SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NĂM 2010 - 2011
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (250.05 KB, 25 trang )
TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV:
Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV:
Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV:
Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Hiện nay trong chương trình Toán THPT phân ban của Bộ GD & ĐT không đưa
vào nội dung định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai, trong khi đó một số bài tập so
sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực trong chương trình
Toán THPT vẫn thường được sử dụng bằng phương pháp này gây ra khó khăn cho
giáo viên giảng dạy và học sinh giải các bài tập này. Trong khi phương pháp “Áp
dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với
một hoặc hai số thực ” lại tỏ ra hữu ích với các loại bài này vì công năng đa dạng
và đơn giản trong tư duy của học sinh.
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Đưa ra một số các dạng toán cơ bản có thể sử dụng phương pháp “Áp dụng
định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một
hoặc hai số thực ” để giải quyết, góp phần nâng cao năng lực giải toán của học
sinh THPT.
III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Học sinh khối 10,11 &12- THPT PHẠM NGŨ LÃO từ năm 2007 đến 2011.
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Để thực hiện nghiên cứu cần thực hiện phối hợp linh hoạt các phương pháp
nghiên cứu.
1. Nghiên cứu lý luận
Phân tích chương trình môn toán SGK 10. Nghiên cứu về kỹ năng sử dụng
phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương
trình bậc hai với một hoặc hai số thực ” trong các tài liệu lý luận, sách tham
khảo.
2. Thực nghiệm và rút kinh nghiệm
Thông qua dự giờ thăm lớp, trao đổi kinh nghiệm giảng dạy, với các bạn đồng
nghiệp, trao đổi và sát hạch học sinh bằng các bài kiểm tra. Từ đó rút ra kinh
nghiệm giảng dạy.
V.CẤU TRÚC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Mở đầu
Tiềm năng và thực tiễn của việc rèn luyện kỹ năng sử dụng phương pháp
“Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai
với một hoặc hai số thực ” cho học sinh THPT.
Định hướng và biện pháp rèn luyện kỹ năng sử dụng phương pháp “Áp
dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với
một hoặc hai số thực ” cho học sinh THPT.
Tài liệu tham khảo.
NỘI DUNG NGHIÊN CỨU
I. Tiềm năng của phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán
so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ”
“Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai
với một hoặc hai số thực ” là phương pháp sử dụng mối liên hệ giữa các nghiệm
TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV:
Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
của phương trình bậc hai thông qua định lí Vi-ét để giải các bài toán so sánh nghiệm
của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực.
Trong khuôn khổ sáng kiến kinh nghiệm của mình tôi xin đưa ra một số dạng bài
có thể giải được bằng phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh
nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ”
So sánh hai nghiệm của phương trình bậc hai với một số thực α .
So sánh hai nghiệm của phương trình bậc hai với hai số thực α và β .
So sánh các nghiệm của phương trình bậc ba với số thực α .
Tìm điều kiện của tham số để hàm số có cực trị thỏa mãn điều kiện
cho trước.
Tìm điều kiện của tham số để hai đồ thị hàm số cắt nhau tại n điểm
(n = 2 hoặc n = 3) thảo mãn điều kiện cho trước
.
1. Bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai f(x) ≡
≡≡
≡ ax
2
+ bx +c = 0 (*)
với một số thực α
αα
α
Kiến thức cơ bản:
a>0
b>0
⇔
a+b>0
ab>0
֠
֠֠
֠
a>0
b<0
a<0
b>0
⇔ ab < 0 ֠
֠֠
֠
0 0
0 . 0
a a b
b ab
< + <
⇔
< >
.
Điều kiện để số α nằm giữa hai nghiệm của (*) là:
( )( )
1
2
2
1 2 1 2 1 2
1
2
0
0
0 ( ) 0
0
0
x
x
x x x x x x
x
x
α
α
α α α α
α
α
− >
− <
⇔ − − < ⇔ − + + <
− <
− >
Điều kiện để số α nhỏ hơn hai nghiệm của (*) là:
(
)
(
)
( ) ( )
1 2
1 2
1
2
2
1 2 1 2
1 2
0
2
0
0
( ) 0
. 0
x x
x x
x
x
x x x x
x x
α α
α
α
α
α α
α α
− + − >
+ >
− >
⇔ ⇔
− >
− + + >
− − >
Điều kiện để số α lớn hơn hai nghiệm của (*) là:
(
)
(
)
( ) ( )
1 2
1 2
1
2
2
1 2 1 2
1 2
0
2
0
0
( ) 0
. 0
x x
x x
x
x
x x x x
x x
α α
α
α
α
α α
α α
− + − <
+ <
− <
⇔ ⇔
− <
− + + >
− − >
Điều kiện để có đúng 1 nghiệm của (*) nhỏ hơn α là:
TH1: a = 0.
TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV:
Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
TH2: a ≠
≠≠
≠ 0
x
1
<α=x
2
x
1
=x
2
<α
x
1
<α<x
2
⇔
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1 2
1 2 1 2
2
1 2 1 2
1 2
2
1 2 1 2
1 2
( ) 0
( ) 0
2
2
0
0
0 2
( ) 0
. 0
( ) 0
. 0
f
f
x x
x x
x x x x
x x x x
x x
x x x x
x x
α
α
α
α
α α α
α α
α α
α α
α α
=
=
+ <
+ <
∆ =
∆ =
− + − < ⇔ + <
− + + >
− − >
− + + <
− − <
Điều kiện để (*) có nghiệm nhỏ hơn α là:
TH1: a = 0.
TH2: a ≠
≠≠
≠ 0
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
2
1 2 1 2
1 2
1 2
2
1 2 1 2
1 2
( ) 0
( ) 0
2
2
0
2
( ) 0
. 0
( ) 0
. 0
f
f
x x
x x
x x
x x
x x
x x
x x x x
x x
x x
x x x x
x x
α
α
α
α
α
α α
α
α
α α
α α
α
α α
α α
=
=
+ <
+ <
< =
− + − <
+ <
⇔ ≤ < ⇔ ⇔
− + + >
− − >
< <
− + + <
− − <
Điều kiện để (*) có nghiệm lớn hơn α là:
TH1: a = 0.
TH2: a ≠
≠≠
≠ 0
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
2
1 2 1 2
1 2
1 2
2
1 2 1 2
1 2
( ) 0
( ) 0
2
2
0
2
( ) 0
. 0
( ) 0
. 0
f
f
x x
x x
x x
x x
x x
x x
x x x x
x x
x x
x x x x
x x
α
α
α
α
α
α α
α
α
α α
α α
α
α α
α α
=
=
+ >
+ >
= <
− + − >
+ >
⇔ < ≤ ⇔ ⇔
− + + >
− − >
< <
− + + <
− − <
Điều kiện để (*) có đúng 1 nghiệm lớn hơn α là:
TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV:
Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
TH1: a = 0.
TH2: a ≠
≠≠
≠ 0
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1 2
1 2
1 2 1 2 1 2
2
1 2
1 2 1 2
1 2
2
1 2 1 2
1 2
( ) 0
( ) 0
2
2
0
0
0 2
( ) 0
. 0
( ) 0
. 0
f
f
x x
x x
x x
x x x x x x
x x
x x x x
x x
x x x x
x x
α
α
α
α
α
α α α α
α
α α
α α
α α
α α
=
=
+ >
+ >
∆ =
= <
∆ =
⇔ < = ⇔ − + − > ⇔ + >
< <
− + + >
− − >
− + + <
− − <
Ví dụ minh họa:
Ví dụ 1.1: Cho phương trình f(x) = (m+1)x
2
- 2(m-1)x + m
2
+ 4m - 5 = 0(*) .
Hãy tìm m để phương trình (*):
a) Có hai nghiệm trái dấu ?
b) Có hai nghiệm lớn hơn 2?
c) Có hai nghiệm nhỏ hơn 1?
G:
a) Phân tích: Hai nghiệm của phương trình trái dấu (có nghĩa là có mộtnghiệm âm
và một nghiệm dương ) ⇔ x
1
.x
2
< 0; mà x
1
.x
2
=
c
a
nên yêu cầu bài toán trở thành :
tìm m để :
c
a
< 0.
Trình bày: Phương trình có hai nghiệm trái dấu ⇔
c
a
< 0 ⇔
m
2
+4m-5
m+1
< 0
⇔
m<-5
-1<m<1
.
b) Phân tích: Hai nghiệm của phương trình lớn hơn 2
(
)
(
)
( ) ( )
1 2
1 1 2
2 1 2 1 2
1 2
2 2 0
2 0 4
2 0 2( ) 4 0
2 . 2 0
x x
x x x
x x x x x
x x
− + − >
− > + >
⇔ ⇔ ⇔
− > − + + >
− − >
Trình bày: Phương trình (*) có hai nghiệm
⇔
1 0 1 2 1
(1)
' 0 ( 1)( 2)( 3) 0 3
m m m
m m m m
+ ≠ ≠ − − ≤ ≤
⇔ ⇔
∆ ≥ − + + ≥ ≤ −
Khi đó, theo định lý Vi-ét (*) có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn:
1 2
2
1 2
2( 1)
1
(2)
4 5
1
m
x x
m
m m
x x
m
−
+ =
+
+ −
=
+
Mặt khác, theo bài ra thì hai nghiệm của phương trình lớn hơn 2
TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV:
Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
⇔
(
)
(
)
( ) ( )
1 2
1 1 2
2 1 2 1 2
1 2
2 2 0
2 0 4
2 0 2( ) 4 0
2 . 2 0
x x
x x x
x x x x x
x x
− + − >
− > + >
⇔ ⇔
− > − + + >
− − >
(3)
Thay (2) vào (3) ta được:
( )
2
3
2( 1)
0
4
1
1
3 1(4)
( 1) 3
4 5 2( 1)
2. 4 0
0
1 1
1
m
m
m
m
m
m m
m m m
m m
m
− −
−
>
>
+
+
⇔ ⇔− < <−
+ +
+ − −
− + >
>
+ +
+
Kết hợp, (1) và (4) ta được: -2 ≤ m < -1.
Vậy với -2 ≤ m < -1 thì phương trình (*) có hai nghiệm lớn hơn 2.
c) Phân tích: Hai nghiệm của phương trình nhỏ hơn 1
(
)
(
)
( ) ( )
1 2
1 1 2
2 1 2 1 2
1 2
1 1 0
1 0 2
1 0 ( ) 1 0
1 . 1 0
x x
x x x
x x x x x
x x
− + − <
− < + <
⇔ ⇔ ⇔
− < − + + >
− − >
Trình bày: Phương trình (*) có hai nghiệm
⇔
1 0 1 2 1
(1)
' 0 ( 1)( 2)( 3) 0 3
m m m
m m m m
+ ≠ ≠ − − ≤ ≤
⇔ ⇔
∆ ≥ − + + ≥ ≤ −
Khi đó, theo định lý Vi-ét (*) có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn:
1 2
2
1 2
2( 1)
1
(2)
4 5
1
m
x x
m
m m
x x
m
−
+ =
+
+ −
=
+
Mặt khác, theo bài ra thì hai nghiệm của phương trình lớn hơn 2
⇔
(
)
(
)
( ) ( )
1 2
1 1 2
2 1 2 1 2
1 2
1 1 0
1 0 2
1 0 ( ) 1 0
1 . 1 0
x x
x x x
x x x x x
x x
− + − <
− < + <
⇔ ⇔ ⇔
− < − + + >
− − >
(3)
Thay (2) vào (3) ta được:
2 2
2( 1) 2
2 0
3 17
1 1
1 (4)
2
4 5 2( 1) 3 2
1 0 0
1 1 1
m
m m
m
m m m m m
m m m
− −
< >
− +
+ +
⇔ ⇔ − < <
+ − − + −
− + > >
+ + +
Kết hợp, (1) và (4) ta được:
3 17
1
2
m
− +
− < <
.
Vậy với
3 17
1
2
m
− +
− < <
thì phương trình (*) có hai nghiệm nhỏ hơn 1.
Ví dụ 1.2: Cho phương trình f(x) = (m+2)x
2
- 2mx -1 = 0(1) . Hãy tìm m để phương
trình (1) có nghiệm nhỏ hơn 1?
TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV:
Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
G: Phân tích: Phương trình bậc 2 có nghiệm nhỏ hơn 1 nghĩa là có thể xảy ra 3
trường hợp
1 2
1 2
1 2
1
1
1
x x
x x
x x
< =
≤ <
< <
.
Trình bày:
TH1: m + 2 = 0 ⇔ m = -2, phương trình trở thành 4x - 1= 0 ⇔ x =
1
4
thỏa mãn
bài ra.
TH2: m ≠
≠≠
≠ -2, có ∆’ = m
2
+m + 2 > 0, ∀m ∈ R nên (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt
x
1
, x
2
. Theo định lí vi - ét ta có:
1 2
1 2
2
2
(2)
1
2
m
x x
m
x x
m
+ =
+
−
=
+
.
Mặt khác, theo bài ra thì phương trình (1) có nghiệm nhỏ hơn 1
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2 1 2
1 2
1 2
1 2 1 2
1 2
(1) 0
(1) 0
2
2
1
1 1 0
2
1 (3)
1( ) 1 0
1 . 1 0
1
( ) 1 0
1 . 1 0
f
f
x x
x x
x x
x x
x x
x x
x x x x
x x
x x
x x x x
x x
=
=
+ <
+ <
< =
− + − <
+ <
⇔ ≤ < ⇔ ⇔
− + + >
− − >
< <
− + + <
− − <
Thay (2) vào (3) ta được:
1 0
2
2
1
2
2
2
2
2
2
2
1 2 2 1
1 0
2 2
1
1 2
2
1 0
2 2
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m m
m m
m
m
m
m m
− =
<
=
+
> −
<
> −
+
⇔ ⇔ ⇔ ≠ −
− − < <
− + >
+ +
>
−
<−
− + <
+ +
Vậy với mọi giá trị của m thì phương trình (1) đều có nghiệm nhỏ hơn 1.
TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV:
Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
Ví dụ 1.3: Cho phương trình f(x) = mx
2
- (2m+1)x + 2 = 0(1) . Hãy tìm m để
phương trình (1) có đúng một nghiệm lớn hơn 1?
G:
a) Phân tích: Phương trình bậc 2 có đúng 1 nghiệm lớn hơn 1 nghĩa là có thể xảy
ra 3 trường hợp
1 2
1 2
1 2
1
1
1
x x
x x
x x
= <
< =
< <
.
Trình bày:
TH1: m = 0 ⇔ m = 0, phương trình trở thành -x +2= 0 ⇔ x = 2 thỏa mãn bài ra.
TH2: m ≠
≠≠
≠ 0, có ∆’ = (2m-1)
2
≥ 0, ∀m ∈ R nên (1) luôn có 2 nghiệm x
1
, x
2
. Theo
định lí vi - ét ta có:
1 2
1 2
2 1
(2)
2
m
x x
m
x x
m
+
+ =
=
.
Mặt khác, theo bài ra thì phương trình (1) có đúng 1 nghiệm lớn hơn 1
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1 2
1 2
1 2 1 2 1 2
1 2 1 2 1 2
1 2
1 2 1 2
1 2
(1) 0
( ) 0
2
2
0
1
0
1 1 1 0 2
1 ( ) 1 0
1 . 1 0
( ) 1 0
1 . 1 0
f
f
x x
x x
x x
x x x x x x
x x x x x x
x x
x x x x
x x
α
=
=
+ >
+ >
∆ =
= <
∆ =
⇔ < = ⇔ − + − > ⇔ + >
< < − + + >
− − >
− + + <
− − <
Thay (2) vào (3) ta được:
1 0
2 1
2
1
2 1 0 1
2
2 1 1
2 0
2
1
2 2 1
0
1 0
1
2 2 1
1 0
m
m
m
m m
m
m
m m
m
m
m
m
m m
m
m
m m
− =
+
>
− = =
=
+
> ⇔ = ⇔ <
≥
+
<
− + >
>
+
− + <
TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV:
Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
Vậy với m ∈ (-∞;0) ∪ [1;+ ∞ ) ∪ {
1
2
} thì phương trình (1) có đúng 1 nghiệm
lớn hơn 1.
2. Bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai f(x) ≡
≡≡
≡ ax
2
+ bx +c = 0 (*)
với hai số thực α
αα
α &β
ββ
β
Kiến thức cơ bản:
Điều kiện (*) có hai nghiệm thuộc khoảng (α ;β)
là:
(
)
(
)
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1 2
2
1 2
1 2 1 2 1 2
1 2
1 2 1 2
1 2
2
1 2 1 2
1 2
0
2
. 0
( ) 0
2
0
( ) 0
. 0
x x
x x
x x
x x x x x x
x x
x x x x
x x
x x x x
x x
α α
α
α α
α α α
α β
β β
β β
β β
β β
− + − >
+ >
− − >
< ≤ − + + >
< ≤ < ⇔ ⇔ ⇔
≤ < + <
− + − <
− + + >
− − >
Điều kiện (*) có hai nghiệm thỏa mãn:
(
)
(
)
( ) ( )
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
2
1 2 1 2
2
1 2 1 2
. 0
. 0
( ) 0
( ) 0
x x
x x
x x
x x
x x
x x x x
x x x x
α α
α
α β
β
β β
α α
β β
− − <
< <
< < < ⇔ ⇔
< <
− − <
− + + <
⇔
− + + <
Điều kiện (*) có hai nghiệm thỏa mãn:
(
)
(
)
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1 2
1 2 1 2
1 2
1 2
1 2
2
1 2 1 2
2
1 2 1 2
0
. 0
. 0
2
( ) 0
( ) 0
x x
x x
x x x x
x x
x x
x x
x x x x
x x x x
α α
α
α β α α
β
β β
α
α α
β β
− + − >
< <
< < < ⇔ ⇔ − − >
< <
− − <
+ >
⇔ − + + >
− + + <
Điều kiện (*) có hai nghiệm thỏa mãn:
(
)
(
)
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1 2
1 2 1 2
1 2
1 2
1 2
2
1 2 1 2
2
1 2 1 2
0
. 0
. 0
2
( ) 0
( ) 0
x x
x x
x x x x
x x
x x
x x
x x x x
x x x x
β β
β
α β β β
α
α α
β
β β
α α
− + − <
< <
< < < ⇔ ⇔ − − >
< <
− − <
+ <
⇔ − + + >
− + + <
TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV:
Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
Điều kiện để (*) có đúng 1 nghiệm thuộc (α ;β) :
1 2
1 2
1 2
x x
x x
x x
α β
α β
α β
≤ < <
< < ≤
< = <
Điều kiện để (*) có 2 nghiệm phân biệt không thuộc (α ;β) :
1 2
1 2
1 2
x x
x x
x x
α β
α β
α β
< < <
< < <
< < <
Ví dụ minh họa:
Ví dụ 2.1: Cho phương trình f(x) = x
2
- 2mx + 4m - 3 = 0(*) . Hãy tìm m để
phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thuộc (0;2 )?
G:
Phân tích: Hai nghiệm của phương trình thuộc (0;2 ) ⇔
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1 2
1 2
1 2 1 2
1 2
1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
1 2
0
0
. 0
0 0
0 2
2 2 0
2 4
2( ) 4 0
2 . 2 0
x x
x x
x x
x x x x
x x
x x
x x x x
x x x x
x x
+ >
+ >
>
< < >
< < < ⇔ ⇔ ⇔
− + − <
< < + <
− + + >
− − >
Trình bày: Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆’ > 0 ⇔
m>3
m<1
(1). Khi
đó, theo định lí Vi-ét ta có:
1 2
1 2
2
(2)
4 3
x x m
x x m
+ =
= −
. Theo bài ra thì hai nghi
ệ
m c
ủ
a
ph
ươ
ng trình thu
ộ
c (0;2 ) khi và ch
ỉ
khi
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1 2
1 2
1 2 1 2
1 2
1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
1 2
0
0
. 0
0 0
0 2 (3)
2 2 0
2 4
2( ) 4 0
2 . 2 0
x x
x x
x x
x x x x
x x
x x
x x x x
x x x x
x x
+ >
+ >
>
< < >
< < < ⇔ ⇔ ⇔
− + − <
< < + <
− + + >
− − >
Th
ế
(2) vào (3) ta
đượ
c:
2 0
4 3 0
3
2(4)
2 4
4
4 3 2.2 4 0
m
m
m
m
m m
>
− >
⇔ < <
<
− − + >
K
ế
t h
ợ
p (1) và (4) ta
đượ
c: ¾ < m < 1.
V
ậ
y v
ớ
i ¾ < m < 1 thì ph
ươ
ng trình có 2 nghi
ệ
m thu
ộ
c (0; 2).
TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV:
Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
Ví dụ 2.2: Cho phương trình f(x) = mx
2
- 4(m+1)x + 3m + 13 = 0(*) . Hãy tìm
m để phương trình (*) có đúng một nghiệm thuộc (0;3) ?
G:
Phân tích: Đúng một nghiệm của phương trình thuộc (0;2 )
⇔
1 2
1 2
1 2
0 3
0 3
0 3
x x
x x
x x
≤ < <
< < ≤
< = <
Trình bày:
TH1: m = 0 thì phương trình (*) có nghiệm x =
13
4
∉ (0;3) nên m = 0 không thỏa
mãn.
TH2: m ≠
≠≠
≠ 0. Phương trình có nghiệm ⇔ ∆’ ≥ 0 ⇔
4
(1)
1
m
m
≥
≤
. Khi đó, theo định
lí Vi-ét ta có:
1 2
1 2
4 4
(2)
3 13
m
x x
m
m
x x
m
+
+ =
+
=
. Theo bài ra thì ph
ươ
ng trình có
đ
úng 1 nghi
ệ
m
thu
ộ
c (0;2 ) khi và ch
ỉ
khi
1 2
1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
1 2 1 2 1 2
1 2
0
6
3 ( ) 9 0
0 3 0
0 3 0
0 3 3 ( ) 9 0
0
0 6
x x
x x
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x x x
x x
≤
+ <
− + + >
≤ < < + >
< < ≤ ⇔ >
< = < − + + ≤
∆ =
< + <
(3)
TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV:
Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
Thế (2) vào (3) ta được:
3 13
0
4 4
6
3 13 4 4
3. 9 0
4 4
0
13
3 13
0 (4)
3
4
3 13 4 4
3. 9 0
0
4 4
0 6
m
m
m
m
m m
m m
m
m
m
m
m
m
m m
m m
m
m
+
≤
+
<
+ +
− + >
+
>
<−
+
> ⇔
=
+ +
− + ≤
∆ =
+
< <
Kết hợp (1) và (4) ta được:
13
3
4
m
m
< −
=
. Vậy với
13
3
4
m
m
< −
=
thì phương trình có đúng
1 nghiệm thuộc (0; 3).
3. Bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc ba
f(x) ≡
≡≡
≡ (x-x
0
)(ax
2
+ b
1
x +c
1
) = 0 (*) với số thực α
αα
α ( Đặt g(x)= ax
2
+ b
1
x +c
1
, a ≠0)
Kiến thức cơ bản:
Lược đồ Hoóc-ne cho đa thức bậc 3:
a b c d
x
0
a a
0
x+b = b
1
(a
0
x+b)x
0
+ c = c
1
((a
0
x+b)x
0
+ c)x
0
+ d = d
1
Nếu d
1
= 0 thì x
0
là một nghiệm của f(x).
Phương trình ax
3
+ bx
2
+cx + d = 0 có nghiệm hữu tỉ x
0
=
p
q
thì p ∈ Ư(d) và
q ∈ Ư(a).
Nếu a + b + c + d = 0 có nghiệm x
0
= 1.
Nếu a - b + c - d = 0 có nghiệm x
0
= -1.
Ví dụ minh họa:
Ví dụ 3.1: Cho phương trình f(x) = x
3
- 3x
2
+ 2(m-1)x - 2m + 4 = 0(*) . Hãy tìm
m để phương trình (*) có 3 nghiệm thỏa mãn: x
1
< -1 < x
2
< x
3
?
TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV:
Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
G: Phân tích: Việc đầu tiên mà ta cần làm là đưa (*) về dạng phương trình tích
bằng cách áp dụng một trong số các kiến thức cơ bản trên. Dễ thấy, (*) có một
nghiệm là x =1 > -1 và (*) ⇔ (x-1)[x
2
-2x + 2m - 4] = 0 . Như vậy, yêu cầu bài
toán trở thành tìm m để phương trình : x
2
-2x + 2m - 4 = 0 có 2 nghiệm nằm 2 phía
của -1.
Trình bày: Ta có: (*) ⇔ (x-1)[x
2
-2x + 2m - 4] = 0 ⇔
x=1
x
2
-2x+2m-4=0(1)
Do đó, yêu cầu bài toán trở thành tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân
biệt: x
1
’ < -1 <x
2
’
(
)
(
)
1 2 1 2 1 2
' 1 ' 1 0 ' ' ( ' ') 1 0(2)
x x x x x x⇔ + + < ⇔ + + + <
.
Mặt khác, (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆’ > 0 ⇔ 5 - 2m > 0 ⇔ m <
5
2
(3). Khi
đó, theo định lí Vi - ét ta có:
1 2
1 2
' ' 2
(4)
' ' 2 4
x x
x x m
+ =
= −
. Th
ế
(4) vào (2) ta
đượ
c: m <
1
2
(th
ỏ
a mãn (3)). V
ậ
y m <
1
2
.
Ví d
ụ
3.2: Cho ph
ươ
ng trình f(x) = x
3
- 3(m+1)x
2
+ 2(m
2
+ 4m +1)x - 4m(m+1)
= 0(*) . Hãy tìm m
để
ph
ươ
ng trình (*) có 3 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t l
ớ
n h
ơ
n 1 ?
G:
Phân tích:
Vi
ệ
c
đầ
u tiên mà ta c
ầ
n làm là
đư
a (*) v
ề
d
ạ
ng ph
ươ
ng trình tích.
N
ế
u nh
ẩ
m nghi
ệ
m b
ằ
ng cách áp d
ụ
ng m
ộ
t trong s
ố
các ki
ế
n th
ứ
c c
ơ
b
ả
n trên thì s
ẽ
r
ấ
t m
ấ
t th
ờ
i gian vì ph
ả
i xét d
ấ
u nhi
ề
u tr
ườ
ng h
ợ
p d
ẫ
n
đế
n tính toán sai l
ệ
ch
đ
áng
tiêc. Tác gi
ả
xin
đư
a ra m
ộ
t m
ẹ
o nh
ỏ
để
“gi
ả
m b
ớ
t s
ứ
c lao
độ
ng trong vi
ệ
c này”:
N
ế
u x
0
là nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng trình (*) thì khi thay nó vào (*) thì m s
ẽ
b
ị
tri
ệ
t tiêu.
Do
đ
ó m
2
(
đơ
n th
ứ
c có s
ố
m
ũ
cao nh
ấ
t c
ủ
a m) c
ũ
ng s
ẽ
b
ị
tri
ệ
t tiêu, mà ta th
ấ
y có 2
s
ố
h
ạ
ng ch
ứ
a m
2
là 2m
2
x và -4m
2
trong (*) vì th
ế
để
m
2
b
ị
tri
ệ
t tiêu thì có th
ể
2m
2
x
-4m
2
= 0, th
ế
là ta s
ẽ
có x
0
= 2 là “
Đố
i t
ượ
ng kh
ả
nghi”; thay x = 2 vào (*) th
ỏ
a
mãn. T
ừ
đ
ó, ta có: (*) ⇔ (x-2)[x
2
- (1+3m)x + 2m(m + 1)] = 0. D
ễ
th
ấ
y, lúc này
yêu c
ầ
u bài toán tr
ở
thành m = ?
để
ph
ươ
ng trình x
2
- (1+3m)x + 2m(m + 1)]= 0
có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t khác 2 và l
ớ
n h
ơ
n 1.
Trình bày:
Ta có: (*) ⇔ (x-2)[x
2
- (1+3m)x + 2m(m + 1)] = 0
⇔
2
2 1
x - (1+3m)x + 2m(m + 1)=0(1)
x = >
Do
đ
ó, yêu c
ầ
u bài toán lúc này tr
ở
thành tìm m
để
ph
ươ
ng trình (1) có 2 nghi
ệ
m
phân bi
ệ
t khác 2 và l
ớ
n h
ơ
n 1 ⇔
( ) ( )
( ) ( )
2
2
1 2
1 2
1 2 1 2
1 2
0
( 1) 0
2 - (1+3m).2 + 2m(m + 1) 0
1
(2)
1 1 0
2
( ) 1 0
1 . 1 0
m
m
x x
x x
x x x x
x x
∆ >
− >
≠
≠
⇔
− + − >
+ >
− + + >
− − >
TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV:
Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
Áp dụng định lí Vi-ét ta có:
1 2
1 2
1 3
(3)
2 ( 1)
x x m
x x m m
+ = +
= +
. Th
ế
(3) vào (2) ta
đượ
c:
2
( 1) 0
1
1
1
2
1 3 2
2 ( 1) (1 3 ) 1 0
m
m
m
m
m m m
− >
≠
⇔ ≠ >
+ >
+ − + + >
. V
ậ
y
1
1
2
m
≠ >
.
4. Bài toán tìm điều kiện của tham số để hàm số có cực trị thỏa mãn điều kiện
cho trước
Kiến thức cơ bản
:
-
Định nghĩa1:
Cho hàm s
ố
y = f(x) xác
đị
nh trên K và x
1
, x
2
∈
K.
+ Ta g
ọ
i x
1
là
đ
i
ể
m c
ự
c
đạ
i c
ủ
a hàm s
ố
y = f(x) n
ế
u tho
ả
mãn:
+) x
1
là nghi
ệ
m c
ủ
a pt: y’ = 0 ho
ặ
c y’ không xác
đị
nh t
ạ
i x
1
.
+) y’
đổ
i d
ấ
u t
ừ
(+) sang (-) khi x
đ
i qua x
1
. Kí hi
ệ
u : x
1
= x
CĐ
, f(x
1
) = y
CĐ
+ Ta g
ọ
i x
2
là
đ
i
ể
m c
ự
c ti
ể
u c
ủ
a hàm s
ố
y = f(x) n
ế
u tho
ả
mãn:
+) x
2
là nghi
ệ
m c
ủ
a pt: y’ = 0 ho
ặ
c y’ không xác
đị
nh t
ạ
i x
2
.
+) y’
đổ
i d
ấ
u t
ừ
(-) sang (+) khi x
đ
i qua x
2
. Kí hi
ệ
u : x
2
= x
CT
, f(x
2
) = y
CT
Ta g
ọ
i chung các
đ
i
ể
m C
Đ
, CT c
ủ
a hàm s
ố
là các
đ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
c
ủ
a hàm s
ố
.
-
Định nghĩa2:
Cho hàm s
ố
y = f(x) xác
đị
nh trên K và x
1
∈
K.
+ Ta g
ọ
i x
1
là
đ
i
ể
m c
ự
c
đạ
i c
ủ
a hàm s
ố
y = f(x) n
ế
u tho
ả
mãn:
+) x
1
là nghi
ệ
m c
ủ
a pt: y’ = 0 ho
ặ
c y’ không xác
đị
nh t
ạ
i x
1
.
+) y’’(x
1
) < 0. Kí hi
ệ
u : x
CĐ
, f(x
1
) = y
CĐ
+ Ta g
ọ
i x
2
là
đ
i
ể
m c
ự
c ti
ể
u c
ủ
a hàm s
ố
y = f(x) n
ế
u tho
ả
mãn:
+) x
2
là nghi
ệ
m c
ủ
a pt: y’ = 0 ho
ặ
c y’ không xác
đị
nh t
ạ
i x
2
.
+) y’’(x
2
) > 0. Kí hi
ệ
u : x
CT
, f(x
2
) = y
CT
Ta g
ọ
i chung các
đ
i
ể
m C
Đ
, CT c
ủ
a hàm s
ố
là các
đ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
c
ủ
a hàm s
ố
.
+ Hàm s
ố
b
ậ
c 3 có C
Đ
, CT
⇔
có c
ự
c tr
ị
⇔
Ph
ươ
ng trình y’ = 0 có 2 nghi
ệ
m phân
bi
ệ
t.
+ Hàm s
ố
b
ậ
c 4 trùng ph
ươ
ng có C
Đ
, CT
⇔
Ph
ươ
ng trình y’ = 0 có 3 nghi
ệ
m
phân bi
ệ
t.
+ Hàm s
ố
b
ậ
c 4 có 1C
Đ
và không có CT
⇔
(Ph
ươ
ng trình y’ = 0 có 1 nghi
ệ
m và
h
ệ
s
ố
a < 0) ho
ặ
c (Ph
ươ
ng trình y’ = 0 có 1nghi
ệ
m kép và h
ệ
s
ố
a < 0).
+ Hàm s
ố
b
ậ
c 4 có 1CT và không có C
Đ
⇔
(Ph
ươ
ng trình y’ = 0 có 1 nghi
ệ
m và
h
ệ
s
ố
a > 0) ho
ặ
c (Ph
ươ
ng trình y’ = 0 có 1nghi
ệ
m kép và h
ệ
s
ố
a >0).
Ví dụ minh họa:
Ví d
ụ
4.1: Tìm m
để
hàm s
ố
y =
3 2 2
1
( 2) (5 4) 1
3
x m x m x m
+ − + + + +
đạt CĐ, CT
tại các điểm x
1
, x
2
thoả mãn : x
1
< -1 < x
2
?
G: Phân tích: Nhẩm tính đạo hàm ta thấy y’ là tam thức bậc 2. Do đó, yêu cầu
bài toán chuy
ển về dạng 1 của bài toán1.
Trình bày: Ta có:
+ TXĐ: R.
TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV:
Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
+ y’ = x
2
+ 2(m-2)x + 5m + 4 xác định trên R.
Hàm số có CĐ, CT ⇔ Phương trình y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt
⇔ x
2
+ 2(m-2)x + 5m + 4 = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆’ > 0 ⇔
m>9
m<0
(1). Khi
đó, hàm số có cực tiểu và cực đại tại x
1
, x
2
và theo định lí Vi-ét có:
1 2
1 2
2 4
(2)
5 4
x x m
x x m
+ =− +
= +
.
M
ặ
t khác, theo bài ra thì x
1
< -1 < x
2
⇔
1 2 1 2 1 2
( 1)( 1) 0 ( ) 1 0(3)
x x x x x x
+ + < ⇔ + + + <
.
Th
ế
(2) vào (3) ta
đượ
c :
5 4 2 4 1 0 3
m m m
+ − + + < ⇔ < −
(th
ỏ
a mãn (1)).
V
ậ
y v
ớ
i m < -3 thì hàm s
ố
y =
3 2 2
1
( 2) (5 4) 1
3
x m x m x m
+ − + + + +
đạt CĐ, CT tại
các điểm x
1
, x
2
thoả mãn : x
1
< -1 < x
2
.
Ví dụ 4.2: Tìm m để hàm số y =
3 2
1
1
3
m
x x mx
− −
+
đạt CĐ, CT tại các điểm
x
1
, x
2
thoả mãn :
1 2
8
x x
− ≥
?
G: Phân tích: Ta thấy y’ là tam thức bậc 2 và
( ) ( )
2 2
1 2 1 2 1 2
1 2
4 64 0
8 64
x x x x x x
x x
− + − − ≥
− ≥ ⇔ ≥ ⇔
Trình bày: Ta có:
+ TXĐ: R.
+ y’ = x
2
- 2mx + m xác định trên R.
Hàm số có CĐ, CT ⇔ Phương trình y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt
⇔ x
2
- 2mx + m = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆’ > 0 ⇔
m>1
m<0
(1). Khi đó, hàm
số có cực tiểu và cực đại tại x
1
, x
2
và theo định lí Vi-ét có:
1 2
1 2
2
(2)
x x m
x x m
+ =
=
.
Mặt khác, theo bài ra thì
( ) ( )
2 2
1 2 1 2 1 2
1 2
4 64 0(3)
8 64
x x x x x x
x x
− + − − ≥
− ≥ ⇔ ≥ ⇔
Thế (2) vào (3) ta được :
( )
2
1 65
2
2 4 64 0
1 65
2
m
m m
m
+
≥
− − ≥ ⇔
−
≤
(thỏa mãn (1)).
Vậy với
1 65
2
1 65
2
m
m
+
≥
−
≤
thỏa mãn bài tốn.
5. Bài tốn tìm điều kiện của tham số để hai đồ thị hàm số cắt nhau tại n điểm
(n = 2 hoặc n = 3) thỏa mãn điều kiện cho trước
Kiến thức cơ bản:
Trong mp(Oxy) xét sự tương giao của đồ thò hai hàm số:
1
2
(C ) :y f(x)
(C ):y g(x)
=
=
TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV:
Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
(C
1
) và (C
2
) không có điểm chung (C
1
) và (C
2
) cắt nhau (C
1
) và (C
2
) tiếp xúc nhau
Phương pháp chung:
* Thiết lập phương trình hoành độ giao điểm của đồ thò hai hàm số đã cho:
f(x) = g(x) (1)
* Khảo sát nghiệm số của phương trình (1) . Số nghiệm của phương trình (1)
chính là số giao điểm của hai đồ thò (C
1
) và (C
2
).
Ghi nhớ: Số nghiệm của pt (1) = số giao điểm của hai đồ thò (C
1
) và (C
2
).
Chú ý 1 : * (1) vô nghiệm
⇔
(C
1
) và (C
2
) không có điểm điểm chung
* (1) có n nghiệm
⇔
(C
1
) và (C
2
) có n điểm chung
Chú ý 2 : * Nghiệm x
0
của phương trình (1) chính là hoành độ điểm chung của
(C
1
) và (C
2
).
Khi đó tung độ điểm chung là y
0
= f(x
0
) hoặc y
0
= g(x
0
).
Ví dụ minh họa:
Ví dụ 5.1: T×m m ®Ĩ (C
m
): y = x
3
+ 2(1- 2m )x
2
+ (5 - 7m)x + 2(m + 5) c¾t
Ox tai 3 ®iĨm ph©n biƯt có hồnh độ thỏa mãn: x
1
< x
2
< x
3
< 1?
G: Phân tích: Trục Ox chính là đường thẳng y = 0. Phương trình hồnh độ giao
điểm là phương trình bậc 3 và để xử lí thì cách thơng dụng nhất là nhẩm nghiệm và
đưa về bài tốn của phương trình bậc hai. Bài này nên dùng mẹo triệt tiêu m để
nhẩm nghiệm.
Trình bày:
Ta có phương trình hồnh độ giao điểm của (C
m
) và Ox là:
x
y
y
y
x
x
OO
O
)(
1
C
)(
2
C
)(
1
C
)(
2
C
1
x
2
x
1
M
2
M
2
y
1
y
0
M
)(
2
C
)(
1
C
x
y
0
y
0
x
O
TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV:
Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
x
3
+ 2(1- 2m )x
2
+ (5 - 7m)x + 2(m + 5) = 0
⇔ (x+2)[x
2
- 4mx + 5 +m] = 0 ⇔
x+2=0
x
2
-4mx+5+m=0(1)
(C
m
) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt khác -2
⇔
∆’>0
(-2)
2
-4m(-2)+5+m≠
≠≠
≠0
⇔
m>
5
4
m<-1
(2). Khi đó, theo định lí Vi-ét có:
1 2
1 2
4
(3)
5
x x m
x x m
+ =
= +
(v
ớ
i x
1
, x
2
là nghi
ệ
m c
ủ
a (1)). Lúc này, yêu c
ầ
u bài toán tr
ở
thành
tìm m
để
hai nghi
ệ
m c
ủ
a (1) nh
ỏ
h
ơ
n 1
⇔
(
)
(
)
( ) ( )
1 2
1 1 2
2 1 2 1 2
1 2
1 1 0
1 0 2
(4)
1 0 ( ) 1 0
1 . 1 0
x x
x x x
x x x x x
x x
− + − <
− < + <
⇔ ⇔
− < − + + >
− − >
Th
ế
(3) vào (4) ta
đượ
c :
4 2
1
(5)
5 4 1 0
2
m
m
m m
<
⇔ <
+ − + >
K
ế
t h
ợ
p (5) & (2) ta
đượ
c m < -1.
V
ậ
y v
ớ
i m < -1 thì
(C
m
): y = x
3
+ 2(1- 2m )x
2
+ (5 - 7m)x + 2(m + 5) c¾t Ox tai
3 ®iÓm ph©n biÖt
có hoành
độ
th
ỏ
a mãn
: x
1
< x
2
< x
3
< 1
.
Ví d
ụ
5.2:
T×m m ®Ó (C
m
): y = mx
3
- x
2
+ 2x - 8m c¾t Ox tai 3 ®iÓm ph©n biÖt:
1 < x
1
< x
2
< x
3
?
G:
Phân tích:
Tr
ụ
c Ox chính là
đườ
ng th
ẳ
ng y = 0. Ph
ươ
ng trình hoành
độ
giao
đ
i
ể
m là ph
ươ
ng trình b
ậ
c 3 và
để
x
ử
lí thì cách thông d
ụ
ng nh
ấ
t là nh
ẩ
m nghi
ệ
m và
đư
a v
ề
bài toán c
ủ
a ph
ươ
ng trình b
ậ
c hai. Bài này nên dùng m
ẹ
o tri
ệ
t tiêu m
để
nh
ẩ
m nghi
ệ
m.
Trình bày:
Ta có ph
ươ
ng trình hoành
độ
giao
đ
i
ể
m c
ủ
a (C
m
) và Ox là:
mx
3
- x
2
+ 2x - 8m = 0
⇔
(x-2)[mx
2
+ (2m-1)x + 4m] = 0
⇔
x=2>1
mx
2
+(2m-1)x+4m=0(1)
(C
m
) c
ắ
t Ox t
ạ
i 3
đ
i
ể
m phân bi
ệ
t ⇔ (1) có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t khác 2
⇔
2
0
1 1
' 0
2 6
0
.2 (2 1).2 4 0
m
m
m
m m m
≠
− < <
∆ > ⇔
≠
+ − + ≠
(2). Khi
đ
ó, theo
đị
nh lí Vi-ét
có:
1 2
1 2
1 2
(3)
4
m
x x
m
x x
−
+ =
=
(v
ớ
i x
1
, x
2
là nghi
ệ
m c
ủ
a (1)). Lúc này, yêu c
ầ
u bài toán tr
ở
thành tìm m
để
hai nghi
ệ
m c
ủ
a (1) l
ớ
n h
ơ
n 1
TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV:
Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
⇔
(
)
(
)
( ) ( )
1 2
1 1 2
2 1 2 1 2
1 2
1 1 0
1 0 2
(4)
1 0 ( ) 1 0
1 . 1 0
x x
x x x
x x x x x
x x
− + − >
− > + >
⇔ ⇔
− > − + + >
− − >
Thế (3) vào (4) ta được :
1 2
2
1 1
(5)
1 2
7 4
4 1 0
m
m
m
m
m
−
>
⇔ < <
−
− + >
Kết hợp (5) & (2) ta
được
1 1
7 6
m
< <
.
Vậy với
1 1
7 6
m
< <
thì (C
m
): y = mx
3
- x
2
+ 2x - 8m c¾t Ox tai 3 ®iÓm ph©n biÖt:
1 < x
1
< x
2
< x
3
.
II. Thực tiễn của việc rèn luyện cho học sinh THPT kỹ năng áp dụng
định lí Vi-ét giải bài toán so sánh nghiệm của tam thức bậc hai với
một số thực
1.
Những thuận lợi của việc rèn luyện cho học sinh THPT kỹ
năng áp dụng định lí Vi-ét giải bài toán so sánh nghiệm của
tam thức bậc hai với một số thực
Thứ nhất, trong môn Đại số lớp 9 THCS học sinh đã được trang bị những kiến
thức cơ bản nhất về phương trình bậc hai và có một định lí đã nêu lên mối liên hệ
giữa các nghiệm của phương trình bậc hai với hệ số của nó. Định lí này đã giúp ích
khá nhiều cho học sinh THCS giải các bài toán: Tìm tổng và tích của các nghiệm
của phương trình bậc hai khi có nghiệm; biết một nghiệm suy ra nghiệm còn lại;
nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai khi có nghiệm; ….
Có thể nói sau khi học
xong THCS học sinh THPT đã quá quen thuộc với định lí Vi-ét áp dụng cho
phương trình bậc hai.
Thứ hai, Cũng từ việc quen thuộc với định lí Vi-ét nên việc áp dụng nó vào bài
toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với số thực chỉ là thao tác tư duy
“Quy lạ về quen” với độ khó không nhiều và học sinh không “vất vả” trong tư duy.
Thứ ba, áp dụng định lí Vi-ét vào bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc
2,phương trình bậc 3 nhẩm được nghiệm và nhiều bài toán khác đơn giản và dễ
dàng hơn so với việc áp dụng định lí đảo về dấu của tam thức bậc hai hiện nay đã
không có trong nội dung của chương trình Toán THPT.
2. Thực tiễn và những ghi nhận khi nghiên cứu áp dụng định lí Vi-ét
giải bài toán so sánh nghiệm của tam thức bậc hai với một số thực
cho học sinh trường THPT Phạm Ngũ Lão
Thực tiễn nghiên cứu:
TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV:
Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
Sau hai năm giảng dạy tại trường THPT Phạm Ngũ Lão (cả 3 khối 10, 11
và 12) tôi nhận thấy: số lượng học sinh có khả năng sử giải được bài toán so
sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một số thực còn rất ít (có lớp 10,
11 ban cơ bản không có học sinh một nào làm được bài toán này). Một số học
sinh làm được bài tập bằng định lí đảo về dấu của tam thức bậc hai nhưng chưa
hiểu rõ đặc điểm và cơ sở của định lí này là gì? Các em này làm bài tập theo
kiểu nhớ dạng bài quen thuộc nên khi gặp bài toán có nội dung không “gần gũi
”với các dạng bài đó thì các em hoàn toàn bế tắc trong việc “Quy lạ về quen” vì
khi áp dụng định lí này phải nhớ nhiều lí thuyết và xét nhiều trường hợp. Khả
năng đọc đề bài và hình thành tư duy thuật giải chưa đủ để áp dụng thành thạo
định lí này. Cá biệt, một số học sinh lớp 12 chỉ làm được một vài dạng bài này
bằng phương pháp hàm số (căn cứ vào bảng biến thiên hoặc đồ thị) nhưng tính
“cơ động và khả năng sẵn sàng” của các em chưa cao vì “Vũ khí chưa đủ
mạnh”.
Trao đổi với một số đồng nghiệp trực tiếp giảng dạy khối lớp 10, tôi được
biết họ định hướng cho học sinh giải các bài toán so sánh nghiệm của phương
trình bậc 2 với một số thực bằng cách đưa ra phương pháp đặt ẩn phụ. Chẳng
hạn, bài toán: Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x
1
<α < x
2
ta đặt t=x-α rrồi
đưa về bài toán tìm điều kiện của m để phương trình ẩn t có 2 nghiệm trái dấu.
Cách làm này khá dài và sẽ vướng mắc khi ta giải các bài toán so sánh nghiệm
của phương trình bậc 2 với hai số thực vì phải đặt ẩn phụ tới 2 lần dẫn đến dài
dòng trong trình bày bài làm của học sinh, lệch lạc kết quả khi thực hiện lời
giải.
Hướng giải quyết vấn đề
Đưa phương pháp này vào giảng dạy trong chủ đề tự chọn nâng cao với các
lớp 10 ban cơ bản và chủ đề tự chọn bám sát với các lớp 10 ban KHTN.
Thường xuyên cho học sinh lớp 11 và 12 rèn luyện kỹ năng này trong các bài
toán quy về phương trình bậc hai và liên quan đến khảo sát hàm số.
III. Định hướng và biện pháp rèn luyện kỹ năng áp dụng định lí
Vi-ét giải bài toán so sánh nghiệm của tam thức bậc hai với một số
thực cho học sinh trường THPT Phạm Ngũ Lão
1. Xây dựng quy trình giải một bài toán so sánh nghiệm của phương trình
bậc 2 với một hoặc hai số thực bằng cách áp dụng định lí Vi-ét
Để học sinh có được một kỹ năng thành thục khi sử dụng phương pháp này
để giải bài tập thì việc dạy học sinh đọc và nghiên cứu đề bài (giả thiết) để từ đó
hình thành tư duy thuật giải đến gần kết quả (yêu cầu bài toán ) là hết sức quan
trọng . Sau đây là quy trình chung cho các dạng bài phổ biến :
+ Bước 1 : Tìm điều kiện của tham số để phương trình có đủ số nghiệm cần
thiết.
Ví dụ : Để giải bài toán : ‘’Cho phương trình f(x) = x
2
-2mx + m -3 = 0(*)
Hãy tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thuộc (0;2 )?’’ thì
trước tiên học sinh cần tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆’ > 0 ⇔
m>3
m<1
+ Bước 2 : Áp dụng định lí Vi-ét để nêu mối liên hệ giữa các nghiệm của
TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV:
Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
phương trình bậc hai.
+ Bước 3 : (Quy lạ về quen)Biến đổi yêu cầu bài toán về vị trí của các
nghiệm so với các số thực về các biểu thức, phương trình, bất phương
trình, hệ bất phương trình chứa tổng và tích các nghiệm của phương trình
bậc hai.
Ví dụ :
(
)
(
)
2 2
1 2 1 2 1 2
1 2
4 64 0
8 64
x x x x x x
x x
− + − − ≥
− ≥ ⇔ ≥ ⇔
+ Bước 4 : Kết hợp định lí Vi-ét và yêu cầu bài toán để đưa ra điều kiện
của tham số.
+ Bước 5 : Kết luận.
Lưu ý : Tuỳ thuộc từng bài toán mà giáo viên đưa ra quy trình cụ thể, không
nhất thiết phải làm theo cả 5 bước trên trong những trường hợp không cần thiết.
2. Bồi dưỡng năng lực nhận dạng bài toán có thể sử dụng phương pháp
“Áp dụng định lí Vi-ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình
bậc hai với một hoặc hai số thực” cho học sinh THPT
Theo kinh nghiệm của bản thân tác giả thì cần thiết phải làm cho học
sinh tư duy theo chiều hướng rộng mở và tránh tư duy theo kiểu lối mòn.
Học sinh được cung cấp định lí và các dạng bài tập cũng như phương pháp
để giải các dạng bài tập đó nhưng không cho phép học sinh dừng lại ở đó mà
phải thường xuyên tư duy, liên tưởng để củng cố kiến thức cũ đồng thời vận
dụng những kiến thức này để giải các dạng bài tập mới (theo giáo sư Văn
Như Cương gọi là: Dĩ bất biến ứng vạn biến, có thể hiểu là: lí thuyết bao
gồm định nghĩa, định lí, là không đổi nhưng sẽ dùng nó để giải các dạng
bài mới là cái luôn biến đổi). Chẳng hạn, gặp bài tập về phương trình bậc 3
nhẩm được nghiệm (hay bài tập về cực trị thỏa mãn điều kiện cho trước,
tương giao của hai đồ thị hàm số, ) và cần so sánh nghiệm của nó với một
hoặc hai số thực thì cần nghĩ ngay đến phương pháp này.
KẾT LUẬN
Sáng kiến kinh nghiệm đã góp phần làm sáng tỏ sự cần thiết phải rèn luyện cho
học sinh THPT kỹ năng sử dụng phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán
so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ” .
Sáng kiến cũng đã chỉ ra tiềm năng, thực tiễn và những định hướng cho việc rèn
luyện kỹ năng sử dụng phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh
nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ” để giải Toán đối
với học sinh THPT, đó là:
+ Xây dựng quy trình giải một bài toán bằng phương pháp “Áp dụng định
Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một
hoặc hai số thực ”
+ Bồi dưỡng năng lực nhận dạng bài toán có thể sử dụng phương pháp “Áp
dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai
với một hoặc hai số thực ” cho học sinh THPT, đặc biệt là khối lớp 10.
TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV:
Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
Mặc dù điều kiện còn khó khăn và phạm vi nghiên cứu mới chỉ dừng lại ở việc
nghiên cứu thực nghiệm ở một nhà trường THPT nhưng sáng kiến đã đưa ra những
luận điểm xác thực, đáng tin cậy và có tính ứng dụng cao.
Kết quả thực nghiệm phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh
nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ”
Lớp Khóa
học
Chỉ biết sử dụng phương
pháp
Sử dụng thành thạo phương
pháp
10A3
07- 08 51,3% 12,5%
10A4
07- 08 20,1% 8,5%
11A1
08-09 62,5% 25,4%
11A1
10-11 64% 33,7%
Đề xuất: Nên đưa việc áp dụng phương pháp toạ độ trong không gian vào chủ đề
tự chọn bám sát với ban KHTN và chủ đề tự chọn nâng cao với ban cơ bản để giáo
viên có thời lượng truyền đạt phương pháp này cho học sinh.
Cuối cùng tôi xin chân thành cảm ơn các bạn đồng nghiệp, các em học sinh lớp
10A3 & 10A4 năm học 2007 - 2008, lớp 11A1 năm học 2008 - 2009 và 2009 -2010
Trường THPT PHẠM NGŨ LÃO đã giúp đỡ tôi hoàn thành sáng kiến!
Do kinh nghiệm giảng dạy còn chưa nhiều nên sáng kiến kinh nghiệm của tôi
không tránh khỏi có những thiếu sót. Tôi rất mong nhận được những ý kiến đóng
góp, trao đổi và chia sẻ của các thầy, cô, các bạn đồng nghiệp để sáng kiến của tôi
ngày càng hoàn thiện hơn và trở thành một tài liệu tham khảo bổ ích cho các bạn
trong giảng dạy ! Mọi ý kiến đóng góp chia sẻ xin gửi về địa chỉ:
Phạm Trịnh Cương Chính - THPT Phạm Ngũ Lão - Ân Thi - Hưng Yên.
SĐT: 0989296252 hoặc email:
TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV:
Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Lê Hồng Đức, Đào Thiện Khải, Lê Bích Ngọc, Lê Hữu Trí - Phương pháp
giải toán tam thức bậc hai - NXB ĐHSP – 2009.
[2]. Trần Phương - Tuyển tập các chuyên đề luyện thi đại học môn Toán – NXB
Hà Nội- 2008.
[3]. Thư viện bài giảng điện tử : www.baigiang.bachkim.vn
[4]. Website: www.vnmath.com
[5]. Website: www.mathvn.com
[6]. Diễn đàn: diendan.hocmai.vn
[7].website: thay-do.net
[8].Thư viện: tailieu.vn
TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV:
Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
MỤC LỤC
Nội dung
Trang
A. Phần mở đầu
I. Lý do chọn đề tài
II.Mục đích nghiên cứu
III. Đối tượng nghiên cứu
IV. Phương pháp nghiên cứu
V. Cấu trúc sáng kiến kinh nghiệm
B. Phần nội dung nghiên cứu
I. Tiềm năng của phương pháp “Áp dụng định Vi-ét giải bài toán so
sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ”
1. Bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một số
thực α
αα
α
2. Bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với hai số
thực α
αα
α &β
ββ
β
3. Bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc ba với số thực α
αα
α
4. Bài toán tìm điều kiện của tham số để hàm số có cực trị thỏa
mãn điều kiện cho trước.
5. Bài toán tìm điều kiện của tham số để hai đồ thị hàm số cắt
nhau tại n điểm (n = 2 hoặc n = 3) thỏa mãn điều kiện cho trước
II. Thực tiễn của việc rèn luyện cho học sinh THPT kỹ năng áp dụng
định lí Vi-ét giải bài toán so sánh nghiệm của tam thức bậc hai với một
số thực
1.Những thuận lợi của việc rèn luyện cho học sinh THPT kỹ
năng áp dụng định lí Vi-ét giải bài toán so sánh nghiệm của tam
thức bậc hai với một số thực.
2.Thực tiễn và những ghi nhận khi nghiên cứu áp dụng định lí
Vi-ét giải bài toán so sánh nghiệm của tam thức bậc hai với một
số thực cho học sinh trường THPT Phạm Ngũ Lão.
III. Định hướng và biện pháp rèn luyện kỹ năng áp dụng định lí Vi-ét
giải bài toán so sánh nghiệm của tam thức bậc hai với một số thực cho
học sinh trường THPT Phạm Ngũ Lão
1.Xây dựng quy trình giải một bài toán so sánh nghiệm của phương
trình bậc 2 với một hoặc hai số thực bằng cách áp dụng định lí Vi-ét
2.Bồi dưỡng năng lực nhận dạng bài toán có thể sử dụng phương pháp
“Áp dụng định lí Vi-ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình
bậc hai với một hoặc hai số thực” cho học sinh THPT
C. KẾT LUẬN
3
3
3
4
10
13
15
16
19
19
19
20
20
21
TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV:
Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
D. TÀI LIỆU THAM KHẢO
21
23
