Tài liệu Skkn phát triển tư duy cho học sinh về dấu của tam thức bậc hai trên một miền

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG PHỔ THÔNG NGUYỄN MỘNG TUÂN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHÁT TRIỂN TƯ DUY CHO HỌC SINH VỀ DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI TRÊN MỘT MIỀN Người thực hiện: Lê Thị Thu Huyền Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc môn: Toán THANH HOÁ NĂM 2013 I- ĐẶT VẤN ĐỀ Dấu của tam thức bậc hai trên một miền là vấn đề quan trọng, là cốt lõi của các bài toán về phương trình, bất phương trình bậc hai đặc biệt là các bài toán có tham số. Đây cũng là vấn đề khó nhất của bài toán dấu tam thức bậc hai mà học sinh gặp phải. Các bài toán chủ yếu được mở rộng từ các dạng tổng quát . Chính vì vậy trong phạm vi đề tài này tôi muốn giới thiệu đến các bạn đồng nghiệp một phương pháp phát triển tư duy cho học sinh trong việc xét dấu tam thức bậc hai trên một miền và bài toán giải biện luận bất phương trình bậc hai. 1 II. NỘI DUNG 1. Cơ sở lý luận: Định lý dấu của tam thức bậc hai: Cho tam thức bậc hai: f(x)= ax2 + bc + c + Nếu  <0 thì f(x) luôn cùng dấu với hệ số a, với mọi x �R. + Nếu  =0 thì f(x) luôn cùng dấu với hệ số a, với mọi x � b 2a + Nếu  >0 thì f(x) cùng dấu với hệ số a khi x  x1 hoặc x  x2 , trái dấu với hệ số a khi x1  x  x2 trong đó x1 , x2 ( x1  x2 ) là hai nghiệm của f(x). 2. Thực trạng của vấn đề: Việc phát triển định lý dấu tam thức bậc hai để xét dấu tam thức bậc hai trên một miền là một vấn đề khó đối với học sinh lớp 10. Đa phần học sinh rất lúng túng khi gặp bài toán này. Chính vì vậy đòi hỏi người thầy phài cung cấp cho các em cách nhìn cơ bản nhất . Ở đây tôi đưa ra ba bài toán cơ bản và phương pháp giải. Mọi bài toán liên quan đến dấu tam thức bậc hai trên một miền đều đưa về một trong ba dạng cơ bản này. 3. Giải pháp và tổ chức thực hiện: a) Các bài toán cơ bản: Cho f(x)= ax2 + bc + c trong đó a,b,c phụ thuộc tham số m. Tìm m để: 1. f(x) > 0 x 2. f(x) > 0 x >  3. f(x) > 0 x (, ) Phương pháp giải chung là tìm điều kiện của tham số sao cho (, ) là tập con của miền nghiệm M của bất phương trình đã cho. (, ) có thể là khoảng nghiệm (-,) hoặc (, +) hay (-, + ) và có thể mở rộng là [, ] Ngoài các dạng trên ta có thể xét thêm dạng: Xác định m để sao cho 1. f(x)> 0 có nghiệm 2. f(x) >0 có nghiệm x > 3. f(x) >0 có nghiệm x(, ) b) Ta đi sâu xem xét các dạng chính đã nêu trên. 2 Dạng 1: Tìm điều kiện để bất phương trình f(x) = ax2 + bx +c >0 với mị x Phương pháp giải: Nếu a = 0: Xét trực tiếp, thường là không thoả mãn Nếu a  0 ta có: a  0 f(x) >0  x     0 a  0 f(x) <0  x     0 Mở rộng: a  0  f(x)  0 x    0 a  0 f(x)  0 x     0 Ví dụ 1: Với những giá trị nào của m để bất phương trình x 2  mx  2   1x x 2  3x  4 Lời giải: Ta có x2 - 3x +4 >0 x (do  = -7 <0) Nếu bất phương trình  x2 - mx - 2 >-x2 + 3x -4  2x2 -(m+3) x +2 >0 Bất phương trình nghiệm đúng x   <0  (m+3)2 -16 <0  (m+7) (m-1) <0  -7 0 nghiệm đúng x >  Phương pháp giải: 1. Với a=0: xét trực tiếp 2. Với a<0: Xét đồ thị có bề lõm quay xuống bởi vậy không xảy ra f(x) >0 x > vì: Nếu   0 thì f(x) <0 x Nếu >0 thì f(x) >0  x  (x1, x2) 3. Với a >0  từ đồ thị ta có thể thấy điều kiện cần thiết là:   0     0  x1 x2  Tương tự đối với bài toán tìm m để f(x) <0 x >  (x < ) Ví dụ 3: Cho bất phương trình: f(x) = (a-1)x2 + (2a - 3) x + a -3 >0 (1) 4 a. Với giá trị nào của a thì bất phương trình nghiệm đúng x <1 b. Tìm m để bất phương trình có nghiệm thoả mãn x <1 Lời giải: a. Nếu a - 1 = 0  a = 1 thì (1) có dạng: - x - 2 >0  x <-2 Vậy (1) không nghiệm đúng x <1 Nếu a-1 <0 : (1) không thể nghiệm đúng x <1 Nếu a- 1>0 : (1) nghiệm đúng x' <1 khi và chỉ khi  0      0 1 x1 x2 � (2a  3) 2  4(a  1)( a  3)  0 � � � � � (2a  3) 2  4(a  1)(a  3) �0 � �� � �f (1) �0 � � s � 2a  3 � 1�   � 2( a  1) � 2 � 5 3 không thoả mãn a >1   4a  3  0  a  4   3  a 4    4a  3 0  không tồn tại a  4a  7 0   a  7  4    5  4a  0  5  2(a  1) 1  a    4 Vậy không tồn tại a để f(x) >0 thoả mãn x b) + Xét a= 1 : (1)  x <-2 < 1 thoả mãn yêu cầu đầu bài + Xét a>1: thoả mãn yêu cầu đầu bài vì (1) có nghiệm (- , x1) U (x2, + ) hoặc (-, +) + Xét a <1: (1) có nghiệm   > 0  a > 3 4 Khi ấy (1) có nghiệm là (x1, x2) Thay vì tìm a để (1) có nghiệm thoả mãn x <1 ta tìm a sao cho (1) không có nghiệm thoả mãn x <1 Nghĩa là phải tìm a để 1 x1 < x2 6 3 3  4  a 1  4  a 1     f (1) 0   4a  7 0 VN s  5   1 1  a  2  4 Vậy với 3  a 1 4 thì (a) có nghiệm thoả mãn x <1 Tóm lại để (a) có nghiệm thoả mãn x <1 cần có a > 3 4 Dạng 3: Tìm điều kiện để bất phương trình f(x) = ax 2 + bx + c >0 nghiệm đúng   0 Căn cứ vào đồ thị ta suy ra điều kiện cần có là:  <0 hoặc hoặc   0   x1  x2    0     x 2  x2  <0 3. a <0 . Điều kiện cần có là: x2   <   x2 7  af ( ) 0   af ( ) 0 Nếu đề bài là tìm điều kiện để f(x) <0 x (, ) thì ta phải thay đổi trường hợp 2 cho trường hợp 3.     0    0 Cụ thể nếu a <0 thì điều kiện là:    x1  x2      0    x1  x2  + Để bài toán dễ nhận biết nên hướng dẫn học sinh sử dụng đồ thị minh hoạ nhằm làm cho việc đặt điều kiện thêm chính xác. Ví dụ 4: Tìm m để  x (-1, 0) đều là nghiệm của bất phương trình. (m - 2 )2 x2 - 3 (m - 6) x - m - 1 < 0 (1) Giải: Đặt f(x) = (m-2)2 x2 - 3 (m-6)x - m - 1 Hệ số a = (m - 2)2 + Nếu m = 2: (1) có dạng 12x - 3 < 0  x < 1 4 8 + Nếu m  2  (m - 2)2 > 0 có nghiệm x (-1,0) thì f(x) phải có hai nghiệm thoả mãn x1 <-1 <0  x2 2   f(1)0 m  2m 150    1m5  f(0)0   m 10    m 2  m 2  m 2   Tóm lại m: -1  m 5 thì x (-1,0) (1) đều thoả mãn Ví dụ 5. Tìm m để hệ sau vô nghiệm mx2 + 2x + m <0 với - 1 x  1 2 Giải: - Xét m = 0: x <0 là nghiệm của phương trình  bài toán không được thoả mãn - m <0 Ta cần có: � �,  0 � � ' �0 � � � � � 1 x1 �x2 � � � � 4 � � � ' �0 � � 1 �x1 �x2 � � ' = 1 - m2 1. ' <0  |m| >1 mà ta đang xét m <0 nên cần có m <-1 2. ' 0 -1  m <0 Khi đó: 9 x1  x2 < - 1 f (  0)  m  045  4 1  2  m    1 1  5 2  1 s       2 m m2  22 VN 2m  2 �0 � �f (1) �0 m �1 � � � � m  1 1  x1 x2  � s � � 1 � � m �1 1 � 1� � � � m � 2 � Tóm lại trong trường hợp này ta cần có m -1 + Xét với m >0 Ta phải có x1  1 1  f ( )  0 <-  1 x2   2 2   f ( )1 0  5m  4  0   2 m  2 0  m  - 2 (loại) Đáp số: m  -1 Trên đây ta xét các ví dụ cho các bài toán cơ bản. Do yêu cầu của các bài toán có thể thay đổi bởi vậy trong quá trình giải cần thay đổi từ bài toán cơ bản cho phù hợp. c) Bài toán mở rộng: 10 Cần hướng học sinh đưa bài toán cần giải về các bài toán cơ bản, sử dụng công cụ đồ thị để dễ dàng thực hiện các phép biến đổi này.  x 2  4 x  3m 0(1) Ví dụ 6: Tìm m để hệ   x 2  2m  m  1 0(2) vô nghiệm * Nhận xét: Nếu như một trong hai tam thức trên có thể tính được nghiệm thì ta có thể có ngay dạng cơ bản. Tuy nhiên ở bài toán này việc tính nghiệm không thuận lợi nên ta phải tiến hành biện luận. Lời giải: Đặt f(x) = x2 - 4x + 3m g(x) = x2 - 2x + m - 1 Xét g(x) có  = -m + 2 + Nếu  <0  m >2 thì (2) vô nghiệm  hệ vô nghiệm + Nếu  = 0  m = 2 thì (2) có nghiệm x = 1 thoả mãn (1) nên hệ có nghiệm. Không thoả mãn điều kiện đầu bài. + Nếu  > 0  m <2 thì (2) có nghiệm x 1  x  x2 trong đó x1, x2 là nghiệm của g(x). Do vậy hệ vô nghiệm khi và chỉ khi x [x1, x2] đều không là nghiệm của (1)  f(x) phải có hai nghiệm x3, x4 thỏa mãn x3 < x1 1  2m 2   2m  1  2m  0    2m  1  2m  0 (do x1 < x2)  2m  1 g( 2 )0 m2  7 0 7     4  m thoả mãn m <2 2m1 s 2m12 2  2 2 Tóm lại ta phải có m>2 hoặc m < - 7 2 thì hệ đã cho vô nghiệm Ví dụ 7. Tìm m để  x [-4,6] là nghiệm của bất phương trình (4  x)(6  x) �x 2  2 x  m(1) Lời giải: Đặt X = U với U = (4 +x) (6- x) = - x2 + 2x + 24 Lập bảng biến thiên của X theo U: x � -4 1 6 � 25 U 0 0 12 5 X 0 0 (1) được đưa về bất phương trình X  - X2 + m + 24  X2 + X - m - 24  0 Theo bảng biến thiên thì  x  [-4,6] là nghiệm của (1)  x  [0,5] là nghiệm của (2)  f(X) = X2 + X - m - 24 có nghiệm X1, X2 thỏa mãn X1  0 < 5  X2   f (0) 0  m  24 0    f (5) 0 6 m 0 m6 Ví dụ 8. Cho f(x) = (m - 1/2) 9x - 2m.3x + m + 3/2 a. Tìm m để f(x) = 0 có 2 nghiệm trái dấu b. Tìm m để f(x) >0 có nghiệm dương Lời giải: Đặt 3x = t, t >0 Khi đó f(t) = (m - 1/2) t2 - 2mt + m + 3/2 a. f(x) có 2 nghiệm trái dấu  f(x) = 0 có 2 nghiệm thoả mãn 0 0 , a  0 mà điều kiện này được suy ra từ af(1) <0 (định lý đảo) b. f(x) >0 có nghiệm dương  F(X) có nghiệm X  (1, + ) Do f(1) = 1 >0 nên f(x) >0 có nghiệm X  (1, +). Với nhận xét này ta không cần xét nhiều trường hợp mà kết luận được ngay phương trình luôn có nghiệm dương. Ví dụ 9. Tìm m để hệ sau có nghiệm  lg 2 x  m lg x m  3 0   x 1 Giải: Đặt t = lgx , x > 1  t >0 Ta phải tìm m sao cho: t2 - mt + m + 3  0 có nghiệm t >0 af (0)  0 � m  3  0 � m  3 � � � � � � � m 2  4m  12 �0 � �0 � � � f (0) �0 � � m  3 �0 � � �S �m � � � �0 � 0 � �2 �2 � Vậy m   3  m 6  14 Ví dụ 10. Tìm m để mỗi nghiệm của bất phương trình: mx 2 - x - m  0 (1) là nghiệm của lg (16-4x -2x2)  1 (2) Giải: Ta có (1)  16 - 4x - 2x2  10  2x2 + 4x - 6  0  -3  x  1 Xét (1) :  = 1 + 4m2 > 0  m  nếu m <0 (1)   x x2  x x 1  Nếu m >0 (1)  x1  x  x2 Khi m = 0 (1)  x  0 Chỉ có trường hợp x1  x  x2 có thể xảy ra để thoả mãn điều kiện đầu bài Khi ấy ta phải có: - 1  x1 < x2  3  m 0 mf ( 1) 0 8m  3 0     mf ( )3 0   1  s  1 2m 3  1  3   2 m  0 m  3 8 3 Đáp số: m  8 Ví dụ 11. Tìm tất cả các giá trị a, b sao cho: |cos 2x + acosx + b -1|  x (1) Giải: (1)  |2 cos2x + acos x + b - 2|  1  -1  12 cos2 x + acos x + b -2 |  1 15  2 cos 2 x a cos x b  1 0   2 cos 2 x  a cos x b  3 0 Đặt t = cos x : |t| 1  2t 2  at b  1 0(1) (H )  2  2t  at b  3 0(2) Ta cần tìm a, b để (H) đúng  t: |t|  1 hay - 1  t  1 (1) nghiệm đúng  t  [-1,1] � (2) nghiệm đúng t [-1,1] �    0    0   t1  t 2  1     0 1 t1  t 2    0   t3  1  1 t 4 (1) nghiệm đúng  t [-1,1] xảy ra trong ba khả năng: a) a2 - 8b + 8  0   2 f ( 1) 0  2 b)  a  8b  8  0  a    1  4 16   2 f (1) 0  2 c)  a  8b  8  0  a  1  4 Hay: (I) a2 - 8b + 8  0 �a 2  8b  8  0 � (II) �a b  1 �0 �a  4 � (III) �a 2  8b  8  0 � �a  b  1 �0 �a  4 � (2) nghiệm đúng  t [-1,1 ]   f ( 1) 0 a b  10    f (1) 0  ab  10 (IV) Lúc này  = a2 - 8b + 8 >0 Muốn hệ (1), (2) có đúng  t [-1,1] xảy ra ba khả năng: 1. (I) và (IV) a2  8b 8 0 a2 8(b  1)   a b  1 0  a b  1 0  a b  10  a b  1 0   Từ hai bất phương trình sau  b  1 17 Thay lên bất phương trình đầu chỉ thoả mãn khi 2. (II) và (IV)  a 0   b 1  a 2  8b  8  0    a  b 1 0  a 1   a  b  1 0   Không xảy ra   a  b  1 0  a  4   a  4  a 2  8b  8  0   a  b 1 0  a   1  3. (III) và (IV)  a  b  1 0   không xảy ra   a  b  1 0  a   4   a   4 Tóm lại chỉ có a= 0, b = 1 thoả mãn điều kiện đầu bài. 18 BÀI TẬP 1. Tìm m để f ( x)  x 2  (m  2) x  m 2  1  0x  1 �x 2  2mx  4m  3 �0 � 2. Tìm m để hệ �2 vô nghiệm. 2 �x  (2m  1) x  m  m �0 3. a) Với giá trị nào của a thì  nghiệm của bpt ax 2  x  1  a  0(1) đều thoả mãn 0 - Xem thêm -