Sáng kiến kinh nghiệm Hàm số bậc nhất, hàm số bậc hai - Ứng dụng

HÀM SỐ BẬC NHẤT, HÀM SỐ BẬC HAI - ỨNG DỤNG
I.MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài:
Trong cấu trúc đề thi học sinh giỏi của tỉnh Thanh Hóa năm 2017-2018 có
phần hàm số bậc nhất, hàm số bậc hai. Nhằm giúp các em học sinh có được
một số kinh nghiệm và kĩ năng giải quyết một số bài tốn có chứa yếu tố bậc
nhất, bậc hai. Do đó, qua cơng tác giảng dạy lớp 10, đúc kết những kinh
nghiệm nhiều năm của bản thân và việc học tập nghiên cứu khoa học, tôi
mạnh dạn trao đổi cùng đồng nghiệp những kinh nghiệm của bản thân.
Tài liệu “Hàm số bậc nhất, hàm số bậc hai - ứng dụng” sẽ giúp các học
sinh phần nào đó tìm hướng giải cho một số bài toán chứa yếu tố bậc nhất, bậc
hai.
1.2. Phạm vi và đối tượng nghiên cứu.
Trong đề tài này đối tượng nghiên cứu là học sinh khá, giỏi THPT Tĩnh
Gia 2 đặc biệt là học sinh lớp 10 ôn thi học sinh giỏi.
1.3. Mục tiêu nghiên cứu
Xây dựng được một cách giải bài tốn thơng qua kiến thức hàm số bậc
nhất, hàm số bậc hai.
1.4. Phương pháp làm đề tài:
+
Tham khảo tài liệu.
+
Trực tiếp áp dụng vào công tác giảng dạy để rút ra kinh nghiệm, rút ra kết
luận chung và thực tiễn đề tài.
II. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lí luận:
Việc giảng dạy và ôn luyện giúp học sinh giải các bài tốn ơn thi học
sinh giỏi địi hỏi người giáo viên có phương pháp định hướng cơ bản thuật
tốn theo từng dạng toán trong cấu trúc đề thi học sinh giỏi.
2.2.Thực trạng của vấn đề nghiên cứu:
Trong trường trung học phổ thơng Tĩnh Gia 2 hiện nay có nhiều đối

tượng học sinh. Số lượng học sinh giỏi chiếm tỉ lệ không cao; các em học sinh
giỏi từng học hàm số bậc nhất, bậc hai nhưng chưa biết nhiều đến ứng dụng
của chúng. Do đó cơng việc giảng dạy kĩ năng giải toán bằng hàm số bậc nhất,
hàm số bậc hai là rất cần thiết, giúp các em hiểu rõ của việc ứng dụng kiến
thức cơ bản vào kiến thức nâng cao.
2.3.Nội dung nghiên cứu:
( Các kiến thức liên quan đến hàm số bậc nhất, hàm số bậc hai )
2.3.1.Hàm số y  ax  b
2.3.1.1. Hàm số bậc nhất là hàm số được cho bằng biểu thức có dạng y  ax  b , trong đó a
và b là những hằng số với a  0 .
Hàm số bậc nhất có tập xác định là ¡
+ Khi a  0 , hàm số y  ax  b đồng biến trên ¡ .

1
SangKienKinhNghiem.net


+ Khi a  0 , hàm số y  ax  b nghịch biến trên ¡ .
2.3.1.2. Đồ thị hàm số y  ax  b ( a  0 ) là một đường thẳng (hình 1) có đặc điểm sau:
+Hệ số góc bằng a ;
+Khơng song song và không trùng với các trục tọa độ;
 b 
+Cắt trục tung tại điểm B(0; b) và cắt trục hoành tại điểm A   ;0  ;
 a 
+ Đường thẳng này luôn song song với đường thẳng y  ax (nếu b  0 )
(Đường thẳng y  ax đi qua gốc tọa độ O và điểm (1; a ) )

2.3.1.3. Hàm số y  b
Đồ thị hàm số y  b là một đường thẳng song song hoặc trùng với trục hoành và cắt trục tung
tại điểm (0; b) . Đường thẳng này gọi là đường thẳng y  b . (hình 2)

2.3.1.4. Tính chất sử dụng: Hàm số y  f ( x)  ax  b xác định trên [ ; ] . Khi đó
min{ f ( ); f (  )}  f ( x)  max{ f ( ); f (  )}, x   ;  
2.3.2.Hàm số bậc hai. y  ax 2  bx  c(a  0)
2.3.2.1. Hàm số bậc hai là hàm số được cho bằng biểu thức có dạng y  ax 2  bx  c , trong đó
a, b, c là những hằng số với a  0 .
Tập xác định của hàm số bậc hai là ¡
b
b
+Khi a  0 , hàm số nghịch biến trên khoảng (;  ) , đồng biến trên khoảng ( ; )
2a
2a

b
và có giá trị nhỏ nhất là 
khi x  
4a
2a
b
b
+Khi a  0 , hàm số đồng biến trên khoảng (;  ) , nghịch biến trên khoảng ( ; )
2a
2a

b
và có giá trị lớn nhất là 
khi x  
4a
2a
2

SangKienKinhNghiem.net


2.3.2.2. Đồ thị của hàm số y  ax 2  bx  c .
 
 b
+Đồ thị hàm số y  ax 2  bx  c là một parabol có đỉnh I   ;   , nhận đường thẳng
 2a 4a 
b
làm trục đối xứng và hướng bề lõm lên trên khi a  0 , xuống dưới khi a  0 . (hình
x
2a
3)

2.3.2.3. Tính chất sử dụng: Hàm số y  f ( x)  ax 2  bx  c(a  0) xác định trên [ ; ] . Khi đó
b
+ min{ f ( ); f (  )}  f ( x)  max{ f ( ); f (  )}, x   ;   với    ;  
2a


b
+ min{ f ( ); f (  );  }  f ( x)  max{ f ( ); f (  );  }, x   ;   với    ;  
4a
4a
2a
2.3.3. Ứng dụng
2.3.3.1.Viết phương trình khi biết một số yếu tố.
Câu 1. Tìm phương trình đường thẳng d : y  ax  b . Biết đường thẳng d đi qua điểm I (2;3)
và tạo với hai tia Ox, Oy một tam giác cân.
Lời giải

Đường thẳng d : y  ax  b đi qua điểm I (2;3)  2a  b  3 , cắt hai tia Ox, Oy t ại
b
b
A( ;0), B(0; b)  OA    0; OB  b  0
a
a
b  0
b
Tam giác OAB vuông tại O , OAB vuông cân  OA  OB    b  
a
 a  1
Với b  0  B  O (loại)
Với a  1  b  5 .  d : y   x  5
Câu 2 . Tìm phương trình đường thẳng d : y  ax  b . Biết đường thẳng d đi qua điểm
I (1; 2) và tạo với hai tia Ox, Oy một tam giác có diện tích bằng 4.
Lời giải
Đường thẳng d : y  ax  b đi qua điểm I (1; 2)  a  b  2(1) , cắt hai tia Ox, Oy t ại
b
b
A( ;0), B(0; b)  OA    0; OB  b  0
a
a
1
Tam giác OAB vuông tại O ,  SOAB  OA.OB  4  b 2  8a (2)
2
T ừ (1), (2)  a  2  b  4 .  d : y  2 x  4
3
SangKienKinhNghiem.net

Câu 3 . Tìm phương trình đường thẳng d : y  ax  b . Biết đường thẳng d đi qua điểm I (1;3)
và tạo với hai tia Ox, Oy và cách gốc tọa độ một khoảng bằng 5 .
Lời giải
Đường thẳng d : y  ax  b đi qua điểm I (1;3)  a  b  3(1) , cắt hai tia Ox, Oy t ại
b
b
A( ;0), B(0; b)  OA    0; OB  b  0
a
a
Tam giác OAB vuông tại O , gọi H là hình chiếu của O lên đường thẳng d
1
1
1



 b 2  5a 2  5(2)
2
2
OH
OA OB 2
T ừ (1), (2)  a  2  b  5 .  d : y  2 x  5
Câu 4. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho Parabol ( P) : y  x 2  4 x  m cắt
Ox tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn OA  3OB .
Lời giải
Phương trình hồnh độ giao điểm: x 2  4 x  m  0(*)
( P) cắt Ox tại hai điểm phân biệt   '  4  m  0  m  4  x1 , x2 l à nghi ệm
OA  3OB  x1  3 x2  x1  3 x2
vi  et
V ới x1  3 x2 

m  3
vi  et
V ới x1  3 x2 
 m  12 (loại)
V ậy m  3

Câu 5. Biết rằng hàm số y  ax 2  bx  c(a  0) đạt giá trị lớn nhất bằng
lập phương các nghiệm của phương trình y  0 bằng 9. Tìm a, b, c .
L ời gi ải
1
3
hàm số y  ax 2  bx  c(a  0) đạt giá trị lớn nhất bằng
tại x 
4
2
b 3
9
3
1

 (1); a  b  c  (2)
2a 2
4
2
4
tổng lập phương các nghiệm của phương trình y  0 bằng 9

1
3
tại x  và tổng

4
2

3

 b
 b  c 
 x13  x23  9  ( x1  x2 )3  3 x1 x2 ( x1  x2 )  9      3       9(3)
 a
 a  a 
T ừ (1), (2), (3)  a  1; b  3; c  2
Câu 6. Cho Parabol ( P) : y  x 2  4 x  3 và đường thẳng d : y  mx  3 . Tìm tất cả các giá trị
thực của m để d cắt ( P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác AOB bằng
9
.
2
Lời giải
Phương trình hồnh độ giao điểm:
 x  0  y  3  A(0;3)  Oy
x 2  4 x  3  mx  3  x 2  (4  m) x  0  
2
2
 x  4  m  y  m  4m  3; B(4  m; m  4m  3)
Gọi H là hình chiếu của B lên OA  BH  xB  4  m
SOAB 

 m  1
1
9
BH .OA   m  4  3  

(thỏa mãn OAB là tam giác).
2
2
m  7

4
SangKienKinhNghiem.net


2.3.3.2. Giải phương trình.
Câu 1. Cho phương trình: 2 x  1  3  x  m (1)
a.Giải phương trình (1) v ới m  2
b.Giải và biện luận theo m số nghiệm của phương trình (1)
Lời giải
Đặt f ( x)  2 x  1  3  x . Ta có đồ thị như hình vẽ

y
2
1
2
-4

1

x

2

a.Phương trình có nghiệm x  4; x  2
5

b.Dựa vào đồ thị hàm số, ta có:
2
m  5 / 2 phương trình vơ nghiệm
m  5 / 2 phương trình có nghiệm x  1/ 2
m  5 / 2 phương trình có hai nghiệm
Câu 2. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình:
y
x 2  3 x  m  1  0(2)
Lời giải.
m
(2)  x 2  3 x  1  m
3
Số nghiệm của phương trình (2) chính là số nghiệm của đồ thị
2
hàm số y  x  3 x  1 và đường thẳng y  m
2
1
x
Dựa vào đồ thị hàm số, ta có
5
m  5 / 4 phương trình vơ nghiệm
4
m  5 / 4 phương trình có nghiệm x  3 / 2
m  5 / 4 phương trình có hai nghiệm
Câu 3. Cho phương trình: x 2  5 x  3m  1  0
a.Tìm m để phương trình có hai nghiệm âm phân biệt
b.Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn: x1  1  x2
c.Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt nhỏ hơn -1.
Lời giải
x 2  5 x  3m  1  0(3)  x 2  5 x  1  3m

Số nghiệm của phương trình (3) chính là số nghiệm của đồ thị hàm số y  x 2  5 x  1 và đường thẳng y  3m
Dựa vào đồ thị ta có:
a.Phương trình có 2 nghiệm âm phân biệt 
29
1
29
  3m  1   m 
4
3
12
b.Phương trình có hai nghiệm thỏa mãn: x1  1  x2 
5
5  3m  m 
3
29
5
29
c.phương trình có hai nghiệm phân biệt nhỏ hơn -1.    3m  5   m 
4
3
12
y
2
Câu 4. Tìm m để phương trình x  5 x  6  m có 4 nghiệm
phân biệt.
Lời giải
Số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đồ thị hàm
số y  x 2  5 x  6 và đường thẳng y  m . Dựa vào đồ thị:
phương trình có 4 nghiệm phân biệt  0  m 

1
4

1/4
O

x
1

5/2

5
SangKienKinhNghiem.net


Câu 5. Tìm m để phương trình sau có nghiệm dương: x x  3  4  m  0
y

Số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đồ
thị hàm số y  x x  3  4(C ) và đường thẳng d : y  m .
Để phương trình có nghiệm dương thì d cắt (C ) tại ít
nhất một điểm có hồnh độ dương (điểm nằm bên phải
trục Oy ). Dựa vào đồ thị: m  4
Câu 6. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình
x 2  3 x  5  m  3 x  2 có duy nhất một nghiệm dương

1

x

3

O
-7/4

-4

Lời giải
x 2  3 x  5  m  3 x  2  m   x 2  3 x  5  3 x  2 có
các nghiệm trong đó duy nhất một nghiệm dương
Tức là đường thẳng y  m cắt đồ thị (C) : y   x 2  3 x  5  3 x  2

y
11

tại các điểm trong đó duy nhất một điểm có hồnh độ dương.
Vẽ đồ thị (C) và đường thẳng d trên cùng hệ trục tọa độ
2

 x  6 x  1 khi x  2
2
y   x  3x  5  3 x  2   2
khi x  2

 x  11

8  m  11
Nhìn vào đồ thị ta có kết quả: 
m  7
2.3.3.3. Bất phương trình

Câu 1. Giải bất phương trình
a. x 2  4 x  3  0
b. x 2  4 x  3  x  1

10
8
7

x
-1 O 1 2 3 4

y

y=x2-4x+3
a.Vẽ đồ thị hàm số ( P) : y  x 2  4 x  3 như hình vẽ. Những giá trị
x thỏa mãn x 2  4 x  3  0 là hoành độ những điểm thuộc ( P) nằm
phía dưới trục hồnh. Nhìn vào đồ thị ta có kết quả: 1  m  3
y=x-1
b.Vẽ đường thẳng d : y  x  1 trên cùng hệ trục với ( P) như hình
2
O
vẽ. Những giá trị x thỏa mãn x 2  4 x  3  x  1 là hoành độ
1
3
những điểm thuộc ( P) nằm phía trên so với đường thẳng d
-1
x  1
Nhìn vào đồ thị ta có kết quả: 
x  4
Câu 2. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm  x 2  2 x  m

Lời giải
y

Vẽ ( P) : y   x 2  2 x; d : y  m . Tập nghiệm của bất phương trình là
tập hợp các giá trị x ứng với phần của đường thẳng d nằm phía
dưới ( P) . Dựa vào đồ thị hàm số bất phương trình có nghiệm
m 1

x
4

1

m

O

2
1

x
3

-1
y=-x2+2x

6
SangKienKinhNghiem.net

Câu 3. Định m để bất phương trình sau có nghiệm: x 2  x  m  x  x 2 (3)
Lời giải

y

m  0
(3)  x 2  x  x 2  x  m  x  x 2  
2
2 x  2 x  m

m

1
2

Đặt ( P) : y  2 x 2  2 x

x

1

O
Tập nghiệm của bất phương trình là tập hợp các giá trị x
ứng với phần của đường thẳng d : y  m nằm phía dưới ( P)
và nằm trên Ox . Dựa vào đồ thị hàm số: Bất phương trình
1
có nghiệm 0  m 
2
Câu 4. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: x 2  3 x  m  3  x (4)

1
2

(P)

Lời giải
 x 2  4 x  3  m  ( P1 ) : y   x 2  4 x  3
(4)  x  3  x  3 x  m  3  x   2
2
 x  2 x  3  m  ( P2 ) : y   x  2 x  3
2

4

Tập nghiệm của bất phương trình là tập hợp các giá trị x ứng
với phần của đường thẳng d : y  m nằm phía dưới ( P2 ) và
nằm trên ( P1 )
Dựa vào đồ thị:
Bất phương trình có nghiệm khi m  4

y
P2

3

m
1

x

3
O

1

2

P1

Câu 5. Giải và biện luận bất phương trình theo m :
x2  2x  3  m
(5)

3

Lời giải
 x 2  2 x  3 khi x  1  x  3  ( P1 ) : y  x 2  2 x  3
(5)   2
2
  x  2 x  3 khi  1  x  3  ( P2 ) : y   x  2 x  3
Tập nghiệm của bất phương trình là tập hợp các giá trị
x ứng với phần đường thẳng d : y  m nằm phía trên
( P2 ) và ( P1 ) .
Ta có hồnh độ giao điểm của (d );( P1 ) là nghiệm cảu
phương trình:

y
4
3

m

P1
x
-1 O

x  2 x  3  m  x  2 x  3  m  0  x1  1  m  4; x4  1  m  4
Ta có hồnh độ giao điểm của (d );( P2 ) là nghiệm cảu phương trình:
2

P2

1

3

2

 x 2  2 x  3  m  x 2  2 x  3  m  0  x2  1  m  4; x3  1  m  4
Dựa vào đồ thị ta có:
+ m  0 : bất phương trình vơ nghiệm
+ 0  m  4 : bất phương trình có nghiệm: x1  x  x2  x3  x  x4
+ m  4 : bất phương trình có nghiệm: x1  x  x4
Câu 6. Cho bất phương trình: x 2  x  m  3 (7) . Tìm m để:
7
SangKienKinhNghiem.net


a. Bất phương trình có nghiệm
b. Bất phương trình có nghiệm âm.

c. Bất phương trình có nghiệm thỏa mãn với mọi x  (1;0)
Lời giải
(7)  x 2  3  x  m  3  x 2  x 2  x  3  m   x 2  x  3
 ( P1 ) : y  x 2  x  3;( P2 ) : y   x 2  x  3
Tập nghiệm của bất phương trình là tập các giá trị x ứng
với phần đường thẳng (d ) nằm phía trên ( P1 ) và dưới ( P2 )

y

13
4

P 1)

Do đó:
a/Bất phương trình có nghiệm  d nằm giữa hai Parabol
14
14
 m
3
3
14
b/ Bất phương trình có nghiệm    m  3
3
c/ Bất phương trình có nghiệm th ỏa m ãn x  (1;0)
 3  m  1
Câu 7. Giải và biện luận bất phương trình theo m : x 2  x  x  m (7)

3

(d):y=m
1
O

1
-

2

x

1

-1

1

2

(P2)
-3

13
-

4

Lời giải

x  0

0  x  1
x  1
(1)  
(2)   2
(3)
Ta có: x 2  x  x  m (7)   2
2
x  2x  m
2 x  x  m
x  m
Đặt
y
(P1)
( P1 ) : y  x 2  2 x;( P2 ) : y  2 x  x 2 ;( P3 ) : y  x 2
Tập nghiệm của bất phương trình là tập hợp các
giá trị x ứng với phần của đường thẳng (d ) nằm
(P2)
phía trên ( P1 );( P2 );( P3 )
Hoành độ giao điểm của (d );( P1 ) là nghiệm
phương trình:

O

(d):y=m
(P3)

x

1

m 1

x2  2 x  m  x2  2 x  m  0  x  1  1  m
(do (1))
Hoành độ giao điểm của (d );( P2 ) là nghiệm phương trình:
m 1

 x2  2 x  m  x2  2 x  m  0  x  1  1  m
(do (2))
Hoành độ giao điểm của (d );( P3 ) là nghiệm phương trình:
m0

x2  m  x2  m  0  x  m
(do (3))
Vậy
+ m  0 : Bất phương trình vơ nghiệm
+ m  0 : Bất phương trình nghiệm x  0
+ m  0 : Bất phương trình có nghiệm x1  x  x2
+ m  0 : Bất phương trình có nghiệm x1  x  x3
2.3.3.3.Bất đẳng thức-Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất
8
SangKienKinhNghiem.net


Câu 1. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để giá trị nhỏ nhất của hàm số
y  f ( x)  4 x 2  4mx  m 2  2m trên đoạn [-2;0] bằng 3.
Lời giải:
m
Parabol có hệ số ax  4  0 nên bề lõm hướng lên trên. Hoành độ đỉnh xI 
2

Ta có bảng biến thiên

x

m
2

-∞

+∞

y
-2m
m
 2  m  4  xI  2  0 . Suy ra f ( x) đồng biến trên [-2;0]. Do đó
2
min f ( x)  f (2)  m 2  6m  16

+ Nếu
[-2;0]

Theo yêu cầu bài toán: m 2  6m  16 = 3 (vô nghiệm)
m
+ Nếu 2   0  4  m  0  xI  [0; 2] . Suy ra f ( x) đạt giá trị nhỏ nhất tại đỉnh. Do
2
3
m
đó min f ( x)  f    2m . Theo yêu cầu bài toán: 2m  3  m   (thỏa mãn điều
[-2;0]
2

2
kiện 4  m  0 ).
m
+ Nếu
 0  m  0  xI  0  2 . Suy ra f ( x) nghịch biến trên [-2;0]. Do đó
2
 m  1(l )
min f ( x)  f (0)  m 2  2m . Theo yêu cầu bài toán: m 2  2m  3  
=3
[-2;0]
 m  3(tm)
 3 
Vậy những giá trị cần tìm của m là S   ;3
 2 
Câu 2 . Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x  y  z  1 . Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức P  9 xy  10 yz  11zx
Lời giải
Thay
z  1  x  y  P  11x 2  10 y 2  xy  11x  10 y  11x 2  (12 y  11) x  10 y 2  10 y  P  0
Xem đây là một tam thức bậc hai theo ẩn x và y là tham số, điều kiện tồn tại x là
74
22
121
74 
11
5445  495
  0  P   ( y2 
y
)   ( y  )2 


11
37
296
11 
37
10952  148
495
11
25
27
 y  ;x  ;z 
Vậy max P 
148
37
74
74
Câu 3. Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn a 2  b 2  1; c  d  3 . Chứng minh rằng
ac  bd  cd 

96 2
4

Lời giải:
Thay d  3  c  f (c)  ac  b(3  c)  c(3  c)  c 2  c(b  a  3)  3b

9
SangKienKinhNghiem.net


 12b  (b  a  3) 2 12b  (b  a  3) 2



4a
4
4
2
12b  (b  a  3)
96 2

 12b  (a  b) 2  6(a  b)  9  9  6 2
Ta chỉ cần chứng minh:
4
4
2
2
 (a  b )  6(a  b)  2ab  6 2  6(a  b)  2ab  6 2  1 vì a 2  b 2 =1
Do tam thức ẩn c có hệ sơ ac  1  0  f (c)  

 (a  b) 2  6(a  b)  2  6 2  0 vì 2ab  (a  b) 2  (a 2  b 2 )  (a  b) 2  1
a  b  2

(Hiển nhiên vì a  b  2(a 2  b 2 )  2
 a  b  6  2
Câu 4. Cho x, y, z là các số thuộc đoạn [0;2]. Chứng minh rằng:
2( x  y  z )  ( xy  yz  zx)  4 (*)
Lời giải
(*)  f ( x)  (2  y  z ) x  2 y  2 z  yz  4  0
Đặt f ( x)  (2  y  z ) x  2 y  2 z  yz  4 , Ta chứng minh f ( x)  0
+Nếu (2  y  z )  0  y  z  2  f ( x)   yz  0 (1) ln đúng vì y, z  [0; 2]
x[0;2]

+Nếu (2  y  z )  0  f ( x) là hàm số bậc nhất 
 f ( x)  max  f (0); f (2)  0
vì f (0)  2 y  2 z  yz  4  ( y  2)( z  2)  0 (2), f (2)   yz  0 (3) vì y, z  [0; 2]
Vậy 2( x  y  z )  ( xy  yz  zx)  4 (*)
Đẳng thức xảy ra  đẳng thức xảy ra ở một trong 3 biến đổi ở (1), (2), (3)
  y  0; z  2
y  z  2


Dấu bằng ở (1)   yz  0    y  2; z  0
 x tùy ý
 x tùy ý


 x  0, y  2, z  [0; 2]
Dấu bằng ở (2)  
 x  0, z  2, y  [0; 2]
 x  2, y  0, z  [0; 2]
Dấu bằng ở (3)  
 x  2, z  0, y  [0; 2]
Vậy đẳng thức xảy ra khi ( x; y; z )  ( x  [0; 2];0; 2) và tất cả các hoán vị vòng quanh của
chúng.
Câu 5. Cho x, y, z  0 và x  y  z  3 . Chứng minh x 2  y 2  z 2  xyz  4 (*).
Lời giải:
(*)  x 2  ( y  z ) 2  2 yz  xyz  4  (3  x) 2  2 yz  x 2  xyz  4  yz ( x  2)  2 x 2  6 x  5  0
 y  z   3 x 
 3 x 
2
Đặt t  yz  
 

 0 x
 , f (t )  ( x  2)t  2 x  6 x  5 .
 2   2 
 2 
Ta chứng minh f (t )  0 .
+Nếu ( x  2)  0  x  2  f (t )  1  0
2

2

2


  3  x 2  
+Nếu ( x  2)  0  x  2 
 f (t )  min  f (0), f  
0
  2   

 

 1
Vì f (0)  2 x 2  6 x  5  
 >0
4a 2
2
  3  x 2 
1
 3 x 
f 


(
x

2)
 2 x 2  6 x  5  ( x  1) 2 ( x  2)  0




 2  
4
 2 


2
2
2
Vậy f ( x)  0 hay x  y  z  xyz  4 (*). Dâu đẳng thức xảy ra khi x  y  z  1
 3 x 
0 x 

 2 

2

10
SangKienKinhNghiem.net

Câu 6 . Cho a, b, c  (0;1) . Chứng minh: abc  (1  a )(1  b)(1  c)  1 (*)
Lời giải:
Đặt f(a) = abc  (1  a )(1  b)(1  c)  1 . Ta chứng minh: f (a )  0
Vì b, c  (0;1)  bc  0 nên f (a ) là hàm bậc nhất ẩn a nên
a(0;1)

 f (a )  max  f (0); f (1)  0
Vì f (0)  (1  b)(1  c)  1  bc  b  c  b(c  1)  c  0(1); f (1)  bc  1  0(2)
Vậy abc  (1  a )(1  b)(1  c)  1 (*)
Đẳng thức (*) xảy ra  đẳng thức xảy ra ở (1) hoặc (2)
a  0
 a  0; b  0; c  0
Đẳng thức (1) xảy ra  
b(c  1)  c  0
a  1
 a  1; b  1; c  1
Đẳng thức (2) xảy ra  
bc  1  0
Đẳng thức xảy ra  ( x; y; z )  (0;0;0), (1;1;1)
Câu 7. Cho x, y, z  0 : x  y  z  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A  x 2  y 2  z 2  4 xyz (*)
Lời giải:
 1
Vì x, y, z khơng âm và x  y  z  1 nên ít nhất một trong 3 số x, y, z thuộc đoạn 0; 
 3
 1
Giả sử z  0; 
 3
Ta có A  f ( x)  2(1  2 z ) x 2  2(2 z 2  3 z  1)  2 z 2  2 z  1 vì x  y  z  1
 1

Ta có f ( x) là hàm số bậc hai có ax  2(1  2 z )  0 do z  0; 
 3
2
1 1
 b 
 1 z  3 z

z

  ( z  1)(2 z 2  z  1)  1
Nên A  f ( x)  f     f 

2 2 2
 2a 
 2 
 1  1

Do 2 z 2  z  1 có az  2  0 suy ra g ( z ) đồng biến trên đoạn 0;     ;   , mà
 3  4

1
 1
 1
z  1  0 do z  0;  nên hàm số g ( z )  ( z  1)(2 z 2  z  1)  1 nghịch biến trên 0; 
2
 3
 3
 1  13
Do đó A  g ( z )  g   
 3  27

13
1
x yz
Vậy min A 
27
3
2.3.3.4.Một số bài tốn khác
Câu 1 . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  x  m  2 x  m  1 xác
định trên (0; )
Lời giải
x  m
x  m  0

Hàm số xác định khi 

m  1 (*)
2 x  m  1  0
 x  2

m 1
 m  1;(*)  x  m  TXD: [m; )
2
Khi đó hàm số xác định trên (0; ) khi và chỉ khi (0; )  [m; )  m  0 (loại)
TH1: Nếu m 

11
SangKienKinhNghiem.net


m 1

m 1
m 1
 m  1;(*)  x 
; )
 TXD: [
2
2
2
m 1
; )  m  1 Vậy
Khi đó hàm số xác định trên (0; ) khi và chỉ khi (0; )  [
2
m  1
Câu 2. Một hộ gia đình có ý định mua một cái máy bơm để phục vụ cho việc tưới tiêu vào
mùa hạ. Khi đến cửa hàng thì được ơng chủ giới thiệu về hai loại máy bơm có lưu lượng nước
trong một giờ và chất lượng máy là như nhau. Máy thứ nhất giá 1.500.000đ và trong một giờ
tiêu thụ hết 1,2kW. Máy thứ hai giá 2.00.000đ và trong một giờ tiêu thụ hết 1kW. Theo bạn
người nông dân nên chọn mua loại máy nào để đạt hiệu quả kinh tế cao nhất.
Lời giải.
Giả sử giá tiền điện là 1.000 đ/1kW. Vậy trong x giờ số tiền phải trả khi sử dụng máy thứ
nhất là f ( x)  1500  1, 2 x ; máy thứ hai là: g ( x)  2000  x
Chi phí trả cho hai máy sử dụng là như nhau trong khoảng thời gian là nghiệm phương trình:
1500  1, 2 x  2000  x  x  2500
TH2: Nếu m 

y

Quan sát đồ thị ta thấy rằng: ngay sau khi sử dụng 2.500 giờ tức là
4500
nếu mỗi ngày dung 4 tiếng tức là không q 2 năm thì máy thứ 2

chi phí sẽ thấp hơn rất nhiều nên chọn mua máy thứ 2 thì hiệu quả
kinh tế sẽ cao hơn.
TH1: nếu thời gian sử dụng máy ít hơn 2 năm thì mua máy thứ nhất sẽ
tiết kiệm hơn.
TH2: nếu thời gian sử dụng nhiều hơn hoặc bằng 2 năm thì nên
2000
mua máy thứ hai.
Nhưng trong thực tế một máy bơm có thể sử dụng được thời gian
khá dài. Do đó trong trường hợp này người nơng dân nên mua
máy thứ hai.

1500

-2000
-1250

O

500

2500

Câu 3. Ba Tí muốn làm cửa sắt được thiết kế như hình bên.

Vịm cổng có dạng là một parabol. Giá 1 m 2 cửa sắt là 600000 . Hỏi ba Tí sử dụng bao nhiêu
tiền (nghìn đồng) để có bộ cửa sắt đó.
Lời giải
Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ.

12

SangKienKinhNghiem.net

x


y

2C
D

B

1.5
A

-2.5

O

1

2.5

x

Giả sử vịm cổng là một Parabol P  có phương trình: y  ax 2  bx  c .
5 3
 5 3
Do P  đi qua các điểm B  ;  , C 0, 2 , D   ;  nên ta có
2 2

 2 2
5
3
 25
2

 4 a 2bc  2
a


25

2
5
3
 25
 P  : y   x 2  2 .
 a  b  c   b  0
25
2
2
4
c  2
c  2





Khi đó, diện tích cánh cửa sắt S  gấp hai lần diện tích hình thang cong OABC S1 

5
2

55
 2
 55
Mà S1     .x 2  2   . Suy ra S  .
6
25
 12
0

Do đó giá của cửa sắt là

55
.600000  5500000
6

2.4.KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU:
Qua q trình giảng dạy, tơi nhận thấy các học sinh giỏi giải quyết được
một số bài toán liên quan đến hàm số bậc nhất, hàm số bậc hai một cách linh
hoạt hơn, nhớ kiến thức hơn. Vào những tiết luyện tập tôi đã đem vấn đề này
hướng dẫn lồng ghép các bài học để giải quyết các bài tập giúp các em thêm
kiến thức và kinh nghiệm để áp dụng vào kì thi học sinh giỏi.

13
SangKienKinhNghiem.net


III.KẾT LUẬN:

3.1.Nhận định chung
Sự thành công của mỗi giáo viên phụ thuộc vào nhiều yếu tố, trong đó
phải nói đến lịng say mê nghề nghiệp, giúp trong cơng tác giảng dạy sự thành
công của mỗi giáo viên phụ thuộc vào nhiều yếu tố, trong đó phải nói đến lịng
say mê nghề nghiệp yêu nghề, giúp ta luôn trau dồi kiến thức và nâng cao
chun mơn nghiệp vụ .Có như vậy chúng ta mới tìm ra những cách thức hiệu
quả nhất để làm tốt công tác giảng dạy.
3.2.Kiến nghị
Với đề tài này, tơi hy vọng sẽ đóng góp vào việc Đề nghị Sở Giáo dục &
Đào tạo cần mở các lớp tập huấn chuyên đề thêm để giáo viên trong toàn Tỉnh
được tiếp thu các thông tin mới cũng như đáp ứng được yêu cầu bồi dưỡng học
sinh giỏi
Tuy nhiên, để có những vụ mùa bội thu, ngồi vai trị của người thầy,
ngoài những nỗ lực cố gắng của học sinh, địi hỏi phải có sự quan tâm hỗ trợ của
nhà trường để giáo viên có nhiều tài liệu tham khảo, có nhiều thời gian nghiên
cứu, truy cập Internet và tổ chức bồi dưỡng. Đồng thời giáo viên cũng cần phải
biết lắng nghe ý kiến đóng góp của đồng chí, đồng nghiệp, của phụ huynh học
sinh.
Trên đây là một số kinh nghiệm nhỏ của tôi, bản thân tôi đã áp dụng và
thu được những kết quả khả quan.
Xin chân thành cảm ơn . !

TÀI LIỆU THAM KHẢO
+ Đại số 10 – 2010- Trần Văn Hạo, Vũ Tuấn
+ Đại số 10 nâng cao 2010– Đoàn Quỳnh, Nguyễn Huy Đoan
+ Tài liệu trên mạng internet
14
SangKienKinhNghiem.net

XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 20 tháng 5 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, khơng sao chép nội dung của người
khác.

TRẦN NGỌC THẮNG

15
SangKienKinhNghiem.net