-Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCSChuyên Đề: A/ Ứng dụng tam thức bậc 2 trong việc giải toán THCS.. B/ Vận dụng tam thức bậc bai trong giải toán THCS 1/ Chứng minh BĐT 2/ C
Trang 1-Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS
Chuyên Đề:
A/ Ứng dụng tam thức bậc 2 trong việc giải toán THCS.
B/ Vận dụng tam thức bậc bai trong giải toán THCS
1/ Chứng minh BĐT
2/ Chứng minh đẳng thức – Giải hệ phương trình nhiều ẩn
3/ Chứng minh chia hết, không chia hết
4/ Chứng minh số chính phương
5/ Giải phương trình nghiệm nguyên bậc hai
6/ Giải hệ phương trình bậc cao
8/ Tìm cực trị, cực trị để giải phương trình
9/ Giải hệ phương trình bậc hai tổng quát
10/ Giải phương trình theo tham số bậc hai, phương trình bậc 4 tổng quát đưa về bậc hai 11/ Tìm x,y để phương trình có nghiệm duy nhất
12/ Chứng minh số vô tỉ…
13/ Tính giá trị biểu thức
14/ Phương trình bậc hai thoả mãn Điều kiện chứng tỏ luôn có nghiệm
Trang 2
-Nội dung:
A/ Ứng dụng tam thức bậc 2 trong việc giải toán THCS.
1 Chứng minh Bất Đẳng thức:
b
Nếu 0 -> f(x) cùng dấu với a (a khác 0)
VD: Chứng minh a2 b2 c2 ab bc ca a,b,c R
Ta gọi : f(a) = a2 - (b+c)a + b2 + c2 - bc
Ta có = (b+c)2- 4( b2+ c2x -bc)
= -3(b-c)2 0
Mà hệ số của tam thức bậc 2 là 1>0 -> f(a)0 a,b,c
VD: Cho a3>36 abc = 1
Chứng Minh:
2
2 2
3
a
b c ab bc ca
a2 (b2 c2)3 3 ab 3bc 3ca0
f b c( ) 3( b c )2 3 (a b c ) 3 bc a 2 0
= (b+c) 2 a (b+c)
-2
3
a
bc
a
VD: Cho b> c > d
Chứng minh: (a+b+c+d) 2 > 8(ac+bd).
Ta gọi f(a) = a 2 + 2(b - 3c + d)a + 8bd
( b 3 c d )2 ( b c d )2 8 bd
= -4a(2b- 2c- 2d) +8bd
= 8(bd - bc + c 2 -cd)=8(b - c)(d - c) < 0.
Mà hệ số của tam thức bậc 2 là 1>0 -> f(a)0
a Chứng minh đẳng thức, giải hệ phương trình nhiều ẩn:
Ta có mệnh đề: Đa thức bậc n có n+1 nghiệm thì đa thức đồng nhất với đa thức 0 Vd: a b c Chứng minh:
2
x
Gọi f(x) = g(x)-x2
Ta có f(a) = f(b) = f(c) = 0
Nên f(x) 0 2
Trang 3-Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS
Vd: Giãi hệ:
a x ay z a
b x by z b
c x cy z c
a,b,c khác nhau:
Hệ tương đương:
2 2 2
a x ay z
b x by z
c x cy z
Ta đặt f(t)= (x-1)t 2 + ty + z
Mà f(a) = f(b) = f(c) = 0
Đa thức f(t)= (x-1)t 2 + ty + z là đa thức bậc 2, mà có 3 nghiệm
Nên
1 0 0 0
x y z
Vd: Giãi hệ
0 0 0
a x ay z a
b x by z b
c x cy z c
Đặt f(t)=t 3 +t 2 x+ty+z=0
Ta có f(a)=f(b)=f(c)=0
Đặt: g(t)=f(t)-(t-a)(t-b)(t-c)đa thức bậc 2
g(a)= g(b)=g(c)=0
Nhưng g(t) = (x+a+b+c)t2+(y-ab-ac-bc)t+z+abc là đa thức bậc 2 mà có 3 nghiệm Suy ra
x ab c
y ab bc ca
z abc
c/ Chứng minh chia không hết:
Vd: Tìm n để: n2-5n+49 chia hết cho 169 nN
Giả sử: n2-5n+49=169k
25 4(49 169 ) 676 k k 221
Ta có 13 nhưng 169nên không tồn tại n
Vd: Chứng minh: n2+n+2 15 nN
Giả sử n2+n+3=3k
=-7+12k=3m+2 (không là số chính phương)
Nên : n2+n+215 n
Trang 4d/Chứng minh số chính phương:
Vdụ: Tìm n để n2+2n7+12 là số chính phương
Gọi n2+2n+12=k2
C1: (n+1)2 - k2= - 11
(n + 1 - k)(n + 1 + k) = -1 11
=> k = 6; n =4
C2: n2+2n+12-k2 = 0
=1-12+k2=k2-11
là số chính phương -> t2+kt+11=0 có nghiệm nguyên , mà phương trình có nghiệm nguyên chỉ khi t=1,-1,-11,11 Từ đó ta thay t tìm được k, n
b/ Tìm n là số tự nhiên: n2+n +1589 là số chính phương
n2+n +1589 = k2 4m24m 1 4k2 6355
(2m1)2 4k2 6355
(2m 1 2 )(2k m 1 2 ) 6355k
2m 2k 1 2m 2k 1 và chúng là những số lẽ
Nên (2m 1 2 )(2k m 1 2 ) 6355.1 1271.5k
= 155.41
Giải tương tự ta tìm được: n = 1588, 316, 43, 28
c/ Tìm a là số tự nhiên : 13a+3 là số chính phương
Gọi: 13a+3 = k2 n N
C1 : 13(a-1) = k2 - 16
13(a-1) = (k + 4) (k - 4)
k + 4 hoặc k - 4 13
k = 4 + 13t
Suy ra : 13 (a - 1) = ( 13t 4)2 => 13k2 8k + 1 = a
e/ Giải pt nguyên bậc 2:
VD: Tìm x, y nguyên:
x2 6 xy 2 x 8 y2 6 y 6 0
Ta có: x2 2(3 y 1) x 8 y2 6 y 6 0
(3 y 1)2 (8 y2 6 y 6)
= y2 - 5
Pt có nghiệm nguyên = > y2 - 5 là số dương
t2 2t 5 0 có nghiệm nguyên t chỉ có thể là 1; 5
với t 1 : 1 2y - 5 = 0 y= 3
Trang 5-Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS
với t 5 : 1 10y - 5 = 0 y (loại)
với y = 3 => x = 12, x = 8 => (8,3); (8,12)
với y = 3 => x = -6, x = - 10 => (-3,-6); (-3,-10)
VD: Tìm x, y nghiệm nguyên: x2 y2 = 6
Ta có x2 y2 + 6 là số chính phương khi
Pt: t2 2ty 6 = 0 có nghiệm nguyên
t chỉ có thể là 1; 2; 3; 6
Tương tự tìm y
f/ Giải pt nguyên bậc cao:
Vdụ :
Giải hệ: x4+y2 = 796/81(1)
Va: x2+y2-3x +-4y+4 = 0(2)
Từ (2) y 3y210y 7
0 1 7
3
Từ (2) x 3x2 4x
0 0 4
3
Với
4 2
;
x y
Nen HPT vo nghiem
VD 2: Cho HPT 2
1
x y z
xy yz xz
Chứng minh: 0 , , 4
3
x y z
Ta có x+y =2-z
x*y=1- z(x+y) =1-z(2-z) =z2 -2z +1
Nên x,y là nghiệm của phương trình
T2 –(2-z)T +z2 -2z +1 =0
A=(2-z)2 -4(z2 -2z +1)=-3z2 +4z
Phương trình có nghiệm khi -3z2 +4z > hoặc =0
Suy ra ĐPCM
Trang 6G) Tìm cực trị, dùng cực trị để giải phương trình:
Vd1: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất:
A=
1
3 4
2
x
x
(1)
Cách 1: A =
1
1 4 4
) 4 4
(
2
2 2
x
x
= 4 -
1
2
2
1
2
x
x
4
Amas = 4 x12
A =
1
4 4 1
2
2 2
x
x
= -1+
1
2
2
2
x
Amin =-1+ x=-2
Phương pháp trên thiếu tự nhiên, khó hướng dẫn HS thêm bớt hạng tử, nếu ta dùng phương pháp miền giá trị thì dễ dàng hơn
Cách 2: Dùng miền giá trị:
(1) Ax2 – 4x +A -3 = 0
’ = 4 – (A-3)A
= -A2 + 3A +4
Phương trình có nghiệm thì: ’ 0
1 A 4
Vậy Amas = 4 221
A
Amin = -1 2 2
A
Ví dụ : Cho x2+y2 +xy=1
Tìm GTLN,GTNN của A, A=x2-xy + 2y2
Ta có thể biến đổi như sau:
A=(x2-xy + 2y2) :(x2+y2 +xy)
Với: y=0 suy ra A=1
Trang 7-Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS
Với y khác 0, ta đặt t=x:y ta có: A=( t2-t+2):(t2+t+1)
Với phương pháp miền giá trị trên ta tìm dược cực trị A
Ví dụ:
Tìm x nguyên K nguyên:
K= x/(x2-5x+7)
Ta có: x2-5x+7)>0( tự CM)
Ta đưa về PT bậc hai:
Kx2-(5k+1)x+7k=0
Tương tự dùng PP miền giá trị ta tìm được k ở trong khoảng nào rồi từ đó ta tìm được k nguyên K tìm được,k= 1,2,3
Ví dụ 2: Cho phương trình: x2 + 2xy +7x +7y + 2y2 + 10 = 0 (1)
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất S = x+y+1
(1) 4x2 + 8xy +28(x+y) + 8y2 +40 = 0
2 2 7 2 9
y
0
(2x+2y+7-3)(2x-2y+7+3) 0
0 2
0 5
y
x
y
x vì x+y +5 > x+y+2
1
4
s
s
5 ,0 1
2 ,0 4
x
y
s
smas
Cách 2: (x+y)2 + 7(x+y) +10 = -y2
Nên vế trái có A =49-40=9
Suy ra: x+y có hai nghiệm là -5;-2
Xét dấu BĐT ta suy ra được ; - 5< x+y <-2
Hay -4< x+y +1< -1
Trang 8Từ đó ta suy ra:
1
4
s
s
5 ,0 1
2 ,0 4
x
y
s
smas
Ví dụ 3: Giải phương trình: 4 3 x22x116 + 5 x22x19 = 4 -2x –x2
VT>2+3 =5
VP= -(x+1)2+5<5
Phương trình xãy ra khi: VT=VP=5 suy ra x=1
Ví dụ : x + ( 2-x2) = 4y2+4y+3
Ta có: VT = x + 2 x2 1212 x22 x22
VP = 4y2 + 4y +3 = 2 1 2 2 2
y
, 1
2
1
y x
h) Giải hệ phương trình bậc hai tổng quát:
Hệ phương trình bậc hai ,hai ẩn ngoài các dạng đối xứng loại I, II,đẳng cấp … Đối với dạng bậc hai tổng quát ta vẫn có cách giải như sau:
Cho hệ phương trình bậc hai tổng quát:
e d
d y c b
x
a
e d
d y c b
x
a
y x
xy
y x
xy
2 3
' 2
2 2 2
2
2
1 2
1
2 1 1
2
1
Ví dụ Cho hệ phương trình:
x2+y2-x-2y=2
Trang 9-Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS
Và x2+y2+2(x+y)=11
a) Nếu x = 0 thì hpt vô nghiệm
b) Nếu x 0ta đặc y = x khi đó hệ đã cho sẽ trở thành:
11 1
2 1
2 2
1
1
2 2
2 2
x
x
x x
Đặc x2 = z ta được:
11 1
2 1
2 2
1
1
2
2
x z
x z
D = (1+ 2)(4 +1)
Dx = ( 1+ 2 )9
Dz = 26 -7
Nếu 4 +1 =0 thì hpt vô nghiệm
Nếu 4 +1 0 thì hpt có nghiệm:
x= 4 9 1
z=1 4 1
7 26
2
Với x2 = z
1
81
1 4 1
7 26
2
23 44
2
Trang 10Với =2 x 1 ,y 2
Với = -44/23 thì x=-69/51,y=132/51
i)Giải phương trình bậc 2 theo tham số, phương trình bậc 4 đưa về bậc hai + Giải Phương trình bậc hai qua tham số
Ví dụ 1: Giải phương trình x42 2x2 x2 2 0
Đặt t2 =2, t>0 t2 –(2x2+1)t + x4 – x=0
4
x4 + 4x2 + 1 – 4x4 + 4x
= 4x2 + 4x + 1
=( 2x+1)2
2
) 1 2 ( 1
2 2
2
,
1
T1 = x2 +x +1 (*)
T2 = x2 – x (**)
ứng với t ta tìm được giá trị của x tương ứng từ hai phương trình trên
ví dụ:Cho phương trình: x3 – mx2 – (m+1)x + m2 + m =0
xác dịnh m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt:
Ta có: f(m) = m2 – (x2 +x-1)m+x3 –x =0
= (x2+x-1)2 -4(x3 –x) = ( x2 –x-1)2 0
Vậy
x m
m x2 1
1
2
m
m x
x
Trang 11-Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS
Để phương trình có 3 nghiệm
1
0
1
2
m
m
m
2
5
1 1
m m
+ Phương trình bậc 4 đưa về phương trình bậc:
ax4+bx3+cx+d=0 x4+px3+qx+m=0 đặc x = y - 4p ta suy ra PT:y4=ry2+sy +t ( Phương pháp Ferrari)
khi đó ta chọn một số n sao cho đưa về hai vế có dạng:
(y2+n)2 = (r+n)y2+sy+t+n2
Thoả mãn điều kiện: A( delta)=s2-4(n+r)(t+n2)
Ví dụ: x4-3x2 -10x -4 =0
Ta viết;
(x2+a)2 =(3 + 2a)x2+10x+4+a2
Chọn a sao cho A( delta)= 25-(4+a2)(3+2a)=0
Voíư a=1
Từ đó ta viết :
(x2+1)2 = 5x2+10x+5 ,từ đây ta có thể giải dễ dàng
h) Chứng minh hàm số là số vô tỉ:
vd : Chứng minh 1+ 2là số vô tỉ
ta có: x = 1+ 2 x2 -2x-1 =0
1 không là nghiệm nên x không phải là số vô tỉ
h)Tính giá trị của biểu thức:
Trang 12Tính A= (2+3 2)2 + (2-3 2)2
Đặt x1 =2+3 2
x2 =2-3 2
Nên x1 + x2 =-4
x1 x2 =-14
Suy ra x1 , x2 là nghiệm của phương trình X2 -4X-14=0
Ta có: a sn2 b sn1 c sn 0
Hay sn2 4 sn1 14 sn 0
Hay s6 4 s5 14 s4 0
Mà ta có: s1 4 , s2 44 , s3 232 , s4 1544 , s5 9424
Nên s6 59312
g) Phương trình bậc hai thõa mãn điều kiện, chứng tỏ phương trình không có nghiệm.
Ta có tính chất: f(x) =ax2 + bx +c =0, a.b.c 0
Nếu f(m).f(n) <0 thì phương trình có nghiệm
Ví dụ 1: Cho phương trình ax2 + bx +c =0, a.b.c 0
Thoả mãn điều kiện: 2a +3b + 6c = 0
Chứng tỏ phương trình luôn luôn có nghiệm
Giải:
Trang 13-Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS
Ta có f(0) = c
f
2
1
= a bc
2
1 4 1
f(1) = a+b+c
mà f(0) +4f
2
1
+f(1) = c +a + 2b +4c + a + b + c =2a + 3b + 6c = 0
nên suy ra: f(0) , f
2
1
,f(1) có ít nhất hai số đối nhau hoặc f(0).f
2
1
<0
Cách 2:
*Với a = 0 b 2c
Phương trình lúc đó: -2cx +c =0 ( c=0 phương trình có nghiệm tùy ý, c 0 x21)
*Với a 0
a.f
2
1
= a( a bc
2
1 4
1
)
= a a 2bc
4
Mà 3b + 6c = -2a
Ta lại có: 2b + 4c =
3
4 3
2 2 6
3 3
a c
Nên a.f
2
1
12 3
4 4
2
a a
Nên phương trình luôn luôn có nghiệm