Chuyªn ®Ò: øng dông dÊu tam thøc bËc hai A đặt vấn đề: Định lý dấu tam thứ bậc hai định lý quan trọng chương trình toán phổ thông Nó có nhiều ứng dụng như: Xét dấu biểu thức, giải phương trình bất phương trình chứa ẩn mẫu, bất phương trình bậc cao, chứng minh bất đẳng thức toán biện luận phương trình Trong viết giới thiệu phương pháp ứng dụng dấu tam thức bậc hai để giải số dạng toán, để độc giả tham khảo làm tài liệu tham khảo cho học sinh khá, giỏi Tôi xin chân thành cảm ơn đồng nghiệp giúp đỡ, góp ý để hoàn thành chuyên đề Trong trình viết chắn nhiều thiếu sót mong góp ý độc giả Tôi xin chân thành cảm ơn Chuyªn ®Ò: øng dông dÊu tam thøc bËc hai ứng dụng dấu tam thức bậc hai i Bài toán xét dấu: Biểu thức f(x) = ax + bx + c, a ≠ gọi tam thức bậc hai biến số x Dấu f(x) phụ thuộc vào ∆ = b2 – 4ac a theo sơ đồ sau: ∆ = b − 4ac - + af ( x ) 〉 af ( x ) 〉 với x [ x1 , x ] −b af ( x ) 〈0 với x1 〈 x 〈 x Với ∀x Với ∀x ≠ 2a Lưu ý: 1) Nếu a = f ( x ) tam thức bậc hai f ( x ) = bx + c dấu f ( x ) phụ thuộc vào b c sau: af ( x ) 〉 b ≠ =0 f ( x ) = c với ∀x bf ( x ) 〉0∀x〉 −c b 2) Nếu toán yêu cầu xét dấu biểu thức F(x) bậc cao dạng phân thức đại số phải đưa F(x) dạng tích thương thừa số với bậc không hai Bài toán 1: Xét dấu biểu thức: a f ( x ) = x − 3x − x + b f ( x ) = x − x + x + c f ( x ) = x −4 x + 3x + x − Giải Phân tích f ( x ) thành thừa số: a f ( x ) = x − 3x − x + f ( x ) = ( x − 1) ( x − x + 8) lập bảng xét dấu f ( x ) x x −1 x − 2x + f ( x) -∞ -2 + - 0 + 0 +∞ + - 0 + + + Chuyªn ®Ò: øng dông dÊu tam thøc bËc hai b f(x) = x2 – x2 + 6x – = x4 – ( x – 3)2 = ( x2 + x -3) ( x2 – x +3) Lập bảng xét dấu f(x): −∞ x + + + x2 + x - x2 - x + f ( x) − − 13 + - − + 13 0 +∞ + + + c Làm tương tự: f(x) = x4 – 4x3 + 3x2 + 6x – = ( x2 – 2x)2 – ( x – 3)2 = ( x2 – x – ) ( x2 – 3x + 3) Bài toán 2: Giải bất phương trình: a) x( x3 – x + 6) < b) Giải: 1 < + x+9 x a) Bất phương trình tương đương với: f ( x ) = x − x + x − 9〈0 − − 13 − + 13 〈 x〈 2 1 − − 〈0 b) Bất phương trình tương đương với f ( x ) = x+9 x x 〈−  − x − x − 18 ⇔ f ( x) = 〈0 ⇔ − 6〈 x〈−3 x( x + )  x〉 Theo toán f ( x ) 〈0 ⇔ Sau số tập chọn từ đề thi Đại học: Bài 1: Giải bất phương trình: a) x − x + x < b) x − 3x + 2〉 c) x − x + x < d) 3x + ≥ −5 x −x−2 Bài 2: Giải hệ phương trình:  x − 10 x + < a)   x + x + 3x > x +  <  b)  x − x +  x − x( x + 1) >  Chuyªn ®Ò: øng dông dÊu tam thøc bËc hai ii chứng minh bất đẳng thức nhờ xét dấu tam thức bậc hai Sau số toán đề cập trực tiếp đến dấu tam thức bậc hai Bài toán 1: Chứng minh a, b, c độ dài ba cạnh tam giác thì: bx − (b + c − a ) x + c > với x Giải: vế trái tam thức bậc hai với hệ số x b > ( ∆x = b + c − a ) ( )( − 4b c = b + c − a + 2bc b + c − a − 2bc = [( b + c ) − a ].[ ( b − c ) − a ] 2 ) = ( b + c + a )( b + c − a )( b − c + a )( b − c − a ) Do a, b, c độ dài ba cạnh tam giác nên b + c + a > b+c−a >0 ; b−c+a > ; b−c−a < Suy ∆x < từ suy điều phải chứng minh Lưu ý: Do có mặt tổng bình phương cạnh ta nghĩ đến hàm số cosin: a = b + c − 2bcCosA ⇒ b + c − a = 2bcCosA Vậy ∆x = 4b c 2CosA − 4b c = −4b c Sin A ⇒ ∆x < (Do < A < π ⇒ Sin < ) Bài toán 2: Cho tam giác ABC Chứng minh với ∀x ta có: x2 1+ ≥ CosA + x( CosB + CosC ) Giải: Bất đẳng thức cho tương đương với: x2 − x( CosB − CosC ) + − CosA ≥ với ∀x ⇔ ∆x ≤  B+C   B −C  2 ⇔ ( CosB + CosC ) − 2(1 − cos A) ≤ ⇔ 4Cos  Cos   − Sin A ≤     B+C A π B+C A + = nên Cos = Sin Nhưng 2 2 A   B−C  A B −C − 1 ≤ ⇔ −4 Sin Sin  ≤0 Do ⇔ 4Sin Cos 2 2    Bất đẳng thức cuối hiển nhiên Bài toán 3: Biết a ≠ , b ≠ chứng minh rằng: a) a2 b2 a b + ≥ + b2 a2 b a Giải: (1)  a b2   a b  +  − 5 +  + ≥ (2) a  b a b b) 2 Chuyªn ®Ò: øng dông dÊu tam thøc bËc hai a b , b a X ∈( − 2,2 ) (1) ⇔ X − ≥ X ⇔ X − X − ≥ hiển nhiên khi: X ∈ ( 2,2) a) đặt X = + b) Làm tương tự Sau số tập chọn từ đề thi Đại học: Bài 1: Chứng minh với x,y ta có: a) ( x + y )( x + 1) ≥ x y b) ( x + y )2 ≥ ( x − 1)( y + 1) Bài 2: Cho a > 36 abc = chứng minh: a2 + b + c > ab + bc + ca Bài 3: Chứng minh với x α ta có: (1 + Sin α ) x 2 − 2( Sinα + Cosα ) x + + Cos 2α > iii điều kiện để biểu thức không đổi dấu Cho f ( x ) = ax + bx + c ta biết  a = b = c  c > f ( x ) > với x ⇔  a >  ∆ >  a = b =  c ≥ f ( x ) ≥ với x ⇔  a >  ∆ ≥ Ta suy điều kiện f ( x ) > f ( x ) ≤ Bài toán 1: Xác định a để hàm số: ( ) x3 + ( a + 1) a y = a −1 + 3x + đồng biến với x Giải: Hàm số y đồng biến với x ⇔ y , ≥ với x ( ) ⇔ a − x + 2( a + 1) x + ≥ với x a − = a = ±1  ⇔ a = −1 Trường hợp 1: 2( a + 1) = ⇔  a = 3 >  Chuyªn ®Ò: øng dông dÊu tam thøc bËc hai  a > a − >  ⇔   a < −1 Trường hợp 2:  , ∆ ≤  2 ( a + 1) − a − ≤ Vậy a ≥ a ≤ −1 ( ) Bài toán 2: Tìm a cho bất đẳng thức: ≥ x − axy + y − 25 x 100 nghiệm với cặp số ( x; y ) thoả mãn x = y 25 y + Giải: x = y ⇔ x = ± y Do bất đẳng thức phải hai trường hợp sau đây: Trường hợp 1: x = y bất đẳng thức trở thành: ( a + 50) x − x + ≥0 100 Nó với x khi: a > −50 a + 50 > a > −50  ⇔  a + 50 ⇔ ⇔ a ≥ 50 (1)  , a ≥ 50 ∆ x ≤ 1 − 100 ≤ Trường hợp 2: x = − y Bất đẳng thức trở thành: ( 50 − a ) x + ≥ a = 50 100 50 − a > ⇔ a ≤ 50 (2)  ∆ ≤ Kết hợp trường hợp (1) trường hợp (2) ta đến đáp số: a = 50 Bài toán 3: Tìm m cho: x + y + x + xy + > với x , y Giải: Hãy coi vế trái tam thức bậc hai x thì: f( x) = x + x + y my + > 0∀x, y ⇔ ∆' x < 0∀y ⇔ − y − my − < 0∀y ⇔ y + my + > 0∀y ⇔ ∆ y < ⇔ m − 32 < ⇔ −4 < m < Chuyªn ®Ò: øng dông dÊu tam thøc bËc hai iv So sánh nghiệm tam thức bậc hai với số Các quy tắc bản: Cho tam thức bậc hai: f( x) = ax + bx + c, (a ≠ 0) a) Để so sánh nghiệm f( x) với số α ta có quy tắc biểu diễn sau: af ( x ) - ∆≥0 + ∆ > α nghiệm   x1 < α < x2 α [ x1 ; x2 ] s −α - x1 < x2 = x s −α + x = x2 = α α = x1 = x2 x1 , x2 < x + x1 , x2 > x Lưu ý: Khi af ( x) < ta kết luận f (x) có nghiệm nên không cần xét ∆ ; af ( x ) > phải đặt điều kiện có nghiệm cho f (x) Nếu a ≠ f ( x) = ax + bx + c có nghiệm thuộc ( α , β ) nghiệm [α , β ] ⇔ f (α ) f ( β ) < b) Ngoài sơ đồ quy tắc trên, bạn học sinh cần nắm vững số quy tắc sau để biết cách xử lý linh hoạt toán với yêu cầu bản: f (x) có nghiệm thoả mãn x > α Ta có ba trường hợp: Trường hợp 1: f (x) có nghiệm x1 < α < x2 ⇔ af (α ) < ∆ =  f (x ) α < x = x ⇔ Trường hợp 2: có nghiệm  s α <  f (α ) =  Trường hợp 3: f (x) có nghiệm α = x1 < x2 ⇔  s α < Lưu ý: Nếu thay yêu cầu x > α ( x ≥ α ; x < α ; x ≤ α ) ta xét ba trường hợp: f ( x ) có nghiệm thoả mãn x > α Ta có ba trường hợp: Chuyªn ®Ò: øng dông dÊu tam thøc bËc hai Trường hợp 1: f (x) có nghiệm x1 < α < x2 ⇔ af (α ) <  f (α ) −  Trường hợp 2: f (x) có nghiệm α = x1 < x2 ⇔  s α <  ∆ ≥  Trường hợp 3: f (x) có nghiệm α < x1 , x2 ⇔ af (α ) >  s α <  Lưu ý: 1) Có thể sử dụng phương pháp gián tiếp: Xét điều kiện để f (x) nghiệm thoả mãn x > α xét hai trường hợp: Trường hợp1: f (x) vô nghiệm ⇔ ∆ =  ∆ ≥  Trường hợp 2: f (x) có nghiệm x1 , x2 ≤ α ⇔ af (α ) ≥ s  ≤α 2 Thay yêu cầu x > α x < α ; x ≥ α ; x ≤ α Ta xét trường hợp tương tự f (x) có nghiệm thuộc đoạn [α ; β ] Trường hợp 1: f (x) có nghiệm α , có nghiệm β ⇔ f (α ) f ( β ) = Trường hợp 2: f (x) có nghiệm thuộc (α ; β ) nghiệm [α ; β ] ⇔ f (α ) f ( β ) < Trường hợp 3: f (x) có hai nghiệm α < x1 , x2 < β ∆≥0 af (α) >0   ⇔af ( β) >0  α< s b) Phương trình có nghiệm thoả mãn x > c) Phương trình có nghiệm thuộc (−1;1) d) Phương trình có nghiệm x < Giải: a) Ta xét ba trường hợp: Trường hợp 1: x1 < < x2 ⇔ af (1) < ⇔ 4m < ⇔ m < Chuyªn ®Ò: øng dông dÊu tam thøc bËc hai  f (1) = 4 m m =   Trường hợp 2: = x1 < x2 ⇔  s ⇔  m + ⇔  m > 1 < 1 < Không có m thoả mãn (m + 2) − 4(5m + 1) = ∆ =   Trường hợp 3: < x1 = x2 ⇔  s ⇔  m + 1 < 1 <  m = m − 16m =  ⇔ ⇔ m = 16 ⇔ m = 16 m > m >  Vậy m < m = 16 b) Ta dùng phương pháp gián tiếp: Tìm m để f (x) nghiệm x > Trường hợp 1: f (x) vô nghiệm ⇔ ∆ < ⇔ m − 16 < ⇔ < m < 16 Trường hợp 2: f (x) có nghiệm − ≤ x1 , x2 ≤ m − 16 ≥ ∆ ≥  af (−4) ≥ 9m + 25 ≥  − 25 ⇔ af (4) ≥ ⇔ m + ≥ ⇔ ≤m≤0   − ≤ s ≤ − ≤ m + ≤   2 − 25 ≤m≤0 Tóm lại: f (x) nghiệm x ≥ ⇔ m ≥ 16 Do f (x) có nghiệm x > ⇔  − 25 x<  c) Ta xét bốn trường hợp: Kết là: −2 2m + >  ⇔ af (2) > ⇔ − 2m + >   − < s < − < m <   2 Tóm lại: (1) vô nghiệm trừ − < m < suy (1) có nghiệm m ≥  m ≤ −4  PHéP Mũ HOá Ta có hai dạng sau: 0 < a ≠  1: log a [ f ( x)] = log a [ g ( x)] ⇔  f ( x) = g ( x)  f ( x) >  0 < a ≠ 2: log a [ f ( x)] = b ⇔   f ( x) = a b Bài toán 1: Tìm a cho phương trình: log ( x + 4ax) + log (2 x − 2a − 1) = (1) có nghiệm Giải: (1) ⇔ log (m + 4ax) = log (2 x − 2a − 1)  x + 4ax = x − 2a − ⇔ 2 x − a − >  x + 2(2a − 1) x + 2a + =  ⇔ 2a + x >  2a + Do đó(1) có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm thoả mãn x > Trường hợp 1: (2) có nghiệm x1 < 2a + < x2 2 Chuyªn ®Ò: øng dông dÊu tam thøc bËc hai  2a +  ⇔1f   + (2a + 1)(2a − 1) + 2a + <   1  2a +   10a +  ⇔ (2a + 1)  + 2a − + 1 < ⇔ (2a + 1)  X > ⇔ > X > > X > ⇔ af (0) > af (4) >   m > − m + <   ⇔ m + > ⇔ m > −5 − m + >   m <  m thoả mãn Bài toán 2: Tìm giá trị h cho phương trình: x + (h − 1) x + x + ( h − 1) x + = (1) Có không hai nghiệm âm khác Giải: Đây phương trình thuận nghịch Để ý x = nghiệm (1) nên chia vế cho x ta được: x (1) ⇔ x + (h − 1) x + + (h − 1) + =0 x2   ⇔  x +  + (h − 1)( x + ) + = x x   x Đặt x= x + ⇔ x − x x + = 0(*) Coi (*) phương trình ẩn x ta có: ∆ x = x2- 4; s = x; p = Do a) x > cho hai nghiệm x > b) x = cho nghiệm x =1> c) x = −2 cho nghiệm x = −1 < d) x < −2 cho hai nghiệm x < Ta có phương trình: x2+ (h − 1) x − = (2) Phương trình (1) có không nghiệm âm phương trình (2) có không nghiệm x < −2 Vì phương trình (2) có c = −1 < nên (2) có nghiệm a X < < X để (1) thỏa mãn điều kiện X < −2 < X Chuyªn ®Ò: øng dông dÊu tam thøc bËc hai ⇔ af (−2) < ⇔ −2h + < ⇔ h > Lưu ý 1) Dạng tổng quát phương trình là: (a ≠ ); ta chia vế cho x2 đặt ẩn phụ X = x + ax + bx + cx + bx + a = x 2) Do nhận xét (2) có c = −1 không nên phải xét nhiều trường hợp a Bài toán 3: Tìm k để phương trình : x − x + x = k có nghiệm phân biệt Giải: Ta có phương trình tương đường: (x ) ( ) − 4x3 + 4x − x2 − 2x − k = (1) ( (*) ) ( ) ⇔ x − 2x − x2 − 2x − k = Gọi (*) phương trình ẩn x, có ∆, = + X Vậy với X > −1 có hai nghiệm x Với X = −1 , (*) có nghiệm x, với X < −1 , (*) có có nghiệm x Xét phương trình: X − X − k = (2) Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt ⇔ (2) có hai nghiệm thoả mãn  ∆, > 4 + k >   − < X < X ⇔ af (−1) > ⇔ 5 − k > ⇔ −4 < k <  − < s  − <  Lưu ý: Có thể giải toán cách đạo hàm [...]... với Y Đây chính là một điều mà các bạn học sinh cần rèn luyện, ta sẽ đi qua một loạt phương trình các bạn làm quen 1 Phương trình bậc 4 đặc biệt Bài toán 1: Tìm m để phương trình x 4 − (2m + 3) x 2 + m + 5 = 0 (1) có các nghiệm thoả mãn: − 2 < x1 < −1 < x2 < 0 < x3 < 1 < x4 < 3 Giải: Đây là phương trình trùngphương Đặt X = x 2 ≥ 0 ta có phương trình: X 2 − (2m + 3) X + m + 5 = 0 (2) Phương trình (1)...Chuyªn ®Ò: øng dông dÊu tam thøc bËc hai Bái toán 2: Tìm m để phương trình có nghiệm: (1) 2 x 2 − mx − x 2 − 4 = 0  x 2 − mx + 4 = 0 2 x 2 − mx = x 2  ⇔  x ≥ 2 Giải: (1) ⇔ x 2 − mx = x 2 − 4 ⇔  2 (2)  x − 4 ≥ 0  x ≤ −2  Do đó (1) có nghiệm ⇔ (2) có ít nhất một nghiệm ngoài khoảng (−2,2) ta dùng phương pháp gián tiếp tức là tìm m để (1) vô nghiệm tức là (2) không có nghiệm... x x + 1 = 0(*) Coi (*) là phương trình của ẩn x ta có: ∆ x = x2- 4; s = x; p = 1 Do đó a) x > 2 cho hai nghiệm x > 0 b) x = 2 cho một nghiệm x =1> 0 c) x = −2 cho một nghiệm x = −1 < 0 d) x < −2 cho hai nghiệm x < 0 Ta có phương trình: x2+ (h − 1) x − 1 = 0 (2) Phương trình (1) có không ít hơn 2 nghiệm âm khi và chỉ khi phương trình (2) có không ít hơn một nghiệm x < −2 Vì phương trình (2) có c = −1... a X 1 < 0 < X 2 do đó để (1) thỏa mãn điều kiện thì X 1 < −2 < X 2 Chuyªn ®Ò: øng dông dÊu tam thøc bËc hai ⇔ af (−2) < 0 ⇔ −2h + 5 < 0 ⇔ h > 5 2 Lưu ý 1) Dạng tổng quát của phương trình trên là: (a ≠ 0 ); ta chia 2 vế cho x2 và đặt ẩn phụ X = x + ax 4 + bx 3 + cx 2 + bx + a = 0 1 x 2) Do nhận xét được (2) có c = −1 không nên phải xét nhiều trường hợp a Bài toán 3: Tìm k để phương trình : x 4 − 4... Tuỳ theo yêu cầu của bài toán đối với x mà dẫn đến yêu cầu đối với Y Rất cần lưu ý: - Với những giá trị nào của Y thì tồn tại x ? - Khi đó mỗi giá trị của Y sẽ cho bao nhiêu nghiệm x ? - Nếu x phải thuộc tập hợp một số nào đó thì Y phải thoả mãn điều kiện gì? Trong nhiều kỳ thi tuyển vào ĐH, CĐ của những năm gần đây, khá nhiều học sinh không chuyển được bài toán đối với x về bài toán tương đương đối... nghiệm phân biệt Giải: Ta có phương trình tương đường: (x 4 ) ( ) − 4x3 + 4x 2 − 4 x2 − 2x − k = 0 (1) ( (*) ) 2 ( ) ⇔ x 2 − 2x − 4 x2 − 2x − k = 0 Gọi (*) là phương trình ẩn x, có ∆, = 1 + X Vậy với X > −1 có hai nghiệm x Với X = −1 , (*) có một nghiệm x, còn với X < −1 , (*) có có nghiệm x Xét phương trình: X 2 − 4 X − k = 0 (2) Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt ⇔ (2) có hai nghiệm thoả mãn... (4) > 0   m > 3 − m + 3 < 0   ⇔ m + 5 > 0 ⇔ m > −5 − 7 m + 9 > 0  9  m < 7  không có m nào thoả mãn Bài toán 2: Tìm giá trị của h sao cho phương trình: x 4 + (h − 1) x 3 + x 2 + ( h − 1) x + 1 = 0 (1) Có không ít hơn hai nghiệm âm khác nhau Giải: Đây là phương trình thuận nghịch Để ý rằng x = 0 không phải là nghiệm của (1) nên có thể chia 2 vế cho x 2 ta được: 1 x (1) ⇔ x 2 + (h − 1) x +... m < 4 suy ra (1) có nghiệm m ≥ 4  m ≤ −4  2 PHéP Mũ HOá Ta có hai dạng cơ bản sau: 0 < a ≠ 1  1: log a [ f ( x)] = log a [ g ( x)] ⇔  f ( x) = g ( x)  f ( x) > 0  0 < a ≠ 1 2: log a [ f ( x)] = b ⇔   f ( x) = a b Bài toán 1: Tìm a sao cho phương trình: log 3 ( x 2 + 4ax) + log 1 (2 x − 2a − 1) = 0 3 (1) có nghiệm duy nhất Giải: (1) ⇔ log 3 (m 2 + 4ax) = log 3 (2 x − 2a − 1)  x 2 + 4ax =... trùngphương Đặt X = x 2 ≥ 0 ta có phương trình: X 2 − (2m + 3) X + m + 5 = 0 (2) Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt x1 < x2 < x3 < x4 Khi và chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm: 0 < X 1 < X 2 khi đó: Chuyªn ®Ò: øng dông dÊu tam thøc bËc hai x1 = − X 2 ; x2 = − X 1 ; x3 = X 1' ; x4 = X 2 ' Do đó: − 2 < x1 < −1 < x2 < 0 < x3 < 1x4 < 3 ⇔ −2 < − X 2 < −1 < − X 1 < 0 < X 1 < 1 < X 2 < 3 af (1)... Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt ⇔ (2) có hai nghiệm thoả mãn  ∆, > 0 4 + k > 0   − 1 < X 1 < X 2 ⇔ af (−1) > 0 ⇔ 5 − k > 0 ⇔ −4 < k < 5  − 1 < 2 s  − 1 < 2  Lưu ý: Có thể giải bài toán trên bằng cách đạo hàm ... chuyển phương trình bậc hai xuất toán so sánh nghiệm phương trình bậc hai với số, ứng dụng việc xét dấu tam thức bậc hai Phép luỹ thừa: Để chuyển phương trình vô tỷ phương trình bậc hai có hai loại... dông dÊu tam thøc bËc hai ii chứng minh bất đẳng thức nhờ xét dấu tam thức bậc hai Sau số toán đề cập trực tiếp đến dấu tam thức bậc hai Bài toán 1: Chứng minh a, b, c độ dài ba cạnh tam giác...Chuyªn ®Ò: øng dông dÊu tam thøc bËc hai ứng dụng dấu tam thức bậc hai i Bài toán xét dấu: Biểu thức f(x) = ax + bx + c, a ≠ gọi tam thức bậc hai biến số x Dấu f(x) phụ thuộc vào ∆ = b2