vận dụng tam thức bậc hai giải các dạng toán

Chuyên đề : Tự chọn nâng cao:-Các phương pháp sai phân hữu hạn
-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.

Nguyễn Đắc Duân – Tổ Toán trường THCS Kim Đồng- Đại Lộc-QN
Chuyên đề : Tự chọn nâng cao:-Các phương pháp sai phân hữu hạn
-Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS
Nội dung:
A/ Ứng dụng tam thức bậc 2 trong việc giải toán THCS.
1. Chứng minh Bất Đẳng thức:
Ta có f(x) =
2 2
2
[( ) - ]
2 4
b

ax bx c a x
a a
+ + = +
V
. Nếu
V
≤
0 -> f(x) cùng dấu với a
(a khác 0)
VD: Chứng minh
2 2 2
a b c ab bc ca
+ + ≥ + +

∀
a,b,c
∈
R
Ta gọi : f(a) = a
2
- (b+c)a + b
2
+ c
2
- bc
Ta có
V
= (b+c)
2
- 4( b

2
+ c
2x
-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 a
3
>36 abc = 1
Chứng Minh:
2
2 2
3
a
b c ab bc ca
+ + > + +

2 2 2
( )3 3 3 3 0a b c ab bc ca
↔ + + − − − >

2 2
( ) 3( ) 3 ( ) 3 0.f b c b c a b c bc a↔ + = + − + − + >

= (b+c)
2
- a (b+c) -
2
3 1
0.( )
3
a
bc
a a
+ > =

2 3
2
3 36
4( ) 0.
3 3
a a
a
a a
−
= − − + = <
V
Vì a
3
>36.
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

2 2
( 3 ) ( ) 8b c d b c d bd
′
= − + − + + +
V
= -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 2 2
2
( )( ) ( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( )
a x b x c b x c x a c x a x b
x
a b b c b a c a c b
− − − − − −

+ + =
− − − − −
Gọi f(x) = g(x)-x
2
.
Ta có f(a) = f(b) = f(c) = 0
Nên f(x)
≡
0
2
( )g x x↔ =
Nguyễn Đắc Duân – Tổ Toán trường THCS Kim Đồng- Đại Lộc-QN
Chuyên đề : Tự chọn nâng cao:-Các phương pháp sai phân hữu hạn
-Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS
Vd: Giãi hệ:
2 2
2 2
2 2
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
( 1) 0
( 1) 0
( 1) 0
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

2 3
2 3
2 3
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)t
2
+(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: n
2
-5n+49 chia hết cho 169
∀
n
∈

N.
Giả sử: n
2
-5n+49=169k

25 4(49 169 ) 676 221k k= − − = =V
Ta có
V
M
13 nhưng
MV 169
nên không tồn tại n
Vd: Chứng minh: n
2
+n+2
M
15 n
∈
N
Giả sử n
2
+n+3=3k

V
=-7+12k=3m+2 (không là số chính phương)
Nên : n
2
+n+2
M
15.

∀
n
Nguyễn Đắc Duân – Tổ Toán trường THCS Kim Đồng- Đại Lộc-QN
Chuyên đề : Tự chọn nâng cao:-Các phương pháp sai phân hữu hạn
-Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS
d/Chứng minh số chính phương:
Vdụ: . Tìm n để n
2
+2n7+12 là số chính phương.
Gọi n
2
+2n+12=k
2
C
1
: (n+1)
2
- k
2
= - 11
(n + 1 - k)(n + 1 + k) = -1 . 11
=> k = 6; n =4
C
2
: n
2
+2n+12-k
2
= 0

′
V
=1-12+k
2
=k
2
-11

′
V
là số chính phương -> t
2
+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: n
2
+n +1589 là số chính phương.
n
2
+n +1589 = k
2

2 2
4 4 1 4 6355m m k
⇔ + + − =


2 2
(2 1) 4 6355m k
⇔ + − =

(2 1 2 )(2 1 2 ) 6355m k m k
⇔ + − + + =

2 2 1 2 2 1m k m k
+ + > − +
và chúng là những số lẽ
Nên
(2 1 2 )(2 1 2 ) 6355.1 1271.5m k m k
+ + + − = =

= 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 = k
2
n N
∈
C
1
: 13(a-1) = k
2
- 16

13(a-1) = (k + 4) (k - 4)

 k + 4 hoặc k - 4
M
13
 k =

±
4 + 13t
Suy ra : 13 (a - 1) = ( 13t
±
4)
2
=> 13k
2

±
8k + 1 = a
e/ Giải pt nguyên bậc 2:
VD: Tìm x, y nguyên:

2 2
6 2 8 6 6 0x xy x y y
− − + + + =
Ta có:
2 2
2(3 1) 8 6 6 0x y x y y
− + + + + =

2 2
(3 1) (8 6 6)y y y
∆ = + − + +
= y
2
- 5
Pt có nghiệm nguyên = > y
2

- 5 là số dương

2
2 5 0t t
⇔ + − =
có nghiệm nguyên t chỉ có thể là
1; 5
± ±
với
1 : 1 2y - 5 = 0 y= 3t
= ± ± ⇒ ±
Nguyễn Đắc Duân – Tổ Toán trường THCS Kim Đồng- Đại Lộc-QN
Chuyên đề : Tự chọn nâng cao:-Các phương pháp sai phân hữu hạn
-Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS
với
5 : 1 10y - 5 = 0 yt
= ± ± ⇒
(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:
2 2
= 6x y
−
Ta có
2 2
+ 6x y
=
là số chính phương khi
Pt:

2
2 6 = 0t ty
+ −
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: x
4
+y
2
= 796/81(1)
Va: x
2
+y
2
-3x +-4y+4 = 0(2)
Từ (2)
2
3 10 7y y y
⇒ ∆ = − + −

7
0 1
3
y y

∆ ≥ ⇔ ≤ ≤
Từ (2)
2
3 4x x x
⇒ ∆ = − +

4
0 0
3
x x
∆ ≥ ⇔ ≤ ≤
Với
4 2
4 7 4 7 679
;
3 3 3 3 81
x y
   
= = ⇒ + ≠
 ÷  ÷
   
Nen HPT vo nghiem
VD 2: Cho HPT
2
1
x y z
xy yz xz
+ + =



+ + =

Chứng minh:
4
0 , ,
3
x y z≤ ≤
Ta có x+y =2-z
x*y=1- z(x+y) =1-z(2-z) =z
2
-2z +1
Nên x,y là nghiệm của phương trình
T
2
–(2-z)T +z
2
-2z +1 =0
A=(2-z)
2
-4(z
2
-2z +1)=-3z
2
+4z
Phương trình có nghiệm khi -3z
2
+4z > hoặc =0
Suy ra ĐPCM
Nguyễn Đắc Duân – Tổ Toán trường THCS Kim Đồng- Đại Lộc-QN
Chuyên đề : Tự chọn nâng cao:-Các phương pháp sai phân hữu hạn

-Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS

G) Tìm cực trị, dùng cực trị để giải phương trình:
Vd1: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất:
A=
1
34
2
+
+
x
x
(1)
Cách 1: A =
1
144)44(
2
22
+
−+−+
x
xx
x
= 4 -
( )
1
2
2
12
+

−
x
x
4≤
A
mas
= 4
2
1
=⇔ x

A =
1
441
2
22
+
+++−−
x
xx
x
= -1+
( )
1
2
2
2
+
+
x

x
1−≥


A
min
=-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)
⇔
Ax
2
– 4x +A -3 = 0

∆
’
= 4 – (A-3)A
= -A
2
+ 3A +4
Phương trình có nghiệm thì:
∆
’

0≥

41
≤≤−⇔
A

Vậy A
mas
= 4
2
12 −
=
−
=⇔
A
x
, ( A=4)
A
min
= -1
2
2
−=
−
=⇔
A
x
, (A=1)
Ví dụ : Cho x
2
+y

2
+xy=1
Tìm GTLN,GTNN của A, A=x
2
-xy + 2y
2
Ta có thể biến đổi như sau:
A=(x
2
-xy + 2y
2
) :(x
2
+y
2
+xy)
Với: y=0 suy ra A=1
Với y khác 0, ta đặt t=x:y ta có: A=( t
2
-t+2):(t
2
+t+1)
Với phương pháp miền giá trị trên ta tìm dược cực trị A
Ví dụ:
Nguyễn Đắc Duân – Tổ Toán trường THCS Kim Đồng- Đại Lộc-QN
Chuyên đề : Tự chọn nâng cao:-Các phương pháp sai phân hữu hạn
-Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS
Tìm x nguyên K nguyên:
K= x/(x
2

-5x+7)
Ta có: x
2
-5x+7)>0( tự CM)
Ta đưa về PT bậc hai:
Kx
2
-(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: x
2
+ 2xy +7x +7y + 2y
2
+ 10 = 0 (1)
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất S = x+y+1
(1)
⇔
4x
2
+ 8xy +28(x+y) + 8y
2
+40 = 0
⇔
( )
=−
++
9
722
2

yx
-4x
2

0
≤
⇔
(2x+2y+7-3)(2x-2y+7+3)
0≤
⇔



≤++
≥++
02
05
yx
yx
vì x+y +5 > x+y+2
⇔



−≤
−≥
1
4
s
s

⇔



−==⇔−=
−==⇔−=
5,01
2,04
min
xy
xy
s
s
mas
Cách 2: (x+y)
2
+ 7(x+y) +10 = -y
2

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
Từ đó ta suy ra:



−≤
−≥

1
4
s
s

⇔



−==⇔−=
−==⇔−=
5,01
2,04
min
xy
xy
s
s
mas
Nguyễn Đắc Duân – Tổ Toán trường THCS Kim Đồng- Đại Lộc-QN
Chuyên đề : Tự chọn nâng cao:-Các phương pháp sai phân hữu hạn
-Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS
Ví dụ 3: Giải phương trình:
( )
4
2
16123 +++ x
x
+
( )

9125
2
+++ x
x
= 4 -2x –x
2

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-x
2
) = 4y
2
+4y+3
Ta có: VT = x +
( )
( )
222
22
22
2
11
=−++≤−
xxx
VP = 4y
2
+ 4y +3 =

( )
22
12
2
≤+
+y


1,
2
1
=−=⇒ xy
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:





=++++
=++++
edd
y
cbxa
edd
y
cbxa
yxxy

yxxy
23
'
2
2
22
2
2
121
2
11
2
1
Ví dụ Cho hệ phương trình:
x
2
+y
2
-x-2y=2
Và x
2
+y
2
+2(x+y)=11
a) Nếu x = 0 thì hpt vô nghiệm.
b) Nếu x
0≠

ta đặc y =
x

α
khi đó hệ đã cho sẽ trở thành:
Nguyễn Đắc Duân – Tổ Toán trường THCS Kim Đồng- Đại Lộc-QN
Chuyên đề : Tự chọn nâng cao:-Các phương pháp sai phân hữu hạn
-Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS
c)
( )
( )
( )
( )





=+++
=−++
11121
2211
22
22
x
x
x
x
α
α
α
α
Đặc x

2
= z ta được:
( )
( )
( )
( )





=+++
=−++
11121
2211
2
2
xz
xz
α
α
α
α
D = (1+
α
2
)(4
α
+1)
D

x
= ( 1+
α
2
)9
D
z
= 26
α
-7
Nếu 4
α
+1 =0 thì hpt vô nghiệm
Nếu 4
α
+1
0≠
thì hpt có nghiệm:
x=
14
9
+
α
z=
( )
( )
141
726
2
++

−
α
α
α
Với x
2
= z
( )
=⇔
+14
2
81
α
( )
( )
141
726
2
++
−
α
α
α





−
=

=
⇔
23
44
2
α
α
Với
α
=2
2,1 ==⇒ yx
Với
α
= -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
02222
24
=−+−+ x
xx
Nguyễn Đắc Duân – Tổ Toán trường THCS Kim Đồng- Đại Lộc-QN
Chuyên đề : Tự chọn nâng cao:-Các phương pháp sai phân hữu hạn
-Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS
Đặt t
2
=2, t>0
⇒
t
2

–(2x
2
+1)t + x
4
– x=0
4=∆
x
4
+ 4x
2
+ 1 – 4x
4
+ 4x
= 4x
2
+ 4x + 1
=( 2x+1)
2
2
)12(12
2
2,1
+±+
=⇒
x
x
t
T
1
= x

2
+x +1 (*)
T2 = x
2
– x (**)
ứng với t ta tìm được giá trị của x tương ứng từ hai phương trình trên.
ví dụ:Cho phương trình: x
3
– mx
2
– (m+1)x + m
2
+ m =0
xác dịnh m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt:
Ta có: f(m) = m
2
– (x
2
+x-1)m+x
3
–x =0
∆
= (x
2
+x-1)
2
-4(x
3
–x) = ( x
2

–x-1)
2

0≥
Vậy




=
−=
xm
m
x
1
2




+=
=
⇔
1
2
m
mx
x
Để phương trình có 3 nghiệm




+≠
>+
⇔
1
01
2
m
m
m





±
≠
>
⇔
2
51
1
m
m

+ Phương trình bậc 4 đưa về phương trình bậc:
ax
4
+bx

3
+cx+d=0
⇒
x
4
+px
3
+qx+m=0 đặc x = y -
4
p
ta suy ra PT:y
4
=ry
2
+sy +t ( Phương
pháp Ferrari)
Nguyễn Đắc Duân – Tổ Toán trường THCS Kim Đồng- Đại Lộc-QN
Chuyên đề : Tự chọn nâng cao:-Các phương pháp sai phân hữu hạn
-Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS
khi đó ta chọn một số n sao cho đưa về hai vế có dạng:
(y
2
+n)
2
= (r+n)y
2
+sy+t+n
2

Thoả mãn điều kiện: A( delta)=s

2
-4(n+r)(t+n
2
)
Ví dụ: x
4
-3x
2
-10x -4 =0
Ta viết;
(x
2
+a)
2
=(3 + 2a)x
2
+10x+4+a
2

Chọn a sao cho A( delta)= 25-(4+a
2
)(3+2a)=0
Voíư a=1
Từ đó ta viết :
(x
2
+1)
2
= 5x
2

+10x+5 ,từ đây ta có thể giải dễ dàng
h) Chứng minh hàm số là số vô tỉ:
vd : Chứng minh 1+
2
là số vô tỉ
ta có: x = 1+
2
⇔
x
2
-2x-1 =0
±
1 không là nghiệm nên x không phải là số vô tỉ
h)Tính giá trị của biểu thức:
Tính A= (2+
23
)
2
+ (2-
23
)
2

Đặt x
1
=2+
23
x
2
=2-

23
Nên x
1
+ x
2
=-4
x
1
. x
2
=-14
Nguyễn Đắc Duân – Tổ Toán trường THCS Kim Đồng- Đại Lộc-QN
Chuyên đề : Tự chọn nâng cao:-Các phương pháp sai phân hữu hạn
-Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS
Suy ra x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình X
2
-4X-14=0
Ta có:
0
12
=++
++
sss
nnn
cba
Hay

0144
12
=−−
++
sss
nnn
Hay
0144
456
=+=
sss
Mà ta có:
.9424,1544,232,44,4
54321
=====
sssss
Nên
59312
6
=
s
g) Phương trình bậc hai thõa mãn điều kiện, chứng tỏ phương trình không có
nghiệm.
Ta có tính chất: f(x) =ax
2
+ bx +c =0, a.b.c
0≠
Nếu f(m).f(n) <0 thì phương trình có nghiệm
Ví dụ 1: Cho phương trình ax
2

+ bx +c =0, a.b.c
0≠
Thoả mãn điều kiện: 2a +3b + 6c = 0
Chứng tỏ phương trình luôn luôn có nghiệm
Giải:
Ta có f(0) = c
f






2
1
=
cba ++
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
Nguyễn Đắc Duân – Tổ Toán trường THCS Kim Đồng- Đại Lộc-QN
Chuyên đề : Tự chọn nâng cao:-Các phương pháp sai phân hữu hạn
-Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS
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
cb 2−=⇒
Phương trình lúc đó: -2cx +c =0 ( c=0 phương trình có nghiệm tùy ý, c
≠
0

2
1
=⇒ x
)
*Với a
0≠
.
a.f






2
1
= a(
cba ++
2
1
4
1
)
=
( )
cba
a
++ 2
4
Mà 3b + 6c = -2a

Ta lại có: 2b + 4c =
( )
3
4
3
2
.263
3
2 a
acb −=−=+
Nên a.f






2
1
=
0
123
4
4
2
<
−
=







−
a
a
a
a
Nên phương trình luôn luôn có nghiệm
Nguyễn Đắc Duân – Tổ Toán trường THCS Kim Đồng- Đại Lộc-QN