Chuyên đề của giáo viên toán, tam thức bạc 2 và ứng dụng

Chuyờn thỏng 3/2015:
Ngi bỏo cỏo: Vừ Qunh Trang

Tam thc bc hai v ng dng
I.Nhc li v lý thuyt.
1.nh lý v du ca tam thc bc hai: f(x) = ax
2
+ bx + c ( a 0) cú = b
2
- 4ac
* Nu < 0: af(x) > 0 x R
* Nu = 0: af(x) > 0 x - (hay af(x) 0 x R).
* Nu > 0: f(x) cú hai nghim l x
1
,x
2
( gi s x
1
< x
2
).Khi ú:
+/ af(x) > 0 x [x
1
;x
2
]
+/ af(x) < 0 x (x
1
;x
2
)

2.Đặc biệt: +/ af(x) > 0, x R
+/ af(x) < 0, x R
II.Cỏc ng dng.
1. Chứng minh bất đẳng thức.
Thớ d 1 : Chng minh rng : Nu a, b, c l di ba cnh ca mt tam giỏc thỡ vi mi x ta cú :
a)
2 2 2 2 2 2
b x (b c a )x c 0.+ + + >
b) c
2
x
2
- 2(a
2
- b
2
)x + 2a
2
+ 2b
2
- c
2
0 , x.
c) pa
2
+qb
2
> pqc
2
, p, q thoả mãn p+q =1

Phõn tớch : V trỏi l tam thc bc hai f(x) vi h s ca
2
x
l
2
b 0>
nờn cú ngay li gii.
Gii :a) f(x) > 0 vi mi x
x
0 <

2 2 2 2 2 2
(b c a ) 4b c 0+ <

2 2 2 2 2 2
(b c a 2bc)(b c a 2bc) 0+ + + <

2 2 2 2
[(b c) a )][(b c) a ] 0+ <

(b + c +a)(b + c a)(b c +a)(bc a) < 0 (a + b + c)(b + c a)(b + a c)(c + a b) > 0
Vỡ a, b, c l di 3 cnh ca mt tam giỏc nờn bt ng thc cui cựng hin nhiờn ỳng.
Chỳ ý : Ngc li, cỏc bn cú th chng minh c nu cỏc s dng a, b, c tha món
f(x) > 0 vi mi x thỡ a, b, c chớnh l di 3 cnh ca mt tam giỏc.
Câu b, c c/m tơng tự.
Thớ d 2 : Cho
3
a 36>
v abc = 1.
Chng minh :

2
2 2
a
b c ab bc ca
3
+ + > + +
(*)
Phõn tớch :
1
bc
a
=
nờn bt ng thc cn chng minh vỡ i xng vi b v c nờn cú th vit v dng
tam thc bc hai i vi b + c.
Gii : (*)
2
2
a 3
(b c) a(b c) 0
3 a
+ + + >

2 2
2
a a 3
(b c) a(b c) 0
4 12 a

+ + + + >

2
3
a a 36
b c 0
2 12a


+ + >


Vi
3
a 36>
thỡ bt ng thc trờn luụn ỳng.
Chỳ ý : Khi khụng mun din t bi "ngụn ng" bit thc thỡ cú th dựng k thut "tỏch bỡnh
phng" nh li gii trờn.
Thớ d 3: Cho a,b,c là ba cạnh của một tam giác.x,y,z là ba số thoả mãn ax + by + cz = 0.
Chứng minh : a) P = xy + yz + zx 0. b) Q = ayz + bxz + cxy 0
Giải: a) Từ ax + by + cz = 0 z = - .Thay vào P ta có:
P = xy -

- = (cxy - axy -bxy - by
2
- ax
2
) = [- ax
2

- xy(a+b-c) - by
2
]
Xét f(x) = - ax
2
- xy(a+b-c) - by
2

Có
x
= y
2
[(a+b-c)
2
- 4ab] = y
2
( a
2
+ b
2
+ c
2
- 2ab - 2bc - 2ac)
= y
2
[c( c- a - b) + a(a - b - c) + b(b - a - c)] 0
( Do a,b,c là cạnh tam giác nên c- a - b < 0, a - b - c < 0, b - a - c < 0)
Suy ra : f(x) = - ax
2
- xy(a+b-c) - by

2
0 x.
Hay P 0 (đpcm).
Câu b làm tơng tự.
Thớ d 4 : Chng minh rng trong mi tam giỏc ABC ta cú :
3
cosA cosB cosC
2
+ +
(**)
Phõn tớch : Vỡ
A B
cosA cosB 2cos
2
+
+ =
A B C A B
cos 2sin cos
2 2 2

=
v cosC =
2
C
1 2sin
2

nờn cú th lm xut hin tam thc bc hai i vi
C
sin

2
.
Gii : (**)
2
C A B C 3
2sin cos 1 2sin
2 2 2 2

+

2
C C A B 1
sin sin cos 0
2 2 2 4

+

2
2
C 1 A B 1 A B
sin cos sin 0
2 2 2 4 2


+


Bt ng thc cui cựng hin nhiờn ỳng. ng thc xy ra khi v ch khi :
C 1 A B
sin cos

2 2 2
A B
sin 0
2


=





=


Lu ý
A B
;
2 2 2





v
C
0;
2 2

thỡ h trờn tng ng vi A = B = C tc l tam giỏc ABC
u.
Chỳ ý : Bi toỏn tng quỏt cho bi trờn l : Trong tam giỏc ABC
a) Vi x, y, z > 0 thỡ ta cú :
2 2 2
cosA cosB cosC x y z
x y z 2xyz
+ +
+ +
b) Với mọi x, y ,z ,ta luôn có: xycosC + yzcosA + zxcosB x
2
+ y
2
+ z
2

Cỏc bn cú th dựng k thut "tam thc bc hai" hoc cụng c vộc-t gii quyt. Khi cho cỏc giỏ
tr c th x, y, z (c bit l x, y, z l di 3 cnh ca mt tam giỏc) thỡ ta cú vụ s cỏc bt ng
thc c th.
Ví dụ: Cho x = , y = z = ,thay vào câu a ta có bài toán sau: c/m 3cosA + (cosB + cosC)
Thớ d 5 : Cho t <z < y chng minh : (x + y + z + t)
2
> 8(xz + yt) (1)
Gii :
Ta có: (1) f(x) = x
2
+ 2x(y - 3z + t) + ( y+ z +t)

2
-8yt > 0
Xét f(x): có ' = (y - 3z + t)
2
- ( y+ z +t)
2
+ 8yt = - 4z(2y -2z + 2t) + 8yt = 8(z - t)(z - y) < 0 , (vì t <z
< y)
và hệ số a = 1 > 0.
Nên f(x) > 0 đpcm.


Bi tp tng t
1Chứng minh với mọi x, ta có:
2 2 2
(1 sin )x 2(sin cos )x 1 cos 0+ + + + >
2. Chng minh rng trong mi tam giỏc ta cú :
a)
2 2 2
9
sin A sin B sin C
4
+ +
b)
A B C 1
sin .sin .sin
2 2 2 8

3. Tỡm x, y tha món :
2 2 2 2

(x y )(x 1) 4x y+ + =
Cỏc bi tp khỏc :
1. Xỏc nh cỏc gúc ca tam giỏc ABC sao cho biu thc
F 3 cos B 3(cosA cosC)= + +
t giỏ tr ln
nht.
2. Tớnh cỏc gúc ca tam giỏc ABC, bit rng sinA + sinB + cos(A + B) = 1,5.
3. Bit rng :
2 2
4x y 2x y 4xy 2.+ + + +
Chng minh :
2 y 2x 1 +
4. nh dng tam giỏc ABC tha món:
1 1 1 5
cosA cos B cosC
3 4 5 12
+ + =
5*. Xỏc nh cỏc gúc ca tam giỏc ABC sao cho biu thc :
2
F cos Asin Bsin C sin A (cosB cosC)
2
= + + +
t giỏ tr ln nht.
6.Cho x, y, z,là các số thực thoả mãn: . Chứng minh: 1 x
(HD: Từ gt,tìm y + z = S và yz = P.Khi đó y, z là nghiệm pt t
2
-St +P = 0.Dùng đk để pt có nghiệm.)
2.Tìm giá trị lớn nhất,giá trị nhỏ nhất.
Chú ý: Tìm min,max của hàm số y = ax
2

+ bx + c (a 0) trên [;]: Hoành độ đỉnh là : x
0
= -
a) a > 0: +)nếu x
0
[;] thì min y = f(x
0
), maxy = max
+)nếu x
0
[;] thì min y = min, max y = max
b) a < 0: +) nếu x
0
[;] thì max y = f(x
0
), miny = min
+)nếu x
0
[;] thì min y = min, max y = max
Th í dụ 1 : Giả sử (x,y) là nghiệm của hệ pt:
Tìm a để xy nhỏ nhất.
Gii :
Đặt S = x + y, P = xy.Ta có S = 2a - 1;
x
2
+ y
2
= S
2
- 2P = a

2
+ 2a - 3 P = [(2a - 1)
2
- ( a
2
+ 2a - 3 )] = (3a
2
- 6a + 4).
Điều kiện để hệ có nghiệm là:
S
2
- 4P 0 (2a - 1)
2
- 2(3a
2
- 6a + 4) 0 - 2a
2
+ 8a - 7 0 2 - a 2 +
Ta sẽ tìm a để P = (3a
2
- 6a + 4) đạt min trên [2 - ; 2 + ]
Hoành độ đỉnh là a
0
= 1 < 2 - , parabol P quay bề lõm lên trên nên min P = P(2 - )
Vậy với a = 2 - thì xy đạt nhỏ nhất.
Thí dụ 2:Tìm a để GTNN của y = 4x
2
- 4ax + a
2
-2a trên [-2;0] bằng 2.

Giải:
Hoành độ đỉnh: x
0
= .
+) Nếu [-2;0]: Khi đó min y = y(x
0
) = y( ) = - 2a. ycbt - 2a = 2 a = -1
+) Nếu [-2;0]:
*) < -2 a < -4: Khi đó min y = y(-2) = a
2
+ 6a + 16. ycbt a
2
+ 6a + 16 = 2 a
2
+ 6a + 14 =
0: VN.
*) > 0 a > 0: Khi đó min y = y(0) = a
2
- 2a.
ycbt a
2
- 2a = 2 a
2
- 2a -2 = 0 a=1+ hoặc a = 1 - ( loại).
Kết luận : a = 1 hoặc a=1+ .
Thí dụ 3: Cho x, y thoả mãn: 36x
2
+ 16y
2
- 9 = 0 (1) . Tìm min, max của T = y - 2x + 5 (2).

Giải:
Từ (2) ta có: y = 2x + T - 5,thay vào (1) ta có: f(x) = 100x
2
+ 64(T - 5)x + 16(T-5)
2
- 9 = 0 (3).
PT (3) có ' = 32
2
(T-5)
2
- 100[16(T-5)
2
- 9] = 900 - 576(T-5)
2
.
PT (3) có nghiệm ' 0 900 - 576(T-5)
2
0 16(T-5)
2
25 T
Vậy: min T = ; max T =
Thí dụ 4 : Tìm min, max của hàm số y = (Đại học s phạm hà nội,khôi A năm 2001)
Giải:
Ta có: y - 1 = = .
Đặt t = sin
2
x, t [0;1], hàm số trở thành: y - 1 =
Xét hàm số f(t) = 3t
2
- 2t +2, có ' = - 5 <0, a = 3 >0 và - = [0;1],nên:

*)min f(t) = f() = max(y - 1) = max y = + 1 = ,đạt đợc khi sin
2
x = .
*) max f(t) = max = f(1) = 3 min(y - 1) = min y = + 1 = ,đạt đợc khi sin
2
=1.
KL: max y = , min y = .
Thí dụ 5: Tìm a, b sao cho hàm số y = có GTNN là - 1 và GTLN là 4.
Giải:
+) Ta có: y = 4
a
2
+ 16b -64 =0 (1)
+) Lại có: y = -1
a
2
-4b -4 = 0 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ pt: hoặc

Thí dụ 6:Tìm min,max của: S =
2 2
2 2
x xy y
x xy y
+
+ +

(1)
Giải:
+) Khi x = 0: suy ra S = 1 (2)

+) Khi x 0: Chia tử và mẫu của S cho x
2
, và đặt = t, ta đợc: (S-1)t
2
+ (S+1)t + S-1 = 0 (3)
Phơng trình (3) có nghiệm = -3S
2
+ 10S -3 0 S 3 (4)
Kết hợp (2) và (4) ta có: min S = khi t = = = 1 ,tức là x = y
max S = 3 khi t = = = -1, tức là x = -y
Bài tập luyện tập:
Bài 1: Tìm GTLN,GTNN của P = , với x > 0
Bài 2: Tìm GTLN,GTNN của A =
Bài 3: Tìm GTLN,GTNN của B =
Bài 4: Cho x
2
+ y
2
+ xy = 1,Tìm GTLN,GTNN của C= x
2
+ 2y
2
- xy
Bài 5: Cho 2x
2
+ y
2
+ xy 1.Tìm GTLN,GTNN của D = x
2
+ y

2
.
Bài 6: Cho các số thực x, y thoả mãn x
2
+ y
2
= 1. Tìm min, max của S =
3.Một số bài toán về phơng trình và hệ pt.
Thí dụ 1:
Cho hpt: ,trong đó a 0 và (b -1)
2
-4ac < 0.Chứng minh hệ vô nghiệm.
Giải:
*)TH1: a > 0: Giả sử hệ có nghiệm là (x
0
, y
0
, z
0
) .Khi đó ta có:
Cộng vế theo vế 3 pt trên ta có: [ax
0
2
+ (b -1)x
0
+ c] +

[ay
0
2

+ (b -1)y
0
+ c] + [az
0
2
+ (b -1)z
0
+ c] = 0 (1)
Đặt f(t) = at
2
+(b-)t+ c

,theo gt: (b-1)
2
-4ac < 0 nên f(t) > 0 t.
Do đó:
( 0) 0
( 0) 0
( 0) 0
f x
f y
f z
<


<


<

f(x
0
) + f(y
0
) + f(z
0
) < 0 (Mâu thuẫn với (1))
Vậy khi a > 0 hệ vô nghiệm.
*)TH 2: a < 0: c/m tơng tự.
Thí dụ 2: Gọi d là tổng chiều dài các đoạn nghiệm trên trục số của hệ bpt: -2 x
2
+px+q 2.
Chứng minh: d 4.
Giải:
Hệ đã cho tơng đơng với:
Xét
1
= p
2
-4(q-2) và
2
= p
2
-4(q+2).Ta có
1
=
2
+ 16.Có hai khả năng:
TH1:
1

0
2
< 0: Khi đó bpt (1) có nhiều nhất là 1 nghiệm nên hệ có nhiều nhất là 1 nghiệm.
Tức là d = 0 < 4
TH2:
1
> 0:
+) Nếu
2
0: suy ra (2) đúng x.Do đó nghiệm của hệ là nghiệm của (1), tức là: x (3)
Khi đó d = = = 4 ( Do
2
0).
+) Nếu
2
> 0: Nghiệm của (2) là: x hoặc x (4)
Từ (3), (4) suy ra nghiệm hệ là: x hoặc x
Khi đó: d = [ - ] + [ - ] = - = - (5)
Do
2
> 0 nên = + 4 (6)
Từ (5) và (6) suy ra d 4
Vậy trong mọi trờng hợp thì d 4(đpcm).
Thí dụ 3: Chứng minh hệ bpt sau, với a > 0 luôn vô nghiệm:
Giải:
Giả sử hệ có nghiệm.
Từ bpt (1) suy ra x > 0, từ bpt (2) suy ra y 2a.
Ta có (1) f(x) = x
2
-4ax+y

2
0 (3).
f(x) có = 4a
2
-4y
2
0 (Do y 2a) f(x) 0,x,Nên bpt (3) có nghiệm khi và chỉ khi
( = 4a
2
-4y
2
= 0 y = 2a vì a > 0).
Thay vào bpt (2) ta có: (2a)
2
- 2a + 2a 0 4a
2
0 a = 0( trái giả thiết a > 0) .
Vậy hệ vô nghiệm(đpcm).
Bài tập tơng tự:
Bài 1: Cho x, y, z là nghiệm của hệ: Chứng minh: - x, y, z
Bài 2: Cho a, b, c thoả mãn: Chứng minh: a, b, c [- ; ].
Bài 3: Cho x, y, z thoả mãn: Chứng minh: 1 x .