Hệ thống hóa lý thuyết và bài tập phần ứng dụng định lý về dấu tam thức bậc hai giúp học sinh lớp 12 trường THPT nông cống i ôn thi tốt nghiệp THPT quốc gia

Trong quá trình giảng dạy bộ môn Toán, bản thân tôi thấy việc ứng dụng định lí về dấu tam thức bậc hai để giải quyết nhiều bài toán vô cùng phong phú và hấp dẫn.. Thực trạng những năm gầ

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lí do chọn đề tài

Trong công cuộc đổi mới căn bản và toàn diện nền giáo dục nước nhà, đổi mới phương pháp dạy học là một trong những nhiệm vụ quan trọng hàng đầu

Để có một bài giảng thu hút được học trò, giúp học trò phát triển tư duy về môn toán và dẫn dắt học trò tới niềm say mê tìm tòi sáng tạo, tôi thường trăn trở với những khó khăn của học trò trong quá trình tiếp cận từng bài toán

Trong quá trình giảng dạy bộ môn Toán, bản thân tôi thấy việc ứng dụng định lí về dấu tam thức bậc hai để giải quyết nhiều bài toán vô cùng phong phú

và hấp dẫn Phạm vi ứng dụng rất rộng, từ các bài toán cơ bản ở lớp 10 đến các bài toán khó trong đề thi học sinh giỏi các cấp và đề thi THPTQG Thực trạng những năm gần đây bộ giáo dục và đào tạo có đưa vào đề minh họa và đề thi THPTQG một số bài toán ứng dụng định lí dấu tam thức bậc hai rất khó, nhằm

phân loại học sinh Chính vì thế bản thân tôi chọn đề tài “Hệ thống hóa lý thuyết và bài tập phần Ứng dụng định lí về dấu tam thức bậc hai giúp học sinh lớp 12 trường THPT Nông Cống 1 ôn thi tốt nghiệp THPT Quốc gia”

nhằm cung cấp cho học sinh một chuỗi các kiến thức từ dễ đến khó để các em dễ tiếp thu, tìm tòi, và có động lực nghiên cứu toán học Nội dung đề tài rất bổ ích thiết thực, giúp các em học tốt, thi tốt

Tôi hy vọng đề tài “Hệ thống hóa lý thuyết và bài tập phần Ứng dụng định lí về dấu tam thức bậc hai giúp học sinh lớp 12 trường THPT Nông Cống 1 ôn thi tốt nghiệp THPT Quốc gia” cũng là nguồn tài liệu hỗ trợ cho

giáo viên dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, luyện thi THPTQG

1.2 Mục đích nghiên cứu

Mục đích nghiên cứu của đề tài là xây dựng một hệ thống lý thuyết và bài tập về ứng dụng định lí về dấu tam thức bậc hai nhằm định hướng hình thành và phát triển cho học sinh những năng lực, kỹ năng sau đây:

- Năng lực tư duy, năng lực tính toán

- Kỹ năng vận dụng các kiến thức về tam thức bậc hai lớp 10 vào các bài toán hàm số lớp 12

- Năng lực sử dụng các công cụ, phương tiện hỗ trợ tính toán mà cụ thể ở đây là năng lực sử dụng các loại máy tính cầm tay

- Năng lực sử dụng ngôn ngữ Toán học

1.3 Đối tượng nghiên cứu

- Đối tượng nghiên cứu của đề tài là hệ thống các bài tập ứng dụng định lí

trong đề thi học sinh giỏi các cấp và đề thi THPTQG được thiết kế theo định hướng phát triển các năng lực Toán học của học sinh, qua đó khẳng định sự cần thiết phải xây dựng hệ thống bài tập này trong chương trình giảng dạy

1.4 Phương pháp nghiên cứu

Phương pháp nghiên cứu sử dụng trong đề tài bao gồm:

- Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin: Điều tra, khảo sát thực tế dạy học toán nói chung và dạy học ở trường THPT Nông Cống 1 để

từ đó thấy được tầm quan trọng của việc xây dựng hệ thống bài tập ứng dụng định lí về dấu của tam thức bậc hai trong việc nâng cao chất lượng dạy học

- Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lý thuyết: Trên cơ sở tài liệu phân phối chương trình môn học, chuẩn kiến thức - kỹ năng, sách giáo khoa Đại

số 10 – Cơ bản và tài liệu về Dạy học theo định hướng phát triển năng lực học sinh để xây dựng hệ thống bài tập theo mục đích đã đặt ra

2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm

Định lí về dấu tam thức bậc hai

Cho tam thức bậc hai f x( )ax2 bx c (a  ), 0  b2 4ac

+    0 f x cùng dấu với a, x R   

+   0 f x cùng dấu với a,  \ 2

b x

a

   



;

0 2

b f a

+   , giả sử 0 x x x1, 2  1x2 là các nghiệm của ( ) 0f x 

Ta có f x trái dấu với a  , x x x1; 2

và f x cùng dấu với a  ,   x  ; x1  x2; 

Hệ quả

Cho tam thức bậc hai f x( )ax2 bx c (a  ), 0  b2 4ac

+

0 ( ) 0,

0

a

f x   x R   

 

 +

0 ( ) 0,

0

a

f x   x R   

 

+

0 ( ) 0,

0

a

f x   x R   

 

 +

0 ( ) 0,

0

a

f x   x R   

 

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến nghiệm

- Học sinh lớp 10 chỉ áp dụng được định lí về dấu tam thức bậc hai để giải bất phương trình bậc hai Các em rất ngại tiếp xúc với các bài toán liên quan đến bất phương trình có chứa tham số, các bài toán chứng minh bất đẳng thức nhiều

ẩn, hay tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức chứa nhiều ẩn

- Học sinh lớp 12 thường quên định lí dấu tam thức bậc hai và không phân loại được các dạng toán này nên thường không giải quyết được vấn đề

2.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề

2.3.1 Bài toán định tham số để bất phương trình bậc hai (ẩn x) thỏa với mọi x   (bài toán cơ bản ở lớp 10)

2.3.1.1 Phương pháp giải.

Áp dụng hệ quả định lí dấu tam thức bậc hai

2.3.1.2 Giải pháp và cách thực hiện

+ Khi dạy định lí về dấu tam thức bậc hai, giáo viên phải chứng minh kĩ định lí này để học sinh nắm được bản chất của nó

+ Giáo viên nhấn mạnh cho học sinh điều kiện a ¹ 0 trong hệ quả.

2.3.1.3 Các ví dụ minh họa.

Ví dụ 1 Tìm các giá trị của m để biểu thức

f x x  m x m   x R

Giải

 

1 0 0

0,

a







R

Ví dụ 2 Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình

x  m x m  vô nghiệm

Giải

x  m x m  vô nghiệm  x2  m2x8m 1 0,  x

Ví dụ 3 Tìm m để f x  mx2  mx m  3 0

có nghiệm

Giải

(Nhận xét: Học sinh thường không xét trường hợp m = , nên giáo viên cần0

nhắc lại hệ quả trên chỉ áp dụng cho tam thức bậc hai )

f x  vô nghiệm f x     0, x

TH1 m  0

f x   0x  3 0 x Vậy m  không thỏa yêu cầu bài toán.0

TH2 m  0

  0,

0 0

m a









0

4

m

m







Vậy f x  có nghiệm  0  m  4

Ví dụ 4 Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số

y  x  mx m có tập xác định là  ?

Giải

y  x  mx m có tập xác định là 

 x2  2mx 2m   với mọi x  3 0    0 m2 2m 3 0

3 m 1

   

Do m  m  3; 2; 1;0;1  

Vậy có 5 giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu bài toán

Ví dụ 5 Với giá trị nào của tham số m thì bất phương trình

6x +4x+ >5 2x +4mx+1

(1) thỏa x  

Giải

(1)  - (6x2+4x+5) <2x2+4mx+ <1 6x2+4x+5



2 2

(1 ) 1 0





(1) thỏa x" Î ¡ khi và chỉ khi cả hai bất phương trình trong hệ (2) đồng thời

thỏa x" Î ¡ Û

1

2







m

m m

  



     

(học sinh thường nhầm lẫn giữa phép giao và phép hợp)

2.3.2 Bài toán chứng minh bất đẳng thức

2.3.2.1 Phương pháp giải.

Đưa bất đẳng thức về một trong các dạng

ax bx c  , ax2 bx c  , 0 ax2 bx c  hoặc 0 ax2 bx c 0

Áp dụng hệ quả định lí dấu tam thức bậc hai

2.3.2.2 Giải pháp thực hiện: Dạng toán này ta chỉ chọn một ẩn, các ẩn khác

xem như tham số, học sinh thường ngại tư duy vào dạng toán này nên giáo viên cần dẫn dắt học sinh đi từ ví dụ dễ hiểu trước

2.3.2.3 Các ví dụ minh họa.

Ví dụ 1 Chứng minh rằng 3x2 5y2  2x 2xy  với mọi số thực ,1 0 x y

Giải:

(Ta có thể xem x là ẩn, , y z là tham số)

2 2

3x 5y  2x 2xy   1 0 3x2  2(y1)x5y2  1 0

Đặt f x( ) 3 x2 2(y1)x5y2  ;1

Do đó f x  với mọi ,x y   0

Ví dụ 2 Chứng minh rằng x2  y2 z2 x y z2 2 2  4xyz y z 2 2  2yz  với 1 0 mọi số thực , ,x y z.

Giải

2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 1 0

x y z x y z  xyz y z  yz 

1 y z x2 2 2 4xyz y2 z2 y z2 2 2yz 1 0

Đặt f x   1 y z x2 2 2  4xyz y 2 z2  y z2 2  2yz1

, khi đó f x là một  

tam thức bậc hai ẩn x có hệ số a 1 y z2 2  và0

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 4 2 3 3 2 4 4 4

(1 y 2yz z 2y z y z 2y z y z y z )



Áp dụng BĐT a2 b2 2ab ta có

4 2 2 4 2 3 3

y z  y z  y z , y z4 4  1 2y z2 2 và y2 z2 2yz

Cộng vế với vế lại suy ra  'x 0

Do đó f x  0,x y z, ,

Ví dụ 3 Cho x, y,z 0 thỏa mãn: xy yz zx xyz    4

Chứng minh rằng : x y z xy yz z     x

Giải

Không mất tính tổng quát ta giả sử z là số nhỏ nhất trong 3 số x, y, z

Từ giả thiết

4 yz x

y z yz



  z  1

Nên

( )

f y có hệ số a  1 z z2  (do 0 z  ) và có biệt thức :1

2

( 1) (5 8) 0 ( ) 0

Đẳng thức xảy ra  x y z   hoặc ( ; ; ) (2;2;0)1 x y z  và các hoán vị

Ví dụ 4 Cho các số thực dương x,y,z Chứng minh rằng:

2 2 2

xzy x  y z   x y z 

Giải

Trong ba số x,y,z luôn tồn tại hai số cùng không nhỏ hơn 1 hoặc cùng không lớn hơn 1 Ta giả sử hai số đó là x và y Khi đó ta có:

(x 1)(y 1) 0  xy x y   1  xyz xz yz z  

2 2 2

xyz x y z

     xz yz z  2(x2  y2z2) 8

Nên ta chứng minh:

2 2 2

xz yz z   x  y z   x y z 

Tam thức ( )f z có a   và 2 0  z 15x2 2(y14)x 15y2 28y 28

z

 là tam thức bậc hai ẩn x, có a 15 0 và  x 224(y 1)2 0

     (đpcm) Đẳng thức xảy ra  x y z   1

2.3.3 Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức.

2.3.3.1 Phương pháp

Áp dụng hệ quả định lí dấu tam thức bậc hai

2.3.3.2 Giải pháp thực hiện

Giáo viên nhắc lại bất đẳng thức cô si, phương pháp miền giá trị để tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất.

2.3.3.3 Các ví dụ minh họa

Ví dụ 1 Xét tất cả các tam thức bậc hai: f x  ax2 bx c 0 , x R, a < b.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

a b c A

b a

 



Giải

Do

 

2 0

0

0

b

b a





 

R

2

4

4

b

a b

A

 

Đặt t b a   b a t 

Ta có

A

a t

Dấu bằng xảy ra

2

2 2

4 9

b c

b c a a







 



Ví dụ 2 Cho , a b là các số thực thỏa mãn a2 b2 4a 3 b Tìm giá trị lớn nhất

và nhỏ nhất của biểu thức P2a3 b

Giải

Ta có:

2

3

P a

P a b b 

Thay vào biểu thức phía trên ta được:

a    a   a   P a P P 

Ta cần tìm P để phương trình trên tồn tại a Tức là ta phải có:

Ví dụ 3 Cho các số thực , , x y z thỏa mãn x2  y2z2  và 5 x y z   3

Tìm giá trị lớn nhất

2 2

x y P

z

 





Giải

Từ điều kiện ta có

2

Do đó x y 2  1 6z 3z2

Dễ thấy z  Ta có 2 P z 2  2 x y

Do đó P z 2 22  1 6z 3z2

z 22P2 4z 2P 4 1 6z 3z2

P2 3z2 4P2 4P 6z 4P2 8P 3 0

Phương trình có nghiệm ẩn z khi và chỉ khi

'z 0 2P2 2P 3 P2 3 4P2 8P 3 0

36

0

23 P

Ta có P  khi 0 x2, y0, z  1

36

23

P 

khi

x y z 

Ví dụ 4 Cho các số thực không âm x,y,z thỏa mãn: x y z   Tìm giá trị lớn1 nhất của: P9xy10yz11zx

Giải

Để ý rằng, với giả thiết x y z   thì1

P xy yz zx xy z y x  xy  x y y x

Khai triển và rút gọn, ta thu được: P11x2  10y2 11x10y 12xy

Tương đương với 11x2 (12y 11)x10y2  10y P 0  *

Coi đây là tam thức bậc hai ẩn x, do điều kiện tồn tại của x nên suy ra (*) phải

có nghiệm, tức

(12y 11) 44(10y 10y P) 0

Hay296y2 176y121 44 P Tương đương 0

2

P  y  y 

Ta cụ

2 22 121 5445

37 296 10952

y  y 

Suy ra

11 10952 148

P      

Vậy

495 x

148

P 

2.3.4 Bỏi toõn điều kiện để hỏm số bậc ba đơn điệu.

2.3.4.1 Phương phõp giải

ạp dụng hệ quả định lợ dấu tam thức bậc hai

2.3.4.2 Giải phõp thực hiện

-Học sinh 12 thường quởn hệ quả trởn nởn giõo viởn cần nhắc lại hệ quả -Học sinh thường mắc sai lầm ở chỗ khừng để dấu “=” trong bất phương trớnh yđê 0 hoặc yđỂ 0 , do đụ giõo viởn cần nhắc lại định lợ mở rộng trong bỏi

“Sự đồng biến, nghịch biến của hỏm số”

2.3.4.3 Cõc vợ dụ minh họa

Vợ dụ 1 Tớmm để hỏm số y x 33x2 mx m đồng biến trởn tập xõc định

Giải

Tập xõc định D 

Tợnh đạo hỏm y' 3 x26x m

Hỏm số đồng biến trởn   y' 0  3x2 6x m  với mọi x (*)0

   ' 0 9 3 m 0 m 3

Vợ dụ 2 Tớm m để hỏm số y mx 3 mx2 m1x 3 nghịch biến trởn 

Giải

2

y  mx  mx m

m y   x R Suy ra loại m  0.

0 :

m 

Ycbt  2  

0

m









0

m





 



0 3

0 2

m







 



3

2

m

 

Vậy tập hợp các giá trị m thỏa ycbt là

3

2

  

2.3.5 Bài toán định tham số để bất phương trình bậc lớn hơn hai (ẩn x) thỏa với mọi x thuộc R

2.3.5.1 Phương pháp giải

Áp dụng hệ quả định lí dấu tam thức bậc hai

2.3.5.2 Giải pháp thực hiện

Giáo viên nhắc lại cách xét dấu của biểu thức có nghiệm kép, nghiệm bội

lẻ, nghiệm bội chẵn

2.3.5.3 Các ví dụ minh họa

Ví dụ 1 (Câu 49- Đề minh họa THPTQG năm 2019)

Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình

m x - +m x - - x- ³

nghiệm đúng với mọi x ∈ R

Tính tổng giá trị của tất cả các phần tử thuộc S

Nhận xét : Đây là bài toán phân loại học sinh ( đểm 9, 10) Trong đề minh

họa THPTQG Khi giải dạng bài toán này ta cần chú ý đến nghiệm kép của phương trình.

Giải

f x =m x - +m x - - x

Nếu x = không phải là nghiệm của 1 g(x ) thì f (x) sẽ đổi dấu khi x đi qua 1 Do

đó điều kiện cần để f ( x ) ≥ 0 ,∀ x∈ R là x=1 phải là nghiệm của g x =( ) 0

2

1

2

m

m

ê ê

ê =

-Với m = thì 1 ( ) ( )2( 2 )

f x = x- x + x+ ³ " Î Rx

, do đó m=1 thỏa mãn

-Với

3 2

m =

thì ( ) ( )2 9 2 9 21

f x = x- æççç x + x+ ö÷÷÷³ " Îx

÷

3

2

m =

thỏa mãn

Vậy

3

;1 , 2

S = -ìïïí üïïý

î þ tổng các phần tử của S bằng

-Ví dụ 2 Tìm m để bất phương trình

m x  m x x  m  x

nghiệm đúng với mọi x  

Giải

Đặt f x  m x2 4  m2x3 x2 m2 1x

Ta có

f x m x  m x x  m  x x m x   m x  x m  

Giả sử x  không phải là nghiệm của phương trình0

g x m x  m x  x m  

thì hàm số

f x m x  m x x  m  x

sẽ đổi dấu khi qua điểm x  , nghĩa 0

là m x2 4  m2x3x2 m2  1x0

không có nghiệm đúng với mọi x  

Do đó , để yêu cầu bài toán được thỏa mãn thì một điều kiện cần là

g x m x  m x  x m   x  , suy ra0

Điều kiện đủ:

Với m1, f x  x4  3x3x2 x x2 2 3x1

khi đó f  1   không 1 0 thỏa mãn điều kiện m x2 4  m2x3x2m2  1x0

nghiệm đúng với mọi

x   (loại)

Với m1, f x  x4 x3x2 x x2 2 x1 0

, x  

Vậy m = - 1

Ví dụ 3 Có bao nhiêu cặp số thực ( ; ) a b để bất phương trình

x 1 x2 ax2 bx2 0

nghiệm đúng với mọi x  .

Giải

Đặt f x   x 1 x2 ax2 bx2

Giả sử x  không phải là nghiệm của phương trình1

g x  x ax bx 

thì hàm số f x   x 1 x2 ax2 bx2

sẽ đổi dấu khi qua điểm x  , nghĩa là 1 x 1  x2 ax2 bx2 0

không

có nghiệm đúng với mọi x  

Do đó, để yêu cầu bài toán được thỏa mãn thì một điều kiện cần là

g x  x ax bx 

có nghiệm x  suy ra 1 a b   (1)2 0

Lí luận tương tự có h x   x 1 ax2bx2 0

cũng phải nhận x  là 2

nghiệm, suy ra 4a 2b  (2)2 0

Từ (1) và (2) ta có hệ



Điều kiện đủ:

Với

1

1

a

b









 có f x   x 1 x2  x2  x2  x 1 2 x22 0

,

x  

Vậy không tồn tại cặp số thực ( ; )a b nào thỏa mãn yêu cầu bài toán.

   

28x 2 2 4x 2 2x 0

nghiệm đúng với mọi x  

Giải

Đặt 2x  điều kiện t t  0

28x 2 2 4x 2 2x 0

nghiệm đúng với mọi x   tương

đương với phương trình

m t  m  t  m t m 

nghiệm đúng với mọi t  0

Đặt f t  m t2 3 m2 2t2 m2t m

Ta có f t  m t2 3 m2 2t2 m2t m m t  2 3 m t2 2  2t2 mt2t m

2 2

2 2

m t t t t m t

Giả sử t   không phải là nghiệm của phương trình1 0

g t m t  t m  thì hàm số f t   t 1 m t2 2  2t m 

sẽ đổi dấu khi

đi qua điểm t   , nghĩa là 1 0 m t2 3 m22t2 m2t m 0

không có nghiệm đúng với mọi t  0

Do đó, yêu cầu bài toán được thỏa mãn thì một điều kiện cần là

g t m t  t m  có nghiệm t  , suy ra 1

2

m

m







Điều kiện đủ

Với m1, f t   t 1 t2  2t 1  t 13

không thỏa mãn điều kiện

f t   t

(Vì với

t  f     

  (loại)) Với f t   t 1 4  t2  2t 2  t 1 2 4t2   0, t 0

Vậy m = - 2

2.3.6 Bài tập luyện tập

Bài 1.Tìm m để m1x2  2mx m 3 0 vô nghiệm