Tìm tham số để phơng trình có nghiệm thỏa mãn điều kiện K Bài toán thờng đợc giải bằng phơng pháp điều kiện cần và đủ... Chú ý: Với bài toán một tham số m, trong điều kiện đủ ta có thể k[r]
(1)Chuyên đề 1: Phơng pháp tìm cực trị đại số Ch¬ng I: c¬ së lý thuyÕt I §Þnh nghÜa gi¸ trÞ lín nhÊt, gi¸ trÞ nhá nhÊt cña mét biÓu thøc 1.§Þnh nghÜa1: Cho biểu thức f(x,y,…) xác định trên miền D Ta nói M là giá trị lớn f(x,y,…) trên D hai điều kiện sau đợc thoả mãn: - Víi mäi (x, y,…) thuéc D th× f(x,y,…) M víi M lµ h»ng sè - Tån t¹i (x0, y0 ,…) thuéc D cho f(x0, y0 ,…) = M §Þnh nghÜa 2: Cho biểu thức f(x,y,…) xác định trên miền D Ta nói m là giá trị nhỏ f(x,y,…) trên D hai điều kiện sau đợc thoả mãn: - Víi mäi (x, y,…) thuéc D th× f(x,y,…) m víi m lµ h»ng sè - Tån t¹i (x0, y0 ,…) thuéc D cho f(x0, y0 ,…) = m II C¸c kiÕn thøc thêng dïng XÐt biÓu thøc chøa biÕn P(x), P(x,y),…Ta ký hiÖu gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thức P trên tập xác định D biến là GTLN(P) hay maxP, còn giá trị nhỏ cña P lµ GTNN(P) hay minP 1) Cho P = A + B th× maxP = maxA + maxB vµ P = A + minB Trong đó A và B là các biểu thức chứa các biến độc lập với nhau, A và B chứa cùng biến thì cùng đạt GTLN (GTNN) giá trị xác định x = x0, tøc lµ maxA = A(x0), maxB = B(x0) th× maxP = P(x0) 1 2) Cho P = A víi A th× maxP = A 3) a) P(x,y) = [Q(x,y)]2n + a a víi a lµ h»ng sè, n N* NÕu cã (x0, y0) cho Q(x0, y0) = th× P(x,y) = a víi mäi x, y thuéc D b) P(x,y) = - [Q(x,y)]2n + b b víi b lµ h»ng sè, n N* NÕu cã (x0, y0) cho Q(x0, y0) = th× maxP(x,y) = b víi mäi x, y thuéc D 4) A th× max(A2) = (maxA)2 vµ min(A2) = (minA)2 5) Các dạng bất đẳng thức Cô-si: a) a + b ab ( a 0, b 0) §¼ng thøc x¶y vµ chØ a = b a b b) b + a (ab 0) §¼ng thøc x¶y vµ chØ a = b 6) Bất đẳng thức Bunhiacopsky (ax + by)2 (a2 + b2) (x2 + y2) §¼ng thøc x¶y vµ chØ ay = bx 7) Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối a b a b + §¼ng thøc x¶y vµ chØ ab 8) §Þnh lý vÒ dÊu cña tam thøc bËc hai Cho tam thøc bËc hai f ( x) ax bx c ( a 0) Khi đó: (2) NÕu th× f(x) lu«n lu«n cïng dÊu víi a, x R x b 2a NÕu 0 th× f(x) lu«n lu«n cïng dÊu víi a, x R , NÕu th× f(x) cïng dÊu víi a nÕu x n»m ngoµi kho¶ng nghiÖm vµ tr¸i dÊu víi a nÕu x n»m kho¶ng nghiÖm Ch¬ng II: Ph¬ng ph¸p gi¶i to¸n cùc trÞ Các bài toán cực trị luôn là bài toán khó Do đó nhiều học sinh việc giải toán cực trị là không đơn giản không biết phơng pháp giải và kinh nghiệm Nó đòi hỏi ngời làm toán phải nhìn bài toán theo góc độ kh¸c nhau, biÕt vËn dông c¸c kiÕn thøc phï hîp víi tõng t×nh huèng Sau đây, tác giả xin đợc đa số phơng pháp giải toán cực trị đợc đúc rút từ kinh nghiÖm gi¶i to¸n : Phơng pháp dùng bất đẳng thức Ph¬ng ph¸p xÐt biÓu thøc phô Phơng pháp đổi biến và tìm cực trị biến Phơng pháp chia khoảng để tìm cực trị Ph¬ng ph¸p dïng tam thøc bËc hai Ph¬ng ph¸p tham biÕn Ph¬ng ph¸p gi¶i to¸n cùc trÞ víi biÓu thøc chøa dÊu c¨n Ph¬ng ph¸p gi¶i to¸n cùc trÞ víi c¸c biÕn cã ®iÒu kiÖn I.Phơng pháp dùng bất đẳng thức để giải toán cực trị VD1: 2 T×m GTNN cña A = x x + x 12 x Gi¶i: 2 A = (1 x) + (2 x 3) 2x 2x 1 2x 2x = + =2 §¼ng thøc x¶y vµ chØ (1 – 2x)(2x – 3) LËp b¶ng xÐt dÊu: x – 2x 2x - (1 – 2x)(2x – 3) + - + Từ đó ta có (1 – 2x)(2x – 3) x VËy GTNN cña A b»ng víi x VD2: T×m GTNN cña hµm sè f(x) = Gi¶i: x + 2x + 3x + x 16 + x 25 0 + - (3) Ta cã: f(x) = ( x 2x + + 3x + 4 x ( x 1) (2 x 4) (3x 9) (4 + 25 5x x )+3 x) (25 x) +3 x x 15 = 15 + MÆt kh¸c ta cã f(4) = 15 suy minf(x) = 15 VD3: Tìm GTNN S = x2 + y2 + z2 với P = ax + by + cz không đổi (với a2 + b2 + c2 0).Giá trị đó đạt đợc nào? Gi¶i: Theo bất đẳng thức Côsi – Bunhiacôpski ta có: ( x + y + z ) ( a2 + b + c ) (ax + by + cz)2 Do đó S = x + y2 + z P 2 a +b +c S sÏ cã gi¸ trÞ bÐ nhÊt x¶y dÊu “ = ” tøc lµ x = y = z , hay nãi c¸ch a P a +b2 +c aP x= 2 ; y = a +b +c kh¸c Smin = b c Khi bP ; z= a2 +b2 +c cP a2 +b2 +c VD4: T×m GTLN cña: a) A = x + y y x x x + b) B = Gi¶i: §iÒu kiÖn x biÕt x + y = 1, y Ta cã x = 1.( x 1) y 1.( x 1) x 1 x x x 2x 2.( y 2) = Theo bất đẳng thức Côsi ta có: 1.( x 1) x 1 x x x 2x y 2.( y 2) y 2 y y 2y 2 x 1 2 y 2 4 Max B = VD5: T×m GTLN, GTNN cña A = 2x + 3y biÕt 2x2 + 3y2 Gi¶i: Ta xÐt biÓu thøc A2 = (2x + 3y)2 x 2 y 4 (4) áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có: A2 = 2 x 3 y 2 3 x 2 2 x y = (2 + 3) (2x2 + 3y2) 5.5 = 25 x y x y x y 1 x y A2 = 25 2 x y 5 Do A2 25 nªn -5 A x y x y 2 x y MinA = -5 x y x y 1 MaxA = 2 x y 5 VD6: NÕu x > 0, a > o, b > 0, t×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc (a+ x )(b+ x ) x Khi nào đạt giá trị đó? Gi¶i: BiÓu thøc cã d¹ng: (a+ x )(b+ x ) ab(a+b)x + x ab = = +a+ b+ x x x x Đối với hai số dơng ab và x, ta có bất đẳng thức Cô-si: x ab ab +x ≥2 x=2 √ ab x x √a+ √b ¿2 Khi đó: (a+ x )(b+ x ) ≥ a+b+ √ ab=¿ x Vậy giá trị nhỏ biểu thức là ( √ a+ √ b ¿2 đạt đợc √ x=√ ab VD7: T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña: a) f ( x)=(2 x −1)(3 −5 x) ; b) 1+ x ¿ (1 − x ) ; c) d) Gi¶i: f (x )=¿ x f ( x)= ; x +2 x 2+ ¿3 ¿ x2 f ( x)= ¿ a) Do a+b ¿ , nªn ta cã: ab ≤ ¿ 2 5 1 f ( x)=(2 x −1)(3 −5 x)= (5 x − )(3 −5 x) ≤ x − +( 3− x ) = = 5 4 40 [( ) ] (5) VËy f(x) lín nhÊt lµ 40 x= 20 b) 1+ x ¿ (1 − x ) f (x )=¿ *) Nªó x < -1 hoÆc x > th× f(x) *) NÕu -1 < x < th× 1 −3 x+ 1+ x+1+ x +1+ x 4 f ( x)= (3 −3 x)(1+ x )(1+ x)(1+ x )≤ = 3 VËy f(x) lín nhÊt lµ 27 x= 16 x x c) f ( x)= Ta cã: 2+ x ≥ √ x2 ≥ √ x suy ≤ x +2 x +2 √ VËy f(x) lín nhÊt lµ x=√ 2 √2 x 2+2 ¿3 x 2+2 ¿3 ≤ 27 x ⇒ f ( x)≤ ¿ 27 d) f(x) = Ta cã: x2 2 x +1+1≥ √ x ⇒ ¿ ¿ Vậy f(x) đạt giá trị lớn là , x=± 27 ( ) () VD8: T×m gi¸ trÞ d¬ng nhá nhÊt cña f ( x)= x2 +3 x Gi¶i: Do f(x) > nªn x > ta cã: f (x)=2 x + ≥ 2 x =2 √ x √ x VËy f(x) d¬ng bÐ nhÊt lµ √ x= √6 VD9: Cho c¸c sè x, y, z tháa m·n xy + yz + zx = T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc f (x , y , z )=x + y 4+ z Gi¶i: áp dụng bất đẳng thức Côsi- Bunhiacôpski với n = 3, ta có: (12+ 12+12 )( x + y + z 4)≥ ( x2 + y + z ) xy + yz2 +zx ¿ ( x 2+ y 2+ z ) ( y + z 2+ x ) ≥ ¿ Từ đó suy ( x + y + z ) ≥ ( xy+ yz+ zx )2 Suy f ( x , y , z ) ≥ 16 ⇒ f ( x , y , z ) ≥ 16 VËy f ( x , y , z ) bÐ nhÊt b»ng 16 , Bài tập đề nghị: Bµi T×m GTLN, GTNN cña: Ax y đó Bµi T×m GTNN cña: x y 5 x= y=z = ±2 √3 (6) A x2 x2 x Bµi T×m GTLN, GTNN cña: A 2 x x Bµi T×m GTNN cña: a b 1 x y A = x + y biÕt x , y lµ c¸c sè d¬ng tho¶ m·n (a vµ b lµ h»ng sè d¬ng) Bµi T×m GTLN cña: Ax y 2 biÕt r»ng x y 1 II.ph¬ng ph¸p xÐt biÓu thøc phô VD1: T×m GTLN, GTNN cña A = 2 3 x Gi¶i: §iÒu kiÖn: x DÔ thÊy A Ta xÐt biÓu thøc: B = A = 2 Ta cã: x2 x2 x 0 2 2 x 2 MinB = x x 0 MaxA = 2 MaxB = x 0 x Khi đó minA = NhËn xÐt: Trong ví dụ trên, để tìm cực trị A, A nên ta có thể xét biểu thức phụ A C¸c biÓu thøc phô thêng xÐt cã thÓ lµ -A, A2, A Trong vÝ dô díi ®©y, ta xÐt biÓu thøc phô B sai kh¸c víi A mét h»ng sè VD2: T×m GTNN cña: A = x x víi < x <1 Gi¶i: Để áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta xét biểu thức: (7) 1 x B = 1 x x 2x 1 x áp dụng bất đẳng thức Côsi với hai số dơng x và x , ta có: 2 B 2x 1 x 2 1 x x B=2 2x x (1) 1 x x 0 x 1(2) Gi¶i (1): 2x2 = (1 – x)2 x 1 x Do < x < nªn x = – x 1 1 x x 1 x VËy minB = 2 x B©y giê ta xÐt hiÖu A- B 2x 1 x 2x 1 1 x x x x x 1 x x A–B= = + =3 Do đó minA = 2 + và x = - VD3: T×mGTLN, GTNN cña: A 1 x 1 x Gi¶i: 2 XÐt A 2 x 2 Do x 1 x 4 A 4 Suy minA = víi x = 1 MaxA = víi x = VD4: T×m GTNN cña: x x 12 x2 2x Gi¶i: x x 12 0 ( x 2)(6 x ) 0 x 3 ( x 1)(3 x) 0 x x 0 TX§: 2 XÐt hiÖu ( x x 12) ( x x 3) 2 x Do (1) nªn 2x + > nªn A > 2 2 XÐt A ( x x 12 x x 3) (1) (8) HiÓn nhiªn A 0 nhng dÊu “ = ” kh«ng x¶y ( v× A > ) Ta biến đổi A dới dạng khác: A2 ( x 2)(6 x) ( x 1)(3 x) ( x 2)(6 x)( x 1)(3 x) ( x 1)(6 x) (6 x) ( x 2)(3 x) (3 x) ( x 2)(6 x)( x 1)(3 x) ( x 1)(6 x) ( x 2)(3 x) ( x 2)(6 x)( x 1)(3 x) A2 3 Do A > nªn minA = víi x = Bài tập đề nghị: Bµi T×mGTLN, GTNN cña: A x 99 101 x Bµi T×mGTLN, GTNN cña: A 2 x x Bµi T×m GTNN cña: A x2 x 1 x2 x 1 III Phơng pháp đổi biến và tìm cực trị biến VD1: T×m GTLN, GTNN cña A= (x4 + 1) (y4 + 1) biÕt x, y > 0, x + y = 10 Gi¶i: A= (x4 + 1) (y4 + 1) = x4 + y4 + x4y4 + Ta cã x + y = 10 x2+ y2 = 10 – 2xy x4 + y4 + x2y2 = 100 – 40xy + 4x2y2 x + y4 = 100 – 40xy + 2x2y2 §Æt xy = t th× x + y4 = 100 – 40t + 2t2 Do đó A = 100 – 40t + 2t2 + t4 + = t4 + 2t2 – 40t + 101 a) T×m GTNN A = t4 – 8t2 + 16 + 10t2 – 40t + 40 +45 1 y 2 x x 4 45 = (t2 – 4)2 + 10(t - 2)2 + 45 MinA = 45 t = Khi đó xy = , x + y = 10 nên x và y là nghiệm phơng trình X2 - 10 X + =0 Tøc lµ x = 10 2 ,y= 10 10 10 2 HoÆc x = b) T×m GTLN ,y= (9) 2 5 x y 10 xy t 2 Ta cã (1) ViÕt A díi d¹ng: A = t(t3 + 2t – 40 ) + 101 125 Do (1) nªn t3 , 2t 125 t3 + 2t – 40 + – 40 < t > nªn A 101 Max A = 101 vµ chØ t = tøc lµ x = , y= 10 hoÆc x = 10 , y = VD2: T×m GTNN cña: A x x x2 x Gi¶i: §Æt x y 0 A y y y y 2 Suy minA = y 1 x 2 VD3: T×m GTLN, GTNN cña: A = x x y y biÕt x y 1 Gi¶i: §Æt x a, y b , ta cã a, b 0, a b 1 A a3 b3 a b a ab b a ab b a b 3ab 1 3ab Do ab 0 nªn A 1 MaxA = a 0 hoÆc b 0 x 0, y 1 hoÆc x 1, y 0 Ta cã: a b ab 1 ab 3ab 4 1 A a b x y 4 Bài tập đề nghị: Bµi T×m GTLN, GTNN cña: x2 y M 3 x y x y 10 y x Bµi T×m GTNN cña: A 3x x2 Bµi T×m GTLN, GTNN cña: víi x, y 0 (10) A x xy y x xy y IV phơng pháp chia khoảng để tìm cực trị VD1 T×m GTLN cña A = x2 (3 – x) víi x Gi¶i: a) XÐt x ViÕt A díi d¹ng: x x A = 2 (3 – x) x x áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm , , – x ta đợc: x x 3 x xx (3 x) 1 22 Do đó A (1) b) Xét x > 3, đó A (2) So sánh (1) và (2) ta đến kết luận: x 3 x MaxA 4 x 2 x 0 VD2: T×m GTNN cña: A x2 x biÕt x 4 Gi¶i: Víi x < th× A 0 (1) A x x Víi x 4 xÐt áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: x x x 2 A x x 2x 2 x 8 2 A 32 A 32 Suy minA = - 32 víi x = Bài tập đề nghị: Bµi T×m GTLN cña: A x x2 Bµi T×m GTLN cña: A x x2 Bµi T×m GTLN, GTNN cña: (11) A x x2 biÕt x 3 V Ph¬ng ph¸p dïng tam thøc bËc hai Đổi biến để đa tam thức bậc hai biến VD: T×m GTLN cña: A = x + 2 x Gi¶i: §iÒu kiÖn: x 2 §Æt x = y Ta cã y2 = – x 9 A = - y2 + y = - (y- )2 + 4 1 y 2 x x 4 MaxA = Đổi biến để đa bất phơng trình bậc hai biến VD: T×m GTLN, GTNN cña A = x2 + y2 BiÕt r»ng x2 (x2 + 2y2 – 3) + (y2 – 2)2 = (1) Gi¶i: Tõ (1) suy (x2 + y2)2 – (x2 + y2) + = - x2 Do đó A2 – 4A + 0 (A – 1)(A – 3) A Min A = x = 0, đó y = 1 MaxA = x = 0, đó y = 3 §a vÒ ph¬ng tr×nh bËc hai vµ sö dông ®iÒu kiÖn 0 VD1: T×m GTLN, GTNN cña: x2 x 1 A = x x 1 Gi¶i: BiÓu thøc A nhËn gi¸ trÞ a vµ chØ ph¬ng tr×nh sau ®©y cã nghiÖm x2 x 1 a = x x 1 (1) Do x + x + nªn (1) ax2 + ax + a = x2 – x – (a – 1)x2 + (a + 1)x + (a – 1) = (2) Trêng hîp 1: NÕu a = th× (2) cã nghiÖm x = Trêng hîp 2: Nếu a thì điều kiện cần và đủ để (2) có nghiệm là 0, tức là: (12) (a +1)2 – 4(a – 1)2 (a + + 2a – 2) (a + – 2a +2) (3a – 1) (a – 3) a 3 0 (a 1) Víi a = hoÆc a = th× nghiÖm cña (2) lµ : (a 1) a 1 x 2( a 1) 2(1 a) Víi a = th× x = Víi a = th× x = -1 Gép c¶ hai trêng hîp (1) vµ (2), ta cã: MinA = vµ chØ x = MaxA = vµ chØ x = -1 NhËn xÐt: a) Ph¬ng ph¸p gi¶i nh trªn cßn gäi lµ ph¬ng ph¸p miÒn gi¸ trÞ cña hµm sè 1 ;3 §o¹n x2 x 1 lµ tËp gi¸ trÞ cña hµm sè A = x x b) C¸ch kh¸c t×m GTLN cña A: x 3x x x 2( x 1) 3 x2 x 1 x2 x 1 A= MaxA = vµ chØ x = -1 c) C¸ch kh¸c t×m GTNN cña A: x 3x x x 1 2( x x 1) 2( x 1) 2 x x 3( x x 1) 3( x x 1) x x A= MinA = vµ chØ x = VD2: T×m GTLN vµ GTNN cña: 2x2 x x2 1 A= Gi¶i: BiÓu thøc A nhËn gi¸ trÞ a vµ chØ ph¬g tr×nh sau ®©y cã nghiÖm x2 x x2 1 a= Do x + > nªn (1) x2(a – 2) – 4x + a – = Trêng hîp 1: (1) NÕu a = th× (2) cã nghiÖm x = - Trêng hîp 2: (2) (13) NÕu a th× ph¬ng tr×nh (2) cã nghiÖm ' = – (a – 2)(a – 5) a 7a 0 a 6 a 2 Víi a = th× x = -2 Víi a = th× x = KÕt hîp c¶ hai trêng hîp (1) vµ (2), ta cã: MinA = vµ chØ x = -2 MaxA = vµ chØ x = VD3: T×m GTLN vµ GTNN cña: B = 2x2 + 4xy + 5y2 biÕt r»ng x2 + y2 = a ( a lµ h»ng sè, a 1) Gi¶i: V× a nªn ta cã: 2 2 B x xy y x xy y a x2 y2 a= Trêng hîp 1: B NÕu y = th× a = Trêng hîp 2: x B 2t 4t Nếu y ta đặt t = y thì a = t Theo VD2 điều kiện để phơng trình ẩn t trên có nghiệm là b 6 a nªn a b 6a ( v× a 1) Từ đó suy x y 2 x y MaxB = 6a vµ chØ 5a 5a 5a 5a , , ; 5 5 Hay vµ chØ (x, y) nhËn gi¸ trÞ x mx n x x y MinB = a vµ chØ x x y 5a 5a 5a 5a , , ; 5 5 Hay vµ chØ (x, y) nhËn gi¸ trÞ VD4: T×m GTLN vµ GTNN cña: x 1 x 2 c= Gi¶i: §iÒu kiÖn: x 1 §Æt z = x th× z2 + y2 = (1) (14) Ta cÇn t×m GTLN vµ GTNN cña d = 4z + 3y víi 2c = d + §iÒu kiÖn: z 1,0 y 1,0 d 7 Thay 9y2 = (d – 4z)2 vào (1), ta đợc: 25z2 – 8dz + d2 – = §Ó ph¬ng tr×nh nµy cã nghiÖm z th× 0 d2 25 d 5 Maxd = Maxc = và đạt đợc 4d 16 x z 25 (tho¶ m·n x 1 ) z = 25 = d = z y 2 12 yz , y ,x 400 Đẳng thức xảy 4z = 3y Thay vào (1) ta tính đợc z = 20 (tho¶ m·n x 1 ) Lúc đó Mind = VD5: 41 4,1 25 Minc = 10 x mx n Cho biÓu thøc A = x x Tìm các giá trị m, n để biểu thức A có GTNN , GTLN Gi¶i: Gäi a lµ gi¸ trÞ tuú ý cña biÓu thøc A Ta cã: x mx n a = x x x2 + mx + n = ax2 + 2ax + 4a (a – 1)x2 + (2a – m) + (4a – n) = (1) Theo ®iÒu kiÖn cña bµi to¸n, gi¸ trÞ a = kh«ng lµ GTLN, kh«ng lµ GTNN cña A nªn ta chØ xÐt a Điều kiện để (1) có nghiệm là: f ( x, y ) 0 g x, y 0 y x 0 y x 0 12a m n a 4n m2 0 (2) NghiÖm cña bÊt ph¬ng tr×nh (2) lµ a1 a a2 Trong đó a1, a2 là các nghiệm phơng trình: 12a m n a 4n m 0 a1 , a2 3 Theo đề bài, ta phải có Theo hệ thức Vi- et phơng trình (3) : 4n m m n 4 1 3 a1 a2 4 n m 10 3 12 2 4n m 12 a a 4n m 4n m 12 12 Thay n = + m vào 4n – m2 = 12 ta đợc: (3) (15) 4n – m2 – 12 = nªn m = hoÆc m = -2 Với m = thì n = 12, đó x x 12 x x cã GTNN lµ vµ GTLN lµ A Với m = -2 thì n = 4, đó x x 12 x x cã GTNN lµ vµ GTLN lµ A Bài tập đề nghị: Bµi T×m GTLN, GTNN cña: M x 1 x x 3 x Bµi T×m GTLN, GTNN cña: x x 1 A Bµi T×m GTLN, GTNN cña: B 2x2 4x x2 1 Bµi T×m GTLN, GTNN cña: C x2 2x 2 x2 2x Bµi T×m GTLN, GTNN cña: D 2x2 x x2 1 Bµi T×m GTNN cña: E 3x x2 Bµi T×m GTNN cña: F x x x víi x > VI Phơng pháp tham biến để tìm cực trị biểu thức Giả sử cần tìm cực trị biểu thức Q(x) Để đơn giản ta cần xét biểu thức Q(x) luôn xác định trên tập số thực Ta đa thêm tham biến t để xét biểu thức f x Q x t NÕu f x 0 hoÆc f x 0 f x 0 với x thuộc tập xác định Q(x) và tồn giá trị t0 để th× t0 chÝnh lµ GTLN hoÆc GTNN cña biÓu thøc Q(x) VD1: T×m GTLN, GTNN cña biÓu thøc x2 8x Q = x 1 Gi¶i: XÐt f(x) = Q(x) - t (16) x x t x 1 x 1 V× x 0 víi mäi sè thùc x nªn dÊu cña f(x) chÝnh lµ dÊu cña tö thøc g(x) = x2 8x t x2 1 hay g(x) = XÐt tam thøc g(x) = ax bx c a x b 2a t x 8x t 4a (1) = víi b 4ac (*) NÕu a = th× g(x) = bx + c lu«n cïng dÊu b = (g(x) = c) vµ c = (g(x) = 0) NÕu a > th× g ( x) 0 víi mäi x 0 vµ g(x) = vµ chØ 0 g x 0 NÕu a < th× víi mäi x 0 vµ g(x) = vµ chØ 0 ¸p dông vµo (1) ta cã: 16 t t t 8t 0 t = -1 hoÆc t = Víi t = -1 th× a = – t = > nªn g(x) f ( x) 0 g ( x) 0 x 0 x Suy f(x) = Víi t = th× a = – t = -8 < nªn g ( x) 0 f ( x) 0 Suy Q(x) cã GTLN lµ vµ x¶y f(x) = g ( x ) 0 x 1 0 x Nh vËy ph¬ng ph¸p tham biÕn cho phÐp ta chuyÓn viÖc xÐt cùc trÞ mét biÓu thøc Q(x), tøc lµ xÐt mét bÊt ph¬ng tr×nh Q(x) t hoÆc Q(x) t vÒ viÖc xÐt mét t 0 ph¬ng tr×nh , nªn cã thÓ nãi ph¬ng ph¸p tham biÕn lµ chiÕc cÇu nèi gi÷a bÊt ph¬ng tr×nh vµ ph¬ng tr×nh Ta cã thÓ më réng viÖc xÐt cùc trÞ cña biÓu thóc mét biÕn Q(x) sang biÓu thøc hai biến Q(x,y) phơng pháp tham biến, lúc đó f(x,y) = Q(x,y) – t Và xét tử thức f(x,y) theo biến nào đó cho tử thức luôn cùng dấu và tån t¹i gi¸ trÞ b»ng VD2: T×m GTLN, GTNN cña biÓu thøc y xy 2 Q= x y Víi ( x,y ) kh¸c ( 0, ) Gi¶i: V× x2 + y2 lu«n lu«n d¬ng trõ gi¸ trÞ x = y = nªn dÊu cña f( x,y) chÝnh lµ dÊu cña tö thøc g(x,y) = y xy t x y 2 Hay g(x,y) = (3 t ) y xy tx (1) NÕu t = th× g(x,y) = 3x yx Vì 4 y 0 nên g(x,y) = và y = 0, (x = đã bị loại trừ) (17) XÐt (1) theo biÕn y ta cã: y 4 x t t x 3t t x y 0 víi mäi x t = -1 hoÆc t = Víi t = -1 th× a = – t = > nªn g ( x) 0 f ( x, y ) 0 Suy Q(x,y) cã GTNN lµ -1 vµ x¶y f ( x, y) 0 g x, y 0 y x 0 x 2 y (0) g ( x, y ) 0 f x, y 0 Víi t = th× a = – t = -1 < nªn Suy f ( x, y) 0 g x, y 0 y x 0 y x 0 u phơng pháp tham biến càng đợc thể qua ví dụ sau: VD3: ux v Tìm u, v để biểu thức Q = x đạt GTLN và GTNN -1 Gi¶i: ux v t x x 1 §Æt f(x) = Q(x) – t = V× x + > víi mäi x nªn dÊu cña f(x) chÝnh lµ dÊu cña tö thøc g(x) = 2 Q x y 1 x ay ux v t x hay g(x) = tx ux v t Để GTLN Q(x) là và GTNN Q(x) là -1 xảy đồng thời thì dựa vµo (*) ta ph¶i cã: 1 1 0 Hay u 16 v 0 u v v 3 u 16 nghÜa lµ (u,v) = (4,3) hoÆc (4,-3) Bài tập đề nghị: Bµi 1.T×m GTLN, GTNN cña biÓu thøc Q sau ®©y: 1) Q x2 2x x 1 Q x4 (1 x ) 2) x xy y Q x xy y 3) x y 1 Q x y2 4) 5) 6) Q 2x x x4 Q 2x x x 1 2 7) Q x y 1 x ay 5 (18) xm 1;1 Bài 2.Tìm m để biểu thức Q = x x nhận giá trị thuộc VII.ph¬ng ph¸p gi¶i to¸n cùc trÞ cña biÓu thøc chøa dÊu c¨n C¸c bµi to¸n t×m GTLN, GTNN cña biÓu thøc chøa dÊu c¨n thêng gÆp c¸c kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 vµ c¸c kú thi häc sinh giái Víi c¬ së lý thuyÕt đã đợc cung cấp chơng I, tác giả xin đa số ví dụ minh hoạ VD1: T×m GTNN cña biÓu thøc sau víi x R 1) D x 1996 F x x 1 2) Gi¶i: x 1997 D x 1996 x 1997 1) C¸ch 1: XÐt c¸c kho¶ng gi¸ trÞ cña x Víi x < 1996 th× D = 1996 - x + 1997 – x = 3993 – 2x > Víi 1996 x 1997 th× D = Víi x > 1997 th× D = 2x – 3993 > Do đó minD = xảy 1996 x 1997 a b a b Cách 2: áp dụng bất đẳng thức + §¼ng thøc x¶y vµ chØ ab D x 1996 x 1997 x 1996 1997 x 1 MinD = x¶y x 1996 1997 x 0 1996 x 1997 F x x 1 2) §iÒu kiÖn : C¸ch 1: x 0 V× F < nªn x¶y F x 0 ( x a ) y a 0 xy a x y a xy as a a ( s a ) V× x 0 nªn x = VËy minF = -1 x¶y x = x 0 1 1 1 x 1 x x C¸ch 2: v× Do đó VËy minF = -1 x¶y x = VD2: T×m GTLN cña biÓu thøc K yz x xz y xy z xyz Gi¶i: (19) x y z x y z K víi ®iÒu kiÖn x 1, y 2, z 3 ¸p dông bÊt d¼ng thøc C«-si ta cã: 1 x x x 1 x 1 2 1 2 y y y 2 2 2 1 3 y z z z 3 3 y Do đó K x y z x 2 y 3z 1 1 1 1 2 2 2 3 1 1 1 3 VËy maxK = X¶y x = 2, y = 4, z = VD3: T×m GTNN cña biÓu thøc sau H 3x x2 Gi¶i: H 3x x xác định -1 < x < H 3x H x2 Ta cã 2 2 5x 25 30 x x 30 x 25 x 16 16 x 16 16 x2 x2 x2 VËy minH = x = VD4: T×m GTNN cña biÓu thøc sau x 1 x 1 x x 1 x K= Gi¶i: §iÒu kiÖn : K= K= = x x x 1 x x 1 1 x 1 1 x 1 x 1 (20) x 1 1 1 minK = x 2 x 1 1 x 0 V× x nªn x 0 x 0 VËy minK = x¶y x 0 Bài tập đề nghị: Bµi T×m GTLN cña biÓu thøc: A = x x 13 Bµi T×m GTLN cña biÓu thøc: x x 37 x 1 B= Bµi T×m GTNN cña biÓu thøc: 3x C= 2x x2 3x x x2 Bµi T×m GTLN cña biÓu thøc: D 2 x 2 x 2 x x VIII.phơng pháp giải toán cực trị đại số với các biến có ®iÒu kiÖn Chúng ta đã quen biết bài toán tìm cực trị hai biến có điều kiện ràng buéc, ch¼ng h¹n nh bµi to¸n sau: VD1: T×m GTLN cña tÝch xy víi x, y lµ c¸c sè d¬ng tho¶ m·n ®iÒu kiÖn x + y = s, đó s là số dơng cho trớc Gi¶i: Cách 1: áp dung trực tiếp bất đẳng thức Cô-si 2 s2 x y s xy 2 s s2 x y VËy GTLN (xy) = vµ chØ C¸ch 2: §a vÒ xÐt cùc trÞ cña hµm mét biÕn xy x s x sx x s2 s2 s2 s s2 x sx x 4 2 s s2 x y VËy GTLN (xy) = vµ chØ C¸ch 3: S¾p thø tù gi¸ trÞ c¸c biÕn (theo ®iÒu kiÖn hoÆc vai trß cña chóng nh nhau) vµ so sánh với giá trị không đổi xen chúng (21) Gi¶ sö x y Tõ x + y = s ta cã: s x y nªn s s s s s2 x y xy x y xy 2 2 2 2 s s2 x y VËy GTLN (xy) = vµ chØ ViÖc gi¶i bµi to¸n trªn sÏ khã kh¨n h¬n c¸c biÕn bÞ rµng buéc thªm mét ®iÒu kiÖn n÷a VD2: T×m GTLN cña tÝch xy víi x, y lµ c¸c sè d¬ng tho¶ m·n hai ®iÒu kiÖn (1) x + y = s (2) y a đó s, a là số dơng cho trớc và a < s Gi¶i: NÕu a x y s s2 th× theo c¸ch gi¶i ë VD1 ta cã GTLN (xy) = vµ chØ s a s XÐt trêng hîp a > Theo cách VD1, đặt y = a + t với t xy s y y s a t a t t t 2a s a s a a s a Từ đó (v× t 0, t 2a s 0 ) §¼ng thøc x¶y t = 0, y = a vµ GTLN (xy) = a (s – a) s a y Theo c¸ch ta thÊy nªn ( x a ) y a 0 xy a x y a xy as a a ( s a ) x §¼ng thøc x¶y y = a vµ x = s – a VËy GTLN (xy) = a (s – a) VD3: T×m GTLN cña tÝch xyz víi x, y, z lµ c¸c sè d¬ng tho¶ m·n hai ®iÒu kiÖn (1) x + y +z = s (2) z a đó s, a là số dơng cho trớc và a < s Gi¶i: NÕu a s thì áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: x yz s xyz 3 §¼ng thøc x¶y vµ chØ x y z s (22) s Lúc đó, GTLN(xyz) = s a s a a XÐt trêng hîp x y xy Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có: Ta cã: x y a x y z s 3a x y 2a (*) x y a x y a z ¸p dông c¸ch gi¶i 3, tõ ta cã x y a z a 0 x y x y z a z a (**) Từ (*),(**) và áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: x y x y xyz z a x y xy z a x y x y s a z a a 2 §¼ng thøc x¶y vµ chØ z = a vµ s a a Lúc đó, GTLN(xyz) = x y s 2 VD4: T×m GTLN cña tÝch xyz víi x, y, z lµ c¸c sè d¬ng tho¶ m·n c¸c ®iÒu kiÖn (1) x + y +z = s (2) z a (3) y b víi b lµ sè d¬ng cho tríc, x b y b a s đó s, a là số dơng cho trớc và a < s Gi¶i: s a th× gi¶i nh VD3 NÕu s a b s a 2b XÐt trêng hîp b Lúc đó: x= s – (y + z) < s – (a + b) < a + 2b – (a + b) = b ¸p dông c¸ch gi¶i víi x b y ta cã x b y b 0 L¹i cã xy b x y b (***) x y b s z b s a b a 2b a b b a (23) Tõ x y b a z ta cã ( x y b a ) z a 0 x y b z a ( x y b z a) a( s a b) Từ đó và (***) ta suy xyz b x y b z ba ( s a b) §¼ng thøc x¶y vµ chØ z = a, y = b, x = s – a – b Lúc đó: GTLN(xyz) = ab(s – a – b) Nh vậy, từ bài toán cực trị đại số với các biến có điều kiện ta đã đề xuất và giải các bài toán cực trị đại số với các biến bị ràng buộc nhiều điều kiện h¬n Bài tập đề nghị: Bµi T×m GTLN cña xy + yz + xz víi x, y, z lµ c¸c sè d¬ng tho¶ m·n c¸c ®iÒu kiÖn (1) x + y +z = s (2) z a (3) y b víi b lµ sè d¬ng cho tríc, x b y b a s đó s, a là số dơng cho trớc và a < s Bµi T×m GTLN cña tÝch xyzt víi x, y, z, t lµ c¸c sè d¬ng tho¶ m·n c¸c ®iÒu kiÖn : (1) x + y +z + t = s (2) t a (3) z b (4) y c đó s, a, b, c là số dơng cho trớc và c < b < a < s Bµi T×m GTNN cña biÓu thøc x + y tho¶ m·n ®iÒu kiÖn x y 10 2 Bµi T×m GTNN cña biÓu thøc A = x y z tho¶ m·n ®iÒu kiÖn x + y + z = ch¬ng III Mét sè sai lÇm gi¶i to¸n cùc trÞ Một phơng pháp giải toán cực trị hiệu là dùng các bất đẳng thøc quen thuéc Nhng còng chÝnh ph¬ng ph¸p nµy l¹i dÔ g©y nh÷ng sai lÇm nÕu kh«ng n¾m v÷ng b¶n chÊt cña nã Bµi to¸n BiÕt r»ng x + y + z = vµ x, y, z d¬ng T×m GTLN cña xyz x y y z z x S= Có bạn đã giải nh sau: z x y 2 z x y x y z 2 x y z y z x 2 y z x (1) Nh©n tõng vÕ cña (1) ta cã: 8 xyz x y y z z x (2) (24) 1 S ma x 64 64 Từ đó S Nhận xét: Cách giải trên cho đáp số sai vì điều kiện xảy dấu các bất đẳng thức đã dùng không đạt đợc đồng thời Cụ thể: 64 đạt đợc và z x y y x z x y z 0 x z y x y z 1 x y z 1 x, y, z x, y, z S Nh không tồn (x,y,z) để đó S ma x S 64 Do đó không thể kết luận 64 Lời giải đúng: Víi x,y,z 0 , ta cã: x yz xyz x y y z z x S= x y y z z x x y y z z x 27 x y y z z x 27 27 VËy S 27 x y z 1 Víi mäi x,y,z tho¶ m·n x, y, z x y z x y y z z x x y z x y z 1 DÊu b»ng x¶y vµ chØ x, y, z S ma x 27 đạt x = y = z = KÕt luËn: Nhắc lại định nghĩa maxf(x,y,…) và minf(x,y,…) 1.§Þnh nghÜa1: Cho biểu thức f(x,y,…) xác định trên miền D Ta nói M là giá trị lớn f(x,y,…) hay maxf = M trên D hai điều kiện sau đợc thoả mãn: - Víi mäi (x, y,…) thuéc D th× f(x,y,…) M víi M lµ h»ng sè - Tån t¹i (x0, y0 ,…) thuéc D cho f(x0, y0 ,…) = M §Þnh nghÜa 2: (25) Cho biểu thức f(x,y,…) xác định trên miền D Ta nói m là giá trị nhỏ f(x,y,…) hay minf = m trên D hai điều kiện sau đợc thoả mãn: - Víi mäi (x, y,…) thuéc D th× f(x,y,…) m víi m lµ h»ng sè - Tån t¹i (x0, y0 ,…) thuéc D cho f(x0, y0 ,…) = m Mét sè chó ý: 1) Nếu không đợc giá trị (x0, y0 ,…) để f(x0, y0 ,…) = M thì không khẳng định đợc maxf = M, mặc dù có f(x,y,…) M với (x, y,…) thuộc D Khi đó ta phải tìm cách giải khác 2) Bội giá trị (x0, y0 ,…) để f(x0, y0 ,…) = M thờng đợc tìm cách áp dụng điều kiện xảy dấu các bất đẳng thức đã dùng Chẳng hạn: a) Các dạng bất đẳng thức Cô-si: +) a + b ab ( a 0, b 0) §¼ng thøc x¶y vµ chØ a = b a b +) b + a (ab 0) §¼ng thøc x¶y vµ chØ a = b b) Bất đẳng thức Bunhiacopsky (ax + by)2 (a2 + b2) (x2 + y2) §¼ng thøc x¶y vµ chØ ay = bx c) Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối a b a b + §¼ng thøc x¶y vµ chØ ab 3) Trong các bài toán dạng cực trị có điều kiện chú ý đến điều kiện xảy dấu các bất đẳng thức đã dùng mà không kết hợp điều kiÖn rµng buéc cña bµi to¸n th× dÔ m¾c sai lÇm 4) Trong các định nghĩa trên thì M và m phải là các số ThËt vËy, xÐt bµi to¸n sau ®©y: Bµi to¸n Cho x,y,z T×m GTLN cña xyz x y y z z x f(x,y,z) = XÐt lêi gi¶i: Víi mäi x,y,z ta cã: x y z x y y z z x f x, y, z x y z x y y x z x DÊu b»ng x¶y vµ chØ x, y, z 0 Tức là x = y = z = Khi đó vế phải bất đẳng thức Suy f x, y , z 0 f x, y, z 0 VËy x = y = z = (!) NhËn xÐt: Cách giải trên mắc sai lầm chỗ là đã sử dụng mệnh đề sai sau đây "Nếu f x, y, z g x0 , y0 , z0 x0 , y0 , z0 D th× víi mäi x, y, z thuéc D vµ f x, y, z g x0 , y0 , z0 f ( x, y , z ) A víi mäi x, y, z thuéc D " Để bác bỏ mệnh đề trên, ta có thể xét phản ví dụ sau: =A (26) Bµi to¸n Cho XÐt lêi gi¶i: f x g x f x x ; g x 2 x T×m GTLN cña f(x) víi mäi x R Dấu xảy f(0) = g(0) = 0, từ đó suy NhËn xÐt: f x 0 víi mäi x R f x x 0 §iÒu nµy sai v× víi mäi x R Bµi to¸n Gi¶ sö hai sè thùc x, y tho¶ m·n x > y vµ xy = T×m GTNN cña biÓu thøc x2 y A = x y XÐt lêi gi¶i: x y xy x2 y x y Ta cã A = x y = Do x > y vµ xy = nªn x y A= x y xy x y x y x y x y x y 2 2 2 x y x y (*) VËy A cã GTNN x y x y = 2 x y 4 x y x y x y 0 Giải phơng trình đợc x – y = 2, mà xy = nên (x;y) là ( 2; ) và (1 2; 2) x y 3 minA = Nhận xét: Bài giải trên là sai Có thể biến đổi nh sau: x y A= x y 2 2 x y x y Kết đúng là minA = 2 (x,y) là 2 2 6 ; 2 vµ 2 2 ; 2 6 Vậy sai lầm bài toán trên là biến đổi đến (*) thì h»ng sè mµ cßn phô thuéc vµo biÕn x,y Bµi to¸n T×m GTNN cña biÓu thøc P = x x x x 1 2 x y kh«ng ph¶i lµ (27) XÐt lêi gi¶i 1: x P= x 0 Suy minP = §iÒu nµy kh«ng x¶y v× kh«ng cã gi¸ trÞ nµo cña x lµm cho P(x) = XÐt lêi gi¶i 2: x P= 1 1 x x x x x x 1 x 2 2 2 2 Suy minP = Dễ thấy đáp số này sai vì lúc đó x đồng thời -1 và Cách giải đúng nh sau: x P= x 1 2 1 3 x x x 2 4 V× x Mµ x x nªn min( x x ) = 2 3 x VËy minP = 16 Bµi to¸n6 T×m GTNN cña biÓu thøc sau víi x 0, y 0 P = x xy y x 1977 XÐt lêi gi¶i : 1 P = x y P x 5986 x1 5986 §¸p sè nµy sai v× kh«ng thÓ x = vµ x = Cách giải đúng nh sau: 3P 3 x xy y x 5991 1 P x y 3991 P x; y ; 4 Tøc lµ 3991 3991 2 x 2 x 0 x y 0 Những bài toán - lời giải cho đúng? (28) 1.GTNN lµ bao nhiªu? x §Ò: Cho x, y lµ hai sè d¬ng tho¶ m·n T×m GTNN cña biÓu thøc 1 y x y 32 1999 y x M= x y 2 Lêi gi¶i: Tõ x, y > ta cã: y x ; x 1 y x, y > vµ ta cã 1 y x 4.x 4 y y x x y y 32 1967 32.2 1967.4 7932 x Do vËy M = y x §¼ng thøc x¶y vµ chØ x = y VËy GTNN cña M lµ 7932 Nhng …x = y th× M = 2031 Sai lÇm cña lêi gi¶i ë ®©u? 2.B¨n kho¨n Trong sách tuyển tập 250 bài toán đại số bồi dỡng học sinh giỏi toán cÊp cña t¸c gi¶ V.§.M cã bµi to¸n 234 nh sau: T×m GTLN cña biÓu thøc 2 D = x xy y 14 x 10 y Lêi gi¶i viÕt nh sau: D x xy y 4 x 14 x y 10 y 145 x y 145 D 7 x y 5 2 x y 0 x 0 y 0 x y x y 5 DÊu b»ng x¶y kh«ng tho¶ m·n VËy GTLN cña D kh«ng tån t¹i Tôi băn khoăn lời giải này vì đã tìm kết khác??? 3.T¹i l¹i thÕ? Tìm x để A = x x đạt GTLN Lêi gi¶i viÕt nh sau: A x 1 4 (29) 2 Để A đạt GTLN thì x 1 đạt GTNN Hiệu này đạt GTNN x 1 = hay x = -1 Khi đó GTLN A là 1 Có thể thấy x = thì A = , đó không phải là GTLN A Sai lÇm cña lêi gi¶i ë ®©u??? 4.Lêi gi¶i ng¾n gän Víi a, b, c > , h·y t×m GTNN cña biÓu thøc a b c 5b 5c 5a P= Một bạn đã giải nh sau: áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 1 a a 2 5b 5b 1 b b 2 5c 5c 1 c c 2 5a 5a Nhân vế các bất đẳng thức trên ta có: P 8 a b c 5b 5c 5a 25 Do đó minP = 25 ThÕ nµo? Lêi gi¶i gän nhØ! Chuyên đề 2: Định lí vi – ét và ứng dụng Nhµ to¸n häc Ph¸p lçi l¹c Francois ViÌte sinh n¨m 1540 vµ mÊt n¨m 1603 ¤ng lµ mét luËt s danh tiÕng vµ lµ cè vÊn cao cÊp cña nhµ vua Ph¸p nhiÒu n¨m Công việc triều đình Pháp bận rộn và chiếm hầu hết thì ông Tuy nhiên, ông , nghiên cứu Toán học lúc rảnh rỗi là sở thích, giải trí Ông có nhiều phát minh đại số và lợng giác Ông là ngời đầu tiên đã sử dụng kí hiệu chữ để các ẩn số và hệ số cña ph¬ng tr×nh Các bạn học sinh lớp đã quen biết với phát minh ông Đó là định lí Vi- ét cho phơng trình bậc hai I §Þnh lÝ ViÐt §Þnh lÝ: NÕu ph¬ng tr×nh ax2 + bx + c = cã hai nghiÖm x1, x2 th× tæng vµ tÝch hai nghiệm đó là: b c S x x P x1x a a (30) HÖ qu¶: NÕu a + b + c = th× ph¬ng tr×nh ax2 + bx + c = cã hai nghiÖm c x2 a x1 = vµ NÕu a - b + c = th× ph¬ng tr×nh ax2 + bx + c = cã hai nghiÖm c x a x1 = -1 vµ Chú ý: Trớc áp dụng định lí Viét cần tìm điều kiện để phơng trình a 0 ' ax2 + bx + c = cã hai nghiÖm, tøc lµ 0 Định lí Viét đảo: NÕu u vµ v lµ hai sè cã tæng u + v = S vµ tÝch u.v = P th× u vµ v lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh bËc hai X2 – SX + P = (víi ®iÒu kÞªn S – 4P 0) II C¸c øng dông Định lí Viét đợc sử dụng để: T×m hai sè biÕt tæng vµ tÝch cña chóng Tính giá trị cuả các biểu thức đối xứng các nghiệm T×m hÖ thøc liªn hÖ gi÷a c¸c nghiÖm kh«ng phô thuéc vµo tham sè XÐt dÊu c¸c nghiÖm Tìm điều kiện tham số để các nghiệm phơng trình thoả mãn điều kiện K Gi¶i mét sè bµi to¸n hµm sè Bµi to¸n T×m hai sè biÕt tæng vµ tÝch cña chóng I ph¬ng ph¸p Sử dụng định lí Viét đảo: NÕu u vµ v lµ hai sè cã tæng u + v = S vµ tÝch u.v = P th× u vµ v lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh bËc hai X2 – SX + P = (1) (víi ®iÒu kÞªn S – 4P 0) Chú ý:Nếu (1) có hai nghiệm x1, x2 thì ta đợc: u x1 & v x2 u x & v x II VÝ dô minh häa VD1: T×m hai c¹nh cña h×nh ch÷ nhËt biÕt chu vi b»ng 6m vµ diÖn tÝch b»ng 2m2 Gi¶i: Gäi u, v lµ hai c¹nh cña h×nh ch÷ nhËt (u > 0, v > 0), ta cã: 2u 2v 6 u v 3 u.v 2 u.v 2 Khi đó u, v là nghiệm phơng trình t 1 t 3t 0 t2 2 Vậy độ dài hai cạnh hình chữ nhật là 1m và 2m (31) mx m x m 0 VD2: Cho ph¬ng tr×nh (2) Tìm các giá trị m để các nghiệm x1, x2 phơng trình thỏa mãn điều 2 kiÖn x1 x2 1 Gi¶i: ' Điều kiện để phơng trình (2) có hai nghiệm là m 0, 0 ' m m m 3 m ' 0 m 4 Với m 4 , phơng trình đã cho có hai nghiệm x1, x2 Theo hệ thức Viét ta có m 2 m x1 x2 , x1.x2 m m Do đó 2 2 x x x1 x2 x1 x2 2 m 2 m 2 m 3 m m 4m 16m 16 2m 6m m 10m 16 m 2 m 8 Gi¸ trÞ m = kh«ng tho¶ m·n ®iÒu kiÖn m 4 VËy m = lµ gi¸ trÞ cÇn t×m VD3: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: x y 4 xy 27 Gi¶i: XÐt ph¬ng tr×nh thø nhÊt cña hÖ: xy x y 4 x y 33 4 y 64 x3 y x3 x y 28 VËy hÖ cã d¹ng: x y 28 xy 27 Khi đó x, y là nghiệm phơng trình t 1 t 28t 27 0 t2 27 Vậy nghiệm hệ đã cho là (1, 27) và (27, 1) III Bài tập đề nghị: Bµi Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: (32) x y 4 2 3 x y x y 280 Bµi Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: 2 x y 5 x y 2 Bµi Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: x y 1 x y 2 2 Bµi to¸n Tính giá trị các biểu thức đối xứng các nghiệm I ph¬ng ph¸p Biểu thức đối xứng các nghiệm x1 và x2 phơng trình ax2 + bx + c = là biểu thức có giá trị không thay đổi ta hoán vị x1 và x2 Ta có thể biểu thị đợc các biểu thức đối xứng các nghiệm x1 và x2 theo S và P, vÝ dô: x12 x22 x1 x2 x1 x2 S P 1 x1 x2 S x1 x2 x1 x2 P x13 x23 x1 x2 3x1 x2 x1 x2 S 3SP 1 x12 x22 S P 2 x12 x22 x1 x2 P2 II VÝ dô minh häa VD1: Gi¶ sö ph¬ng tr×nh ax2 + bx + c = Cã hai nghiÖm x1, x2.H·y lËp ph¬ng tr×nh cã nghiÖm nh sau: a) –x1 vµ -x2 b) x1 vµ x2 2 c) x1 vµ x2 d) x1 + x2 vµ x1x2 1 e) x1 vµ x2 Gi¶i: Gi¶ sö ph¬ng tr×nh ax2 + bx + c = cã hai nghiÖm x1, x2, ta cã: b S x1 x2 a P x x c a x1 x2 S x x P a) Ta cã: nªn –x1 vµ -x2 lµ c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: X2 – SX + P = (33) 2 x1 x2 2 S b) Ta cã: 2 x1.2 x2 4 P nªn x1 vµ x2 lµ c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: x12 x22 S P 2 c) Ta cã: x1 x2 P 2 nªn x1 vµ x2 lµ c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: X2 – 2SX + 4P = X2 – (S2 – 2P)X + P2 = x1 x2 x1 x2 S P x x x x S P d) Ta cã: nªn x1 + x2 vµ x1x2 lµ c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: X2 – (S+P)X + S.P = 1 S x x P 1 e) Ta cã: x1 x2 P 1 S X 0 x x P P nªn vµ lµ c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: VD2: Gi¶ sö ph¬ng tr×nh x ax 0 cã hai nghiÖm x1, x2 a) 7 H·y tÝnh S7 x1 x2 7 b) T×m ®a thøc bËc cã hÖ sè nguyªn nhËn lµm nghiÖm Gi¶i: Ph¬ng tr×nh x ax 0 cã hai nghiÖm x1, x2, ta cã: S x1 x2 a P x1.x2 1 k k a) Ký hiÖu Sk x1 x2 Ta lÇn lît cã: S2 x12 x22 x1 x2 x1 x2 a S3 x13 x23 x1 x2 3x1 x2 x1 x2 a 3a S4 x14 x24 x12 x22 S7 x17 x27 x x24 2 2 2 4a 7a 14a 7a x x a 2 a x x x x x x a 3 3 2 a a 14a a 0 7 b) §Æt x1 3, x2 Theo c©u a) th× víi x1 , x2 lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x ax 0 , ta cã: x17 x27 a 7a 14a 7a a a 14a3 a 0 VËy ®a thøc cÇn t×m cã d¹ng a 7a 14a 7a 0 (34) III Bài tập đề nghị: Bài Tìm m để phơng trình x m 1 x 2m 0 Có hai nghịêm x1 , x2 Khi đó hãy lập phơng trình có nghiệm nh sau: a) -2 x1 vµ -2 x2 b) x1 vµ x2 2 c) - x1 vµ - x2 1 d) x1 vµ x2 Bài Tìm m để phơng trình mx m 3 x m 0 Có hai nghịêm x1 , x2 Khi đó hãy lập phơng trình có nghiệm nh sau: a) - x1 vµ - x2 b) x1 vµ x2 3 c) x1 vµ x2 1 4 d) x vµ x2 Bài Tìm m để phơng trình mx m 1 x 0 Có hai nghịêm x1 , x2 Khi đó hãy lập phơng trình có nghiệm nh sau: a) -3 x1 vµ -3 x2 b) x1 vµ x2 2 c) x1 vµ x2 2 2 d) x1 + x2 vµ x1 x2 Bµi to¸n T×m hÖ thøc liªn hÖ gi÷a c¸c nghiÖm kh«ng phô thuéc vµo tham sè I ph¬ng ph¸p §Ó t×m hÖ thøc liªn hÖ gi÷a c¸c nghiÖm kh«ng phô thuéc vµo tham sè (gi¶ sö tham sè lµ m), ta thùc hiÖn theo c¸c bíc sau: Bớc 1: Tìm điều kiện m để phơng trình có hai nghiệm x1 , x2 a 0 0 Bớc 2: áp dụng định lí Viét, ta đợc: x1 x2 f m x1.x2 g m (I) Bớc 3: Khử m từ hệ (I) ta đợc hệ thức cần tìm II VÝ dô minh häa m x m x m 0 VD1: Cho ph¬ng tr×nh T×m hÖ thøc liªn hÖ gi÷a c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh kh«ng phô thuéc m Gi¶i: (35) Điều kiện m để phơng trình có hai nghiệm x1 , x2 là: a 0 ' 0 m 0 11 m 2m 11 0 Khi đó phơng trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: m 4 x1 x2 m m x x m (I) Khử m từ hệ (I) ta đợc: x1 x2 3x1 x2 1 §ã chÝnh lµ hÖ thøc cÇn t×m m x 2mx m 0 VD2: Cho ph¬ng tr×nh a) CMR víi mäi m > ph¬ng tr×nh lu«n cã nghiÖm b) T×m hÖ thøc liªn hÖ gi÷a c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh kh«ng phô thuéc m Gi¶i: a) Ta cã: ' m m m m m 0, m VËy víi mäi m > ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm x1 , x2 tháa m·n: 2m x1 x2 1 m2 x x 1 m m2 b) Khử m từ hệ (I) ta đợc: x1 x2 x1 x2 VËy x1 x2 2 2 2m m 1 1 m 1 m x1 x2 1 lµ hÖ thøc cÇn t×m III Bài tập đề nghị: x m x m 0 Bµi Cho ph¬ng tr×nh T×m hÖ thøc liªn hÖ gi÷a c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh kh«ng phô thuéc m Bµi Cho ph¬ng tr×nh mx 2mx 0 T×m hÖ thøc liªn hÖ gi÷a c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh kh«ng phô thuéc m m x m2 x m 0 Bµi Cho ph¬ng tr×nh a) Tìm m để phơng trình luôn có nghiệm b) T×m hÖ thøc liªn hÖ gi÷a c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh kh«ng phô thuéc m Bµi to¸n xÐt dÊu c¸c nghiÖm I ph¬ng ph¸p (36) Dùng định lí Viét ta có thể xét dấu đợc các nghiệm x1 , x2 phơng trình ax2 + bx + c = 0, dùa trªn kÕt qu¶: NÕu P c 0 a ph¬ng tr×nh cãhai nghiÖm tr¸i dÊu x1 x2 0 P NÕu ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm cïng dÊu NÕu 0 P S ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm d¬ng x1 x2 0 P S NÕu ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ©m x1 x2 Chó ý: Cũng từ đây, chúng ta thiết lập đợc điều kiện để phơng trình có các nghiệm liªn quan tíi dÊu NÕu bµi to¸n yªu cÇu “ XÐt dÊu c¸c nghiÖm cñaph¬ng tr×nh tuú theo gi¸ trÞ cña tham sè ”, chóng ta sö dông b¶ng sau: m - P S KÕt luËn m1 m2 + II VÝ dô minh häa VD1: Tuú theo m h·y xÐt dÊu c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: m x m 1 x m 0 Gi¶i: Ta cã: ' m 1 m m 9m S m 1 m m P m Ta cã b¶ng tæng kÕt sau: (37) m - -1 + ' + + P S KÕt luËn + + - Ph¬ng tr×nh v« nghiÖm + Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm kÐp x= -2 < Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm tho¶ m·n x1< x2< Ph¬ng tr×nh cã mét nghiÖm x = -1/2 < 0 + + + x x Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1 < < x2 vµ Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm tho¶ m·n = x1< x2 Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm tho¶ m·n < x1< x2 x m x m 0 VD2: Cho ph¬ng tr×nh: Xác định m để phơng trình: a) Cã hai nghiÖm d¬ng ph©n biÖt b) Cã hai nghiÖm tr¸i dÊu Gi¶i: a) Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm d¬ng ph©n biÖt < x1 < x2 ' P S m 3m m 1 1 m 2(m 1) VËy víi < m < ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm d¬ng ph©n biÖt b) Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm tr¸i dÊu x1 < < x2 a f m m VËy víi m > ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm tr¸i dÊu m 1 x m x m 0 VD3: Cho ph¬ng tr×nh: Xác định m để phơng trình: a) Cã mét nghiÖm b) Cã hai nghiÖm cïng dÊu Gi¶i: a) XÐt hai trêng hîp: Trờng hợp (1): Với m - = m =1, ta đợc: 1 x 0 (1) x 0 lµ nghiÖm nhÊt cña ph¬ng tr×nh Trêng hîp (2): Víi m - m 1 Khi đó để phơng trình có nghiệm, điều kiện là: ' 0 m m 1 m 1 0 6m 0 m m th× ph¬ng tr×nh cã mét nghiÖm VËy víi m = hoÆc b) §Ó ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm cïng dÊu, ®iÒu kiÖn lµ: 6m 0 ' 0 m m 1 P m (38) VËy víi m 1 , ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm cïng dÊu mx m x m 0 VD4: Cho ph¬ng tr×nh: Xác định m để phơng trình: a) Có đúng nghiệm âm b) Có hai nghiệm đối Gi¶i: a) XÐt hai trêng hîp: Trờng hợp (1): Với m = 0, ta đợc: 1 x 0 x (1) , lµ nghiÖm ©m nhÊt cña ph¬ng tr×nh Trêng hîp (2): Víi m Khi đó để phơng trình có đúng nghiệm âm, điều kiện là: x1 x2 x x f 0 S P 0 0 b 2a x1 x2 x 0x x1 x2 m 0 m m m 0 m 2m 0 3 m 0 m m 4 0 m m 9 m 0, 4 , phơng trình có đúng nghiệm âm VËy víi III Bài tập đề nghị: Bµi Tuú theo m h·y xÐt dÊu c¸c nghÞªm cña ph¬ng tr×nh: x x m 0 Bµi Tuú theo m h·y xÐt dÊu c¸c nghÞªm cña ph¬ng tr×nh: x 2mx 3m 0 Bµi Tuú theo m h·y xÐt dÊu c¸c nghÞªm cña ph¬ng tr×nh: mx m x m 0 x m x m 0 Bµi Cho ph¬ng tr×nh: Xác định m để phơng trình: a) Cã hai nghiÖm tr¸i dÊu b) Cã hai nghiÖm ©m ph©n biÖt c) Có đúng nghiệm dơng Bài Xác định m để phơng trình sau có hai nghiệm âm phân biệt: m 1 x 2mx m 0 m 1 x m x m 0 Bµi Cho ph¬ng tr×nh: Xác định m để phơng trình: a) Cã hai nghiÖm tr¸i dÊu (39) b) Cã hai nghiÖm d¬ng c) Cã hai nghiÖm cïng dÊu Bµi to¸n Tìm điều kiện tham số để các nghiệm phơng trình thoả m·n ®iÒu kiÖn k I ph¬ng ph¸p Ta thùc hiÖn theo c¸c bíc sau: Bớc 1.Tìm điều kiện tham số để phơng trình có nghiệm x1, x2 a 0 ' 0 (I) áp dụng định lí Viét, ta đợc: Bíc x1 x2 f m x1 x2 g m (I) Bíc 3.BiÓu diÔn ®iÒu kiÖn K th«ng qua (I) II VÝ dô minh häa VD1: Cho ph¬ng tr×nh: x 2kx k 1 k 3 0 CMR víi mäi k, ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt x1, x2, tháa m·n: x1 x2 x1 x2 x1 x2 0 Gi¶i: Ta cã: ' 1 k 1 k 3 k 4k k 0, k Suy ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt x1, x2, tháa m·n: x1 x2 2k x1 x2 k 1 k 3 Khi đó: 1 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 2k k 1 k 2.2k 0 4 (®pcm) m 1 x m 1 x m 0 VD2: Cho ph¬ng tr×nh: Xác định m để phơng trình có hai nghiệm x1, x2, thỏa mãn: x1 x2 7 x1 x2 Gi¶i: Ph¬ng tr×nh hai nghiÖm x1, x2: a 0 ' 0 m 0 m 3 3 m 0 Khi đó phơng trình hai nghiệm x1, x2, thỏa mãn: m 1 x1 x2 m 1 m x x m Suy (*) (40) x1 x2 7 x1 x2 m 1 m 1 7 m m m 1 tháa m·n (*) VËy víi m = -6 tháa m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi VD3: Xác định m để phơng trình mx m 1 x m 0 2 cã hai nghiÖm x1, x2, tháa m·n: x1 x2 2 Gi¶i: Điều kiện để phơng trình có hai nghiệm x1, x2 là: a 0 ' 0 m 0 m 0 m 0 Khi đó phơng trình hai nghiệm x1, x2, thỏa mãn: m 1 x1 x2 m x x m 1 m Ta cã: 2 2 x x 2 x1 x2 x1 x2 2 m m 1 m 2 m 1 m 2 m 3 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi VËy víi VD4: Gi¶ sö ph¬ng tr×nh: ax bx c 0 2 có hai nghiệm x1, x2 CMR hệ thức: b a c ac 3abc là điều kiện cần và đủ để phơng trình có nghiệm bình phơng nghiệm còn lại Gi¶i: Theo giả thiết, ta đợc: b S x1 x2 a P x x c a XÐt biÓu thøc: P x1 x22 x x12 x1 x2 x12 x22 x13 x23 x1 x2 x12 x22 x1 x2 3x1 x2 x1 x2 3 2 c c b c b b a c ac 3abc 3 a a a a a a3 2 VËy nÕu b a c ac 3abc th× mét hai thõa sècña P ph¶i b»ng vµ ngîc l¹i (®pcm) VD5: Gi¶ sö ph¬ng tr×nh: ax bx c 0 cã hai nghiÖm x1, x2 CMR hÖ thøc: k 1 ac kb 0 k 0 lµ ®iÒu kiÖn cÇn vµ đủ để phơng trình có nghiệm k lần nghiệm còn lại Gi¶i: (41) Theo giả thiết, ta đợc: b S x1 x2 a P x x c a XÐt biÓu thøc: P x1 kx2 x2 kx1 x1 x2 k x12 x22 k x1 x2 x1 x2 k x1 x2 x1 x2 k x1 x2 2 b2 c c c k 1 ac kb k k2 a a a a2 a VËy nÕu k 1 ac kb 0 th× mét hai thõa sè cña P ph¶ib»ng vµ ngîc l¹i (®pcm) III.Bài tập đề nghị: x m x m 3m 0 Bµi Cho ph¬ng tr×nh: Xác định m để phơng trình: a) Cã mét nghiÖm b) Cã hai nghiÖm ph©n biÖt T×m hÖ thøc liªn hÖ gi÷a hai nghiÖm kh«ng phô thuéc vµo m c) 2 Xác định m để x1 x2 20 x m 1 x m 3m 0 Bµi Cho ph¬ng tr×nh: Xác định m để: a) Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm b) Tæng b×nh ph¬ng c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh b»ng c) Phơng trình có hai nghiệm trị tuyệt đối d) Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1, x2 tháa m·n x1 x2 1 m x m x m 0 Bµi Cho ph¬ng tr×nh: Xác định m để: a) Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt cïng dÊu b) Tæng b×nh ph¬ng c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh b»ng c) Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1, x2 tháa m·n x1 x2 2 Bài Tìm m để phơng trình x 2mx 0 có hai nghiệm x1, x2 Khi đó a) TÝnh theo m gi¸ trÞ c¸c biÓu thøc: E x1 x2 F x1 x2 b) 4 Xác định m cho x1 x2 32 2 x1 x2 3 c) Xác định m cho x2 x1 Bµi Cho ph¬ng tr×nh ax bx c 0 (42) Tìm hệ thức liên hệ a và b để phơng trình có nghiệm k lần nghiÖm cßn l¹i Bµi to¸n Gi¶i mét sè bµi to¸n hµm sè I ph¬ng ph¸p Dạng 1: Lập phơng trình đờng thẳng qua hai điểm A x A , y A , B xB , yB thuéc P : y ax bx c Parabol cho trớc, đó ta thực theo các bớc: AB : y kx m Bớc Giả sử phơng trình đờng thẳng AB P Bớc Phơng trình hoành độ giao điểm và là: ax bx c kx m ax b k x c m 0 Bớc Ta có x A và xB là nghiệm phơng trình và theo định lí Viét, ta đợc: k b x A xB a x x c m A B a k m ph¬ng tr×nh (d) P M x ,y Dạng 2: Lập phơng trình tiếp tuyến Parabol điểm M M đợc thực hiÖn nh trªn b»ng c¸ch thay x A xB xM II VÝ dô minh häa P VD1: Cho Parabol P : y x cã ph¬ng tr×nh: P Gọi A và B là hai điểm thuộc có hoành độ lần lợt là -1, Lập phơng trình đờng thẳng AB Gi¶i: C¸ch 1: C¸ch gi¶i th«ng thêng A 1;1 , B 2; Từ giả thiết, ta đợc Phơng trình đờng thẳng AB đợc cho bởi: quaA( 1;1) x 1 y AB : AB : x y 0 11 quaB(2; 4) AB : Cách 2: áp dụng định lí Viét AB : y ax b Giả sử phơng trình đờng thẳng AB P Phơng trình hoành độ giao điểm và là: x ax b x ax b 0 Ta có xA và xB 2 là nghiệm phơng trình và theo định lí Viét, ta đợc: x A xB a x A xB b a 1 b 2 (43) AB : y x VËy ph¬ng tr×nh x2 P : y P VD2: Cho Parabol cã ph¬ng tr×nh: P P A lµ ®iÓm thuéc có hoành độ Lập phơng trình tiếp tuyến với t¹i A Gi¶i: C¸ch 1: C¸ch gi¶i th«ng thêng Từ giả thiết, ta đợc A 2;1 P d : y ax b Gi¶ sö ph¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn víi t¹i A lµ A (d ) 2a b 1 b 1 2a (1) d P Phơng trình hoành độ giao điểm và là: x2 ax b x 4ax 4b 0 (2) d P Ta cã, tiÕp xóc víi (2) cã nghiÖm kÐp ' 0 4a 4b 0 (3) Từ (2) và (3) ta đợc a = và b = -1 d : y x VËy, ph¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn Cách 2: áp dụng định lí Viét P d : y ax b Gi¶ sö ph¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn víi t¹i A lµ d P Phơng trình hoành độ giao điểm và là: x2 ax b x 4ax 4b 0 (*) Ta có xA 2 là nghiệm kép (*) x1 x2 2 và theo định lí Viét, ta đợc: x1 x2 4a x1 x2 4b a 1 b d : y x VËy, ph¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn III Bài tập đề nghị: P P : y x x Bµi Cho Parabol cã ph¬ng tr×nh: P Gọi A và B là hai điểm thuộc Parabol có hoành độ lần lợt là và a) Lập phơng trình đờng thẳng AB b) P LËp ph¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn víi t¹i A c) P LËp ph¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn víi t¹i B P P : y x x Bµi Cho Parabol cã ph¬ng tr×nh: (44) P Gọi A và B là hai điểm thuộc Parabol có hoành độ lần lợt là -2 và a) Lập phơng trình đờng thẳng AB b) P LËp ph¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn víi t¹i A c) P LËp ph¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn víi t¹i B Bµi to¸n §Þnh lÝ ViÐt cho ph¬ng tr×nh bËc ba bËc bèn vµ c¸c øng dông I HÖ thøc viÐt HÖ thøc viÐt cho ph¬ng tr×nh bËc ba Gi¶ sö ph¬ng tr×nh ax bx cx d 0 a 0 có ba nghiệm x1 , x2 , x3 Khi đó: b b b b x1 x2 x3 a x2 a x2 3a x1 x2 x3 a c c x1 x2 x2 x3 x3 x1 x1 x2 x2 x3 x3 x1 a a d d x1 x2 x3 a x1 x2 x3 a HÖ thøc viÐt cho ph¬ng tr×nh bËc bèn ax bx3 cx dx e 0 a 0 Gi¶ sö ph¬ng tr×nh Khi đó: cã bèn nghiÖm x1 , x2 , x3 , x4 b x1 x2 x3 x4 a x x x x x x x x x x x x c 4 a x x x x x x x x x x x x d 4 a e x1 x2 x3 x4 a II c¸c øng dông Gi¶i ph¬ng tr×nh biÕt tÝnh chÊt cña c¸c nghiÖm Ta thùc hiÖn c¸c bíc: Bớc 1: Dựa vào định lí Viét ta xác định đợc nghiệm x0 phơng tr×nh Bíc 2: Lùa chon mét hai híng: Híng 1: Nếu phơng trình không chứa tham số, biến đổi phơng x x0 g x 0 tr×nh vÒ d¹ng c¸c nghiÖm nÕu ph¬ng tr×nh chøa tham sè, thay x x0 vµo ph¬ng tr×nh tham sè Bíc Thö l¹i vµ kÕt luËn VD1: Gi¶i ph¬ng tr×nh 12 x x 17 x 0 BiÕt r»ng sè c¸c nghiÖm cã hai nghiÖm cã tÝch b»ng -1 Híng 2: (45) Gi¶i: Giả sử phơng trình có ba nghiệm x1 , x2 , x3 và x1.x3 Khi đó: x1 x2 x3 1 x2 x2 2 ViÕt l¹i ph¬ng tr×nh vÒ d¹ng: x x x x 1 x x 0 x x 0 x 3 x ,x ,x VËy ph¬ng tr×nh cã ba nghiÖm ph©n biÖt x m x x 2m 0 VD2: Xác định m để phơng trình : (1) Có ba nghiệm phân biệt, biết số các nghiệm có hai nghiệm đối Gi¶i: Giả sử phơng trình có ba nghiệm x1 , x2 , x3 và x1 x3 0 Khi đó: x1 x2 x3 m x2 m m 1 thay vào (1), ta đợc: m 1 x m 1 2m 0 m 1 thay vào (1), ta đợc: x1 1 x x x 0 x 1 x x 0 x2 2 x3 tháa m·n x1 x3 0 VËy m = tháa m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi Tính giá trị biểu thức đối xứng các nghiệm Ta thùc hiÖn c¸c bíc: Bíc 1: ThiÕt lËp hÖ thøc ViÐt gi÷a c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (I) Bíc 2: BiÓu diÔn ®iÒu kiÖn K th«ng qua (I) Chú ý: Biểu thức đối xứng các nghiệm phơng trình là biểu thức có giá trị không thay đổi ta hoán vị các nghiệm 2 2 x x x x1 x2 x3 b 2ac x1 x2 x2 x3 x3 x1 a2 1 x1 x2 x3 b x1 x2 x3 x1 x2 x3 d VD: Gi¶ sö ph¬ng tr×nh: x x m 0 cã ba nghiÖm ph©n biÖt x1 , x2 , x3 2 TÝnh tæng x1 x2 x3 Gi¶i: Theo gi¶ thiÕt, ta cã: (46) x1 x2 x3 x1 x2 x2 x3 x3 x1 0 m x1 x2 x3 Khi đó: x12 x22 x32 x1 x2 x3 x1 x2 x2 x3 x3 x1 Tìm tham số để phơng trình có nghiệm thỏa mãn điều kiện K Bài toán thờng đợc giải phơng pháp điều kiện cần và đủ Ta thực theo c¸c bíc sau: Bíc 1: Điều kiện cần: Giả sử phơng trình có ba nghiệm, đó ta có đợc hÖ thøc ViÐt gi÷a c¸c nghiÖm (I) Bíc 2: BiÓu diÔn ®iÒu kiÖn K th«ng qua (I) ®iÒu kiÖn cho tham sè Bíc 3: Điều kiện đủ: x 3mx x 3m 0 VD: Xác định m để phơng trình : 2 Cã ba nghiÖm ph©n biÖt x1 , x2 , x3 , tháa m·n x1 x2 x3 15 Gi¶i: §iÒu kiÖn cÇn: Giả sử phơng trình có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 ,khi đó: x1 x2 x3 3m x1 x2 x2 x3 x3 x1 x x x 3m Khi đó: 15 x12 x22 x32 x1 x2 x3 x1 x2 x2 x3 x3 x1 9m m2 m Điều kiện đủ: ViÕt l¹i ph¬ng tr×nh vÒ d¹ng x 1 x 1 x 3m 1 x 3m 0 g x x 3m 1 x 3m Ta ph¶i chøng minh víi chøng minh: g g 1 0 VËy, m 1 m 1 th× g(x) cã hai nghiÖm ph©n biÖt kh¸c 1, tøc lµ 9m 6m m 1 m 0 luôn đúng với tháa m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi Ph¬ng tr×nh bËc ba cã ba nghiÖm lËp thµnh cÊp sè céng §Ó t×m ®iÒu kiÖn cña tham sè cho ph¬ng tr×nh ax3 bx cx d 0 a 0 (1) (47) cã ba nghiÖm x1 , x2 , x3 lËp thµnh cÊp sè céng, ta thùc hiÖn theo c¸c bíc: Bíc 1: §iÒu kiÖn cÇn: Giả sử phơng trình có ba nghiệm lập thành cấp số cộng, đó: x1 x3 2 x2 x1 x2 x3 b b b x2 x2 a a 3a thay vào (1), ta đợc: b b b a b c d 0 3a 3a 3a 2b3 abc 27 a d 0 (2) Đó chính là điều kiện cần để (1) có ba nghiệm lập thành cấp số cộng Bíc 2: Điều kiện đủ: Tõ (2) suy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x1 x2 x3 x2 b 3a Khi đó: b b b 2b x1 x3 x1 x3 2 x2 a 3a a 3a x1 , x2 , x3 lËp thµnh cÊp sè céng Vậy điều kiện cần và đủ để (1) có ba nghiệm lập thành cấp số cộng là 2b3 9abc 27a d 0 Chú ý: Với bài toán tham số m, điều kiện đủ ta có thể khẳng định b»ng viÖc chØ nghiÖm cô thÓ cña ph¬ng tr×nh H·y nhí ®iÒu nµy rÊt quan träng đó ta còn phải khẳng định phơng trình đã cho có nghiệm phân biệt VD: Xác định m để phơng trình x3 x x m 0 (1) cã ba nghiÖm lËp thµnh cÊp sè céng Gi¶i: §iÒu kiÖn cÇn: Giả sử phơng trình có ba nghiệm lập thành cấp số cộng, đó: x1 x3 2 x2 (*) x1 x2 x3 3 3x2 3 x2 1 thay vào (1), ta đợc: 11 m 0 m 11 Đó chính là điều kiện cần để (1) có ba nghiệm lập thành cấp số cộng Điều kiện đủ: Với m = 11, ta đợc: x1 1 12 x3 3x x 11 0 x 1 x x 11 0 x2 1 x3 1 12 tháa m·n ( *) VËy víi m = 11 tháa ®iÒu kiÖn ®Çu bµi Ph¬ng tr×nh bËc ba cã ba nghiÖm lËp thµnh cÊp sè nh©n §Ó t×m ®iÒu kiÖn cña tham sè cho ph¬ng tr×nh ax3 bx cx d 0 a 0 (1) cã ba nghiÖm x1 , x2 , x3 lËp thµnh cÊp sè nh©n, ta thùc hiÖn theo c¸c bíc: (48) Bíc 1: §iÒu kiÖn cÇn: Giả sử phơng trình có ba nghiệm lập thành cấp số nhân, đó: x1 x3 2 x22 x1 x2 x3 b a c c x1 x2 x2 x3 x3 x1 x1 x2 x2 x3 x22 a a c c x2 x1 x2 x3 x2 a b thay vào (1), ta đợc: c c c a b c d 0 ac b3d b b b (2) Đó chính là điều kiện cần để (1) có ba nghiệm lập thành cấp số nhân Bíc 2: Điều kiện đủ: Tõ (2) suy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x2 c b Khi đó: c b c x2 x1 x2 x3 x1 x2 x2 x3 x3 x1 b a a x2 x3 x22 Vậy điều kiện cần và đủ để (1) có ba nghiệm lập thành cấp số nhân là ac b3d Chú ý: Với bài toán tham số m, điều kiện đủ ta có thể khẳng định b»ng viÖc chØ nghiÖm cô thÓ cña ph¬ng tr×nh H·y nhí ®iÒu nµy rÊt quan träng đó ta còn phải khẳng định phơng trình đã cho có nghiệm phân biệt VD: Xác định m để phơng trình x x m 1 x m 1 0 (1) cã ba nghiÖm lËp thµnh cÊp sè nh©n Gi¶i: §iÒu kiÖn cÇn: Giả sử phơng trình có ba nghiệm lập thành cấp số nhân, đó: x1 x3 2 x22 x1 x2 x3 x1 x2 x2 x3 x3 x1 m x1 x2 x2 x3 x22 m x2 x1 x2 x3 m x2 m 1 Thay vào (1), ta đợc: m 1 m 1 m 1 2 m 1 m 1 0 m m 1 m 2m 15 0 m 3 m Đó chính là điều kiện cần để (1) có ba nghiệm lập thành cấp số nhân Điều kiện đủ: (49) Với m = -1 ta đợc: 1 x 0 x x 0 x kh«ng tháa m·n Với m = 3, ta đợc: x3 x x 0 x x 0 , kh«ng tháa m·n Với m = -5, ta đợc: x3 x x 0 x x 0 , kh«ng tháa m·n VËy kh«ng tån t¹i m tháa m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi øng dông gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh Đây là ứng dụng để giải phơng trình ẩn, cách sử dụng định lí Viét, việc chuyển hệ đã cho hai dạng: x y z A xy yz zx B xyz C D¹ng 1: (I) Khi đó x, y, z là nghiệm phơng trình: u Au Bu C 0 (1) áp dụng các phơng pháp đã biết phơng trình bậc ba để giải (1) x y z t A xy xz xt yz yt zt B xyz xyt xzt yzt C D¹ng 2: xyzt D Khi đó x, y, z, t là nghiệm phơng trình: u Au Bu Cu D 0 (2) áp dụng các phơng pháp đã biết phơng trình bậc bốn để giải (2) VD1: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: x y z xy yz zx xyz 2 (I) Gi¶i: Ta cã x, y, z lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: u 2u u 0 u 1 u 3u 0 u 1 u 1 u 0 x 1& y 1& z x 1& y & z u 1 x 1& y 1& z u x 1& y & z 1 u x & y 1& z 1 x & y 1& z VËy hÖ cã bé nghiÖm VD2: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: (50) x y z t xy xz xt yz zt xyz xyt xzt yzt 1 xyzt 6 (I) Gi¶i: Ta cã x, y, z lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: u u 7u u 0 u 1 u u 1 u 3 0 u 1 u 2 u u VËy hÖ cã 24 bé nghiÖm III Bài tập đề nghị: Bµi CMR nÕu x1 , x2 , x3 , x4 lµ c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh : ax bx c 0 th× x1 x2 x3 x4 0 c x1 x2 x3 x4 a Bài Xác định a, b để phơng trình: x3 ax b 0 cã ba nghiÖm x1 , x2 , x3 lËp thµnh cÊp sè céng Bµi Cho ph¬ng tr×nh x ax bx c 0 có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 CMR các nghiệm đó lập thành cấp số cộng vµ chØ khi: 2a 9ab 27c 0 Bµi Gi¶i ph¬ng tr×nh: x x 19 x 3mx 0 BiÕt r»ng ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x1 , x2 , x3 , x4 tháa m·n x1 x2 x3 x4 Bµi Gi¶i ph¬ng tr×nh: x x 3x x 10 0 Biết phơng trình có hai nghiệm trái dấu nhng giá trị tuyệt đối Bµi Gi¶i c¸c hÖ ph¬ng tr×nh: a) x y z 2 x y z 6 xyz 2 x (51) b) x y z 2 x y z 6 3 x y z 6 z 1 PhÇn kÕt Trong mét thêi gian kh«ng dµi, víi nç lùc cña b¶n th©n cïng víi sù giúp đỡ nhiệt tình quý thầy cô, bạn bè, thân tôi đã xây dựng đợc đề tài “phơng pháp tìm cực trị đại số - định lí Viét và øng dông” mang tÝnh øng dông vµ kh¶ thi Mặc dù đã cố gắng song đây là lần đầu tiên tôi nghiên cứu đề tài, kinh nghiệm giảng dạy thân cha có nên không thể tr¸nh khái nh÷ng thiÕu sãt, kÝnh mong quý thÇy c« gi¸o vµ c¸c b¹n sinh viên đóng góp ý kiến để đề tài đợc hoàn chỉnh Dạy học là nghệ thuật, đòi hỏi ngời giáo viên phải say mê với nghề nghiệp, kiên trì, tận tuỵ với học sinh, mang đến cho các em niềm say mª To¸n häc, t¹o cho c¸c em cã thãi quen t vµ kh¶ n¨ng lËp luận Bây tôi ngồi trên giảng đờng Đại học nhng ngày tôi đứng trên bục giảng không còn xa xăm, ớc mơ trở thành ngời giáo viên s¾p trë thµnh hiÖn thùc Qua đây, cho phép tôi gửi lời cảm ơn chân thành đến quý thầy cô giáo khoa Toán - Tin, các bạn cùng lớp đặc biệt là thầy giáo.Ths.NCS Nguyễn Quang Hoè đã trực tiếp hớng dẫn tôi hoàn thành đề tài này T«i xin ch©n thµnh c¶m ¬n! Nhận xét, đánh giá: §ång Híi, ngµy 13 th¸ng 12 n¨m 2008 Sinh viªn thùc hiÖn Lª ThÞ Mai Mét sè tµi liÖu tham kh¶o (52) Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học và tuổi trẻ NXB Giáo dục Năm 2007 Toán nâng cao và các chuyên đề Đại Số 9.Vũ Dơng Thuỵ NXB Đại Học Quèc Gia Hµ Néi N¨m 2006 Một số vấn đề phát triển Đại Số 9.Vũ Hữu Bình NXB Giáo dục Năm 2005 N©ng cao vµ ph¸t triÓn To¸n Vò H÷u B×nh NXB Gi¸o dôc N¨m 2006 Tuyển chọn các đề Toán thi vào lớp 10 Huỳnh Quang Lâu.NXB Đại Học S Ph¹m N¨m 2008 Tuyển chọn các đề Toán thi vào lớp 10 Nguyễn Thuý Mùi.NXB Đại Học Quèc Gia Hµ Néi N¨m 2008 Tµi liÖu héi th¶o båi dìng häc sinh giái m«n To¸n cÊp THCS cña Së Gi¸o dôc - §µo t¹o Qu¶ng B×nh n¨m 2005 Gi¸o tr×nh §¹i sè s¬ cÊp vµ thùc hµnh gi¶i to¸n Hoµng Kú Hoµng Thanh Hµ NXB §¹i hä s ph¹m N¨m 2005 Môc lôc PhÇn Më §Çu PhÇn Néi Dung .2 Chuyên đề 1: Phơng pháp tìm cực trị đại số Ch¬ng I: C¬ së lý thuyÕt I §Þnh nghÜa gi¸ trÞ lín nhÊt, gi¸ trÞ nhá nhÊt cña mét biÓu thøc .2 II C¸c kiÕn thøc thêng dïng .2 Ch¬ng II: Ph¬ng ph¸p gi¶i to¸n cùc trÞ I Phơng pháp dùng bất đẳng thức để giải toán cực trị .3 II Ph¬ng ph¸p xÐt biÓu thøc phô III.Phơng pháp đổi biến và tìm cực trị biến 10 IV.Phơng pháp chia khoảng để tìm cực trị 11 V Ph¬ng ph¸p dïng tam thøc bËc hai .12 (53) VI.Phơng pháp tham biến để tìm cực trị biểu thức 17 VII.Ph¬ng ph¸p gi¶i to¸n cùc trÞ cña biÓu thøc chøa dÊu c¨n 20 VIII.Phơng pháp giải toán cực trị đại số với các biến có điều kiện 22 Ch¬ng III Mét sè sai lÇm gi¶i to¸n cùc trÞ .25 Chuyên đề 2: Định lí Vi – ét và ứng dụng .32 Bµi to¸n T×m hai sè biÕt tæng vµ tÝch cña chóng 33 Bài toán Tính giá trị các biểu thức đối xứng các nghiệm .35 Bµi to¸n T×m hÖ thøc liªn hÖ gi÷a c¸c nghiÖm kh«ng phô thuéc vµo tham sè 37 Bµi to¸n XÐt dÊu c¸c nghiÖm 38 Bài toán Tìm điều kiện tham số để các nghiệm phơng trình tho¶ m·n ®iÒu kiÖn K 42 Bµi to¸n Gi¶i mét sè bµi to¸n hµm sè 45 Bµi to¸n §Þnh lÝ ViÐt cho ph¬ng tr×nh bËc ba bËc bèn vµ c¸c øng dông 47 PhÇn KÕt .55 Mét sè tµi liÖu tham kh¶o 56 (54)