giasuthanhtai.com.vngiasuthanhtai.com.vn/uploads/document/Ch_d_2.doc · Web viewvới mọi nên...

Chủ đề 2: HÀM SỐ BẬC NHẤT, HÀM SỐ BẬC 2

Vấn đề 1: Hàm số bậc nhất

Kiến thức cần nhớ:

1. Định nghĩa:

+ Hàm số bậc nhất là hàm số được cho bởi công thức:

yaxb

=+

trong đó và

b

là các số thực cho trước và

0

a

¹

.

+ Khi

0

b

=

thì hàm số bậc nhất trở thành hàm số

yax

=

, biểu thị tương quan tỉ lện thuận giữa

y

và

x

.

2. Tính chất:

a) Hàm số bậc nhất , xác định với mọi giá trị

xR

Î

.

b) Trên tập số thực, hàm số

yaxb

=+

đồng biến khi

0

a

>

và nghịch biến khi

0

a

<

.

3. Đồ thị hàm số

yaxb

=+

với

(

)

0

a

¹

.

+ Đồ thị hàm số

yaxb

=+

là đường thẳng cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng

b

và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng

b

a

-

.

+

a

gọi là hệ số góc của đường thẳng

yaxb

=+

4. Cách vẽ đồ thị hàm số

yaxb

=+

.

+ Vẽ hai điểm phân biệt của đồ thị rồi vẽ đường thẳng đi qua 2 điểm.

+ Thường vẽ đường thẳng đi qua 2 giao điểm của đồ thị với các trục tọa độ là

(

)

;0,0;

b

ABb

a

æö

-

ç÷

èø

.

+ Chú ý: Đường thẳng đi qua

(

)

;0

Mm

song song với trục tung có phương trình:

0

xm

-=

, đường thẳng đi qua

(

)

0;

Nn

song song với trục hoành có phương trình:

0

yn

-=

5. Kiến thức bổ sung.

Trong mặt phẳng tọa độ cho hai điểm

(

)

(

)

1122

;,;

AxyBxy

thì

(

)

(

)

22

2121

ABxxyy

=-+-

. Điểm

(

)

;

Mxy

là trung điểm của

AB

thì

1212

;

22

xxyy

xy

++

==

.

6. Điều kiện để hai đường thẳng song song , hai đường thẳng vuông góc.

Cho hai đường thẳng

(

)

1

:

dyaxb

=+

và đường thẳng

(

)

2

:''

dyaxb

=+

với

,'0

aa

¹

.

·

12

()//()'

ddaa

Û=

và

'

bb

¹

.

·

12

()()'

ddaa

ºÛ=

và

'

bb

=

.

·

(

)

1

d

cắt

(

)

2

'

daa

Û¹

.

·

12

()().'1

ddaa

^Û=-

Chú ý: Gọi

j

là góc tạo bởi đường thẳng

yaxb

=+

và trục

Ox

, nếu

0

a

>

thì

tan

a

j

=

.

Một số bài toán trên mặt phẳng tọa độ:

Ví dụ 1) Cho đường thẳng

(

)

1

:2

dyx

=+


(

)

(

)

22

2

:2

dymmxmm

=-++

.

a) Tìm

m

để

12

()//()

dd

.

b) Gọi

A

là điểm thuộc đường thẳng

1

()

d

có hoành độ

2

x

=

. Viết phương trình đường thẳng

3

()

d

đi qua

A

vuông góc với

1

()

d

.

c) Khi

12

()//()

dd

. Hãy tính khoảng cách giữa hai đường thẳng

(

)

12

(),

dd

.

d) Tính khoảng cách từ gốc tọa độ

O

đến đường thẳng

1

()

d

và tính diện tích tam giác

OMN

với

,

MN

lần lượt là giao điểm của

1

()

d

với các trục tọa độ

,

OxOy

.

Lời giải:

a) Đường thẳng

12

()//()

dd

khi và chỉ khi

(

)

(

)

(

)

(

)

2

2

1210

21

1

2

120

2

mm

mm

m

mm

mm

-+=

ì

ì

-=

ïï

ÛÛ=-

íí

-+¹

+¹

ï

ï

î

î

.

Vậy với

1

2

m

=-

thì

12

()//()

dd

.

b) Vì

A

là điểm thuộc đường thẳng

1

()

d

có hoành độ

2

x

=

suy ra tung độ điểm

A

l

(

)

2242;4

yA

=+=Þ

.

Đường thẳng

(

)

1

d

có hệ số góc là

1

a

=

, đường thẳng

(

)

2

d


''.11'1

aaa

Þ=-Þ=-

. Đường thẳng

(

)

3

d

có dạng

yxb

=-+

. Vì

(

)

3

d

đi qua

(

)

2;4

A

suy ra

426

bb

=-+Þ=

. Vậy đường thẳng

(

)

3

d

là

6

yx

=-+

.

B

A

(d

3

)

(d

2

)

(d

1

)

Khi

12

()//()

dd

thì khoảng cách giữa hai đường thẳng

(

)

1

d

và

(

)

2

d

cũng chính là khoảng cách giữa hai điểm

,

AB

lần lượt thuộc

(

)

1

d

và

(

)

2

d

sao cho

(

)

12

(),

ABdABd

^^

.

Hình vẽ: Gọi

B

là giao điểm của đường thẳng

3

()

d

và

2

()

d

. Phương trình hoành độ giao điểm

của

(

)

2

d

và

(

)

3

d

là:

125232523

6;

48888

xxxyB

æö

-+=-Û=Þ=Þ

ç÷

èø

.

Vậy độ dài đoạn thẳng

AB

là:

22

252392

24

888

AB

æöæö

=-+-=

ç÷ç÷

èøèø

.

c) Gọi

,

MN

lần lượt là giao điểm của đường thẳng

(

)

1

d

với các trục tọa độ

,

OxOy

. Ta có:

Cho

(

)

022;0

yxA

=Þ=-Þ-

, cho

(

)

022;0

yxN

=Þ=-Þ-

. Từ đó suy ra

2

OMON

==

22

MN

Þ=

.Tam giác

OMN

vuông cân tại

O

. Gọi

H

là hình chiếu vuông góc của

O

lên

MN

ta có

1

2

2

OHMN

==

và

1

.2

2

OMN

SOMON

==

( đvdt).

N

M

O

x

y

H

Chú ý 1: Nếu tam giác

OMN

không vuông cân tại

O

ta có thể tính

OH

theo cách:

Trong tam giác vuông

OMN

ta có:

222

111

OHOAOB

=+

(*). Từ đó để khoảng cách từ điểm

O


()

d

ta làm theo cách:

+ Tìm các giao điểm

,

MN

của

()

d

với các trục tọa

độ

+ Áp dụng công thức tính đường cao từ đỉnh góc vuông trong tam giác vuông

OMN

(công thức (*)) để tính đoạn

OH

.

Bằng cách làm tương tự ta có thể chứng minh được công thức sau:

Cho

(

)

00

;

Mxy


0

axbyc

++=

. Khoảng cách từ điểm

M

đến đường thẳng là:

00

22

axbyc

d

ab

++

=

+

.

Ví dụ 2:Cho đường thẳng

(

)

2310

mxmym

+-+-=

()

d

.

a) Tìm điểm cố định mà đường thẳng

()

d

luôn đi qua.

b) Tìm

m

để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng

()

d

là lớn nhất.

c) Tìm

m

để đường thẳng

()

d

cắt các trục tọa độ

,

OxOy

lần lượt tại

,

AB

sao cho tam giác

OAB

cân.

Lời giải:

a) Gọi

(

)

00

;

Ixy

là điểm cố định mà đường thẳng

()

d

luôn đi qua với mọi

m

khi đó

ta có:

(

)

00

2310

mxmymm

+-+-="

EMBED Equation.DSMT4

(

)

000

31210

mxyym

Û-++-="

00

0

310

210

xy

y

-+=

ì

Û

í

-=

î

. Hay

0

0

1

11

2

;

1

22

2

x

I

y

ì

=

ï

ï

æö

Û

í

ç÷

èø

ï

=

ï

î

.

b) Gọi

H


O

lên đường thẳng

()

d

. Ta có:

OHOI

£

suy ra

OH

lớn nhất bằng

OI

khi và chỉ khi

()

HIOId

ºÛ^

. Đường thẳng qua

O

có phương trình:

yax

=

do

1111

;.1:

2222

IOIaaOIyx

æö

ÎÞ=Û=Þ=

ç÷

èø

.

Đường thẳng

()

d

được viết lại như sau:

(

)

(

)

2310231

mxmymmymxm

+-+-=Û-=-+-

. + Đế ý rằng với

2

3

m

=

thì đường thẳng

1

():0

2

dx

-=

song song với trục

Oy

nên khoảng cách từ

O

đến

()

d

là

1

2

. + Nếu

2

3

m

¹

đường thẳng

()

d

có thể viết lại:

1

3232

mm

yx

mm

-

=+

--

. Điều kiện để

()

dOI

^

là

1

.1123

322

m

mmm

m

=-Û=-Û=

-

. Khi đó khoảng cách

22

112

222

OI

æöæö

=+=

ç÷ç÷

èøèø

. Vậy

1

2

m

=

là giá trị cần tìm.

c) Ta có thể giải bài toán theo 2 cách sau:

+ Cách 1: Dễ thấy

2

3

m

=

không thỏa mãn điều kiện (Do

()

d

không cắt

Oy

). Xét

2

3

m

¹

, đường thẳng

()

d

cắt

,

OxOy

tại các điểm

,

AB

tạo thành tam giác cân

OAB

, do góc

·

0

90

AOBOAB

=ÞD

vuông cân tại

O

. Suy ra hệ số góc của đường thẳng

()

d

phải bằng

1

hoặc

1

-


()

d

không đi qua gốc

O

.

1

1

32

1

1

2

32

m

m

m

m

m

m

é

=

=

é

ê

-

ê

Û

ê

ê

=

ê

=-

ë

ê

-

ë

. Ta thấy chỉ có giá trị

1

2

m

=

là thỏa mãn điều kiện bài toán.

Cách 2: Dễ thấy

2

,0

3

mm

==

không thỏa mãn điều kiện Xét

2

0;

3

m

¹

, đường thẳng

()

d

có thể viết lại:

1

3232

mm

yx

mm

-

=+

--

. Đường thẳng

()

d

cắt trục

Ox

tại điểm

A

có tung độ bằng

0

nên

1111

0;0

3232

mmmmm

xxAOA

mmmmm

----

æö

+=Û=ÞÞ=

ç÷

--

èø

, đường thẳng

()

d

cắt trục

Oy

tại điểm có hoành độ bằng

0

nên

111

0;

323232

mmm

yBOB

mmm

---

æö

=ÞÞ=

ç÷

---

èø

. Điều kiện để tam giác

OAB

cân là

1

1

11

1

32

32

2

m

m

mm

OAOB

mm

mm

m

=

é

=

é

--

ê

=Û=ÛÞ

ê

ê

=-

-

=

ë

ë

. Giá trị

1

m

=

không thỏa mãn , do đường thẳng

()

d

đi qua gốc tọa độ. Kết luận:

1

2

m

=

.

Ví dụ 3) Cho hai đường thẳng

12

():(1)210,():(1)410

dmxmymdmxmym

+--+=-+-+=

a) Tìm các điểm cố định mà

1

()

d

,

2

()

d

luôn đi qua.

b) Tìm

m

để khoảng cách từ điểm

(0;4)

P


1

()

d

là lớn nhất.

c) Chứng minh hai đường thẳng trên luôn cắt nhau tại điểm

I

.Tìm quỹ tích điểm

I

khi

m

thay đổi.

d) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác

IAB

với

,

AB

lần lượt là các điểm cố định mà

(

)

(

)

12

,

dd

đi qua.

Lời giải:

a) Ta viết lại

(

)

1

():(1)210210

dmxmymmxyy

+--+=Û+-+-=

. Từ đó dễ dàng suy ra đường thẳng

1)

(

d

luôn đi qua điểm cố định:

(

)

1;1

A

.

Tương tự viết lại

(

)

2

():(1)410410

dmxmymmyxx

-+-+=Û--++=

suy ra

2

()

d


(

)

1;3

B

-

.

b) Để ý rằng đường thẳng

1

()

d


(

)

1;1

A

. Gọi

H


P

lên

1

()

d

thì khoảng cách từ

A

đến

1

()

d

là

PHPA

£

. Suy ra khoảng cách lớn nhất là

PA

khi

(

)

1

PHPHd

ºÛ^

.Gọi

yaxb

=+

là phương trình đường thẳng đi qua

(

)

(

)

0;4,1;1

PA

ta có hệ :

.044

.113

abb

aba

+==

ìì

Þ

íí

+==-

îî

suy ra phương trình đường thẳng

:34

PAyx

=-+

.

Xét đường thẳng

1

():

d

:(1)210

mxmym

+--+=

. Nếu

1

m

=

thì

(

)

1

:10

dx

-=

không thỏa mãn điều kiện. Khi

1

m

¹

thì:

(

)

1

21

:

11

mm

dyx

mm

-

=+

--

. Điều kiện để

1

()

dPA

^

là

(

)

1

31

14

m

m

m

-=-Û=

-

.

c)

(d

2

)

(d

1

)

H

K

B

A

I

Nếu

0

m

=

thì

(

)

1

:

d

10

y

-=

và

(

)

2

:10

dx

+=

suy ra hai đường thẳng này luôn vuông góc với nhau và cắt nhau tại

(

)

1;1

I

-

. Nếu

1

m

=

thì

(

)

1

:

d

10

x

-=

và

(

)

2

:30

dy

-=

suy ra hai đường thẳng này luôn vuông góc với nhau và cắt nhau tại

(

)

1;3

I

. Nếu

{

}

0;1

m

¹

thì ta viết lại

(

)

1

21

:

11

mm

dyx

mm

-

=+

--

và

(

)

2

141

:

mm

dyx

mm

--

=+

. Ta thấy

1

1

1

mm

mm

-

æöæö

=-

ç÷ç÷

-

èøèø

nên

(

)

(

)

12

dd

^

.

Do đó hai đường thẳng này luôn cắt

nhau tại 1 điểm

I

.

Tóm lại với mọi giá trị của

m

thì hai

đường thẳng

(

)

(

)

12

,

dd

luôn vuông góc

và cắt nhau tại 1 điểm

I

. Mặt khác theo

câu a) ta có

(

)

(

)

12

,

dd

lần lượt đi qua 2

điểm cố định

,

AB

suy ra tam giác

IAB

vuông tại

A

. Nên

I

nằm trên đường tròn đường kính

AB

.

d) Ta có

(

)

(

)

22

113122

AB

=--+-=

. Dựng

IHAB

^

thì

2

111

...2

22224

IAB

ABAB

SIHABIKABAB

D

=£===

. Vậy giá trị lớn nhất của diện tích tam giác

IAB

là

2

khi và chỉ khi

IHIK

=

. Hay tam giác

IAB

vuông cân tại

I

.

Ứng dụng của hàm số bậc nhất trong chứng minh bất đẳng thức và tìm GTLN, GTNN

Ta có các kết quả quan trọng sau:

+ Xét hàm số

()

yfxaxb

==+

với

mxn

££

khi đó GTLN, GTNN của hàm số sẽ đạt được tại

xm

=

hoặc

xn

=

. Nói cách khác:

{

(

)

(

)

{

}

min()min;

mxn

fxfmfn

££

=

và

{

(

)

(

)

{

}

max()max;

mxn

fxfmfn

££

=

. Như vậy để tìm GTLN, GTNN của hàm số

()

yfxaxb

==+

với

mxn

££

ta chỉ cần tính các giá trị biên là

(

)

(

)

,

fmfn

và so sánh hai giá trị đó để tìm GTLN, GTNN.

+ Cũng từ tính chất trên ta suy ra: Nếu hàm số bậc nhất

(

)

yfxaxb

==+

có

(

)

(

)

,0

fmfn

³

thì

(

)

0

fx

³

với mọi giá trị của

x

thỏa mãn điều kiện:

mxn

££

.

Ví dụ 1: Cho các số thực

0,,2

xyz

££

. Chứng minh rằng:

(

)

(

)

24

xyzxyyzzx

++-++£

.

Lời giải:

Ta coi

,

yz

như là các tham số,

x

là ẩn số thì bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại như sau:

(

)

(

)

()2240

fxyzxyzyz

=--++--£

. Để chứng minh

(

)

0

fx

£

ta chỉ cần chứng minh:

(

)

(

)

00

20

f

f

£

ì

ï

í

£

ï

î

. Thật vậy ta có:

+

(

)

(

)

(

)

(

)

024220

fyzyzyz

=+--=--£

với

,

yz

thỏa mãn:

0,2

yz

££

.

+

(

)

(

)

(

)

222240

fyzyzyzyz

=--++--=-£

với

,

yz

thỏa mãn:

0,2

yz

££

.

Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh: Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

(

)

(

)

;;0;2;2

xyz

=

hoặc các hoán vị của bộ số trên.

Ví dụ 2: Cho các số thực không âm

,,

xyz


1

xyz

++=

. Tìm GTLN của biểu thức:

2

Pxyyzzxxyz

=++-

.

Lời giải:

Không mất tính tổng quát ta giả sử

(

)

1

min,,

33

xyz

zxyzz

++

=Þ£=

. Ta có

(

)

(

)

22

1

0

44

xyz

xy

+-

££=

.

(

)

(

)

(

)

(

)

12121

Pxyzxyzxyzzz

=-++=-+-

. Ta coi

z

là tham số

xy

là ẩn số thì

(

)

(

)

(

)

121

fxyxyzzz

=-+-

là hàm số bậc nhất của

xy

với

(

)

2

1

0

4

z

xy

-

££

. Để ý rằng:

120

z

->

suy ra hàm số

(

)

(

)

(

)

121

fxyxyzzz

=-+-

luôn đồng biến . Từ đó suy ra

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

22

32

11

21

1212

444

zz

zz

fxyfzzz

æö

--

-++

£=-+-==

ç÷

ç÷

èø

32

7111

2724108

zz

æö

--+

ç÷

èø


2

71117

2723627

zz

æöæö

=--+£

ç÷ç÷

èøèø

. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

1

3

xyz

===

.

Ví dụ 3: Cho các số thực dương

,,

abc


1

abc

++=


(

)

(

)

222333

561

abcabc

++-++£

.

Lời giải:

Không mất tính tổng quát giả sử:

{

}

min,,

aabc

=

suy ra

1

3

a

£

. Bất đẳng thức tương đương với

(

)

(

)

(

)

23

23

52631

abcbcabcbcbc

éùéù

++-£++-++

ëûëû

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

232

23

5126131194210

aabcaabcaabca

éùéù

Û+--£+---+Û-+-³

ëûëû

. Đặt

tbc

=

thì

22

1

0

22

bca

t

+-

æöæö

<£=

ç÷ç÷

èøèø

. Ta cần chứng minh:

(

)

(

)

(

)

2

94210

ftata

=-+-³

với mọi

2

1

0;

2

a

t

æù

-

æö

Î

ç

ú

ç÷

ç

èø

ú

èû

. Do

940

a

-<

suy ra hàm số

(

)

ft

nghịch biến. Suy ra

(

)

(

)

2

2

11

310

24

a

ftfaa

æö

-

æö

³=-³

ç÷

ç÷

ç÷

èø

èø

. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1

2

abc

===

.

Vấn đề 2: HÀM SỐ BẬC HAI

Kiến thức cần nhớ.

Hàm số

2

yax

=

(

)

0

a

¹

: Hàm số xác định với mọi số thực

x

Tính chất biến thiên:

+) Nếu

0

a

>

thì hàm số đồng biến khi

0

x

>

, nghịch biến khi

0

x

<

.

+) Nếu

0

a

<

thì hàm đồng biến khi

0

x

<

, nghịch biến khi

0

x

>

.

Đồ thị hàm số là một đường Parabol nhận gốc tọa độ

O

làm đỉnh, nhận trục tung làm trục đối xứng. Khi

0

a

>

thì Parabol có bề lõm quay lên trên, khi

0

a

<

thì Parabol có bề lõm quay xuống dưới.

y

x

O

y= ax

2

Với a>0

y= a x

2

Với a<0

y

x

O

Ví dụ 1.

a) Hãy xác định hàm số

(

)

2

yfxax

==

biết rằng đồ thị của nó đi qua điểm

(

)

2;4

A

.

b) Vẽ đồ thị của hàm số đã cho

c) Tìm các điểm trên Parabol có tung độ bằng 16.

d) Tìm

m

sao cho

(

)

3

;

Bmm

thuộc Parabol.

e)

y=x

2

-3

9

3

1

-1

1

y

x

O

Tìm các điểm trên Parabol (khác gốc tọa độ) cách đều hai trục tọa độ.

Lời giải:

a) Ta có

(

)

2

4.21

APaa

ÎÛ=Û=

b) Đồ thị Parabol có đỉnh là gốc tọa độ

(

)

0;0

O

quay bề lồi xuống dưới, có trục

đối xứng là

Oy

đi qua các điểm

(

)

(

)

(

)

(

)

1;1,1;1,3;9,3;9

MNEF

--

c) Gọi

C

là điểm thuộc

(

)

P

có tung độ bằng 16.

Ta có:

2

16164

CCC

yxx

=Û=Û=±

. Vậy

(

)

4;16

C

hoặc

(

)

4;16

C

-

.

d) Thay tọa độ điểm

B

vào

(

)

P

ta được:

(

)

32322

0100

mmmmmmm

=Û-=Û-=Û=

hoặc

1

m

=

.

e) Gọi

D

là điểm thuộc

(

)

P

cách đều hai trục tọa độ. Ta có:

(

)

(

)

2

,;,

DDD

dDOxyxdDOyx

===

. Theo giả thiết ta có:

2

0

DDD

xxx

=Û=

(loại) hoặc

1

D

x

=

. Vậy

(

)

1;1

D

hoặc

(

)

1;1

D

-

.

Ví dụ 2: Một xe tải có chiều rộng là 2,4 m chiều cao là 2,5 m muốn đi qua một cái cổng hình Parabol. Biết khoảng cách giữa hai chân cổng là 4m và khoảng cách từ đỉnh cổng tới mỗi chân cổng là

25

m( Bỏ qua độ dày của cổng).

1) Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

gọi Parabo

(

)

2

:

Pyax

=

với

0

a

<

là hình biểu diễn cổng mà xe tải muốn đi qua. Chứng minh

1

a

=-

.

2) Hỏi xe tải có đi qua cổng được không? Tại sao?

(Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội 2015-2016)

Lời giải:

1) Giả sử trên mặt phẳng tọa độ, độ dài các đoạn thẳng được tính theo đơn vị mét. Do khoảng cách giữa hai chân cổng là 4 m nên

2

MANAm

==

. Theo giả thiết ta có

25

OMON

==

, áp dụng định lý Pitago ta tính được:

4

OA

=

vậy

(

)

(

)

2;4,2;4

MN

---

. Do

(

)

2;4

M

-

thuộc parabol nên tọa độ điểm

M

thỏa mãn phương trình:

(

)

2

:

Pyax

=

hay

2

4.21

aa

-=Þ=-

và

(

)

2

:

Pyx

=-

.

2)

A

B

H

T

N

M

-4

y=-x

2

2

-2

y

x

O

Để đáp ứng chiều cao trước hết xe tải phải đi vào chính giữa cổng.

Xét đường thẳng

(

)

3

:

2

dy

=-

(ứng với chiều cao của xe). Đường

thẳng này cắt Parabol tại 2 điểm

có tọa độ thỏa mãn hệ:

2

3

2

yx

y

ì

=-

ï

í

=-

ï

î

2

3

2

3

2

x

y

ì

=

ï

ï

Û

í

ï

=-

ï

î

323

;

22

323

;

22

xy

xy

é

==-

ê

ê

Û

ê

=-=-

ê

ë

suy ra tọa độ hai giao điểm là

323323

;;;322,4

2222

THHT

æöæö

--Þ=>

ç÷ç÷

ç÷ç÷

èøèø

. Vậy xe tải có thể đi qua cổng.

Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

cho đường thẳng

:1

dy

=-

và điểm

(

)

0;1

F

. Tìm tất cả những điểm

I

sao cho khoảng cách từ

I

đến

d

bằng

IF

.

Lời giải:

Giả sử điểm

(

)

;

Ixy

. Khi đó khoảng cách từ

I

đến

d

bằng

1

y

+

và

(

)

2

2

1

IFxy

=+-

. Như vậy

(

)

(

)

22

2

11.

yxy

+=+-

Từ đây suy ra

2

1

4

yx

=

. Do đó tập hợp tất cả những điểm

I

sao cho khoảng cách từ

I

đến

d

bằng

IF

là đường Parabol

(

)

2

1

1

:

4

Pyx

=

.

Ví dụ 4.

a) Xác định điểm

M

thuộc đường Parabol

(

)

2

:

Pyx

=

sao cho độ dài đoạn

IM

là nhỏ nhất, trong đó

(

)

0;1

I

.

b) Giả sử điểm

A

chạy trên Parabol

(

)

2

:

Pyx

=

. Tìm tập hợp trung điểm

J

của đoạn

OA

.

Lời giải:

a) Giả sử điểm

M

thuộc đường Parabol

(

)

2

:

Pyx

=

suy ra

(

)

2

;

Mmm

. Khi đó

(

)

2

22242

11

IMmmmm

=+-=-+

. Vậy

2

2

133

242

IMm

æö

=-+³

ç÷

èø

. Ta thấy

IM

nhỏ nhất bằng

3

2

khi

2

2

m

=±

hay

21

;

22

M

æö

±

ç÷

ç÷

èø

.

b) Giả sử điểm

(

)

2

;

Aaa

thuộc

(

)

2

:

Pyx

=

. Gọi

(

)

11

;

Ixy

là trung điểm đoạn

OA

.Suy ra

1

2

2

11

2

2

2

a

x

a

yx

ì

=

ï

ï

í

ï

==

ï

î

. Vậy tập hợp các trung điểm

I

của đoạn

OA

là đường Parabol

(

)

2

1

:2

Pyx

=

.

Ví dụ 4. Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

, cho hai điểm

A

và

B

chạy trên parabol

(

)

2

:

Pyx

=

sao cho

(

)

,0;0

ABO

¹

và

OAOB

^

. Giả sử

I

là trung điểm của đoạn

AB

.

a) Tìm quỹ tích điểm trung điểm

I

của đoạn

AB

.

b) Đường thẳng

AB

luôn luôn đi qua một điểm cố định.

c) Xác định tọa độ điểm

A

và

B

sao cho độ dài đoạn

AB

nhỏ nhất.

Lời giải:

a) Giả sử

(

)

2

;

Aaa

và

(

)

2

;

Bbb

là hai điểm thuộc

(

)

P

. Để

(

)

,0;0

ABO

¹

và

OAOB

^

ta cần điều kiện:

0

ab

¹

và

222

OAOBAB

+=

hay

0

ab

¹

và

(

)

(

)

2

2

242422

aabbabab

+++=-+-

. Rút gọn hai vế ta được:

1

ab

=-

. Gọi

(

)

11

;

Ixy

là trung điểm đoạn

AB

. Khi đó:

(

)

1

2

22

2

11

2

2

21

22

ab

x

abab

ab

yx

+

ì

=

ï

ï

í

+-

+

ï

===+

ï

î

. Vậy tọa độ điểm

I

thỏa mãn phương trình

2

21

yx

=+

.

Ta cũng có thể tìm điều kiện để

OAOB

^

theo cách sử dụng hệ số góc: Đường thẳng

OA


2

1

a

ka

a

==

, đường thẳng

OB


2

2

b

kb

b

==

. Suy ra điều kiện để

OAOB

^

là

.1

ab

=-

b) Phương trình đường thẳng đi qua

A

và

B

là

(

)

2

22

:

xaya

AB

baba

--

=

--

hay

(

)

(

)

(

)

:1

AByabxababx

=+-=++

. Từ đây ta dễ dàng suy ra đường thẳng

(

)

(

)

:1

AByabx

=++

luôn luôn đi qua điểm cố định

(

)

0;1

.

c) Vì

OAOB

^

nên

1

ab

=-

. Độ dài đoạn

(

)

(

)

2

2

22

ABabab

=-+-

hay

224422

22

ABabababab

=+-++-

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có

2222

22

ababab

+³=

,

4422

2a

abb

+³

. Ta có:

2222

22222

ABababab

³++-=

. Vậy

AB

ngắn nhất bằng

2

khi

22

,1

abab

==-

. Ta có thể chỉ ra cặp điểm đó là:

(

)

1;1

A

-

và

(

)

1;1

B

. Ví dụ 5) Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

cho Parabol

(

)

2

:

Pyx

=

, trên

(

)

P

lấy hai điểm

(

)

(

)

1;1,3;9

AB

-

.

a) Tính diện tích tam giác

OAB

.

b)

K

H

I

A'

B'

C'

C

(c;c

2

)

B

A

y=x

2

-3

9

3

1

-1

1

y

x

O

Xác định điểm

C

thuộc cung nhỏ

AB

của

(

)

P

sao cho diện tích tam giác

ABC

lớn nhất.

Lời giải:

a) Gọi

yaxb

=+

là phương

trình đường thẳng

AB

.

Ta có

(

)

.11

2

3

.39

ab

a

b

ab

-+=

ì

=

ì

ï

Þ

íí

=

+=

ï

î

î

suy ra phương trình đường thẳng

AB

(

)

:23

dyx

=+

. Đường thẳng

AB

cắt trục

Oy

tại điểm

(

)

0;3

I

. Diện tích tam giác

OAB

là:

11

..

22

OABOAIOBI

SSSAHOIBKOI

=+=+

. Ta có

1;3,3

AHBKOI

===

. Suy ra

6

OAB

S

=

(đvdt).

b) Giả sử

(

)

2

;

Ccc

thuộc cung nhỏ

(

)

P

với

13

c

-<<

. Diện tích tam giác:

''''''

ABCABBAACCABCCB

SSSS

=--

. Các tứ giác

'','',''

ABBAAACCCBBC

đều là hình thang vuông nên ta có:

(

)

(

)

(

)

22

2

1919

.4.1.38218

222

ABC

cc

Sccc

+++

=-+--=--£

.Vậy diện tích tam giác

ABC

lớn nhất bằng

8

(đvdt) khi

(

)

1;1

C

.

Ví dụ 10) Trên mặt phẳng tọa độ

Oxy

cho đường thẳng

(

)

:6

dyx

=-+

và parabol

(

)

2

:

Pyx

=

.

a) Tìm tọa độ các giao điểm của

(

)

d

và

(

)

P

.

b) Gọi

,

AB

là hai giao điểm của

(

)

d

và

(

)

P

. Tính diện tích tam giác

OAB

. (Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT Hà Nội năm 2014)

Lời giải:

1) Phương trình hoành độ giao điểm của

(

)

P

và

(

)

d

là:

22

660

xxxx

=-+Û+-=


23

xx

Û=Ú=-

.Ta có

(

)

(

)

24;39

yy

=-=

.

Vậy tọa độ giao điểm của

(

)

P

và

(

)

d

là

(

)

2;4

B

và

(

)

3;9

A

-

.

2) Gọi

','

AB

lần lượt là hình chiếu của

,

AB

xuống trục hoành.

Ta có

''''

OABAABBOAAOBB

SSSS

DDD

=--

Ta có

''''

''5;'9;'4

BABAAB

ABxxxxAAyBBy

=-=-=====

''

''9465

.''.5

222

AABB

AABB

SAB

++

===

(đvdt),

'

127

'.'

22

OAA

SAAAO

D

==

(đvdt)

''''

6527

415

22

OABAABBOAAOBB

SSSS

DDD

æö

Þ=--=-+=

ç÷

èø

(đvdt). Phương trình bậc hai và định lý Viet


Đối với phương trình bậc hai

(

)

2

00

axbxca

++=¹

có biệt thức

2

4

bac

D=-

.

+ Nếu

0

D<

thì phương trình vô nghiệm. + Nếu

0

D=

thì phương trình có nghiệm kép

2

b

x

a

=-

. + Nếu

0

D>

thì phương trình có hai nghiệm phân biệt:

1

2

b

x

a

-+D

=

;

2

2

b

x

a

--D

=

.

Công thức nghiệm thu gọn : Khi

2'

bb

=

, ta xét

2

''

bac

D=-

. Khi đó:

+ Nếu

'0

D<

thì phương trình vô nghiệm. + Nếu

'0

D=

thì phương trình có nghiệm kép

'

b

x

a

=-

. + Nếu

'0

D>

thì phương trình có hai nghiệm phân biệt:

1

''

2

b

x

a

-+D

=

;

2

''

2

b

x

a

--D

=

.

SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC 2

Để chứng minh một phương trình bậc 2 có nghiệm. Thông thường ta chứng minh:

0

D³

dựa trên các kỹ thuật như biến đổi tương đương để đưa về dạng

(

)

2

0

AxB

+³

, kiến thức về bất đẳng thức , bất phương trình, trong một số bài toán khó ta cần nắm bắt được những tính chất đặc biệt của tam thức bậc 2 để vận dụng.

Ngoài các kiến thức cơ sở trong SGK ta cần nắm thêm một số kết quả, bổ đề quan trọng sau:

+ Mọi tam thức bậc 2:

(

)

2

fxaxbxc

=++

với

0

a

¹

đều có thể phân tích thành dạng

(

)

2

24

b

fxax

aa

D

æö

=+-

ç÷

èø

với

2

4

bac

D=-

.

+ Để chứng minh một phương trình bậc hai

(

)

(

)

2

00

fxaxbxca

=++=¹

có nghiệm ngoài cách chứng minh

0

D³

ta còn có cách khác như sau:”Chỉ ra số thực

a

sao cho

(

)

.0

af

a

£

hoặc hai số thực

,

ab

sao cho:

(

)

(

)

.0

ff

ab

£

”.

Thật vậy ta có thể chứng minh điều này như sau:

+ Ta có

(

)

2

2

2

.0

24

b

afa

aa

aa

éù

D

æö

=+-£Þ

êú

ç÷

èø

êú

ëû

22

22

000

2442

bb

aaaa

aa

DD

æöæö

+-£Þ³+³ÞD³

ç÷ç÷

èøèø

suy ra phương trình có nghiệm.

+ Xét

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

2

...0

afafaff

abab

=£

Þ

trong hai số

(

)

af

a

và

(

)

af

b

có một số không dương, tức là

(

)

0

af

a

£

hoặc

(

)

0

af

b

£

Þ

phương trình có nghiệm.

Ví dụ 1). Giải các phương trình sau:

1)

2

560

xx

-+=

2)

2

2310

xx

-++=

.

3)

(

)

2

23230

xx

-++=

4)

(

)

22

210

xmxmm

-+++=

.

Lời giải:

1) Ta có

(

)

2

54.1.611

D=--=ÞD=

.

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt

1

2

51

2

2.1

51

3

2.1

x

x

-

é

==

ê

ê

+

ê

==

ê

ë

2) Ta có

(

)

22

2310342.11717

xx

-++=D=--=ÞD=

.

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt

(

)

(

)

1

2

317317

2.24

317317

2.24

x

x

é

--+

==

ê

-

ê

ê

-+-

ê

==

-

ê

ë

3) Ta có:

(

)

(

)

22

234.232323

D=+-=-ÞD=-

. Phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

(

)

1

2

2323

2

2

2323

3

2

x

x

é

++-

==

ê

ê

ê

+--

ê

==

ê

ë

,

4)

(

)

(

)

2

2

2141

mmm

D=+-+=

. Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

1

2

211

1

2

211

2

m

xm

m

xm

++

é

==+

ê

ê

+-

ê

==

ê

ë

Ví dụ 2. Cho phương trình:

(

)

(

)

(

)

2

12130

mxmxm

--++-=

(1)

1. Giải phương trình (1) khi

2

m

=

2. Tìm

m

để phương trình (1) có nghiệm kép.

3. Tìm

m

để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.

Lời giải:

1. Với

2

m

=

ta có phương trình:

2

610

xx

--=

. Ta có

(

)

2

'3110

D=-+=

nên phương trình có 2 nghiệm là:

310

x

=-

và

310

x

=+

.

2. Phương trình (1) có nghiệm kép khi và chỉ khi:

(

)

(

)

(

)

(

)

2

10

1

1

620

3

'11.30

m

m

m

m

mmm

-¹

ì

¹

ì

ï

ÛÛ=

íí

-=

D=+---=

î

ï

î

.

3. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

(

)

(

)

(

)

(

)

2

1

10

1

3

620

'11.30

1

m

m

m

m

mmm

m

ì

-¹

ì

¹

>

ì

ïï

ÛÛ

ííí

->

D=+--->

î

ïï

î

¹

î

.

Ví dụ 3. Cho

0,0,0

abbcac

+³+³+³

. Chứng minh rằng phương trình sau có nghiệm:

(

)

(

)

(

)

2333222

230

abcxabcxabc

++-+++++=

.

Lời giải:

Nếu

0

abc

++=

thì từ giả thiết ta suy ra

0

abc

===

. Do vậy phương trình có vô số nghiệm.

Dưới đây ta xét trường hợp

0

abc

++¹

.

Ta có:

(

)

(

)

(

)

333222

'3.

abcabcabc

D=++-++++

(

)

(

)

(

)

(

)

333

2

abcababbcbcacac

=++-+-+-+

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

333333

abababbcbcbcacacac

=+-+++-+++-+

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

222

...0

ababbcbcacac

=+-++-++-³

.

Do

,,0

abbcac

+++³

. Từ đó suy ra phương trình đã cho có nghiệm.

Ví dụ 4: Cho phương trình:

233

40

axbcxbcabc

+++-=

(1)

(

)

0

a

¹

vô nghiệm. Chứng minh rằng trong hai phương trình sau có một phương trình vô nghiệm và một phương trình có nghiệm:

2

0

axbxc

++=

(

)

2

và

2

0

axcxb

++=

(3).

Lời giải:

Vì (1) vô nghiệm nên ta có:

(

)

(

)

(

)

223322

1

440440(*)

bcabcabcbaccab

D=-+-<Û--<

Phương trình(2) có:

2

2

4;

bac

D=-

Phương trình (3) có:

2

3

4

cab

D=-

Nên (*)

23

.0

ÛDD<Þ

trong hai số

23

,

DD

luôn có một số dương và một số âm dẫn đến trong hai phương trình (2) và (3) luôn có một phương trình có nghiệm và một phương trình vô nghiệm.

Ví dụ 5)

a) Cho các số dương

,,

abc

thỏa mãn điều kiện

231

abc

++=

. Chứng minh rằng có ít nhất một trong hai phương trình sau có nghiệm

(

)

22

4421419210

xaxaabc

-++++=

và

(

)

22

442149610

xbxbabc

-++++=

.

b) Cho các số

,,

abc

thỏa mãn điều kiện

6

abc

++=

. Chứng minh rằng ít nhất một trong ba phương trình sau có nghiệm :

2

10;

xax

++=

22

10;10

xbxxcx

++=++=

c) Chứng minh rằng trong ba phương trình sau có ít nhất một phương trình có nghiệm:

2

20

axbxc

++=

(1) ;

2

20

bxcxa

++=

(2)

2

20

cxaxb

++=

(3).

Lời giải:

a) Hai phương trình trên lần lượt có

(

)

(

)

12

'16148,'16124

abcbac

D=-D=-

. Vì

,

ab

là các số dương nên

12

','

DD

lần lượt cùng dấu với

148

bc

-

và

124

ac

-

. Mặt khác ta lại có

(

)

(

)

(

)

2

1481242242224132610

bcaccabccc

-+-=-+=--=-³

. Dẫn đến

''

12

0

D+D³

. Vậy có ít nhất một trong hai phương trình trên có nghiệm.

b). Ba phương trình đã cho lần lượt có

222

123

4;4;4

abc

D=-D=-D=-

. Do đó

222

123

12

abc

D+D+D=++-

. Lại có

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

22222

222

3

abcabcabbccaabc

++=+++-+-+-³++

.Suyra

(

)

2

2

222

6

12

33

abc

abc

++

++³==

. Do đó

222

120

abc

++-³

hay

123

0

D+D+D³

. Vậy có ít nhất một trong ba phương trình đã cho có nghiệm.

c) Nếu Trong ba số

,,

abc

có một số bằng 0, chẳng hạn

0(2)

a

=Þ

có nghiệm

0

x

=

.

Ta xét

a,,

bc

là các số thực khác 0, khi đó ba phương trình đã cho là ba phương trình bậc hai lần lượt có :

222

123

';';'

baccababc

D=-D=-D=-

.

Xét tổng

123

D+D+D

ta có:

(

)

(

)

(

)

222

222

123

1

'''0

2

abcabbccaabbcca

éù

D+D+D=++---=-+-+-³

ëû

Suy ra trong ba số

123

';';'

DDD

có ít nhất một số không âm hây ba phương trình đã cho có ít nhất một phương trình có nghiệm.

Ví dụ 6)

a) Cho tam thức bậc hai

(

)

2

fxxbxc

=++

trong đó

,

bc

là các số nguyên. Chứng minh rằng, tồn tại số nguyên

k

để được

(

)

(

)

(

)

2015.2016

fkff

=

.

b) Cho tam thức bậc hai

(

)

2

fxxbxc

=++

. Giả sử phương trình

(

)

fxx

=

có hai nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng phương trình

(

)

(

)

ffxx

=

có 4 nghiệm nếu:

(

)

(

)

2

141

bbc

+>++

.

Giải:

a) Đây là bài toán khó: Để chứng minh sự tồn tại của số

k

ta cần chỉ ra tính chất:

Với mọi đa thức bậc 2 dạng

(

)

2

fxxpxq

=++

. Ta luôn có

(

)

(

)

(

)

(

)

.1

ffxxfxfx

+=+

với mọi

x

. Thật vậy ta có:

(

)

(

)

(

)

(

)

2

ffxxfxxbfxxc

+=++++

éùéù

ëûëû

(

)

(

)

(

)

22

2..

fxfxxxbfxbxc

=+++++


(

)

(

)

(

)

22

2..

fxfxxbfxxbxc

=+++++


(

)

(

)

(

)

(

)

2

2.

fxfxxbfxfx

=+++

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

2

21211.1

fxfxxbfxxxbxcfxfx

éù

=+++=+++++=+

éù

ëû

ëû

Trở lại bài toán chọn

2015

x

=

ta có

(

)

(

)

(

)

(

)

201520152015.2016

ffff

+=

. Ta suy ra số

k

cần tìm chính là:

(

)

20152015

kf

=+

.

b) Ta có:

(

)

(

)

(

)

(

)

2

ffxxfxbfxcx

-=++-

(

)

(

)

(

)

(

)

2

fxfxxxfxxbfxxxbxcx

=-+-+-+++-

éùéùéù

ëûëûëû

hay

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

2

111

ffxxfxxfxxbfxxxbxbc

éù

-=-+++=-+++++

éùéùéù

ëûëûëû

ëû

Để ý rằng phương trình

(

)

2

110

xbxbc

+++++=

có

(

)

(

)

2

1410

bbc

D=+-++>

và

(

)

0

fxx

-=

có 2 nghiệm phân biệt nên suy ra

(

)

(

)

ffxx

=

có 4 nghiệm.

Chú ý:

+ Để chứng minh trong n số

12

,,...

n

aaa

có ít nhất một số không âm (hoặc một số dương) ta chỉ cần chứng minh tổng

1122

....0

nn

kakaka

+++³

trong đó

12

,...0

n

kkk

³

.

Ví dụ 7: Cho

,,

abc

là các số thực có tổng khác 0. Chứng minh rằng phương trình sau luôn có nghiệm:

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

0

axaxcbxcxacxaxb

--+--+--=

(1)

Cách 1:

(

)

(

)

2

(1)230

abcxabbccaxabc

Û++-+++=

(2)

Vì

0

abc

++¹

nên (2) là phương trình bậc hai, do đó để chứng minh phương trình có nghiệm ta chỉ cần chứng minh

'0

D³

Ta có:

(

)

(

)

(

)

2

222222

'3

abbccaabcabcabbccaabcabc

D=++-++=++-++

(

)

(

)

(

)

222

1

0

2

abbcbccacaab

éù

=-+-+-³

ëû

. Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm.

Cách 2: Gọi

(

)

fx

là vế trái của phương trình (1). Ta có:

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

03;;;

fabcfaaabacfbbbabcfcccacb

=-=--=--=--

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

2

0...30

ffafbfcabcabbcca

Þ=----£Þ

éù

ëû

trong bốn số

(

)

(

)

(

)

(

)

0,,,

ffafbfc

luôn tồn tại hai số có tích không dương. Dẫn đến phương trình đã cho luôn có nghiệm.

Ví dụ 8: Cho a,b,c thỏa mãn:

3460.

abc

++=

CHứng minh rằng phương trình sau luôn có nghiệm:

(

)

2

0

fxaxbxc

=++=

Cách 1:

* Nếu

(

)

(

)

22

0460

33

abccbfxbxfx

æö

=Þ+=Þ=-Þ=-Þ

ç÷

èø

có nghiệm

* Nếu

0

a

¹

ta có:

(

)

(

)

(

)

22

2

3636

4400

1616

acac

bacacfx

+-

D=-=-=³Þ=

có nghiệm

Cách 2: Ta có:

(

)

(

)

111

214243460

242

ffabcabcabc

æöæö

+=+++++=++=

ç÷ç÷

èøèø

(

)

(

)

(

)

2

1111

121.00

2222

ffffffx

æöæöæö

Þ=-Þ=-£Þ=

ç÷ç÷ç÷

èøèøèø

có nghiệm.

Cách 3: Ta có

(

)

(

)

2

33462

39391216

0;

416416168

abcc

abcc

fcfabc

++-

++

æö

==++===-

ç÷

èø

Suy ra

(

)

3

0.0

4

ff

æö

£

ç÷

èø

suy ra phương trình luôn có nghiệm.

Nhận xét:

Với cách giải thứ hai thì việc khó nhất là phải chứng minh được đẳng thức:

(

)

1

2140.

2

ff

æö

+=

ç÷

èø

Tại sao ta xét

(

)

1

1,

2

ff

æö

ç÷

èø

và nhân thêm các hệ số 2 và 4. Vậy ngoài hai giá trị

(

)

1

1,

2

ff

æö

ç÷

èø

ta còn có những giá trị nào khác không? Câu trả lời là có, chẳng hạn ta xét

(

)

(

)

2

1,,0

3

fff

æö

ç÷

èø

. Ta cần xác định hệ số

,,0

mnp

>

saocho:

(

)

(

)

2

10346

3

mfnfpfabc

æö

++=++

ç÷

èø

. Đồng nhất các hệ số ta có hệ phương trình:

4

3

9

291

41,,

322

6

mn

mnmnp

mnp

ì

+=

ï

ï

ï

+=Û===

í

ï

++=

ï

ï

î

. Vậy ta có:

(

)

(

)

2

21900

3

fff

æö

++=Þ

ç÷

èø

trong ba số

(

)

(

)

2

1,,0

3

fff

æö

ç÷

èø

tồn tại một số không âm và một số không dương, dẫn đến tích hai số đó không dương hay phương trình có nghiệm.

Cách giải thứ 3: Tại sao ta chỉ ra được

3

4

f

æö

ç÷

èø

. Điều này là hoàn toàn tự nhiên nếu ta cần tạo ra một tỷ lệ

3:4

ab

để tận dụng giả thiết:

3460

abc

++=

Ta xét bài toán tổng quát sau:

Ví dụ 9: Cho các số thực dương m,n,p thỏa mãn:

2

;

nmmpn

<<

và

0.

abc

mnp

++=

Chứng minh rằng phương trình:

(

)

2

0

fxaxbxc

=++=

(1) có nghiệm

(

)

0;1

x

Î

Giải: Để chứng minh (1) có nghiệm

(

)

0;1

x

Î

, ta sẽ chỉ ra các số thực

(

)

,0;1

ab

Î

sao cho

(

)

(

)

.0

ff

ab

<

. Vì

(

)

,0;1

ab

Î

và có giả thiết

1

n

nm

m

<Û<

nên dẫn đến ta xét:

2

2

nnn

fabc

mmm

æö

=++

ç÷

èø

. Mặt khác từ:

2

222

1

0.0

abcmnnm

abcc

mnpnmmpn

æö

æö

++=Þ+++-=

ç÷

ç÷

èø

èø

(

)

222

22

.00

mnnpmnpmnpmn

fcfcf

nmpnmpmpm

---

æöæö

Û+=Û==

ç÷ç÷

èøèø

* Xét

0

c

=

- Nếu

(

)

00

abfx

=Þ=Þ

là đa thức không, do đó

(

)

fx

sẽ có nghiệm trong

(

)

0;1

- Nếu

0

a

¹

, từ giả thiết

1

bn

am

Þ-=<

và

(

)

(

)

(

)

00;1

b

fxxaxbx

a

=+=Û=-Î

* Xét

0

c

¹

ta có:

(

)

(

)

(

)

2

2

.000

npmn

ffffx

mpm

-

æö

=<Þ

ç÷

èø

có nghiệm

(

)

0;0;1

n

x

m

æö

ÎÌ

ç÷

èø

VẬN DỤNG ĐIỀU KIỆN CÓ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC 2 TRONG BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC GTLN,GTNN (Phương pháp miền giá trị hàm số)

Bài toán 1: Tìm GTLN, GTNN của biểu thức

2

2

axbxc

y

mxnxp

++

=

++

với

2

0

mxnxpx

++>"

.

Phương pháp:

Gọi

0

y

là một giá trị của biểu thức: Khi đó

(

)

(

)

2

2

0000

2

0

axbxc

yymaxynbxypc

mxnxp

++

=Û-+-+-=

++

. (*)

Ta xét 2 trường hợp:

+ Nếu

00

0

a

ymay

m

-=Û=

thay vào

(

)

*

ta tìm được

x

suy ra

0

a

y

m

=

là một giá trị của biểu thức.

+ Nếu

00

0

a

ymay

m

-¹Û¹

thì

(*)

là phương trình bậc 2 ẩn

x

. Điều kiện để phương trình có nghiệm là:

0

D³

. Từ đó ta suy ra điều kiện của

0

y

. Trên cơ sở đó ta tìm được GTLN, GTNN (nếu có) của biểu thức.

+ Ngoài ra trong quá trình chứng minh bất đẳng thức ta cần nắm kết quả sau: Ta có:

(

)

22

22

2

.

2424

bb

afxaxax

aaa

éù

DD

æöæö

=+-=+-

êú

ç÷ç÷

èøèø

êú

ëû

. Từ đó suy ra Nếu

0

D£

thì

(

)

(

)

.0,

afxafx

³Û

luôn cùng dấu. Một kết quả thường xuyên sử dụng trong giải toán là: “Nếu tam thức bậc 2 :

(

)

2

fxaxbxc

=++

có

(

)

0,00,

afxx

>D£Þ³"

.”

Ví dụ 1: Tìm GTLN, GTNN của các biểu thức:

a)

2

2

57

x

y

xx

=

-+

.

b)

2

2

87

1

xx

P

x

-+

=

+

.

c)

22

22

229

25

xxyy

A

xxyy

-+

=

++

với

0

y

¹

.

d)

2

2

212

122

xxy

A

xyy

+

=

++

biết

22

1

xy

+=

(Đề TS ĐH khối B- 2008)

Lời giải:

a) Do

2

2

53

570

24

xxx

æö

-+=-+>

ç÷

èø

,

x

"

suy ra biểu thức

y

luôn xác định với mọi

x

. Gọi

0

y

là một giá trị của biểu thức khi đó ta có:

(

)

2

2

0000

2

1570

57

x

yyxyxy

xx

=Û--+=

-+

(

)

*

. + Nếu

0

7

1570

5

yxx

=Þ-+=Û=

điều đó có nghĩa là

0

1

y

=

là một giá trị của biểu thức nhận được.

+ Nếu

0

1

y

¹

thì

(*)

là một phương trình bậc 2 có

(

)

(

)

(

)

2

00000

54.1.7283

yyyyy

D=--=-

. Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi

0

28

00

3

y

D³Û££

. Để ý rằng với mỗi giá trị

0

0

y

=

hoặc

0

28

3

y

=

thì

0

D=

nên + GTNN của

y

là

0

khi và chỉ khi

(

)

0

0

5

0

21

y

x

y

=-=

-

. + GTLN của

y

là

28

3

khi và chỉ khi

(

)

0

0

28

5.

5

14

3

28

215

21

3

y

x

y

=-==

-

æö

-

ç÷

èø

.

b) ĐKXĐ

x

"Î

¡

.

Ta có

(

)

(

)

2

2

2

87

1870

1

xx

PPxxP

x

-+

=Û-++-=

+

(1) . Coi (1) là phương trình bậc hai ẩn

x

. Trường hợp 1:

101

PP

-=Û=

thì

3

4

x

=

(*)

Trường hợp 2:

101

PP

-¹Û¹

phương trình (1) có nghiệm khi

(

)

(

)

2

'089019019

PPPPP

D³¹--£Û+-£Û-££

(**). Kết hợp (*) và (**) ta có

min1;max9

PP

=-=

.

c)

22

22

229

25

xxyy

A

xxyy

-+

=

++

. Biểu thức

A

có dạng đẳng cấp bậc 2.

Ta chia tử số và mẫu số cho

2

y

và đặt

x

t

y

=

thì

2

2

229

25

tt

A

tt

-+

=

++

. Ta có

(

)

2

2

25140

ttt

++=++>

với mọi

t

. Gọi

0

A

là một giá trị của biểu thức. Khi đó ta có:

(

)

(

)

2

2

0000

2

229

222590

25

tt

AAtAtA

tt

-+

=Û-+++-=

++

(*)

+ Nếu

0

2

A

=

thì

1

6

t

=-

suy ra

0

2

A

=

là một giá trị của biểu thức nhận được.

+ Nếu

0

2

A

¹

thì

(*)

là một phương trình bậc 2 có

(

)

(

)

(

)

2

2

00000

'125942117

AAAAA

D=+---=-+-

. Điều kiện để phương trình có nghiệm là

(

)

(

)

2

00000

17

'0421170141701

4

AAAAA

D³Û-+-³Û--³Û££

.Từ đó ta có GTNN của

A

là 1 khi và chỉ khi

0

0

1

22

2

A

txy

A

+

=-=Û=

-

. GTLN của

A

là

17

4

khi và chỉ khi

0

0

1

77

233

A

txy

A

+

=-=-Û=-

-

.

d) Nếu

0

y

=

thì

22

122

xPx

=Þ==

. Xét

0

y

¹

đặt

xty

=

thì

(

)

2

22

2222

26

212212

1222323

tt

xxyxxy

A

xyyxxyytt

+

++

===

++++++

. Giải tương tự như câu b) Ta có

63

A

-££

. Suy ra GTNN của

A

là

6

-

đạt được khi và chỉ khi

32

;

1313

xy

-

==

hoặc

32

;

1313

xy

=-=

. GTLN của

A

là 3 đạt được khi và chỉ khi

31

;

1010

xy

==

hoặc

31

;

1010

xy

=-=-

.

Ví dụ 2: Cho các số thực

,,

xyz


8

5

xyyzzx

xyz

++=

ì

í

++=

î

. Tìm GTLN, GTNN của

x

.

Lời giải:

Ta viết lại hệ phương trình dưới dạng:

(

)

8

5

yzxyz

yzx

=-+

ì

ï

í

+=-

ï

î

(*) hay

(

)

85

5

yzxx

yzx

=--

ì

ï

í

+=-

ï

î

(*). Vì

,,

xyz

là các số thực thỏa mãn

(

)

*

nên suy ra

,

yz

là hai nghiệm của phương trình:

(

)

22

5850

txtxx

--+--=

(**).

Điều kiện để phương trình

(**)

có nghiệm là:

(

)

(

)

(

)

(

)

2

22

5485310707310

xxxxxxx

D=---+=-+-³Û--³

hay

7

1

3

x

££

.

Khi

122

xtyz

=Þ=Þ==

nên GTNN của

x

là 1. Khi

744

333

xtyz

=Þ=Þ==

suy ra GTLN của

7

3

x

=

.

Ví dụ 3) Cho các số thực

,,

xyz


1

xyz

++=

. Tìm GTLN của biểu thức:

91011

Pxyyzzx

=++

.

Lời giải:

Thay

1

zxy

=--

vào

P

ta có:

(

)

(

)

(

)

91011911011

Pxyzyxxyxyyx

=++=+--+

(

)

22

1111121010

xyxyy

=-+--+

hay

(

)

22

11121110100

xyxyyP

+-+-+=

. Để phương trình có nghiệm điều kiện là

(

)

(

)

2

2

012114.1110100

yyyP

D³Û---+³

hay

2

296176121440

yyP

-++-³

2

2

74221217411495495

11372961127148148

Pyyy

æöæö

Û£--+-=--+£

ç÷ç÷

èøèø

. Do đó GTLN của

P

là

495

148

đạt được khi

251127

;;

743774

xyz

===

.

Ví dụ 4) Cho các số thực dương

,,

abc

sao cho

3

abc

++=


9

2

2

aababc

++£

.

Lời giải:

Từ giả thiết ta suy ra

3

bac

=--

. Ta biến đổi bất đẳng thức thành:

(

)

(

)

(

)

(

)

22

99

3230212540

22

aaacacaccacca

+--+---£Û++--+³

coi đây là hàm số bậc 2 của

a

. Xét

(

)

(

)

(

)

22

9

21254

2

facacca

=++--+

ta có hệ số của

2

a

là

210

c

+>

và ta có:

(

)

(

)

(

)

(

)

2

2

22

25418212142

cccccc

D=---+=---=

(

)

(

)

2

21320

cccc

----£

éù

ëû

do

03

c

<<

. Suy ra

(

)

0

fa

³

, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

31

,1,

22

abc

===

.

ĐỊNH LÝ VIET VỚI PHƯƠNG TRÌNH BẬC 2


Định lý Viet: Nếu

12

,

xx

là hai nghiệm của phương trình

(

)

2

0,0

axbxca

++=¹

thì

12

12

.

b

xx

a

c

xx

a

ì

+=-

ï

ï

í

ï

=

ï

î

(*)

Ghi chú: Trước khi sử dụng định lý Viet, chúng ta cần kiểm tra điều kiện phương trình có nghiệm, nghĩa là

0

D³

.

Một số ứng dụng cơ bản của định lý Viet

+ Nhẩm nghiệm của một phương trình bậc hai:

Nếu

0

abc

++=

thì phương trình có hai nghiệm là

12

1;

c

xx

a

==

. Nếu

0

abc

-+=

thì phương trình có hai nghiệm là

12

1;

c

xx

a

=-=-

.

+ Tính giá trị của biểu thức

(

)

12

,

gxx

trong đó

(

)

12

,

gxx

là biểu thức đối xứng giữa hai nghiệm

12

,

xx

của phương trình (*):

Bước 1: Kiểm tra điều kiện

0

D³

, sau đó áp dụng định lý Viet.

Bước 2: Biểu diễn biểu thức

(

)

12

,

gxx

theo

1212

,.

SxxPxx

=+=

từ đó tính được

(

)

12

,

gxx

.

Một số biểu thức đối xứng giữa hai nghiệm thường gặp:

(

)

2

222

121212

22

xxxxxxSP

+=+-=-

;

(

)

(

)

3

333

12121212

33

xxxxxxxxSSP

+=+-+=-

;

(

)

(

)

2

44222222422

121212

22242

xxxxxxSPPSSPP

+=+-=--=-+

;

(

)

(

)

22

2

12121212

44,...

xxxxxxxxSP

-=-=+-=-

+ Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm là

12

,

xx

cho trước:

Bước 1: Tính

1212

;

SxxPxx

=+=

.

Bước 2: Phương trình bậc hai nhận hai nghiệm

12

,

xx

là

2

.0

XSXP

-+=

.

+ Tìm điều kiện để phương trình bậc hai (*) (

,,

abc

phụ thuộc vào tham số

m

), có hai nghiệm

12

,

xx

thỏa mãn một điều kiện cho trước

(

)

12

,0

hxx

=

(1)

Bước 1: Tìm điều kiện để phương trình (*) có nghiệm, nghĩa là

0

D³

. Sau đó áp dụng định lý Viet để tính

12

b

Sxx

a

=+=-

(2) và

12

.

c

Pxx

a

==

(3) theo

m

.

Bước 2: Giải hệ phương trình (1),(2),(3) (thường sử dụng phương pháp thế) để tìm

m

, sau đó chú ý kiểm tra điều kiện của tham số

m

ở bước 1.

+ Phân tích đa thức bậc hai thành nhân tử: Nếu phương trình (*) có hai nghiệm

12

,

xx

thì

(

)

(

)

2

12

.

axbxcaxxxx

++=--

.

+ Chứng minh bất đẳng thức liên quan đến nghiệm của phương trình bậc 2 ta cần chú ý đến các điều kiện ràng buộc sau:

Nếu:

(

)

(

)

1212

0

xmxxmxm

££Û--£

.

Nếu

(

)

(

)

12

12

12

2

0

xxm

mxx

xmxm

+³

ì

ï

££Û

í

--³

ï

î

Nếu

(

)

(

)

12

12

12

2

0

xxm

xxm

xmxm

+£

ì

ï

££Û

í

--³

ï

î

Một số ví dụ:

Ví dụ 1. Không giải phương trình, cho biết dấu các nghiệm

a)

2

13200

xx

-+=

c)

2

5710

xx

++=

b)

2

3520

xx

+-=

Lời giải:

a) Ta có:

12

12

.200

130

c

Pxx

a

b

Sxx

a

ì

===>

ï

ï

í

ï

=+=-=>

ï

î

Vì

0

P

>

nên hai nghiệm

12

,

xx

cùng dấu và

0

S

>

nên hai nghiệm cùng dấu dương.

b) Ta có:

11

2

.0

3

c

Pxx

a

===-<

nên hai nghiệm

12

,

xx

trái dấu.

c) Ta có:

12

12

1

0

5

7

0

5

c

Pxx

a

b

Sxx

a

ì

===>

ï

ï

í

--

ï

=+==<

ï

î

Vì

0

P

>

nên hai nghiệm

12

,

xx

cùng dấu và

0

S

<

nên hai nghiệm cùng dấu âm.

Ví dụ 2: Phân tích đa thức sau thành nhân tử

a)

(

)

2

352

fxxx

=-+

b)

(

)

42

54

gxxx

=-+-

c)

(

)

22

;6113

Pxyxxyy

=-+

d)

(

)

22

;2232

Qxyxyxyxy

=--+-

.

Lời giải:

a) Phương trình

2

3520

xx

-+=

có hai nghiệm

1

x

=

hoặc

2

3

x

=

Suy ra

(

)

(

)

(

)

(

)

2

31321

3

fxxxxx

æö

=--=--

ç÷

èø

.

b) Phương trình

(

)

2

42222

5405401

xxxxx

-+-=Û-+-=Û=

hoặc

2

4

x

=

.Suy ra

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

22

141122

gxxxxxxx

=---=--+-+

.

c) Ta coi phương trình

22

61130

xxyy

-+=

là phương trình bậc hai ẩn

x

.

Ta có

(

)

2

22

114.18490

x

yyy

D=-=³

. Suy ra phương trình có nghiệm là

117

123

yyy

xx

±

=Û=

hoặc

3

2

y

x

=

. Do đó

(

)

(

)

(

)

3

;6323

32

yy

Pxyxxxyxy

æöæö

=--=--

ç÷ç÷

èøèø

d) Ta có

(

)

2222

22320213220

xyxyxyxyxyy

--+-=Û+---=

Ta coi đây là phương trình bậc hai ẩn

x

và có:

(

)

(

)

(

)

22

22

1382225101510

x

yyyyyy

D=----=++=+³

Suy ra phương trình có nghiệm là

(

)

3151

2

4

yy

xxy

-±+

=Û=

hoặc

1

2

y

x

--

=

. Do đó

(

)

(

)

(

)

(

)

1

;22221

2

y

Qxyxyxxyxy

--

æö

=--=-++

ç÷

èø

Ví dụ 3: Phân tích đa thức

(

)

422

2

fxxmxxmm

=--+-

thành tích của hai tam thức bậc hai ẩn

x

.

Lời giải:

Ta có

(

)

422224

20210

xmxxmmmxmxx

--+-=Û-++-=

Ta coi đây là phương trình bậc hai ẩn

m

và có:

(

)

(

)

(

)

2

2

242

214441210

m

xxxxxx

D=+--=++=+³

Suy ra

(

)

2

2

2121

01

2

xx

fxmxx

+++

=Û==++

hoặc

2

2

2121

2

xx

mxx

+--

==-

.Do đó

(

)

(

)

(

)

22

1

fxmxxmxx

=----+

.

Ví dụ 4:

a) Cho phương trình

2

250

xmx

-+=

, với

m

la tham số. Biết phương trình có một nghiệm là

2

, tìm

m

và tìm nghiệm còn lại.

b) Cho phương trình

(

)

22

2110

xmxm

-++-=

, với

m

là tham số. Tìm

m

để phương trình có hai nghiệm dương.

c) Cho phương trình

2

4225

xxxm

-=---

, với

m

là tham số. Xác định

m

để phương trình có bốn nghiệm phân biệt.

Lời giải:

a) Vì

2

x

=

là nghiệm của phương trình nên thay

2

x

=

vào phương trình ta được

13

8250

2

mm

-+=Û=

. Theo hệ thức Viet ta có:

12

5

2

xx

=

mà

1

2

x

=

nên

2

5

4

x

=

.Vậy

13

2

m

=

và nghiệm còn lại là

5

2

.

b) Phương trình có hai nghiệm dương

2

1

'220

1

2101

2

10

11

m

m

Smmm

Pm

mm

³-

ì

ì

D=+³

ï

ïï

Û=+>Û>-Û>

íí

ïï

=->

î

>Ú<

ï

î

Vậy với

1

m

>

thỏa mãn bài toán.

c) Ta có

(

)

22

422544221

xxxmxxxm

-=---Û-+--=--

(

)

2

2221

xxm

Û---=--

(1)

Đặt

20

tx

=-³

. Khi đó (1) thành:

2

210

ttm

-++=

(2)

Để (1) có 4 nghiệm phân biệt thì (2) có hai nghiệm phân biệt dương, tức là phải có:

040

01010

020

m

Pmm

S

D>->

ìì

ïï

>Û+>Û-<<

íí

ïï

>>

îî

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ví dụ 5)

a) Tìm m để phương trình

(

)

22

341410

xmxmm

+-+-+=

có hai nghiệm phân biệt

12

,

xx

thỏa mãn:

(

)

12

12

111

2

xx

xx

+=+

.

b) Chứng minh rằng phương trình:

(

)

2

00

axbxca

++=¹

(1) có hai nghiệm phân biệt và nghiệm này gấp

(

)

1

kk

¹-

lần nghiệm kia khi và chỉ khi

(

)

2

2

1

kackb

+=

.

c) Tìm các giá trị của

m

để phương trình

22

30

xmxmm

-+--=

có hai nghiệm

12

,

xx

là độ dài các cạnh góc vuông của tam giác vuông

ABC

, biết độ dài cạnh huyền

2

BC

=

.

Lời giải:

a) Trước hết phương trình phải có hai nghiệm khác 0 nên:

2

2

2

2

'410

410

41

410

0

3

mm

mm

cmm

mm

a

ì

D=++>

ì

++>

ïï

Û

íí

-+

-+¹

=¹

ï

î

ï

î

(*). Khi đó theo định lý Viet ta có:

(

)

2

1212

41

41

;

33

m

mm

SxxPxx

-

-+

=+===

Ta có:

(

)

(

)

12

1212

1212

1111

22

xx

xxxx

xxxx

+

+=+Û=+

(

)

(

)

1212

20

xxxx

Û+-=

(do

12

0

xx

¹

)

12

2

12

1

0

1;1;5

20

450

m

xx

mmm

xx

mm

=

+=

é

é

ÛÛÛ==-=

ê

ê

-=

--=

ë

ë

Thay vào (*) ta thấy

1

m

=-

giasuthanhtai.com.vngiasuthanhtai.com.vn/uploads/document/Ch_d_2.doc · Web viewvới mọi nên...

Documents

Transcript of giasuthanhtai.com.vngiasuthanhtai.com.vn/uploads/document/Ch_d_2.doc · Web viewvới mọi nên...