (1) Giải:

Đặt t = x +

Phương trình (1) trở thành: (t - 3)4 + (t + 3)4 = 272

 2t4 + 108t2 +162 = 272  t4 + 54t2 - 55 = 0 

   

  

55 t

1 t

2

 Với t2 = -55, loại t2   Với t2 =  (x + 5)2 = 1

   

  

 

1 x

1 x

   

 

 

6 x

4 x

Vậy phương trình cho có nghiệm x = -4 x = -6

Ví dụ 2: Giải phương trình: (x + 3)4 + (x - 5)4 = 1312 (2) Giải:

Đặt t = x -

Phương trình (2) trở thành: (t + 4)4 + (t - 4)4 = 1312

 t4 + 96t2 - 400 = 0  

 

  

2 t

2 t

 Với t =  x - =  x = 3  Với t = -2  x - = -2

 x = -1

Vậy phương trình cho có nghiệm x = -1 x =

3.5 Ứng dụng đa thức bậc hai hàm lượng giác: 3.5.1 Dạng 1:

Tìm điều kiện tham số để phương trình lượng giác thỏa số điều kiện cho trước, ta thường đưa phương pháp sử dụng tam thức bậc hai Cụ thể so sánh nghiệm tam thức bậc hai với số cho trước hay hai số cho trước ,

Ví dụ: Cho phương trình:

cos2x – (2m +1)cosx + (m + 1) = (1)

Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc khoảng    

 

2 ,

 

Giải

(1) 2cos2x (2m 1)cosx m

  

 

Đặt t = cosx

Đặt f(t) = 2t2 – (2m +1)t + m

Để phương trình (1) có nghiệm thuộc khoảng       ,  

thì phương trình f(t) = cần phải có nghiệm t[1,0)

                           0 1).f(0) f( 0 2 S 1 0 2.f(0) 0 1) 2.f( 0 Δ                                 0 1)m (m 0 2 1 2m 1 0 m 0 1 m 0 1 2m                              0 m 1 2 1 m 2 3 0 m 1 m m

 1m0

Vậy với  1m0 phương trình cho có nghiệm thuộc khoảng       ,  

3.5.2 Dạng – Một số tốn dạng đặc biệt:

Ví dụ : Định m để phương trình sau có nghiệm: sinx –cosx -2m (cosx + sinx )+ 2m2 +

2

= (1) Giải

Phương trình (1) phương trình bậc hai với ẩn m (1)  2m2 - 2m (cosx + sinx )+ sinx – cosx +

2

= (2) Để (1) có nghiệm (2) phải có nghiệm:

0 1) 1)(sinx 2(cosx ) cosx 2(sinx sinx) (cosx Δ            

Ta thấy: 1sinx1 ; 1cosx-1 Δ -cosx sinx       

Vậy để phương trình có nghiệm thì:

              1 cosx 1 sinx 0 1 cosx 0 1 sinx

Với sinx = -1 cosx =

Phương trình (2) 4m2 4m m 21

     

Với cosx = sinx =

Phương trình (2) 4m2 4m m 12

Vậy với giá trị m =

2

 phương trình cho có nghiệm

3.6 Ứng dụng tam thức bậc hai hàm số mũ hàm logarit: Bài toán 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:

1) 9x + m.3x – = 0 2) 4x + 2x + m = 0 Giải

1) Đặt t = 3x > 0

Phương trình trở thành t2 + mt – = (1)

Vì (1) phương trình bậc hai có a.c = -1 phương trình (1) ln có hai nghiệm trái dấu

Vậy phương trình cho ln có nghiệm 2) Đặt t = 2x > 0

Phương trình trở thành t2 + t + m = (2)

Để phương trình cho có nghiệm phương trình (2) cần phải có nghiệm t>

Đặt f(t)= t2 + t + m = 0, t, t hai nghiệm f(t) A   (vô lý)

B   (vô lý) C  P <  m < D   (vô lý)

Vậy với m < phương trình cho có nghiệm

Bài toán 2: Xác định m để bất phương trình sau có nghiệm: 9x – m3x + m +3 0 (1)

Giải

Đặt t = 3x > 0

Bất phương trình (1) trở thành: t2 – mt + m +3 0 (2)

Để bất phương trình (1) có nghiệm bất phương trình (2) phải có nghiệm t > Khi ta có hai trường hợp sau:

 

 

 

2

2

t t

t t

với t1, t2 nghiệm tam thức bậc hai t2 – mt + m + 3.

* Trường hợp 1: t1 < < t2

1.f(0)0  m3

* Trường hợp 2: < t1 t2

      

   

0 S

0 1.f(0)

0 Δ

      

  

   

0 m

0 m

0 12 4m m2

    

  

    

0 m

3 m

2 m 6 m

6



 m

Bài toán 3: Cho phương trình:

2 3x 2 3x m (1)

Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm Giải

Đặt t =  x

3 2 >0

 

t 2 x  

Phương trình (1) trở thành:

m t

t   t2  mt10 (2)

Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt phương trình (2) phải có hai nghiệm dương phân biệt:

    

   

0 S

0 P

0 Δ

    

 

  

0 1

0 m

0 4 m2

 m2

Vậy để phương trình cho có hai nghiệm m >

Bài tốn 4: Cho phương trình:

0 2m x log x

log

3

3      (1)

a) Giải phương trình (1) m =

b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm thuộc đoạn 1,3 3. Giải

Điều kiện x > 0, đặt t = log2 1

3x 

Khi phương trình (1) trở thành : t2 +t – 1- 2m - 1=0  t2 +t – 2m - 2=0 (2) a) Với m =2

Phương trình (2) trở thành :

t2 +t – =0

  

   

thoa) (

) loai (

t t

Với t =

   

   

    

3 log

3 log 3 log 2 1 log

3

3

3

x x x

x

   

  

 3 3

x x

( thỏa điều kiện x > ) Vậy phương trình cho có nghiệm : x = 3 3; 3



x

b) Ta tìm mối liên hệ x t với x [1;3 3]

2 log

3 log

0

3

  



 



Vậy tương ứng với x [1;3 3] có nghiệm t[1;2]

Để phương trình cho có nghiệm x [1;3 3]

 phương trình (2) phải có nghiệm

] ; [



t Ta cần xét hai trường hợp sau:

Đặt f(x) = t2 +t – 2m – 2

Gọi t1 ; t2 nghiệm f(t) =

 Trường hợp 1: Nếu

   

       

 

       

2 2 1

0 2

0 1

0 2

1 1 2

S f f t t

Nhưng ta có: S =

2

2

   t

t

Nên không tồn m thỏa mãn trường hợp  Trường hợp2: Nếu 

 

  

  

2

2

2

2

t t

t t

 f2(1m).(f4(2)2m)00

Vậy với m  [0 ; 2] phương trình cho ln có nghiệm x [1;3 3]



3.7 Ứng dụng tam thức bậc hai phương trình – bất phương trình chứa căn:

Bài tốn 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 2 x + 2x - (2 x)(2x ) = m

Giải:

Điều kiện

  

 

 

0 x 2

0 x 2

 2x2 Đặt t = 2 x + 2x với t 0

Ta có : t2 = ( 2 x

 + 2x)2

 t2 = +  4

 t2 8  2 t  2

Khi đó, điều kiện tốn tương đương : Tìm m để phương trình:

-t2 + 2t + - 2m = có nghiệm thuộc 2,2 2 Đặt f (t) = -t2 +2t +(4 - 2m ) gọi t

1, t2 hai nghệm f(t) = Xét hai trường hợp :

 Trường hợp 1: Nếu f(t) =0 có hai nghiệm 2,2 2

         

 

   

2 2 2 S 2

0 ) 2 f(2

0 f(2)

0

,

       

 

   

lý) (vô 2 2 1 2

0 ) 2 f(2

0 f(2)

0

,

Hệ vô nghiệm

 Trường hợp 2: Nếu phương trình f(t) = có nghiệm t2,2 2



   

  

  

2

2

t 2 t

2 t t

 f(2).f(2 2)

 (4 - 2m)( - + - 2m)  2( 2-1)m2

Vậy: với m 2( 2 1),2 phương trình cho có nghiệm

Bài tốn 2: Tìm a để bất phương trình có nghiệm :

a x 1-x  (1)

Giải:

Điều kiện: 0 1x

0x 0x 1

     

  

Đặt 0 , u,v , 1suy rau v 1

x v

x-1

u 2 2

  

 

  

 

Khi đó, BPT chuyển thành hệ:   

 

 

a v u

1 v

u2

Suy ra, u2 v2 u v2 2uv u v 2u.v

          

Vậy, VT (1) có giá trị nhỏ uv=0, mà (1) có nghiệm a lớn giá trị nhỏ VT (1)

Vậy, ta phải có a 1 Bài tập đề nghị 1 Giải phương trình

a x4  3x33x10

b x4 3x3 14x2

   

 x

d) 4x2 -3x -1

3 Cho phương trình mx2 m 1x 3m 1

   

 (1)

Với giá trị cùa m phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả

9 x

1 x

1

2 2



 .

4 Cho phương trình mx2 x  

 (1)

Tìm m để (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn x

1 x

1

2





5 Cho phương trình x2 2mx 3m   

 (1) Tìm m để phương trình (1) có hai

nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn 5x1 + 3x2 =

6 Chứng minh không tồn m để phương trình sau có hai nghiệm trái dấu: m.4x 2m 32x 3m

   

 (1)

7 Tìm giá trị m để phương trình: (m 1)x2 3mx 4m

  



Có nghiệm lớn

8 Cho phương trình:

(m 1)x2 (8m 1)x 6m

    

9.Với giá trị m thì:

a Phương trình có nghiệm thuộc khoảng (0,1) b Nghiệm lớn phương trình thuộc khoảng (0,1)

10.Giải bất phương trình sau:

a)

10

1

2

  



x x

x

b)

2

10

2 

 

x x

c) xx xx1

1 

   

11 Tìm giá trị m để phương trình sau với giá trị x a)

1

1

2

 

  

x x

mx x

b) m(m+2)x2 +2mx +2 >0

12. Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số: f x acos4x bsin4x



 với 0ab

13 Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số: f x cos4x sin4x asinx.cosx

 



14 Cho hàm số:

2 cos3x

1 asin3x cos3x

y

  



b Tìm GTLN GTNN

c Xác định a để GTLN hàm số lớn

Hãy tìm GTLN GTNN biểu thức S = x + y +1

16. Tìm GTLN GTNN hàm số:

1 2x 3x

3 10x 20x

y 2

2

 

  

17.Giải phương trình x 26x 46 64

18 Cho phương trình x3 2mx22m21xm1 m20

Tìm m để phương trình có ba nghiệm dương phân biệt

19 Cho phương trình x 22x2 1 3ax 2   



 Tìm a để phương trình có ba nghiệm

phân biệt, có hai nghiệm phân biệt nhỏ 1và nghiệm lớn

20 Tìm m để phương trình: 3tan x mtanx cotx x

sin

3

2      có nghiệm

21 Xác định giá trị tham số m để phương trình sau có nghiệm: 4x m.2x 2m

  

 

22. Định m để bất phương trình: m.9x 2m 1.6x m.4x

 



 nghiệm với

0,1

x 

Hướng dẫn giải:

1. Đáp số:

a ,x 2,x

2 x ,

5

x1  2   3   4  

b ,x 3,x

4 33 -x ,

33

x1   2   3   4  

3.

(1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2

  

 

 

0 0 m

  

   

 

0 1 10m 11m

0 m

2

    

  

 

1 m 11

1 0 m

Ta có:

 

9 x

x

x 2x x

x x x

x x x

1 x

1

2 2

2 2

2

2 2

2

 

     

Áp dụng định lý Viét ta có                    m 1 m 3 a c x x P m 1 m a b x x S 2

Thế vào (*) ta được:

                                         m m 18m 12m 2m m 4m 5m m m m m m m 2 2

Vậy yêu cầu toán thoả với m =

2

4.

(1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2

       0 0 m          0 1 4m 4m 0 m            2 2 1 m 2 2 1 0 m Ta có:

x x 

x x 2x x x x x x x x x x x x 2 2 2 2 1 2 1 2                    

x x 

x 4x x x 2 2

1  

 (*)

Áp dụng định lý Viét ta có:

             m 1 m x x P m 1 x x S 2

 

m m

m 4m m

1

2 2

 

 

(m1)

     

5 m 0 6m 5m

0

m 6m 5m

1

m

4m 4m 1

m

4m 4m

2

2 2

2

2

      

 

     

    

  

Vậy yêu cầu toán thoả với 0m56 m1

5.

(1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2  Δm2 (3m 2)0 

 

  

2 m

1 m

Áp dụng định lý viét ta có:

  

 

 

2 3m .x x

2m x x

2

2

kết hợp với điều kiện đề ta có hệ:

    

 

 

 

(c) 2 3m .x

x

(b) 2m x

x

(a) 4 3x 5x

2

2

2

(b) x1 = 2m – x2 (d)

Thế (d) vào (a) ta x2 = 5m – 2, từ (d) ta x1 = – 3m Thế x1 = – 3m x2 = 5m – vào (c) ta được:

(2 – 3m)(5m – 2) = 3m –  15m2 – 13m + =0

   

 

  

5 m

3 m

(nhận)

Vậy yêu cầu toán thoả với m = 32 ; m = 51

6.

Đặt t 2x ,t

 

Khi đó, phương trình (1) có dang: f t m.t2 2m 3t 3m

    

 (2)

Giả sử (1) có hai nghiệm x1,x2 với x10x2, đó:

1 x

0

x 2 2 0 t 1 t

2

Vậy, (1) có hai nghiệm trái dấu  (2) có hai nghiệm thỏa mãn 0t11t2                               m m 0 8m 3m m af 0 af vơ nghiệm

Do khơng tồn m để phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu

7.

 Khi m = -1 Phương trình trở thành 3x =

3 x 



 Khi m1 Ta có trường hợp sau:

*) Phương trình có nghiệm lớn nghiệm nhỏ 1,  (m + 1)f(1) <  (m+1)(2m+1) <

2 m 1  



*) Phương trình có hai nghiệm lơn

                               1 m 3m S 2m m f(1) m m 16m 9m2                   1) 2(m m 3m 2m 16m 7m 2                       m m m m m 16 m 16     

*) Phương trình có nghiệm nghiệm lớn Ta có: f(1) =  m =

2

 , phương trình trở thành x2 3x 40

và có nghiệm thứ hai x = -4 khơng thoả u cầu đề Vậy giá trị cần tìm m T = 

      ; 16 12.

Biến đổi hàm số dạng:

 x acos x b(1 cos x) (a b)cos x 2bcos x b

f 2

      

Đặt t cos2x

 , điều kiện 0t1 Ta được: f t (ab)t2  2btb

Hoành độ đỉnh parapol 0,1 b a

b

t0 





Vậy, ta được:

   b a ab b a b f t f fmin

         

 đạt khi:

b a b x cos2  

 fmax maxf   0 ,f 1 b đạt khi: kπ

2 π x x

13.

Biến đổi hàm số dạng:

  sin2x

2 a 2x sin x

f

 

 

Đặt tsin2x, điều kiện  1t 1 Ta được:   t

2 a t t

f

   

Hoành độ đỉnh parapol

2 a t0 

Ta cần phân biệt ba trường hợp:

Trường hợp 1: Nếu hoành độ đỉnh parapol  1,1 a 2

a

x0        thì: 

8 a a f f

2

       

 đạt khi:

2 a x

     

   



  

 



2 a ,

a max

f , f max fmax

a Với  2a 0thì

2 a

fmax   đạt khi: x 1

b Với  2a 0thì

2 a fmax



 đạt khi: x 1

Trường hợp 2: Nếu hoành độ đỉnh parapol 1 a 2

a

x0      thì:

  

2 a 1 f fmin

 

 đạt khi: x 1

  

2 a 1 f

fmax     đạt khi: x 1

Trường hợp 3: Nếu hoành độ đỉnh parapol a 2

a x

1  0   

 thì:

  

2 a 1 f

fmin     đạt khi: x 1

 

a 1 f

fmax    đạt khi: x 1

14.

Xem y tham số xét phương trình:

1 2y y)cos3x (1

asin3x

cos3x

1 asin3x cos3x

y     

  

 (1)

Phương trình (1) có nghiệm khi:

 

3 3a 1 y

3a 1 a 2y 3y

2y y) (1

a2 2 2  

            

Vậy, ta được:

3 3a 1 y ,

3a 1 y

2 max

2

   

 

Để ymaxnhỏ 1, điều kiện là:

a

3 3a

1

   

 .

Viết lại hệ thức cho dạng:    

2

y 5S S

y y x y x

    

       

(1) Như vậy, x,y ta có:

1 S 4 5S S2

       

Do đó:

4

Smin  đạt khi:

  

    

 

        

0 y

5 x

y y x y

x 2

1

Smax  đạt khi:

  

    

 

        

0 y

2 x

y y x 1 y

x 2

16.

Ta tìm y để phương trình

1 2x 3x

3 10x 20x

y 2

2

 

 

 có nghiệm với ẩn x

Phương trình biến đổi dạng:

3y 20x2 2y 5xy 30 (1)

Trường hợp 1: Nếu 20 

y  

10 11 x x 10

1     

Trường hợp 2: Nếu 20



y (1) có nghiệm

    

    

    

 

      

 

   

   

7 y

5

20 y

20 3y y y

3 20 y

Δ

20 y

2

Từ đó, (1) có nghiệm y

5





Vậy, ta được:

 ymax 7 đạt 3y 20

5 y

x 

   

2

ymin  đạt

5 20 3y

5 y

x 

   

17. Đáp số: x =2 x=4

18. Đáp số: m 1 

19. Đáp số: a1 20 Đáp số: m 4

21. Đáp số: m >1

DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO

1 Tuyển tập chuyên đề luyện thi đại học môn

2 Tổng quan tam thức bậc hai ứng dụng - Nguyễn Ngọc Tân – NXB Đại học quốc gia TP Hồ Chí Minh.

3

4 Sách giáo khoa sách tập Đại Số 10.

5 18 chuyên đề luyện thi đại học – giáo viên Huỳnh Chí