Tài liệu Chuyên đề tam thức bậc hai và ứng dụng

Chuyên đề tháng 3/2015: Người báo cáo: Võ Quỳnh Trang --------------------------------------------------- Tam thức bậc hai và ứng dụng I.Nhắc lại về lý thuyết. 1.Định lý về dấu của tam thức bậc hai: f(x) = ax2 + bx + c ( a ≠ 0) có  = b2 - 4ac * Nếu  < 0: af(x) > 0  x  R * Nếu  = 0: af(x) > 0  x ≠- (hay af(x)  0  x  R). * Nếu  > 0: f(x) có hai nghiệm là x1,x2( giả sử x1 < x2 ).Khi đó: +/ af(x) > 0  x [x1;x2] +/ af(x) < 0  x (x1;x2) 2.§Æc biÖt: +/ af(x) > 0,  x  R  +/ af(x) < 0,  x  R  II.Các ứng dụng. 1. Chøng minh bÊt ®¼ng thøc. Thí dụ 1 : Chứng minh rằng : Nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì với mọi x ta có : a) b2 x 2  (b 2  c 2  a 2 )x  c2  0. b) c2x2 - 2(a2 - b2)x + 2a2 + 2b2 - c2  0 , x. c) pa2+qb2 > pqc2 , p, q tho¶ m·n p+q =1 Phân tích : Vế trái là tam thức bậc hai f(x) với hệ số của x 2 là b 2  0 nên có ngay lời giải. Giải :a) f(x) > 0 với mọi x   x  0  (b2  c2  a 2 )2  4b 2c2  0  (b2  c2  a 2  2bc)(b2  c2  a 2  2bc)  0  [(b  c)2  a 2 )][(b  c) 2  a 2 ]  0  (b + c +a)(b + c a)(b c +a)(bc a) < 0  (a + b + c)(b + c a)(b + a c)(c + a b) > 0 Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng. Chú ý : Ngược lại, các bạn có thể chứng minh được nếu các số dương a, b, c thỏa mãn f(x) > 0 với mọi x thì a, b, c chính là độ dài 3 cạnh của một tam giác. C©u b, c c/m t¬ng tù. Thí dụ 2 : Cho a 3  36 và abc = 1. a2  b 2  c2  ab  bc  ca (*) 3 1 Phân tích : bc  nên bất đẳng thức cần chứng minh vì đối xứng với b và c nên có thể viết về dạng a Chứng minh : tam thức bậc hai đối với b + c.  a2  a2 3 2 a2 3 (b  c)  a(b  c)   0   Giải : (*)  (b  c)  a(b  c)    0   4 12 a 3 a   2 2 a  a 3  36  b  c  0    2 12a  Với a 3  36 thì bất đẳng thức trên luôn đúng. Chú ý : Khi không muốn diễn đạt bởi "ngôn ngữ" biệt thức  thì có thể dùng kỹ thuật "tách bình phương" như lời giải trên. Thí dụ 3: Cho a,b,c lµ ba c¹nh cña mét tam gi¸c.x,y,z lµ ba sè tho¶ m·n ax + by + cz = 0. Chøng minh : a) P = xy + yz + zx  0. b) Q = ayz + bxz + cxy  0 Gi¶i: a) Tõ ax + by + cz = 0  z = - .Thay vµo P ta cã: P = xy - - = (cxy - axy -bxy - by2 - ax2) = [- ax2 - xy(a+b-c) - by2] XÐt f(x) = - ax2 - xy(a+b-c) - by2 Cã x = y2[(a+b-c)2- 4ab] = y2( a2 + b2 + c2 - 2ab - 2bc - 2ac) = y2[c( c- a - b) + a(a - b - c) + b(b - a - c)]  0 ( Do a,b,c lµ c¹nh tam gi¸c nªn c- a - b < 0, a - b - c < 0, b - a - c < 0) Suy ra : f(x) = - ax2 - xy(a+b-c) - by2  0 x. Hay P  0 (®pcm). C©u b lµm t¬ng tù. Thí dụ 4 : Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta có : cos A  cos B  cos C  Phân tích : Vì cosA  cosB  2 cos AB 2 3 (**) 2 AB C A B 2C  2sin cos và cosC = 1  2sin nên có thể làm xuất hiện tam thức bậc hai đối với 2 2 2 2 C sin . 2 C AB C 3  1  2sin 2  Giải : (**)  2sin cos 2 2 2 2 2 C AB 1 C 1 AB 1 2 AB 2C  sin cos   0   sin  cos  sin 0   sin 2 2 2 4 2 2 2  4 2  cos Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : AB  C 1 sin 2  2 cos 2  sin A  B  0  2 AB    C      ;  và   0;  thì hệ trên tương đương với A = B = C tức là tam giác ABC Lưu ý 2 2  2  2 2 đều. Chú ý : Bài toán tổng quát cho bài trên là : Trong tam giác ABC a) Với x, y, z > 0 thì ta có : cos A cos B cos C x 2  y 2  z 2    x y z 2xyz b) Víi mäi x, y ,z ,ta lu«n cã: xycosC + yzcosA + zxcosB  x2 + y2 + z2 Các bạn có thể dùng kỹ thuật "tam thức bậc hai" hoặc công cụ véc-tơ để giải quyết. Khi cho các giá trị cụ thể x, y, z (đặc biệt là x, y, z là độ dài 3 cạnh của một tam giác) thì ta có vô số các bất đẳng thức cụ thể. VÝ dô: Cho x = , y = z = ,thay vµo c©u a ta cã bµi to¸n sau: c/m 3cosA + (cosB + cosC)  Thí dụ 5 : Cho t 8(xz + yt) (1) Giải : Ta cã: (1)  f(x) = x2 + 2x(y - 3z + t) + ( y+ z +t)2 -8yt > 0 XÐt f(x): cã ' = (y - 3z + t)2 - ( y+ z +t)2 + 8yt = - 4z(2y -2z + 2t) + 8yt = 8(z - t)(z - y) < 0 , (v× t 0. Nªn f(x) > 0  ®pcm. Bài tập tương tự 1Chøng minh víi mäi x, ta cã: (1  sin 2 )x 2  2(sin   cos )x  1  cos 2   0 2. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta có : a) sin 2 A  sin 2 B  sin 2 C  9 4 b) sin A B C 1 .sin .sin  2 2 2 8 3. Tìm x, y thỏa mãn : (x 2  y2 )(x 2  1)  4x 2 y Các bài tập khác : 1. Xác định các góc của tam giác ABC sao cho biểu thức F  3 cos B  3(cos A  cos C) đạt giá trị lớn nhất. 2. Tính các góc của tam giác ABC, biết rằng sinA + sinB + cos(A + B) = 1,5. 3. Biết rằng : 4x 2  y 2  2x  y  4xy  2. Chứng minh : 2  y  2x  1 4. Định dạng tam giác ABC thỏa mãn: 1 1 1 5 cos A  cos B  cos C  3 4 5 12 5*. Xác định các góc của tam giác ABC sao cho biểu thức : F  cos A sin Bsin C  sin A  2 (cos B  cos C) đạt giá trị lớn nhất. 2 6.Cho x, y, z,lµ c¸c sè thùc tho¶ m·n: . Chøng minh: 1  x  (HD: Tõ gt,t×m y + z = S vµ yz = P.Khi ®ã y, z lµ nghiÖm pt t 2 -St +P = 0.Dïng ®k ®Ó pt cã nghiÖm.) 2.T×m gi¸ trÞ lín nhÊt,gi¸ trÞ nhá nhÊt. Chó ý: T×m min,max cña hµm sè y = ax2 + bx + c (a≠ 0) trªn [;]: Hoµnh ®é ®Ønh lµ : x0 = a) a > 0: +)nÕu x0  [;] th× min y = f(x0), maxy = max +)nÕu x0  [;] th× min y = min, max y = max b) a < 0: +) nÕu x0  [;] th× max y = f(x0), miny = min +)nÕu x0  [;] th× min y = min, max y = max ThÝ dô 1: Gi¶ sö (x,y) lµ nghiÖm cña hÖ pt: T×m a ®Ó xy nhá nhÊt. Giải : §Æt S = x + y, P = xy.Ta cã S = 2a - 1; x2 + y2 = S2 - 2P = a2 + 2a - 3  P = [(2a - 1)2 - ( a2 + 2a - 3 )] = (3a2 - 6a + 4). §iÒu kiÖn ®Ó hÖ cã nghiÖm lµ: S2 - 4P  0  (2a - 1)2 - 2(3a2 - 6a + 4)  0  - 2a2 + 8a - 7  0  2 -  a 2+ Ta sÏ t×m a ®Ó P = (3a2 - 6a + 4) ®¹t min trªn [2 - ; 2 + ] Hoµnh ®é ®Ønh lµ a0 = 1 < 2 - , parabol P quay bÒ lâm lªn trªn nªn min P = P(2 - ) VËy víi a = 2 - th× xy ®¹t nhá nhÊt. ThÝ dô 2:T×m a ®Ó GTNN cña y = 4x2 - 4ax + a2 -2a trªn [-2;0] b»ng 2. Gi¶i: Hoµnh ®é ®Ønh: x0 = . +) NÕu  [-2;0]: Khi ®ã min y = y(x0) = y( ) = - 2a. ycbt  - 2a = 2  a = -1 +) NÕu  [-2;0]: *) < -2  a < -4: Khi ®ã min y = y(-2) = a2 + 6a + 16. ycbt  a2 + 6a + 16 = 2  a2 + 6a + 14 = 0: VN. *) > 0  a > 0: Khi ®ã min y = y(0) = a2 - 2a. ycbt  a2 - 2a = 2  a2 - 2a -2 = 0  a=1+ hoÆc a = 1 - ( lo¹i). KÕt luËn : a = 1 hoÆc a=1+ . ThÝ dô 3: Cho x, y tho¶ m·n: 36x2 + 16y2 - 9 = 0 (1) . T×m min, max cña T = y - 2x + 5 (2). Gi¶i: Tõ (2) ta cã: y = 2x + T - 5,thay vµo (1) ta cã: f(x) = 100x 2 + 64(T - 5)x + 16(T-5)2 - 9 = 0 (3). PT (3) cã ' = 322(T-5)2 - 100[16(T-5)2 - 9] = 900 - 576(T-5)2 . PT (3) cã nghiÖm '  0  900 - 576(T-5)2  0  16(T-5)2  25     T VËy: min T =  ; max T =  ThÝ dô 4 :T×m min, max cña hµm sè y = (§¹i häc s ph¹m hµ néi,kh«i A n¨m 2001) Gi¶i: Ta cã: y - 1 = = . §Æt t = sin2x, t  [0;1], hµm sè trë thµnh: y - 1 = XÐt hµm sè f(t) = 3t2 - 2t +2, cã ' = - 5 <0, a = 3 >0 vµ - =  [0;1],nªn: *)min f(t) = f() =  max(y - 1) =  max y = + 1 = ,®¹t ®îc khi sin2x = . *) max f(t) = max = f(1) = 3  min(y - 1) =  min y = + 1 = ,®¹t ®îc khi sin2 =1. KL: max y = , min y = . ThÝ dô 5: T×m a, b sao cho hµm sè y = cã GTNN lµ - 1 vµ GTLN lµ 4. Gi¶i: +) Ta cã: y = 4      a2 + 16b -64 =0 (1) +) L¹i cã: y = -1    2   a -4b -4 = 0 (2) Tõ (1) vµ (2) ta cã hÖ pt:  hoÆc x 2  xy  y 2 2 2 ThÝ dô 6:T×m min,max cña: S = x  xy  y (1) Gi¶i: +) Khi x = 0: suy ra S = 1 (2) +) Khi x ≠ 0: Chia tö vµ mÉu cña S cho x2, vµ ®Æt = t, ta ®îc: (S-1)t2 + (S+1)t + S-1 = 0 (3) Ph¬ng tr×nh (3) cã nghiÖm   = -3S2 + 10S -3  0   S  3 (4) KÕt hîp (2) vµ (4) ta cã: min S = khi t = = = 1 ,tøc lµ x = y max S = 3 khi t = = = -1, tøc lµ x = -y Bµi tËp luyÖn tËp: Bµi 1: T×m GTLN,GTNN cña P = , víi x > 0 Bµi 2: T×m GTLN,GTNN cña A = Bµi 3: T×m GTLN,GTNN cña B = Bµi 4: Cho x2 + y2 + xy = 1,T×m GTLN,GTNN cña C= x2 + 2y2 - xy Bµi 5: Cho 2x2 + y2 + xy  1.T×m GTLN,GTNN cña D = x2 + y2 . Bµi 6: Cho c¸c sè thùc x, y tho¶ m·n x2 + y2 = 1. T×m min, max cña S = 3.Mét sè bµi to¸n vÒ ph¬ng tr×nh vµ hÖ pt. ThÝ dô 1: Cho hpt: ,trong ®ã a ≠ 0 vµ (b -1)2 -4ac < 0.Chøng minh hÖ v« nghiÖm. Gi¶i: *)TH1: a > 0: Gi¶ sö hÖ cã nghiÖm lµ (x0, y0, z0) .Khi ®ã ta cã: Céng vÕ theo vÕ 3 pt trªn ta cã: [ax02+ (b -1)x0+ c] + [ay02+ (b -1)y0+ c] + [az02+ (b -1)z0+ c] = 0 (1) §Æt f(t) = at2+(b-)t+ c ,theo gt: (b-1)2 -4ac < 0 nªn f(t) > 0 t.  f ( x0)  0  Do ®ã:  f ( y 0)  0  f(x0) + f(y0) + f(z0) < 0 (M©u  f ( z 0)  0  thuÉn víi (1)) VËy khi a > 0 hÖ v« nghiÖm. *)TH 2: a < 0: c/m t¬ng tù. ThÝ dô 2: Gäi d lµ tæng chiÒu dµi c¸c ®o¹n nghiÖm trªn trôc sè cña hÖ bpt: -2  x2+px+q  2. Chøng minh: d  4. Gi¶i: HÖ ®· cho t¬ng ®¬ng víi: XÐt 1= p2-4(q-2) vµ 2= p2-4(q+2).Ta cã 1= 2 + 16.Cã hai kh¶ n¨ng: TH1: 1  0  2 < 0: Khi ®ã bpt (1) cã nhiÒu nhÊt lµ 1 nghiÖm nªn hÖ cã nhiÒu nhÊt lµ 1 nghiÖm. Tøc lµ d = 0 < 4 TH2: 1 > 0: +) NÕu 2  0: suy ra (2) ®óng x.Do ®ã nghiÖm cña hÖ lµ nghiÖm cña (1), tøc lµ:  x  (3) Khi ®ã d = =  = 4 ( Do 2  0). +) NÕu 2 > 0: NghiÖm cña (2) lµ: x  hoÆc x  (4) Tõ (3), (4) suy ra nghiÖm hÖ lµ:  x  hoÆc  x  Khi ®ã: d = [ - ] + [ - ] = - = - (5) Do 2 > 0 nªn  = + 4 (6) Tõ (5) vµ (6) suy ra d  4 VËy trong mäi trêng hîp th× d  4(®pcm). ThÝ dô 3: Chøng minh hÖ bpt sau, víi a > 0 lu«n v« nghiÖm: Gi¶i: Gi¶ sö hÖ cã nghiÖm. Tõ bpt (1) suy ra x > 0, tõ bpt (2) suy ra y  2a. Ta cã (1)  f(x) = x2-4ax+y2  0 (3). f(x) cã  = 4a2-4y2  0 (Do y  2a)  f(x)  0,x,Nªn bpt (3) cã nghiÖm khi vµ chØ khi  (  = 4a2-4y2 = 0  y = 2a v× a > 0). Thay vµo bpt (2) ta cã: (2a)2 - 2a + 2a  0  4a2  0  a = 0( tr¸i gi¶ thiÕt a > 0) . VËy hÖ v« nghiÖm(®pcm). Bµi tËp t¬ng tù: Bµi 1: Cho x, y, z lµ nghiÖm cña hÖ: Chøng minh: -  x, y, z  Bµi 2: Cho a, b, c tho¶ m·n: Bµi 3: Cho x, y, z tho¶ m·n: Chøng minh: a, b, c  [- ; ]. Chøng minh: 1  x  .