Ứng dụng định lý vi et giải một số dạng toán phương trình bậc 2 – quy về bậc 2 có tham số

Ứng dụng định lý Vi-et giải số dạng toán phương trình bậc hai – quy bậc hai có chứa tham số Ứng dụng định lý Vi-et giải số dạng tốn phương trình bậc hai – quy bậc hai có chứa tham số MỞ ĐẦU 1/ Lý chọn đề tài: Trong chương trình môn Toán bậc THPT có nhiều tốn có tham số liên quan tới phương trình bậc 2, quy bậc 2, số xuất nhiều đa dạng tốn “Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm, có nghiệm, hai nghiệm, ba nghiệm, bốn nghiệm …” Đây thực chất tốn so sánh nghiệm phương trình bậc hai với số thực α , xem xét dạng tốn theo quan điểm, chương trình sách giáo khoa cũ em học sinh khơng khó để giải chương trình sách giáo khoa cũ lớp 10, em trang bị đầy đủ nội dung định lý thuận, đảo dấu tam thức bậc hệ Nhưng theo sách giáo khoa phát hành phần kiến thức liên quan tới định lý đảo hệ giảm tải Đứng trước vấn đề “Khơng có cơng cụ cần tìm hướng để kiến thức em học sách giáo khoa em giải dạng tốn đó?” Với suy nghĩ nhằm giúp em tìm tịi, phát hiện, tạo hứng thú q trình học mơn Tốn, góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy, viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm: Ứng dụng định lý Vi-et giải số dạng tốn phương trình bậc – quy bậc có tham số” 2/Nội dung sáng kiến kinh nghiệm : I Phần mở đầu II Nội dung đề tài A Cơ sở lý thuyết liên quan đến đề tài nghiên cứu B Bài tập vận dụng C Bài tập thực hành III Kết học kinh nghiệm NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM A CƠ SỞ LÝ THUYẾT Ứng dụng định lý Vi-et giải số dạng tốn phương trình bậc hai – quy bậc hai có chứa tham số I.KIẾN THỨC CẦN NHỚ 1) PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI a) Định nghĩa • Phương trình bậc hai ẩn x ∈ R phương trình có dạng: ax + bx + c = ( 1) b) Cách giải • Tính ∆ = b − 4ac  Nếu ∆ < phương trình (1) vơ nghiệm  Nếu ∆ = phương trình (1) có nghiệm kép x1 = x2 = −  Nếu ∆ > phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 = ( a ≠ 0) b 2a −b − ∆ −b + ∆ , x2 = 2a 2a c) Định lý Vi-et – Dấu nghiệm  Định lý: Nếu phương trình bậc hai ẩn x ∈ R : ax + bx + c = ( 1) nghiệm x1 , x2 S = x1 + x2 = ( a ≠ ) có hai −b c , P = x1.x2 = a a  Dấu nghiệm:  Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu ⇔ P < ∆ ≥ P >  Phương trình (1) có hai nghiệm dấu ⇔  ∆ ≥   Phương trình (1) có hai nghiệm dương ⇔  P > S >  ∆ ≥   Phương trình (1) có hai nghiệm âm ⇔  P > S <  2) PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN Trong phần tơi trình bày phương pháp giải cách tổng quát số dạng toán liên quan đến phương trình bậc 2, quy bậc tập số thực R: Thay so sánh nghiệm phương trình bậc với số thực α , ta biến đổi để đưa so sánh nghiệm phương trình bậc với số Bài tốn Cho phương trình: ax + bx + c = ( 1) ( a ≠ 0, x ∈ R ) a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm: x ≥ α b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm: x ≤ α c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: x1 < α < x2 d) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: α < x1 < x2 e) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: x1 < x2 < α Giải • Đặt t = x − α ⇒ x = t + α , thay vào pt (1) ta pt: at + ( 2aα + b ) t + aα + bα + c = ( ) a) Để phương trình (1) có nghiệm x ≥ α ⇔ pt (2) có nghiệm t ≥ Ứng dụng định lý Vi-et giải số dạng toán phương trình bậc hai – quy bậc hai có chứa tham số  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ P ≤ ∆ ≥   TH2: Phương trình (2) có nghiệm ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ S ≥  ⇔ b) Phương trình (1) có nghiệm x ≤ α pt (2) có nghiệm t ≤  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ P ≤ ∆ ≥   TH2: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ t2 ≤ ⇔  P ≥ S ≤  c) Phương trình (1) có nghiệm thỏa x1 < α < x2 ⇔ pt (2) có nghiệm t1 < < t2 ⇔ P < ∆ >  d) Phương trình (1) có nghiệm thỏa α < x1 < x2 ⇔ pt (2) có nghiệm < t1 < t2 ⇔  P > S >  ∆ >  e) Phương trình (1) có nghiệm thỏa x1 < x2 < α ⇔ pt (2) có nghiệm t1 < t2 < ⇔  P > S <  (Với ∆ = ( 2aα + b ) − 4a ( aα + bα + c ) , P = t1.t = − ( 2aα + b ) aα + bα + c , S = t1 + t2 = ) a a Nhận xét: Thoạt nhìn tốn mang đậm dấu ấn dùng kiến thức so sánh nghiệm tam thức bậc với số thực α , cách làm ta hướng dẫn học sinh giải toán cách dễ dàng dựa vào định lý Viet ứng dụng, tránh không sử dụng kiến thức tam thức bậc giảm tải sách giáo khoa Bài tốn Cho phương trình: ( x + a ) ( x + b ) ( x + c ) ( x + d ) = k ( 1) với a + c = b + d a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm phân biệt c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm phân biệt d) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm phân biệt Giải • Ta biến đổi phương trình (1) ⇔  x + ( a + c ) x + ac   x + ( b + d ) x + bd  = k ( ) a+c • Đặt t = x + ( a + c ) x +  ÷ ( t ≥ ) , thay vào (2) ta phương trình:   2  a + c)   ( a+c   a+c  t +  ac + bd −  t +  ac −  ÷  bd −  ÷  − k = ( 3)           a) Phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm t ≥  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ P ≤ ∆ ≥   TH2: Phương trình (2) có nghiệm ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ S ≥  b) Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ta xét trường hợp sau:  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 < < t2 ⇔ P < Ứng dụng định lý Vi-et giải số dạng tốn phương trình bậc hai – quy bậc hai có chứa tham số ∆ =  TH2: Phương trình (2) có nghiệm < t1 = t2 ⇔  S > c) Phương trình (1) có nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có nghiệm thỏa: ∆ >  = t1 < t2 ⇔  P = S >  d) Phương trình (1) có nghiệm phận biệt ⇔ phương trình (2) có nghiệm thỏa: ∆ >  < t1 < t2 ⇔  P > S >  (Trong ∆ biệt thức phương trình (2), P = t1.t2 , S = t1 + t2 ) Nhận xét: Trong tài liệu sách giáo khoa, sách tham khảo, cách giải đưa − a + c) dạng toán đặt: t = x + ( a + c ) x với điều kiện t ≥ ( , để giải yêu cầu nêu học sinh lúng túng, giải em học sinh lớp 10,vì em khơng trang bị công cụ để so sánh nghiệm phương trình bậc với số thực khác Bài tốn Cho phương trình: ax + bx + cx + bx + a = ( 1) ( a ≠ ) a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm dương b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm âm c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm d) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm phân biệt Giải • Ta thấy x = khơng nghiệm phương trình (1), chia hai vế phương trình (1) cho x ≠ , ta được: 1 1   a  x + ÷ + b  x + ÷+ c − 2a = ( ) x x   (Thông thường tới học sinh đặt t = x + x ( t ≥ 2) , nhận phương trình at + bt + c − 2a = việc giải yêu cầu đặt khó khăn học sinh khơng trang bị công cụ Để giúp học sinh vượt qua trở ngại giải sau) 1 x x at + ( 4a + b ) t + 2a + 2b + c = (3) • Để phương trình (1) có nghiệm x > phương trình (3) có nghiệm t ≥ , ta xét:  TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ P ≤ a) Vì x > , đặt t = x + − ( t ≥ ) suy x + = t + , thay vào phương trình (2) được: ∆ ≥   TH2: Phương trình (3) có nghiệm ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ S ≥  x x b) Vì x < , đặt t = x + + ( t ≤ ) suy x + = t + , thay vào phương trình (2) được: Ứng dụng định lý Vi-et giải số dạng tốn phương trình bậc hai – quy bậc hai có chứa tham số at + ( b − 4a ) t + 2a − 2b + c = (4) • Để phương trình (1) có nghiệm x < phương trình (3) có nghiệm t ≤ , ta xét:  TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ P ≤ ∆ ≥   TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ t2 ≤ ⇔  P ≥ S ≤  c) Để phương trình (1) có nghiệm phương trình (3) có nghiệm t ≥ , phương trình (4) có nghiệm t ≤ (Đây kết tổng hợp phần a b) d) Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt ta xét trường hợp sau; ∆1 >   TH1: Phương trình (3) có nghiệm thỏa: < t1 < t2 ⇔  P1 > S >  ∆ >   TH2: Phương trình (4) có nghiệm thỏa: t1 < t2 < ⇔  P2 > S <   P1 <  P2 <  TH3: Đồng thời phương trình (3), phương trình (4) có hai nghiệm trái dấu ⇔  Nhận xét: Với cách tiếp cận học sinh dễ dàng giải tốn như: Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm, nghiệm Bài tốn Cho phương trình α ( ax + bx + c ) + β ( ax + bx + c ) + γ = ( 1) ( α ≠ 0; a ≠ ) a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm phân biệt c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm phân biệt Giải • Xét a > (với a < 0, làm tương tự)  b  b − 4ac  b − 4ac • Ta có ax + bx + c = a  x + ÷ − nên đặt t ≥ t = ax + bx + c +  2a  4a  4a  • Thay vào phương trình (1) ta phương trình sau: α ( t − k ) + β ( t − k ) + γ = (2) với b − 4ac k= 4a • Phương trình (2): α t + ( β − 2α k ) t + α k − β k + γ = (3) a) Để phương trình (1) có nghiệm phương trình (3) có nghiệm t ≥  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ P ≤ ∆ ≥   TH2: Phương trình (2) có nghiệm ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ S ≥  ∆ >  b) Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt pt (3) có nghiệm thỏa < t1 < t2 ⇔  P > S >  Ứng dụng định lý Vi-et giải số dạng toán phương trình bậc hai – quy bậc hai có chứa tham số c) Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt phương trình (3) có nghiệm thỏa t1 < < t2 , phương trình (3) có nghiệm thỏa < t1 = t2  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 < < t2 ⇔ P < ∆ = S > (Trong ∆ biệt thức pt (3), S = t1 + t2 , P = t1.t2 )  TH2: Phương trình (2) có nghiệm < t1 = t2 ⇔  Nhận xét: Khi gặp dạng toán em học sinh thường đặt t = ax + bx + c với điều kiện t≥ − ( b − 4ac ) 4a a > 0, t ≤ − ( b − 4ac ) a < Phương trình nhận α t + β t + γ = , 4a để giải yêu cầu tốn học sinh gặp trở ngại cần so sánh nghiệm phương trình bậc với số thực khác Chính với cách giải trình bày tạo cho em học sinh hứng thú, em sử dụng công cụ đơn giản, quen thuộc định lý Viet để giải dạng toán Bài toán Cho phương trình ax + b x + α + c = ( 1) với α > 0, a ≠ a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm phân biệt c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm Giải • ĐK x ∈ R ( • Đặt t = x + α − α ( t ≥ ) suy x = t + α ( ) ) − α , thay vào pt (1) ta phương trình: at + 2a α + b t + b α + c = ( ) a) Để phương trình (1) có nghiệm phương trình (2) có nghiệm t ≥  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ P ≤ ∆ ≥   TH2: Phương trình (2) có nghiệm ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ S ≥  ∆ >  b) Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt pt (2) có nghiệm thỏa < t1 < t2 ⇔  P > S >  c) Để phương trình (1) có nghiệm ta xét trường hợp sau: ∆ >   TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 < = t2 ⇔  P = S <  ∆ = S = (Trong ∆ biệt thức pt (3), S = t1 + t2 , P = t1.t2 )  TH2: Phương trình (2) có nghiệm = t1 = t2 ⇔  ( ) Nhận xét: Với dạng toán hầu hết sách tham khảo đặt t = x + α t ≥ α , đưa phương trình bậc có dạng: at + bt + c − aα = , để giải câu hỏi đặt phải sử dụng tới định lý đảo dấu tam thức bậc hệ quả, sử dụng công cụ đạo hàm Cả hai cách không phù hợp với tư duy, kiến thức học sinh lớp 10, 11 Ứng dụng định lý Vi-et giải số dạng tốn phương trình bậc hai – quy bậc hai có chứa tham số học sinh lớp 12, cơng cụ dùng đạo hàm để giải khơng phải lúc tối ưu Bài tốn Cho phương trình: ax + bx + c = x − α ( 1) a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm phân biệt c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm Giải  x − α ≥ • Phương trình (1) ⇔  2 ax + bx + c = ( x − α ) ( ) • Đặt t = x − α , x − α ≥ nên ta có điều kiện t ≥ , thay vào (2) ta phương trình: ( a − 1) t + ( 2aα + b ) t + aα + bα + c = ( 3) a) Để phương trình (1) có nghiệm pt (3) có nghiệm t ≥  TH1: Xét a = , thay vào phương trình (3) tìm nghiệm t0 giải bất phương trình t0 ≥ a ≠ P ≤ a ≠ ∆ ≥   TH3: Phương trình (3) có nghiệm ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥  S ≥  TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔  a ≠ ∆ >  b) Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt pt (3) có nghiệm ≤ t1 < t2 ⇔  P ≥  S > c) Để phương trình (1) có nghiệm phương trình (3) có nghiệm t ≥  TH1: Xét a = , thay vào phương trình (3) tìm nghiệm t0 giải bất phương trình t0 ≥ a ≠ P < a ≠ ∆ >   TH3: Phương trình (3) có nghiệm t1 < = t2 ⇔  P =  S <  TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 < < t2 ⇔  a ≠   TH4: Phương trình (3) có nghiệm ≤ t1 = t2 ⇔ ∆ = S ≥  (Trong ∆ biệt thức phương trình (3), S = t1 + t2 , P = t1.t2 ) Nhận xét: Dạng toán hay xuất chuyên đề phương trình chứa căn, toán xuất đề thi Đại học, Cao đẳng, tất đưa phương án so sánh nghiệm phương trình (2) với số thực α Song với cách giải ta đưa tốn so sánh nghiệm phương trình (3) với số Ứng dụng định lý Vi-et giải số dạng tốn phương trình bậc hai – quy bậc hai có chứa tham số Bài tốn 7.Cho phương trình: log a ( α x + β x + γ ) = log a ( x − b ) ( 1) với < a ≠ a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm phân biệt c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm Giải  x − b > • Phương trình (1) ⇔  α x + β x + γ = x − b ( 2) • Đặt t = x − b ⇒ x = t + b , x − b > nên ta suy điều kiện t > Thay vào phương trình (2) ta 2 phương trình: α t + ( 2α b + β − 1) t + α b + β b + γ = ( 3) a) Để phương trình (1) có nghiệm phương trình (3) có nghiệm t >  TH1: Xét α = , thay vào pt (3) tìm nghiệm t0 giải bất phương trình t0 > α ≠  TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 < < t2 ⇔  P < α ≠ ∆ ≥  < t ≤ t ⇔  TH3: Phương trình (3) có nghiệm  P >  S > α ≠ ∆ >  = t < t ⇔  TH4: Phương trình (3) có nghiệm  P =  S > α ≠ ∆ >  < t < t ⇔ b) Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt pt (3) có nghiệm  P >  S > c) Để phương trình (1) có nghiệm phương trình (3) có nghiệm t >  TH1: Xét α = , thay vào phương trình (3) tìm nghiệm t0 giải bất phương trình t0 > α ≠  TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 < < t2 ⇔  P < α ≠ ∆ >  = t < t ⇔  TH3: Phương trình (3) có nghiệm  P =  S > α ≠   TH4: Phương trình (3) có nghiệm < t1 = t2 ⇔ ∆ = S >  Nhận xét: Đây dạng toán giống với toán giải trên, ta đưa so sánh nghiệm phương trình có dạng bậc với số Ứng dụng định lý Vi-et giải số dạng toán phương trình bậc hai – quy bậc hai có chứa tham số B BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài Cho phương trình: x − 2mx + m − m + = ( 1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x ≥ b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x ≤ c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1 < < x2 d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1 < x2 < Giải • Đặt t = x − ⇒ x = t + , thay vào pt (1) ta phương trình: t + ( − m ) t + m2 − 3m + = ( ) a) Để phương trình (1) có nghiệm x ≥ ⇔ phương trình (2) có nghiệm t ≥  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ P ≤ ⇔ m − 3m + ≤ ⇔ ≤ m ≤  TH2: Phương trình (2) có nghiệm : 2 m − ≥ m ≥ ∆ ' ≥ m =    ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ ⇔ m − 3m + ≥ ⇔   m ≥ ⇔  m ≥ S ≥ m − ≥ m ≤     • Kết luận: với m ∈ [ 1; +∞ ) phương trình (1) có nghiệm x ≥ b) Để phương trình (1) có nghiệm x ≤ ⇔ phương trình (2) có nghiệm t ≤  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ P ≤ ⇔ m − 3m + ≤ ⇔ ≤ m ≤ m − ≥ ∆ ' ≥    TH2: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ t2 ≤ ⇔  P ≥ ⇔ m − 3m + ≥ ⇔ m = S ≥   m − ≤ • Kết luận: với m ∈ [ 1; 2] phương trình (1) có nghiệm x ≤ b) Phương trình (1) có nghiệm thỏa x1 < < x2 ⇔ phương trình (2) có nghiệm: t1 < < t ⇔ m − 3m + < ⇔ < m < • Kết luận: với < m < phương trình (1) có hai nghiệm x1 < < x2 d) Phương trình (1) có nghiệm thỏa x1 < x2 < ⇔ phương trình (2) có nghiệm: m − > ∆ ' >   t1 < t2 < ⇔  P > ⇔ m − 3m + > (vô nghiệm) S > m − <   • Kết luận: khơng tồn m để phương trình (1) có nghiệm x1 < x2 < Nhận xét: Đây ví dụ minh họa cho tốn tổng qt, tương tự học sinh giải nhiều tốn với phương pháp mà khơng sử dụng kiến thức tam thức bậc hai Rất nhiều em học sinh sau học ứng dụng đạo hàm để giải số dạng tốn “Tìm tham số m để phương trình f ( x, m ) = có nghiệm?”, gặp tập lúng túng khơng giải khơng thể đưa toán dạng: g ( m ) = h ( x ) để khảo sát Do cách chuyển hóa phương trình trên, đưa tốn so sánh nghiệm phương trình bậc với số dựa vào ứng dụng định lý Vi-et lựa chọn tối ưu bối cảnh kiến thức so sánh nghiệm tam thức bậc với số thực α giảm tải sách giáo khoa 10 Ứng dụng định lý Vi-et giải số dạng tốn phương trình bậc hai – quy bậc hai có chứa tham số ( )( )( ) Bài Cho phương trình: x x − m + x − m − x − m = 3m + ( 1) , với tham số m ≥ a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt Giải • Ta biến đổi phương trình (1) ⇔ x − mx x − mx + m − = 3m − ( ) ( )( ) • Đặt t = x − mx + m ( t ≥ ) , thay vào phương trình (2) ta phương trình: t − ( m + 1) t − 2m + = ( ) a) Phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm t ≥ 2 m + 12m − 19 ≥ ∆ ≥  5   ⇔ −6 + 55 ≤ m ≤  TH2: Phương trình (2) có nghiệm ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ ⇔ m ≤ 2 S ≥   m > −1  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ P ≤ ⇔ − 2m ≤ ⇔ m ≥ ) • Kết luận: Với m ∈  −6 + 55; +∞ phương trình (1) có nghiệm b) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ta xét trường hợp sau:  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 < < t2 ⇔ P < ⇔ − 2m < ⇔ m >  TH2: Phương trình (2) có nghiệm:   m = −6 − 55  m + 12m − 19 = ∆ = 0 < t1 = t2 ⇔  ⇔ ⇔   m = −6 + 55 ⇔ m = −6 + 55 S > m + >  m > −1 5  • Kết luận: Với m ∈  ; +∞ ÷∪ −6 + 55 phương trình (1) có nghiệm 2  c) Phương trình (1) có nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có nghiệm thỏa: m + 12m − 19 > ∆ >   = t1 < t2 ⇔  P = ⇔ 5 − 2m = ⇔m= S > m + >   • Kết luận: Với m = phương trình (1) có nghiệm phân biệt d) Phương trình (1) có nghiệm phận biệt ⇔ phương trình (2) có nghiệm thỏa: m + 12m − 19 > ∆ >   < t1 < t2 ⇔  P > ⇔ 5 − 2m > ⇔ −6 + 55 < m < S > m + >   5  • Kết luận: với m ∈  −6 + 55; ÷ phương trình (1) có nghiệm phân biệt 2  { } 11 Ứng dụng định lý Vi-et giải số dạng toán phương trình bậc hai – quy bậc hai có chứa tham số Bài Cho phương trình: x − 2mx + ( m − 3m + ) x − 2mx + = ( 1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm dương b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm âm c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt Giải • Ta thấy x = không nghiệm phương trình (1), chia hai vế phương trình (1) cho x ≠ , ta được: 2 1 1    x + ÷ − 2m  x + ÷+ m − 3m + = ( ) x x   1 a) Vì x > , đặt t = x + − ( t ≥ ) suy x + = t + , thay vào phương trình (2) được: x x 2 t − ( m − ) t + m − 7m + = (3) • Để phương trình (1) có nghiệm x > phương trình (3) có nghiệm t ≥ Xét trường hợp:  TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ m − 7m + ≤ ⇔ ≤ m ≤ 3m − ≥ ∆ ' ≥    TH2: Phương trình (3) có nghiệm ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ ⇔ m − 7m + ≥ ⇔ m ≥ S ≥ m − ≥   • Kết luận: Với m ≥ phương trình (1) có nghiệm dương x t − ( m + ) t + m + m + = ( ) (4) x b) Vì x < , đặt t = x + + ( t ≤ ) suy x + = t − , thay vào phương trình (2) được: • Để phương trình (1) có nghiệm x > phương trình (3) có nghiệm t ≤ Xét trường hợp:  TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ m + m + ≤ (vô nghiệm) 3m − ≥ ∆ ' ≥    TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ t2 ≤ ⇔  P ≥ ⇔ m + m + ≥ (vô nghiệm) S ≤ m + ≤   • Kết luận: Khơng tồn m để phương trình (1) có nghiệm âm c) Để phương trình (1) có nghiệm m ≥ d) Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt ta xét trường hợp sau: 3m − > ∆1 >    TH1: Phương trình (3) có nghiệm thỏa: < t1 < t2 ⇔  P1 > ⇔ m − 7m + > ⇔ m > S > m − >    TH2: Phương trình (4) có nghiệm thỏa: 3m − > ∆ >   t1 < t2 < ⇔  P2 > ⇔ m + m + > (vô nghiệm) S < m + <    TH3: Đồng thời phương trình (3), phương trình (4) có hai nghiệm trái dấu: 12 Ứng dụng định lý Vi-et giải số dạng tốn phương trình bậc hai – quy bậc hai có chứa tham số  P1 <  m − 7m + < ⇔ (vô nghiệm)   P2 <  m + m + < • Kết luận: Với m > phương trình (1) có nghiệm phân biệt Bài 4: Cho phương trình ( x − x ) − 2m ( x − x ) + m + = ( 1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt Giải • Đặt t = x − x + t ≥ , suy x − x = t − Thay vào phương trình (1) ta phương trình sau: t − ( m + 1) t + m + = ( ) a) Để phương trình (1) có nghiệm phương trình (2) có nghiệm t ≥  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ P ≤ ⇔ m + ≤ ⇔ m ≤ −4 m + m − ≥ ∆ ≥ −1 + 13   ⇔m≥  TH2: Phương trình (2) có nghiệm ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ ⇔ m + ≥ S ≥ m + ≥    −1 + 13  ; +∞ ÷ ÷ phương trình (1) có nghiệm   • Kết luận: với m ∈ ( −∞; −4] ∪  b) Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt phương trình (3) có nghiệm thỏa: m + m − > ∆ > −1 + 13   < t1 < t2 ⇔  P > ⇔ m + > ⇔m> S > m + >    −1 + 13  ; +∞ ÷ ÷ phương trình (1) có nghiệm phân biệt   • Kết luận: với m ∈  c) Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt pt (3) có nghiệm thỏa t1 < < t2 , phương trình (3) có nghiệm thỏa < t1 = t2  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 < < t2 ⇔ P < ⇔ m + < ⇔ m < −4 m + m − = ∆ = −1 + 13 < t = t ⇔ ⇔ ⇔m=  TH2: Phương trình (2) có nghiệm   2 S > m + >  −1 + 13  • Kết luận: với m ∈ ( −∞; −4 ) ∪   phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt   Nhận xét: Tương tự ta giải tốn: “Tìm m để pt (1) có nghiệm nhất” Bài Cho phương trình x − m x + + 3m + = ( 1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm Giải • ĐK x ∈ R 13 Ứng dụng định lý Vi-et giải số dạng tốn phương trình bậc hai – quy bậc hai có chứa tham số • Đặt t = x + − ( t ≥ ) suy x = ( t + 1) − , thay vào phương trình (1) ta phương trình: t − ( m − ) t + 3m + = ( ) a) Để phương trình (1) có nghiệm phương trình (2) có nghiệm t ≥ −2 m − 16m − ≥ ∆ ≥   ⇔ m ≥ + 68  TH2: Phương trình (2) có nghiệm ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ ⇔ 3m + ≥ S ≥ m − ≥    TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ P ≤ ⇔ 3m + ≤ ⇔ m ≤ −2   ) • Kết luận: với m ∈  −∞;  ∪ 8 + 68; +∞ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 3  b) Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt phương trình (2) có nghiệm thỏa: m − 16m − > ∆ >   < t1 < t2 ⇔  P > ⇔ 3m + > ⇔ m > + 68 S > m − >   ( ) • Kết luận: Với m ∈ + 68; +∞ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt c) Để pt (1) có nghiệm ta xét trường hợp sau: m − 16m − > ∆ > −2   ⇔m=  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 < = t2 ⇔  P = ⇔ 3m + = S < m − <   m − 16m − = ∆ = ⇔  TH2: Phương trình (2) có nghiệm = t1 = t2 ⇔  (vơ nghiệm) S = m − = −2 • Kết luận: với m = pt (1) có nghiệm Bài Cho phương trình: 2x − ( m + 1) x + m + m = x − ( 1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm Giải  x − ≥ 2  x − ( m + 1) x + m + m = ( x − 1) ( ) • Phương trình (1) ⇔  • Đặt t = x − , x − ≥ nên ta có điều kiện t ≥ , thay vào phương trình (2) ta phương 2 trình: t − ( m − 1) t + m − m = ( 3) a) Để phương trình (1) có nghiệm phương trình (3) có nghiệm t ≥  TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ P ≤ ⇔ m − m ≤ ⇔ ≤ m ≤ 1 − m ≥ ∆ ' ≥    TH2: Phương trình (3) có nghiệm ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ ⇔ m − m ≥ ⇔ m = S ≥ m − ≥   • Kết luận: Với m ∈ [ 0;1] phương trình (1) có nghiệm b) Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt phương trình (3) có nghiệm 14 Ứng dụng định lý Vi-et giải số dạng tốn phương trình bậc hai – quy bậc hai có chứa tham số 1 − m > ∆ >   ≤ t1 < t2 ⇔  P ≥ ⇔ m − m ≥ (vô nghiệm) S > m − >   • Kết luận: Khơng tồn m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt c) Để phương trình (1) có nghiệm phương trình (3) có nghiệm t ≥  TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 < < t2 ⇔ P < ⇔ m − m < ⇔ < m < 1 − m > ∆ >    TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 < = t2 ⇔  P = ⇔ m − m = ⇔ m = S < m − <   ∆ = 1 − m = ⇔ ⇔ m = S ≥ m − ≥  TH3: Phương trình (3) có nghiệm ≤ t1 = t2 ⇔  • Kết luận: Với m ∈ [ 0;1] phương trình (1) có nghiệm Bài Cho phương trình: log 2+ ( x + 2mx + m + 3m − 1) + log 2− ( x − m + 1) = ( 1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm Giải • Phương trình (1) tương đương log 2+ ( x + 2mx + m + 3m − 1) = log 2+ ( x − m + 1) ( ) 2  x − m + > 2  x + ( 2m − 1) x + m + 4m − = ( 3) • Phương trình (2) ⇔  • Đặt t = x − m + ⇒ x = t + m − , x − m + > nên ta suy điều kiện t > Thay vào phương 2 trình (2) ta phương trình: t + ( 4m − 3) t + 4m − m = ( 3) a) Để phương trình (1) có nghiệm phương trình (3) có nghiệm t >  TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 < < t2 ⇔ P < ⇔ 4m − m < ⇔ < m < 4m − 20m + ≥ ∆ ≥ 1  ⇔ 4m − m >  S > 3 − 4m > m <    4m − 20m + > ∆ > m =   ⇔  TH3: Phương trình (3) có nghiệm = t1 < t2 ⇔  P = ⇔ 4m − m = m = S > 3 − 4m >    1  • Kết luận: Với m ∈  −∞;  phương trình (1) có nghiệm 2  b) Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt phương trình (3) có nghiệm : 4m − 20m + > ∆ > 1  ⇔ 4m − m > ⇔  S > 3 − 4m > m <   15 Ứng dụng định lý Vi-et giải số dạng tốn phương trình bậc hai – quy bậc hai có chứa tham số 1 1 • Kết luận: Với m ∈ ( −∞;0 ) ∪  ; ÷ phương trình (1) có nghiệm phân biệt 4 2 c) Để phương trình (1) có nghiệm phương trình (3) có nghiệm t >  TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 < < t2 ⇔ P < ⇔ 4m − m < ⇔ < m < 4m − 20m + > ∆ > m =   ⇔  TH2: Phương trình (3) có nghiệm = t1 < t2 ⇔  P = ⇔ 4m − m = m = S > 3 − 4m >     TH3: Phương trình (3) có nghiệm:  m =   4m − 20m + = ∆ =  < t1 = t2 ⇔  ⇔ ⇔ m = ⇔ m = 2 S > 3 − 4m >    m <    1  • Kết luận: Với m ∈  0;  ∪   phương trình có nghiệm  4 2 Bài Cho phương trình: x +1 − ( 2m − 1) x + + m2 − 3m = ( 1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm Giải • Đặt t = x +1 − ( t ≥ ) , x +1 = t + , thay vào phương trình (1) ta phương trình: 2 t − ( 2m − 1) t + m − 11m = ( 2) a) Để phương trình (1) có nghiệm pt (2) có nghiệm t ≥  TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ P ≤ ⇔ m − 11m ≤ ⇔ ≤ m ≤ 11 3m + m + ≥ ∆ ' ≥    TH2: Phương trình (3) có nghiệm ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ ⇔ m − 11m ≥ ⇔ m ≥ 11 S ≥  2m − ≥   • Kết luận: Với m ∈ [ 0; +∞ ) phương trình (1) có nghiệm b) Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn trường hợp sau:  TH1: Phương trình (2) có nghiệm thỏa t1 < < t2 ⇔ m2 − 11m < ⇔ < m < 11 3m + 7m + = ∆ = ⇔ (vô nghiệm) S >  2m − >  TH2: Phương trình (2) có nghiệm thỏa < t1 = t2 ⇔  • Kết luận: Với m ∈ ( 0;11) phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt c) Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt pt (2) có nghiệm thỏa: 16 Ứng dụng định lý Vi-et giải số dạng tốn phương trình bậc hai – quy bậc hai có chứa tham số 3m + 7m + > ∆ ' >   < t1 < t2 ⇔  P > ⇔ m − 11m > ⇔ m > 11 S >  2m − >   • Kết luận: Với m ∈ ( 11; +∞ ) phương trình (1) có nghiệm phân biệt C BÀI TẬP THỰC HÀNH Bài Cho phương trình: x + ( 3m − 1) x + 2m − 4m = ( 1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x ≤ −1 b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: −1 < x1 ≤ x2 c) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: x1 < −1 < x2 d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x ∈ ( −1; +∞ ) 2 Bài Cho phương trình: x − ( m + 1) x + ( 3m − ) x − ( m + 1) x + = (1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm dương d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm âm Bài Cho phương trình: ( x − 1) ( x − ) ( x − 3) ( x − ) = 2m − ( 1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt c) Tìm m để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt d) Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt Bài Cho phương trình: ( x − x + ) − ( 2m − 1) ( x − x + ) + m − 3m − = ( 1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt c) Tìm m để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm Bài Cho phương trình: x + ( 3m + ) x + + 2m + 3m − = (1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt c) Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm Bài Cho phương trình: x − 3mx + 2m − m = x + m ( 1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm 2 Bài 7.Cho phương trình: log +  x − ( 2m + 3) x + 2m + 3m −  + log − ( x − 2m + 1) = ( 1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 17 Ứng dụng định lý Vi-et giải số dạng tốn phương trình bậc hai – quy bậc hai có chứa tham số c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x +1 Bài Cho phương trình: 3x +1 − ( m + 1) + m − 3m = ( 1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm KẾT QUẢ Khi áp dụng chuyên đề vào giảng dạy học sinh môn Toán trường THPT, nhận thấy em học sinh hứng thú với môn học, nhiều em cảm thấy bất ngờ mà số toán tưởng chừng khơng thể giải khơng có cơng cụ định lý đảo dấu tam thức bậc hệ quả, lại giải cách đơn giản, dễ hiểu thông qua định lý quen thuộc định lý Vi-et Chính em cảm thấy hứng thú với môn học nên năm học nhận thấy chất lượng môn Toán nói riêng, kết học tập em học sinh nói chung nâng lên rõ rệt, có nhiều em đầu năm học học sinh yếu, TB cuối năm vươn lên để trở thành học sinh TB, giỏi, các ky thi tuyển sinh vào trường Đại học, Cao đẳng có nhiều em đạt điểm 8, 9, 10 mơn Tốn, góp phần nâng cao chất lượng giáo dục nhà trường Khi tham gia ky thi học sinh giỏi cấp tỉnh, khu vực, Olympic 30 tháng có nhiều em đạt giải cao ( 02 em đạt HSG cấp Quốc gia, 09 em đạt huy chương tham gia thi Olympic 30 – ) Cụ thể: 1) Kết học tập mơn: Năm học 2003 2004 2004 2005 2005 2006 2006 2007 2007 2008 2008 2009 – – – – – – Đầu năm học (%) Yế TB Khá Gio u ûi Cuối năm học (%) Yếu TB Khá Gioû i 21 63 26 12 54 34 17 64 19 58 38 14 68 18 0 60 40 12 66 22 0 64 36 16 51 23 56 41 15 57 28 61 37 18 Ứng dụng định lý Vi-et giải số dạng tốn phương trình bậc hai – quy bậc hai có chứa tham số 2) Kết thi HSG cấp tỉnh: Kết thi HSG cấp tỉnh lớp 12 Naêm hoïc 2004 2005 2005 2006 2006 2007 2007 2008 2008 2009 2009 2010 Giải nhì Giải nhất – – – 10 – – – Giải ba Giải khuyến khích 3 01 0 9 0 BÀI HỌC KINH NGHIỆM Đất nước ta bước đường xây dựng, phát triển giáo dục Đảng, Nhà nước coi quốc sách hàng đầu, để chấn hưng giáo dục nước nhà việc đổi phương pháp giảng dạy Bộ Giáo dục coi nhiệm vụ cấp thiết cần phải thực cách có hiệu Muốn làm tốt cơng việc người thầy phải phấn đấu tự học, tự rèn nhằm nâng cao nhận thức, nghiệp vụ chun mơn, từ tìm cho phương pháp giảng dạy đạt hiệu cao nhất, tạo hứng thú niềm tin học trò nhằm góp phần nâng cao chất lượng giáo dục Một cách để tạo chuyển biến tích cực cơng tác giảng dạy giáo viên viết chuyên đề, sáng kiến kinh nghiệm phục vụ cho việc dạy học Từ nhận thức đó, hàng năm chọn đề tài thiết thực phục vụ cho công tác giảng dạy để viết thành sáng kiến kinh nghiệm nhằm nâng cao lực chuyên mơn, góp phần chia sẻ đồng nghiệp, em học sinh ý tưởng phục vụ cho việc dạy học tốt Thực tế qua trình giảng dạy tơi nhận thấy đại đa số em học sinh ngại lúng túng gặp tốn có chứa tham số, bên cạnh việc sách giáo khoa lớp 10 giảm tải phần định lý đảo dấu tam thức bậc hệ quả, nên gặp dạng toán chuyên đề trình bày em cảm thấy lúng túng, em học sinh lớp 10, em học sinh lớp 12 trang bị công cụ đạo hàm thấy khó khăn Từ thực tế nhằm giúp em học sinh cảm thấy hứng thú học toán, biết cách vận dụng, khai thác số dạng toán có chứa tham số, quy lạ quen nên tơi viết sáng kiến kinh nghiệm: “ Ứng dụng định lý Vi-et giải số dạng tốn phương trình bậc – quy bậc 2” Rất mong góp ý q thầy, 19 Ứng dụng định lý Vi-et giải số dạng tốn phương trình bậc hai – quy bậc hai có chứa tham số TÀI LIỆU THAM KHẢO 1) Phương pháp giảng dạy môn Toán Tác giả: Vũ Dương Thụy – Nguyễn Bá Kim – NXB Giáo dục 2) Giải tập Tác giả: G.Polya – Nhà xuất giáo dục 3) Trong tâm kiến thức Đại số lớp 10, 12 Tác giả: Phan Huy Khải – Nhà xuất Giáo dục 4) Sách giáo khoa Đại số nâng cao 10, 12 Nhà xuất Giáo dục 20 Ứng dụng định lý Vi-et giải số dạng toán phương trình bậc hai – quy bậc hai có chứa tham số MỤC LỤC Mở đầu………………………………………………… Nội dung ………………………………………… A Cơ sở lý thuyết……………………………………… B Bài tập vận dụng…………………………………… C Bài tập thực hành…………… Kết quả………… ……………………………………… Bài học kinh nghiệm…………………………………… Tài liệu tham khảo……………………………………… Trang ………………………… 3………………………… 4………………………… 4…………………… 1……………………… 21 Ứng dụng định lý Vi-et giải số dạng tốn phương trình bậc hai – quy bậc hai có chứa tham số 8……………………… 19……………………… 20……… ……………… 21 22 Ứng dụng định lý Viet giải số dạng toán có chứa tham số phương trình bậc – quy bậc  ... 1……………………… 21 Ứng dụng định lý Vi- et giải số dạng tốn phương trình bậc hai – quy bậc hai có chứa tham số 8……………………… 19……………………… 20 ……… ……………… 21 22 Ứng dụng định lý Viet giải số dạng tốn có chứa tham số. .. 0;1] phương trình (1) có nghiệm b) Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt phương trình (3) có nghiệm 14 Ứng dụng định lý Vi- et giải số dạng tốn phương trình bậc hai – quy bậc hai có chứa tham số. . .Ứng dụng định lý Vi- et giải số dạng toán phương trình bậc hai – quy bậc hai có chứa tham số MỞ ĐẦU 1/ Lý chọn đề tài: Trong chương trình môn Toán bậc THPT có nhiều tốn có tham số liên