Đs9 chuyên đề 2 hàm số bậc nhất, hàm số bậc hai (94 trang)

Cách vẽ đồ thị hàm số yaxb: - Vẽ hai điểm phân biệt của đồ thị rồi vẽ đường thẳng đi qua 2 điểm... MỘT SỐ BÀI TOÁN TRÊN MẶT PHẲNG TỌA ĐỘ Ví dụ 1... Sự tồn tại nghiệm của phương trình

CHỦ ĐỀ 2 HÀM SỐ BẬC NHẤT, HÀM SỐ BẬC HAI PHẦN I.TRỌNG TÂM CẦN ĐẠT

a) Hàm số bậc nhất, xác định với mọi giá trị x

b) Trên tập số thực, hàm số yaxb đồng biến khi a0 và nghịch biến khi a0

3 Đồ thị hàm số yaxb với a0:

- Đồ thị hàm số yaxb là đường thẳng cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng b và cắt trục

hoành tại điểm có hoành độ bằng b

a



- a gọi là hệ số góc của đường thẳng yaxb

4 Cách vẽ đồ thị hàm số yaxb:

- Vẽ hai điểm phân biệt của đồ thị rồi vẽ đường thẳng đi qua 2 điểm

- Thường vẽ đường thẳng đi qua 2 điểm của đồ thị với các trục tọa độ là A b;0 ,B 0;b

6 Điều kiện để hai đường thẳng song song, hai đường thẳng vuông góc:

Cho hai đường thẳng  d1 :yaxb và đường thẳng  d2 :ya x' b' với a a, '0

    d1 / / d2  a a' và bb'

    d1  d2  a a' và bb'

  d1 cắt  d2  a a'

    d  d a a ' 1

Chú ý: Gọi  là góc tạo bởi đường thẳng yaxb và trục Ox, nếu a0 thì tana

II MỘT SỐ BÀI TOÁN TRÊN MẶT PHẲNG TỌA ĐỘ

Ví dụ 1

Cho đường thẳng  d1 :y x 2 và đường thẳng    2  2

2 : 2

d y m m xm m a) Tìm m để    d1 / / d2

b) Gọi A là điểm thuộc đường thẳng  d1 có hoành độ x2 Viết phương trình đường thẳng  d3

đi qua A vuông góc với  d1

c) Khi    d1 / / d2 Hãy tính khoảng cách giữa hai đường thẳng    d1 , d2

d) Tính khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng  d1 và tính diện tích tam giác OMN với

1 2 1 0

2

1 2 02

c) Khi    d1 / / d2 thì khoảng cách giữa hai đường thẳng  d1 và

 d2 cũng chính là khoảng cách giữa hai điểm A B, lần lượt thuộc  d1

và  d2 sao cho AB d1 ,AB d2

Hình vẽ: Gọi B là giao điểm của đường thẳng  d3 và  d2 Phương

trình hoành độ giao điểm của  d2 và  d3 là:

d) Gọi M N, lần lượt là giao điểm của đường thẳng  d1 với các trục tọa độ Ox Oy, Ta có:

Cho y    0 x 2 A2;0, cho y    0 x 2 N2;0 Từ đó suy ra

Chú ý: Nếu tam giác OMN không vuông cân tại O ta có thể tính OH theo cách:

Trong tam giác vuông OMN ta có: 1 2 1 2 1 2  

*

OH OM ON Từ

đó để khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng  d ta làm theo

cách:

- Tìm các giao điểm M N, của  d với các trục tọa độ

- Áp dụng công thức tính đường cao từ đỉnh góc vuông trong

tam giác vuông OMN (công thức (*)) để tính đoạn OH

Bằng cách làm tương tự ta có thể chứng minh được công thức sau:

Cho M x y 0; 0 và đường thẳng axby c 0 Khoảng cách từ

điểm M đến đường thẳng là: 0 0

2 2

ax by c d

a) Tìm điểm cố định mà đường thẳng  d luôn đi qua

b) Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng  d là lớn nhất

c) Tìm m để đường thẳng  d cắt các trục tọa độ Ox Oy, lần lượt tại A B, sao cho tam giác OAB

b) Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên đường thẳng  d Ta có: OHOI suy ra OH lớn nhất bằng OI khi và chỉ khi H  I OI  d Đường thẳng qua O có phương trình: yax do

11

OAB cân là

11

Giá trị m1 không thỏa mãn,

do đường thẳng  d đi qua gốc tọa độ

Kết luận: 1

2

m

Ví dụ 3

Cho hai đường thẳng  d1 :mxm1y2m 1 0,  d2 : 1m x my4m 1 0

a) Tìm các điểm cố định mà    d1 , d2 luôn đi qua

b) Tìm m để khoảng cách từ điểm P 0;4 đến đường thẳng  d1 là lớn nhất

c) Chứng minh hai đường thẳng trên luôn cắt nhau tại điểm I Tìm quỹ tích điểm I khi m thay đổi

d) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác IAB với A B, lần lượt là các điểm cố định mà

  suy ra phương trình đường thẳng PA y:   3x 4

Xét đường thẳng  d1 :mxm1y2m 1 0 Nếu m1 thì  d1 :x 1 0 không thỏa mãn điều kiện Khi m1 thì  1

c) Nếu m0 thì  d1 :y 1 0 và  d2 :x 1 0 suy ra hai đường thẳng này luôn vuông góc với nhau và cắt nhau tại I1;1 Nếu m1 thì  d1 :x 1 0 và  d2 :y 3 0 suy ra hai đường thẳng này luôn vuông góc với nhau và cắt nhau tại I 1;3 Nếu m 0;1 thì ta viết lại:

Do đó hai đường thẳng này luôn cắt nhau tại 1 điểm I

Tóm lại với mọi giá trị của m thì hai đường thẳng    d1 , d2 luôn

vuông góc và cắt nhau tại điểm I Mặt khác theo câu a) ta có

   d1 , d2 lần lượt đi qua hai điểm cố định A B, suy ra tam giác

IAB vuông tại A Nên I nằm trên đường tròn đường kính AB

Ứng dụng của hàm số bậc nhất trong chứng minh bất đẳng thức và tìm GTLN, GTNN

Ta có các kết quả quan trọng sau:

- Xét hàm số y f x ax b với m x n khi đó GTLN, GTNN của hàm số sẽ đạt được tại

xm hoặc xn Nói cách khác: min   min    ; 

- Nếu a0 thì hàm số đồng biến khi x0, nghịch biến khi x0

- Nếu a0 thì hàm đồng biến khi x0, nghịch biến khi x0

Đồ thị hàm số là một đường Parabol nhận gốc tọa độ O làm đỉnh, nhận trục tung làm trục đối xứng Khi a0 thì parabol có bề lõm quay lên trên, khi a0 thì parabol có bề lõm quay xuống dưới

b) Đồ thị parabol có đỉnh là gốc tọa độ O 0;0 bề lõm quay lên

trên có trục đối xứng là Oy đi qua các điểm

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy gọi parabol   2

:

P yax với a0 là hình biểu diễn cổng mà xe tải muốn đi qua Chứng minh a 1

b) Hỏi xe tải có đi qua cổng được không? Tại sao?

(Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội 2015-2016)

Lời giải:

a) Giả sử trên mặt phẳng tọa độ, độ dài các đoạn thẳng được

tính theo đơn vị mét Do khoảng cách giữa hai chân cổng là 4m nên

2

MANA m Theo giả thiết ta có OM ON 2 5, áp dụng

định lý Pitago ta tính được: OA4 vậy M2; 4 ,  N  2; 4 Do

cổng

Xét đường thẳng   3

:2

d y  (ứng với chiều cao của xe) Đường thẳng này cắt Parabol tại 2 điểm có tọa độ thỏa mãn hệ:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d y:  1 và điểm F 0;1 Tìm tất cả những điểm I

sao cho khoảng cách từ I đến d bằng IF

2

22

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A và B chạy trên parabol   2

:

P yx sao cho

 

, 0;0

A BO và OAOB Giả sử I là trung điểm của đoạn AB

a) Tìm quỹ tích điểm trung điểm I của đoạn AB

b) Đường thẳng AB luôn luôn đi qua một điểm cố định

c) Xác định tọa độ điểm A và B sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất

Vậy tọa độ điểm I thỏa mãn phương trình: y2x2 1

Ta cũng có thể tìm điều kiện để OAOB theo cách sử dụng hệ số góc: Đường thẳng OA có hệ số góc

Vậy diện tích tam giác ABC lớn nhất bằng 8 (đvdt) khi C 1;1

IV MỘT SỐ VẤN ĐỀ LIÊN QUAN ĐẾN PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI

1 Công thức nghiệm phương trình bậc hai:

Kiến thức cần nhớ:

Đối với phương trình bậc hai 2  

0 0

ax bx c a có biệt thức:  b24ac

- Nếu  0 thì phương trình vô nghiệm

- Nếu  0 thì phương trình có nghiệm kép

2

b x a

Công thức nghiệm thu gọn: Khi b2 'b , ta xét  ' b'2ac Khi đó:

- Nếu  ' 0 thì phương trình vô nghiệm

- Nếu  ' 0 thì phương trình có nghiệm kép: x b'

2 Sự tồn tại nghiệm của phương trình bậc hai:

Để chứng minh một phương trình bậc hai có nghiệm Thông thường ta chứng minh:  0 dựa trên các

kỹ thuật như biến đổi tương đương để đưa về dạng  2

0

AxB  , kiến thức về bất đẳng thức, bất phương trình, trong một số bài toán khó ta cần nắm bắt được những tính chất đặc biệt của tam thức bậc hai để vận dụng

Ngoài các kiến thức cơ sở trong SGK ta cần nắm thêm một số kết quả, bổ đề quan trọng sau:

- Mọi tam thức bậc hai:   2

f x ax bxc với a0 đều có thể phân tích thành dạng:

 b  ac

- Để chứng minh một phương trình bậc hai   2  

0 0

f x ax bx c a có nghiệm ngoài cách chứng minh  0 ta còn có cách khác như sau: “Chỉ ra số thực  sao cho a f   0 hoặc hai số thực

b) Phương trình (1) có nghiệm kép khi và chỉ khi:

Cho a b 0,b c 0,a c 0 Chứng minh rằng phương trình sau có nghiệm:

a b c x  a b c x  a b c 

Lời giải:

Nếu a  b c 0 thì từ giả thiết ta suy ra a  b c 0 Do vậy phương trình có vô số nghiệm

Dưới đây ta xét trường hợp: a  b c 0

 b  ac; Phương trình (3) có:  3 c24ab Nên (*)    2 3 0 trong hai số  2 3, luôn có một số dương và một số âm dẫn đến trong hai phương trình (2) và (3) luôn có một phương trình có nghiệm và một phương trình vô nghiệm

a) Hai phương trình trên lần lượt có:  '1 16a1 48 bc, '2 16 1 24b  ac

Vì a b, là các số dương nên  ' , '1 2 lần lượt cùng dấu với 1 48bc và 1 24ac Mặt khác ta lại có:

1 48 bc 1 24ac 2 24c a2b  2 24 1 3c  c 2 6c1 0

Dẫn đến    '1 '2 0 Vậy có ít nhất một trong hai phương trình trên có nghiệm

b) Ba phương trình đã cho lần lượt có: 2 2 2

c) Nếu trong ba số a b c, , có một số bằng 0, chẳng hạn a 2  2 có nghiệm x0

Ta xét a b c, , là các số thực khác 0, khi đó ba phương trình đã cho là ba phương trình bậc hai lần lượt có:

a) Cho tam thức bậc hai   2

f x x bxc trong đó b c, là các số nguyên Chứng minh rằng, tồn tại số nguyên k để được f k  f 2015  f 2016

b) Cho tam thức bậc hai   2

f x x bxc Giả sử phương trình f x x có hai nghiệm phân biệt Chứng minh rằng phương trình f f x   x có 4 nghiệm nếu:  2  

b  b c

Lời giải:

a) Để chứng minh sự tồn tại của số k ta cần chỉ ra tính chất:

Với mọi đa thức bậc hai dạng:   2

Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm

Cách 2: Gọi f x  là vế trái của phương trình (1) Ta có:

 Trong bốn số f       0 ,f a ,f b ,f c luôn tồn tại hai số có tích không dương

Dẫn đến phương trình đã cho luôn có nghiệm

1 ,2

f f  

 

  và nhân thêm các hệ số 2 và 4 Vậy ngoài hai giá trị   1

1 ,2

f f  

 

  ta còn có những giá trị nào khác không? Câu trả lời là có, chẳng hạn ta xét   2  

0 1

f x ax bx c có nghiệm x 0;1

Lời giải:

Để chứng minh (1) có nghiệm x 0;1 , ta sẽ chỉ ra các số thực  ,  0;1 sao cho f     f  0

Vì  ,  0;1 và có giả thiết n m n 1

m

   nên dẫn đến ta xét:

2 2

- Nếu a   0 b 0 f x  là đa thức không, do đó f x  sẽ có nghiệm trong  0;1

- Nếu a0, từ giả thiết b n 1

Vận dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai trong các bài toán GTLN, GTNN

Bài toán 1 Tìm GTLN, GTNN của biểu thức

2 2

ax bx c y

Gọi y0 là một giá trị của biểu thức Khi đó:

+ Ngoài ra trong quá trình chứng minh bất đẳng thức ta cần nắm kết quả sau:

a) 2

5 7

x y



  b)

2

2

8 71

t   suy ra A0 2 là một giá trị của biểu thức nhận được

+ Nếu A0 2 thì (*) là một phương trình bậc hai có:

      Giải tương tự như câu b) Ta

có:   6 A 3 Suy ra GTNN của A là 6 đạt được khi và chỉ khi 3 ; 2

4 12

Nhận xét p1 là một giá trị của biểu thức

Khi p1 *  là phương trình bậc hai của x nên điều kiện để phương trình có nghiệm là:

 2

   p          p p Từ đó suy ra: 0 A 6

x x

a c

Một số ứng dụng cơ bản của định lý Vi-ét:

+ Nhẩm nghiệm của một phương trình bậc hai:

Nếu a  b c 0 thì phương trình có hai nghiệm là: x1 1;x2 c

của phương trình (*):

Bước 1: Kiểm tra điều kiện  0, sau đó áp dụng định lý Vi-ét

Bước 2: Biểu diễn biểu thức g x x 1, 2 theo S  x1 x P2, x x1 2 từ đó tính được g x x 1, 2

 Một số biểu thức đối xứng giữa hai nghiệm thường gặp:

 Tìm điều kiện để phương trình bậc hai (*) (a b c, , phụ thuộc vào tham số m), có hai nghiệm

1, 2

x x thỏa mãn một điều kiện cho trước h x x 1, 20 1 

Bước 1: Tìm điều kiện để phương trình (*) có nghiệm, nghĩa là  0 Sau đó áp dụng định lý Vi-ét để

Bài toán 1: Phương trình có hai nghiệm trái dấu ac0

Bài toán 2: Phương trình có hai nghiệm trái dấu trong đó nghiệm dương có giá trị tuyệt đối bé hơn (hoặc

nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn) 0

0

ac S





  

Bài toán 3: Phương trình có hai nghiệm trái dấu trong đó có nghiệm dương có giá trị tuyệt đối lớn hơn

(hoặc nghiệm âm có giá trị tuyệt đối bé hơn) 0

0

ac S

Bài toán 6: Phương trình có hai nghiệm âm

000

Bài toán 7: Phương trình có một nghiệm bằng 0 và 1 nghiệm dương 0

0

P S





  

Bài toán 8: Phương trình có một nghiệm bằng 0 và 1 nghiệm âm  1 2 

00

Bài toán 9: Phương trình có đúng một nghiệm dương:

- Trường hợp 1: Phương trình có hai nghiệm trái dấu

- Trường hợp 2: Phương trình có nghiệm kép dương 0, 0

2

    b 

a

- Trường hợp 3: Phương trình có một nghiệm bằng 0 và nghiệm còn lại dương

Bài toán 10: Phương trình có đúng một nghiệm âm  Giải tương tự như bài toán 9

Chú ý: Nếu chỉ là phương trình có nghiệm âm mà không nói phân biệt thì thay  0 bằng  0

VI MỘT SỐ VÍ DỤ VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI

Phương trình đã cho có hai nghiệm khi và chỉ khi    ' 0 2m   4 0 m 2

Vì x1 là nghiệm của phương trình nên 2   2 2   2

a) Giải phương trình khi m 1

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng bình phương nghiệm còn lại

Gọi x x1, 2 là hai nghiệm của phương trình, theo hệ thức Vi-ét ta có:  

+ Chứng minh rằng: Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m

+ Gọi x x1, 2 là hai nghiệm của phương trình Tìm m để x1 4 x2

  m  m  m   nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x x1, 2

+ Ta tính được hai nghiệm của phương trình là: x m 3 và x m 1

Trường hợp 1: x1 m 3;x2  m 1 điều kiện bài toán trở thành: m 1 m1

Trường hợp 2: x1 m 1;x2  m 3 điều kiện bài toán trở thành: m 4 m3

Phương trình tương đương với

A Dấu đẳng thức xảy ra khi

21

Ngoài cách làm trên, ta có thể xử lý giả thiết: x12x2 1 theo cách: Do vai trò bình đẳng của x x1, 2 nên điều kiện x12x2 1 tương đương với x12x21x22x1 1 0 hay

a) Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt x x1, 2

b) Chứng minh rằng khi phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 thì x13x23x x12 2 x x1 22  4

x x

x x m

b) Theo hệ thức Vi-ét ta có: 1 2 2

1 2

2 13

b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x x1, 2 sao cho  1 2

x  m x m  m có

4 1 4 3 2 4 1 0,

  m  m  m  m   m nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt Để

phương trình có 2 nghiệm x x1, 2 sao cho  1 2

2

x x

x  x   x x   trước hết ta cần tìm điều kiện để

2 nghiệm của phương trình khác 0 Tức là 2

4 1 1

1

3 2 1

13

m m

Vì phương trình bậc hai có 2 nghiệm nên a0 Biểu thức Q có dạng đẳng cấp bậc hai ta chia cả tử và

mẫu của Q cho a2 thì

2

18 99

b) Nếu đường thẳng  d :ymxn ta thường xét phương trình hoành độ giao điểm của  P và

 d là: ax2mx n ax2mx n 0, từ đó ta xét số giao điểm dựa trên số nghiệm của phương trình 2

m tìm tọa độ các giao điểm của  P và  d

b) Chứng minh đường thẳng  d luôn cắt  P tại 2 điểm M N, nằm ở 2 phía trục tung Gọi I là điểm cố định mà  d luôn đi qua Tìm m để diện tích tam giác CID bằng 4 5 với C D, lần lượt là hình chiếu vuông góc của M N, lên trục Ox

Lời giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của  P và  d là:

2222

x

x m

b) Vì   ' 4 4m2 0 với mọi m0 nên

phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt tức là

 d cắt  P tại 2 điểm phân biệt Hơn nữa

    nên hai giao điểm luôn nằm về

hai phía trục tung Giả sử M x y 1; 1 ,N x y2; 2 với

S m

  , từ giả thiết suy ra: 2 2

ra phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt x x1, 2 hay đường

thẳng  d luôn cắt  P tại 2 điểm phân biệt A B, Theo hệ thức

Vi-ét ta cũng có x x1 2   3 0 suy ra 2 giao điểm A B, nằm về 2

phía trục tung

b) Vì các điểm A C, có cùng hoành độ và COx nên ACCO, tương tự BDOD

Tam giác ACO vuông tại C BDO, vuông tại D nên ta có:

M  d Chứng minh rằng đường thẳng  d cắt  P tại 2 điểm phân biệt A x y 1; 1 ,B x y2; 2

nằm về hai phía điểm M Giả sử x1 x2, tìm m để MA2MB

b) Tìm tất cả các giá trị m để đường thẳng  d cắt  P tại 2 điểm có hoành độ lần lượt là x x1, 2

Với x1 thì y1, với x2 thì y4 Vậy  d cắt  P tại 2 điểm A   1;1 ,B 2;4

b) Để  d cắt  P tại 2 điểm phân biệt điều kiện là  2  2 

biệt Suy ra đường thẳng  d luôn cắt parabol  P tại hai điểm phân biệt A B, Ta thấy: 2

a) Chứng minh Khi m thay đổi thì  d luôn cắt  P tại 2 điểm phân biệt

b) Gọi x x1, 2 là hoành độ các giao điểm của  d và  P Tìm m sao cho x x12 2 x x2 12 2x x13 32 3

     với mọi m nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt

Suy ra đường thẳng  d luôn cắt parabol  P tại 2 điểm phân biệt

b) Gọi x x, là hoành độ các giao điểm của  P và  d Tìm m để x2 x2 4

Vậy các giao điểm của  d và  P là: A2 2;64 2 , B 2 2;64 2

b) Để đường thẳng  d cắt  P tại 2 điểm phân biệt điều kiện là phương trình (*) có 2 nghiệm

    với mọi m nên phương trình luôn

có 2 nghiệm phân biệt A B, , suy ra đường thẳng  d luôn

cắt  P tại 2 điểm phân biệtA B,

Để ý rằng đường thẳng  d luôn đi qua điểm cố định

 0;4

I nằm trên trục tung Ngoài ra nếu gọi

 1; 1 , 2; 2

A x y B x y thì x x1 2   4 0 nên hai giao điểm A B, nằm về hai phía trục tung

Giả sử x1 0 x2 thì ta có: 1 1

OAB OAI OBI

S S S  AH OI BK OI với H K, lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A B, trên trục Oy

Ngoài cách làm trên ta cũng có thể tính diện tích tam giác OAB theo cách khác là: Giả sử

Ta có ABCD là hình thang vuông tại C D, , tam giác ADO vuông tại D, tam giác BCO vuông tại C

và S OAB S ABCD S ADOS BCO từ đó ta tính được: S OAB S ABCDS ADOS BCO

b) Với giá trị nào của m thì  d cắt  P tại 2 điểm phân biệt D E, sao cho khoảng cách từ D đến trục Oy bằng khoảng cách từ E đến trục Oy

Theo hệ thức Vi-ét ta có: x x1 2   2 0 nên hai giao điểm A B, nằm về 2 phía trục Oy, giả sử

Khi đó 2 giao điểm D x y 1; 1 ,E x y2; 2, gọi M N, lần lượt là

hình chiếu vuông góc của D E, lên trục Oy thì khoảng cách từ

,

D E đến trục Oy tương ứng là độ dài của đoạn thẳng

,

DM EN Ta có: DM  x EN1 ,  x2 , yêu cầu bài toán tương

đương với x1 2 x2  x1 2 x2 0 * , do vai trò D E, như nhau nên điều kiện (*) có thể viết lại thành:

Theo định lý Vi-ét thì x x1 2  4 nên IH2 IK2 x12 x22  8 KH2

Vậy tam giác IHK vuông tại I

Ví dụ 11

Cho parabol  : 2

2

x

P y và đường thẳng  d :y2x m 1 Tìm m để đường thẳng  d cắt  P tại

2 điểm phân biệt A x y 1; 1 ,B x y2; 2 sao cho x x1 2y1y2480