Tài liệu Skkn một số dạng toán vận dụng tam thức bậc hai

  • Số trang: 20 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 121 |
  • Lượt tải: 0
tranvanhung

Tham gia: 20/02/2016

Mô tả:

VËn dông tam thøc bËc hai vµo gi¶i to¸n ë bËc thpt A. ĐẶT VẤN ĐỀ I. LỜI MỞ ĐẦU: Toán học là một môn học có vai trò khá quan trọng trong trường THPT. Qua toán học giúp cho người học nâng cao được khả năng tư duy , khả năng suy luận và việc vận dụng các kiến thức đó vào các môn học khác. Qua đó giúp người học phát triển và hoàn thiện nhân cách của mình. Chính vì lẽ đó việc lĩnh hội và tiếp thu môn toán là cả một vấn đề mà không người giáo viên dạy toán nào không quan tâm. Đặc biệt trong các hoạt động dạy và học môn toán đòi hỏi người dạy cũng như người học phải không ngừng tìm tòi sáng tạo, tích luỹ kinh nghiệm để đưa ra những phương pháp giảng dạy, những cách lĩnh hội phù hợp nhất. Để giúp người học nắm vững kiến thức môn học có tính hệ thống đây là vấn đề được đặt ra. Nhất là trong thực hành việc giải các bài toán mang tính vận dụng đòi hỏi người học phải nắm vững những hệ thống kiến thức cơ bản và khả năng vận dụng linh hoạt các công cụ toán học có tính hệ thống, các kĩ năng, kĩ sảo trong khi thực hiện. Trong chương trình toán học phổ thông tam thức bậc hai đóng vai trò khá quan trọng, nên việc hiểu và nắm vững được là một việc làm vô cùng cần thiết, nó làm tiền đề về sau cho các em khi các em tiếp tục học lên những bậc cao hơn. Trong chương trình toán học lớp 9 chúng ta đã làm quen với phương trình bậc hai và hàm số bậc hai. Song việc ứng dụng và vận dụng phương trình bậc hai, hàm số bậc hai trong việc giải các loại toán khác như thế nào chưa được quan tâm nhiều. Chính vì lẽ đó trong quá trình giảng dạy cho các em đặc biệt là học sinh khá giỏi ,tôi nhận thấy đây là điều cần quan tâm. Để giúp các em hiểu sâu về tam thức bậc hai và việc vận dụng nó vào việc giải các loại toán khác; tôi mạnh dạn nêu lên vấn đề:" vận dụng tam thức bậc hai vào giải toán ở bậc THPT" Với đề tài này, tôi hi vọng sẽ giúp các em nắm vững hơn kiến thức cơ bản của môn học và có đủ tự tin khi thực hành giải toán. Từ đó phát huy được khả năng vận dụng kiến thức linh hoạt, khả năng sáng tạo cũng như tư duy độc lập đặc biệt 1 VËn dông tam thøc bËc hai vµo gi¶i to¸n ë bËc thpt giúp các em có một hành trang tốt chuẩn bị cho một cấp học cao hơn. Tuy vậy do khuôn khổ của đề tài cũng như kinh nghiệm còn hạn chế chắc rằng còn gặp những thiếu xót không mong muốn, rất mong sự đóng góp xây dựng của quí đồng nghiệp. 2 VËn dông tam thøc bËc hai vµo gi¶i to¸n ë bËc thpt MỘT SỐ DẠNG TOÁN VẬN DỤNG TAM THỨC BẬC HAI (I):GIẢI PHƯƠNG TRÌNH : A:KIẾN THỨC CƠ BẢN: Để vận dụng tam thức bậc hai vào giải phương trình ta đưa phương trình đó về dạng phương trình bậc hai dạng :ax 2+ bx + c = 0 bằng cách đặt hoặc biến đổi. Khi đưa phương trình đó về dạng phương trình bậc hai một ẩn ta đã có công cụ giải ở lớp 9. Đó là công thức nghiệm và công thức nghiệm thu gọn của phương trình bậc hai . B :MỘT SỐ DẠNG TOÁN CƠ BẢN : 1 : PHƯƠNG TRÌNH TRÙNG PHƯƠNG A :KIẾN THỨC CƠ BẢN : Phương trình trùng phương có dạng : a x4 +bx2 +c =0 (a 0 ) Để đưa phương trìng trên về dạng phương trìng bậc hai ta đặt ẩn phụ :x2= t (t 0 ) at2 +bt +c = 0 Ta được phương trìng bậc hai : 2x4-3x2-2=0 B.Ví dụ : Giải phương trình : Giải : Đặt x2 =t Điều kiện t 0 ta được phương trình bậc hai đối với ẩn t . 2t2 - 3t - 2 = 0  =9 +16 = 25;  =5 Phương trình có hai nghiệm: t1 = 3 5 1  ; 4 2 t2= 35 2 4 t2=2 thoả mãn điều kiện t2 0 . với t=t2=2 ta có x2=2  x1 = 2 ; x2=- 2 . Vậy phương trình có ha inghiệm : x1 = 2 ; x2=- 2 2: PHƯƠNG TRÌNG ĐỐI XỨNG BẬC CHÃN : A: KIẾN THỨC CƠ BẢN : Ta xét phương trình bậc bốn dạng : a x4 + bx3 +c x2 +bx +a = 0 (a 0 ; các hệ số của ẩn cách đều số hạng chính giữa ) 3 VËn dông tam thøc bËc hai vµo gi¶i to¸n ë bËc thpt vì x= 0 không phải là nghiệm của phương trình nên chia hai vế của phương trình cho x2 ta có : ax 4 bx 3 cx 2 bx a + 2  2  2  2 0 2 x x x x x a x2 + bx +c -  a( x 2  1 x Đặt x+  y ta có : x2 + b a  0 x x2 1 1 )  b ( x  )  c 0 x x2 (1) 1 1 ( x  ) 2  2  y 2  2. 2 x x Do đó phương trình ( 1) có dạng phương trình bậc hai : ay2 + by +c -2a = 0 (2) Giải phương trình bậc hai với ẩn số y ta tìm được y từ đó suy ra x . B: ví dụ : Giải phương trình : 2x4 + 3x3 - x2 +3x +2 = 0 Giải : Nhận thấy x= 0 không là nghiệm của phương trình , với x 0 chia cả hai vế của phương trình cho x2 ta được phương trình tương đương : 3 x 2x2 + 3x -1 +  2 0 x2 1 1 )  3( x  )  5 0 2 x x 1 1  2( x  ) 2  3( x  )  5 0 x x  2( x 2  2  1 x tới đây ta nhận thấy phương trình trên có dạng bậc hai nếu đặt x +  y đưa phương trình về dạng : 2y2 + 3y -5 = 0 giải phương trình ta được : 4 VËn dông tam thøc bËc hai vµo gi¶i to¸n ë bËc thpt y1 =1 ; y2 = 1 x với x + 1 ta có : với x + 5 2 x2 + 1 -x = 0 vô nghiệm 1 5   2 x 2 + 5x + 2 = 0 giải phương trình ta được hai nghiệm : x 2 x1 = -2 ; x2 = - 1 2 C : NHẬN XÉT : phương trình đối xứng bậc chẵn nếu m là nghiệm thì 1 m cũng là nghiệm của phương trình . Nếu phương trình có dạng : a x5 +bx4 cx3 +cx2 +bx +a = 0 được gọi là phương trình đối xứng bậc lẻ , phương trình này bao giờ cũng nhận -1 làm nghiệm . Do đó có thể hạ bậc để đưa phương trình về phương trình đối xứng bậc chẵn mà ta vưà trình bày cách giải ở trên . 3 : PHƯƠNG TRÌNH HỒI QUY : A: PHƯƠNG TRÌNH CÓ DẠNG : a x4+ bx3+cx2+dx +k = 0 (a 0) vì x= 0 không phải là nghiệm nên ta chia cả hai vế cho x2 ta được phương trình tương đương : a(x2 + trong đó : hay k d ) )  c 0 2 + b(x + bx ax k d d d2 d ( ) 2 đặt x + t  x 2  2 t 2  2 a b bx b b x x2 + k d t 2  2 vậy phương trình đã cho được đưa vể dạng phương trình 2 b ax bậc hai đối với ẩn t : at2 + bt + c +2 ad 0 b B: ví dụ : 5 VËn dông tam thøc bËc hai vµo gi¶i to¸n ë bËc thpt 2x4 - 21x3 + 74x2 - 105x + 50 = 0 Giải phương trình : Giải : x = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên chia cả hai vế cho x2 ta được phương trình tương đương : 2(x2 + 5 x Đặt x + t  x 2  25 5 )  21( x  )  74 0 2 x x 25 t 2 - 10 2 x khi đó phương trình trên có dạng phương trình bậc hai đối với ẩn t 2t2 - 21t +54 = 0 Giải phương trình bậc hai trên ta được hai nghiệm : t1 = 6 và t2 = 4,5 5 x với t1 = 6 ta có x  6 hay x2 - 6x + 5 = 0 giải phương trình trên ta được : x1 = 1 ; x2 =5 5 x với t2 = 4,5 ta có : x + 4,5 hay x2 - 4,5x + 5 = 0 Giải phương trình ta được x3 = 2 ; x4 =2,5 vậy phương trình đã cho có các nghiệm là : x1 = 1 ; x2 = 5 ; x3 = 2 ; x4 =2,5 C : NHẬN XÉT : Phương trình hồi quy trong đó t =x + k d ( ) 2 ; k 0 có ẩn phụ dạng a b d bx 4 : PHƯƠNG TRÌNH DẠNG : (x + a) (x + b )(x + c)( x+ d) = m hoặc : ( x + a )(x +b)(x + c)(x +d) = mx2 A: ví dụ1: Giải phương trình : ( x + 1 )( x+ 2)(x +3)(x+4) =3 6 VËn dông tam thøc bËc hai vµo gi¶i to¸n ë bËc thpt Giải : ( x+1)(x+2)(x +3)( x+4) = 3  ( x+1)(x+4)(x+2)(x+3) = 3  (x2 + 5x +4 )(x2 +5x+6) = 3 Đặt : x2 +5x + 4 = t ta được phương trình bậc hai với ẩn t : t(t + 2) = 3  t2 +2t-3 = 0 Giải phương trình bậc hai đối với ẩn t ta được : t1 =1 ;t2 = -3 với t1 = 1 ta có : x2 +5x+4 = 1  x2+5x +3 =0 Giải phương trình ta được : x1;2 =  5  13 2 t2 = -3 ta có : x2+5x+4= -3  x2+ 5x + 7 = 0 ; phương trình này vô nghiệm (vì  = 25 - 28 < 0 ) vậy phương trình đã cho có nghiệm : x1;2 =  5  13 2 B.Ví dụ 2 : giải phương trình : 4(x+5)(x+6)(x+10)(x+12) = 3x2 (1) Giải : (1)  4(x2+17x + 60)(x2 + 16x + 60) = 3x2  4(x +17 + 60 60 ) = 3 (vì x 0 ) 2 )(x + 16 + x x 7 VËn dông tam thøc bËc hai vµo gi¶i to¸n ë bËc thpt Đặt x+16 + 60 =y x Ta được phương trình bậc hai ẩn y : 4y2 + 4y - 3 = 0 Phương trình có hai nghiệm vì / = 4 + 12 = 16 Giải phương trình ta được : 1 2 y1 = với y1 = 1 ta có : 2 ; 3 2 2x2 + 31x +120 = 0 giải phương trình ta được x1 = - 8 ;x2 = với y2 = - y2 = 15 2 3 ta có : 2x2 + 35x + 120 = 0 giải phương trình ta được : 2 x3;4 =  35  265 4 vậy phương trình đã cho có nghiệm : x1 = - 8 ; x2 =  15 ; 2 x3;4 =  35  265 4 C: NHẬN XÉT : Đối với tphương trình dạng (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = 0 trong đó a + d = b +c ta nhóm  ( x  a)( x  d ) ( x  b)( x  c) m từ đó ta đặt ẩn phụ để đưa phương trình đã cho về dạng phương trình bậc hai một ẩn . Đối với phương trình dạng (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = mx2 trong đó :ad = bc ta nhóm  ( x  a)( x  d ) ( x  b)( x  c) mx 2 ẩn phụ có thể đặt là : y= x + ad hoặc y = (x + a)(x + d). x 8 VËn dông tam thøc bËc hai vµo gi¶i to¸n ë bËc thpt Đối với phương trình dạng d(x + a)(x + b)(x + c) = mx trong đó d = a b c 2 m = (d - a)(d - b)(d - c) ta đặt ẩn phụ y = x + d một nghiệm của phương trình là y y=0 5: PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ : A) CƠ SỞ LÍ THUYẾT : Trong quá trình giải phương trình vô tỉ đôi khi ta gặp những phương trình nếu ta dùng phương pháp bình phương hai vế để phá căn thức bậc hai thì dẫn đến phương trình bậc cao mà việc giải phương trình đó không đơn giản . Song nếu khéo léo đặt ẩn phụ ta có thể qui phương trình đó về phương trình bậc hai sau đây ta sẽ xét một vài ví dụ: B) VÍ DỤ : Ví dụ 1: Giải phương trình : 2x2 - 8x - 3 x 2  4 x  5 = 12 (2) Giải : (2)  2( x 2  4 x  5)  3 x 2  4 x  5 - 2 = 0 Đặt x 2  4 x  5 = t (t 0) ta quy phương trình bậc hai với ẩn t : 2t2 - 3t - 2 = 0 Giải phương trình này ta được hai nghiệm t1 = 2 ; t2 = với t2 = - 1 2 1 loại ( vì t 0) 2 với t1 = 2 ta giải phương trình : x 2  4 x  5 = 2 hai vế không âm phương trình tương đương với x2 - 4x - 5 = 4  x2 - 4x - 9 = 0 giải phương trình trên ta được hai nghiệm : x1;2 = 2  13 9 VËn dông tam thøc bËc hai vµo gi¶i to¸n ë bËc thpt ví dụ 2 : Giải phương trình : (4x - 1) x 2  1 = 2x2 + 2x + 1 Giải : Nếu bình phương hai vế để phá căn thức ta quy về phương trình bậc bốn đầy đủ việc giải gặp khó khăn hơn , nếu đặt t = x 2  1 ( t 1)  x2 = t2 - 1 phương trình trên trở thành (4x - 1)t = 2(t2 - 1) + 2x + 1 ta quy về phương trình bậc hai đối với ẩn t : 2t2 -(4x - 1)t + 2x - 1 = 0  = (4x - 1)2 - 8(2x - 1) = (4x - 3)2 t1;2 = 4 x  1 (4 x  3) 4 t1 = 2x - 1 ; với t = 2x - 1 thay t = t2 = 1 < 0 (loại) 2 2 2 x 2  1 ta được phương triình: 4x - 4x + 1 = x + 1 (t 1)  3x2 - 4x = 0 Giải phương trình ta được x1 = vậy x = 4 ; x2 = 0 3 (loại) 4 là nghiệm của phương trình đã cho. 3 6: Giải và biện luận phương trình : A)KIẾN THỨC CƠ BẢN : Đối với phương trình bậc cao với những tham số đây không phải là những phương trình đặc biệt nên việc giải đôi khi rất khó khăn, nếu phương trình đã cho có tham số là bậc hai ta có thể đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai đối với ẩn là tham số: b) Ví dụ: Giải và biện luận phương trình : x4 - 10x3 - 2(a - 11)x2 +(5a + 6)x + 2a + a2 = 0 10 VËn dông tam thøc bËc hai vµo gi¶i to¸n ë bËc thpt Giải : Phương trình trên có thể viết dưới dạng: a2 - 2(x2 - 5x - 1)a + (x4 - 10x3+ 22x2 - 12x ) = 0 / a = (x2 - 5x - 1)2 - (x4 - 10x3+ 22x2 - 12x ) = (x - 1)2 a1 = x2 - 4x - 2 ; a2 = x2 - 6x - Với a = x2 - 4x - 2  x2 - 4x - 2 - a = 0 ta có : = 4+ 2+ a = 6 + a *Nếu / 0  a  6 phương trình có hai nghiệm x1;2 = 2  6  a * Nếu / < 0  a <-6 phương trình vô nghiệm -với a= x2+ 6x  x2- 6x - a = 0, ta có / = 9 + a *Nếu / 0  a 9 phương trình có hai nghiệm x3;4= 3  9  a *Nếu / < 0  a < -9 phương trình vô nghiệm Tóm lại: * Nếu a < -9 phương trình vô nghiệm. * Nếu-9  a < -6 phương trình có hai nghiệm x3;4= 3  9  a * Nếu a  6 phương trình có bốn nghiệm x12 = 2  6  a ; x3;4= 3  9  a C: NHẬN XÉT : Với những phương trình có dạng như trên ta cần lưu ý tham số của chúng nếu tham số là bậc hai ta đưa phương trình đã cho về phương trình bậc hai với ẩn là tham số: II: BẤT ĐẲNG THỨC: A:KIẾN THỨC CƠ BẢN : Do tam thức bậc hai f(x) = ax2+ bx + c (a 0) x  R. 11 VËn dông tam thøc bËc hai vµo gi¶i to¸n ë bËc thpt   0 a 0 - Điều kiện để f(x) 0 x   - Xét hàm số bậc hai :y = ax2+ bx + c (a 0) x   ,   *Nếu x = - b   ,   thì : 2a   max y = max  y ( ); y (  ); y ( *Nếu x = - b  b   )  min y = min  y ( ); y (  ); y ( ) 2a  2a   b   ,   thì: 2a max y= max  y ( ); y(  ) min y = min  y ( ); y(  ) B: MỘT SỐ VÍ DỤ: 1: Dùng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai: Ví dụ 1: Cho các số a, b, c thoả mãn điều kiện : a2+ b2+ c2= 2 (2) a + b + c = -2 (1) ; 4   Chứng minh rằng mỗi số a, b, c đều thuộc đoạn   ;0 khi biểu diễn trên trục số.  3  Giải Bình phương hai vế của (1) ta được: a2+ b2+ c2 + (ab +bc + ca) = 4 do (2) nên ab +bc + ca = 4 2 = 1  bc = 1 - a(b + c ) = 1 - a(a - 2) = a2+ 2a + 1 2 Ta lại có : b + c = -(a + 2) do đó b,c là nghiệm của phương trình . X2 + (a + 2)X + (a2 + 2a + 1) = 0 Để tồn tại X thì:  0  (a + 2)2- 4(a2 + 2a + 1) 0  a(3a + 4) 0   4  a 0 3 12 VËn dông tam thøc bËc hai vµo gi¶i to¸n ë bËc thpt 4 b 0 ; 3 Tương tự : 4 c 0 3 Ví dụ 2: Cho ba số thoả mãn : a(a - 1) + b(b - 1) + c(c - 1)  Chứng minh rằng : 4 3 -1  a + b + c  4 Giải: Ta có: a(a - 1) + b(b - 1) + c(c - 1)  4 3  ( a2+ b2+ c2) - 3(a + b + c)  4 Ta lại có: (1) (a + b + c)2  ( a2+ b2+ c2) (theo bất đẳng thức Bunhiacỗpki) (2) Kết hợp (1) và (2) ta có: (a + b + c)2 - 3(a + b + c) - 4  0 (3) Ta thấy bất đẳng thức trên vế trái có dạng tam thức bậc hai với biến a + b + c Tam thức trên nhận -1 và 4 làm nghiệm kết hợp với (3) ta được : -1  a + b + c  4 (đ.p.c.m) Ví dụ 3: Cho (x, y, z) là nghiệm của hệ:  x 2  y 2  z 2 8   xy  yz  zx 4 chứng minh rằng  (4) (5) 8 8  x, y , z  3 3 Giải : Nhân (5) với 2 rồii cộng với (1) ta được : (x+y+z)2= 16  x+y+z = 4 Nếu x + y + z = 4  z = 4 - x - y thay vào (5) ta được : xy + y(4 - x - y) + (4 - x - y) = 4  x2 - (4 - y)x - y(4- y) + 4 = 0 (*) Do x là nghiệm của hệ nên x là nghiệm của (*) . vậy (*) có nghiệm khi  0  (4 - y)2 + 4 13 VËn dông tam thøc bËc hai vµo gi¶i to¸n ë bËc thpt  - 3y2 + 8y 0  0y  Nếu x + y + z = -4 tương tự ta được :- 8 3 8  y 0 3 8 8 y  3 3 Vậy ta có : Vì x, y,z có vai trò như nhau nên ta được :  8 8  x, y , z  3 3 2: Dùng tính chất của hàm số bậc hai : y=ax2 +bx + c (a 0) với x   ,   ví dụ 1 : Cho a,b,c   0;2 thoả mãn điều kiện a+b+c = 3 chứng minh rằng a2+b2+c2 5 (1) Giải : Nhận thấy bất phương trình trên có ba biến a,b,c nhưng a + b + c = 3 nên ta đưa bất đẳng thức trên về còn hai biến bằng cách thay c=3 - a - b vào (1) ta được : a2+ b2+ c2 5  a2+ b2+ (3 - a - b)2 5 (2) vậy ta đi chứng minh bất đẳng thức (2) với biến a,b đều có bậc là hai nên ta có thể quy (2) về tam thức bậc 2 với ẩn nào đó, chẳng hạn đối với ẩn a : (2)  f(a) =2a2 - 2 (3 - b) + b2 +(3 - b)2 - 5 0 (3) muốn chứng minh (3) ta chỉ cần chứng minh f(a) 0 với a  0;2 Do hệ số của a bằng 2 > 0 nên a   0;2 thì : max f(a) = max  f (0), f (2) với a  0;2 ta có : f(0) = b2 +(3 - b)2 - 5 =2(b - 1)(b - 2) khi a = 0 thì b + c = 3  c = 3 - b 14 VËn dông tam thøc bËc hai vµo gi¶i to¸n ë bËc thpt do 0 c 2  0 3  b 2  1 b 3  1 b 2  (b - 1)(b - 2) 0  f(0) 0 f(2) = 8 - 4(3 - b) +b2 +(3 - b )2 - 5 = 2b(b - 1 ) khi a = 2 thì b +c = 1  0 b, c 1  b(b - 1) 0  f(2) 0 Như vậy f(0) 0 ; f(2) 0  max  f (0), f (2) 0  maxf(a) 0  f(a) 0 với a   0;2 . Ví dụ 2: Tìm m sao cho mọi 2 < x < 3 đều là nghiệm của hệ bất phương trình :  4x 2  4x  5  m  0  2  x  4x  m  0 Giải: Do mọi 2 < x < 3 cũng đều là nghiệm của hệ bất phương trình trên nên :  4x 2  4x  5  m  0  2  x  4x  m  0 mọi 2 < x < 3 hay :  min f 1 ( x)  0  2 x 3    min f 2 ( x )  0  2  x  3 (*) f1(x) = 4x2 - 4x+5 - m trong đó : f2(x) = x2+ 4x+ m Nhưng các hoành độ đỉnh của các parabol x1 = 1   2;3 ; 2 x2 = -2 (2;3) 15 VËn dông tam thøc bËc hai vµo gi¶i to¸n ë bËc thpt    (*)     hay f 1 (2) 0 f 1 (3) 0 f 2 (2) 0 f 2 (3) 0  13  m 0  29  m 0    12  m 0  21  m 0 vậy :-12  m  13 3: Dùng định lí về dấu của tam thức bậc hai Ví dụ : Chứng minh bất đẳng thức : x2+2y2-2xy +12x- 4y+3 > 0 Giải : Ta nhận thấy có dạng tam thức bậc hai đối với ẩn x : f(x) = x2 - 2(y - 1)x+(2y2 - 4y+3) ta có :  =(y - 1)2 - (2y2 - 4y+3) = -y2 +2y - 2 = -(y - 1)2 - 1 < 0 do đó f(x) cùng dấu với hệ số của x tức là f(x) > 0 C: NHẬN XÉT : Khi thực hiện bằng cách nào đó ta phải quy về số bậc hai đối với ẩn nào đó . qua đó ta sử dụng, tính chất và điều kiện về dấu của tam thức bậc hai : Tam thức bậc hai: f(x) = ax2+bx+c (a 0) *Nếu  < 0 thì f(x) cùng dấu với a với mọi giá trị của x *Nếu  = 0 thì f(x) cùng dấu với a với mọi giá trị của x trừ x = - b 2a *Nếu  > 0 thì : f(x) trái dấu với a với mọi giá trị của x nằm trong khoảng hai nghiệm . f(x) cùng dấu với a với mọi giá trị của x nằm ngoài khoảng hai nghiệm . III: CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ . A:KIẾN THỨC CƠ BẢN . Để tìm cực trị của một biểu thức ta có thể vận dụng các tính chất và điều kiện có nghiệm của tam thức bậc hai .Như vậy ta có thể biến đổi biểu thức để đưa về 16 VËn dông tam thøc bËc hai vµo gi¶i to¸n ë bËc thpt dạng tam thức bậc hai . B: MỘT SỐ VÍ DỤ: 1) Đổi biến để đưa về tam thức bậc hai đối với biến mới. vì dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: A= x + 1  x Giải: Điều kiện: x  1 Đặt 1  x = y ta có : y2 = 1 - x  x = 1 - y2 A = 1 - y2 + y Vậy : = -(y2 - y + = -(y maxA = 1 5 )+ 4 4 1 2 5 5 ) +  2 4 4 5 1 1 3 y=  1- x = x= 4 2 4 4 2: Đổi biến để đưa về bất phương trình bậc hai đối với biến mới : ví dụ 1 : Tìm giá trị nhỏ nhất , giá trị lớn nhất của A = x2 + y2 biết : x2 (x2 + 2y2 - 3) + (y2 - 2)2 = 1 (1) Giải : Từ (1)  ( x2 + y2)2 - 4(x2 + y2) + 3 = - x2  0 vậy : A2 - 4A + 3  0  (A - 1)(A - 3)  0  1 A  3 minA = 1  x = 0 khi đó y = 1 17 VËn dông tam thøc bËc hai vµo gi¶i to¸n ë bËc thpt maxA = 3  x = 0 khi đó y =  3 Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A= x 2  2 x  2000 x2 (x 0) Giải: A= x 2  2 x  2000 x2 = x 2 2 x 2000   2 x2 x2 x = 1- 2 2000  2 x x vì x 0 Biểu thức trên có dạng tam thức bậc hai nếu ta đặt ta có : A = 1 - 2y + 2000y2 = 2000(y Vậy: A minA = 1 =y x 1 2 1999 ) + 2000 2000 1999 2000 1999 1  y hay x = 2000 2000 2000 3: Đưa về phương trình bậc hai và sử dụng điều kiện  0 Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : M = 2x2 + 2xy + y2 - 2x + 2y + 2 Giải : 18 VËn dông tam thøc bËc hai vµo gi¶i to¸n ë bËc thpt Giả sử A là một giá trị của biểu thức vì vậy phương trình : 2x2 + 2xy + y2 - 2x + 2y + 2 = A có nghiệm đối với x, y .Đưa về phương trình bậc hai đối với ẩn x ta có : 2x2 + 2(y - 1)x + (y2 + 2y + 2 - A) = 0 có nghiệm khi / x 0  (y - 1)2 - 2(y2 + 2y + 2 - A) 0  bất phương trình : y2 + 6y + 3 - 2A 0 có nghiệm y:  / y = 9 - (3 - 2A) 0  2A + 6 0  A  3 Dấu " = " xảy ra khi y = -3 x= Vậy minM = -3 khi x = 2 ; 1 y =2 2 y = -3 Ví dụ 2: Cho 2( x 2  x  1) A = x 2 1 Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức A và các giá trị tương ứng của x Giải: Vì x2 + 1 > 0 với mọi x :Do đó A = 2( x 2  x  1) x 2 1  (x2 + 1)A = 2x2 + 2x + 2  (A - 2)x2 - 2x + (A -2) = 0 (1) khi A = 2 thì x = 0 . khi A 2 để (1) có nghiệm , điều kiện cần và đủ là / 0 tức là : 1 - (A - 2)2 0  (A - 2)2 1 19 VËn dông tam thøc bËc hai vµo gi¶i to¸n ë bËc thpt  1 A  Vậy minA = 1 khi x=- 1 và maxA = 3 khi x = 1. 20
- Xem thêm -