Sáng kiến kinh nghiệm Giải một số bài toán vận dụng nghiệm của phương trình bậc hai

 PHÒNG GD&ĐT TAM DƯƠNG
 TRƯỜNG THCS ĐỒNG TĨNH
 BÁO CÁO KẾT QUẢ 
 NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
 Tên sáng kiến: "Giải một số bài toán vận dụng 
nghiệm của phương trình bậc hai”.
 Tác giả sáng kiến: Nguyễn Thị Kiều Nga
 Tam Dương, năm 2019 mảng toán, là cơ sở của toàn bộ kiến thức toán học của học sinh, là điều quan trọng để 
xây dựng cho học sinh khả năng vận dụng sáng tạo các kiến thức đã học vào con đường 
hình thành phương pháp tư duy khoa học cũng như trong cuộc sống.
 Cùng với việc dạy học các kiến thức cho học sinh, việc rèn luyện kỹ năng giải 
toán cho học sinh, việc cung cấp cho học sinh kiến thức nâng cao và con đường đào sâu 
kiến thức có vị trí then chốt, nó cung cấp cho học sinh vốn kiến thức cơ bản và nâng cao 
cùng các cách giải quyết các vấn đề khó khăn trong học toán, giải toán. Qua đó giáo 
dục, rèn luyện toàn diện học sinh theo mục đích bộ môn, góp một phần lớn vào việc thực 
hiện mục tiêu chung của giáo dục.
 Kiến thức cơ sở 
* Phương trình ax2  bx  c  0a  0 
  ax2  bx  c
 b c
  x2  x  
 a a
 2 2
 2 b  b   b  c
  x  2.x.       
 2a  2a   2a  a
 2
  b  b2  4ac
   x    2
  2a  4a
Người ta ký hiệu:   b2  4ac.
 - Nếu   0 thì phương trình ax2  bx  c  0a  0 có 2 nghiệm phân biệt:
 b   b  
 x  ; x  
 1 2a 2 2a
 - Nếu   0 thì phương trình ax2  bx  c  0a  0 có nghiệm kép:
 b
 x  x  
 1 2 2a
 - Nếu   0 thì phương trình ax2  bx  c  0a  0 vô nghiệm
* Phương trình ax2  bx  c  0a  0 , đặt b=2b’
Thì:   b2  4ac  2b'2  4ac  4b'2  4ac  4b'2  ac
Ký hiệu: '  b'2  ac , ta có:   4' 
 3 - Nếu A=0 thì phương trình (2)  - 4x – 3 = 0
 3
  x=
 4
 3
 A=0  x= (*)
 4
- Nếu A 0, thì phương trình bậc hai ẩn x: Ax2 - 4x +A – 3 = 0 (2)
Có nghiệm khi và chỉ khi: '  0
  (-2)2-A(A-3)0
  4-A2+3A0
  (4-A)(A+1) 0
 4  A  0 A  4
  
 A 1 0 A  1
      1 A  4
 4  A  0 A  4
   (VN)
 A 1 0 A  1
 1
*Max A=4, Thay vào (2) ta có: 4x2 – 4x + 1 = 0  x 
 2
*Min A=1, Thay vào (2) ta có: –x2 - 4x – 4=0  x= - 2
 1
Đối chiếu với (*) ta có: Max A=4  x 
 2
 Min A= -1  x= - 2
 2x2  2x  9
b, B  
 x2  2x  5
Ta có: x2 +2x+5=(x+1)2+4 0,x R
 2x2  2x  9
Nên B   B(x2 + 2x + 5) = 2x2 - 2x + 9
 x2  2x  5
  (B-2)x2+2(B+1)x+5B-9 = 0 (3)
Nếu B=2 thì phương trình (3) 6x+1=0
 1
  x
 6
Nếu B 2 thì phương trình bậc hai ẩn x: (B-2)x2+2(B+1)x+5B-9 = 0
 5  1 4b  1 2 b a  2
  1     
  2 8  2 2 2 b 1 b 1
  2   2   
 1 a 1 a a  2 a  2
  .1    
   
  2 8 2 8 b 1
 ax  b 1
Vậy: Để biểu thức M  ; (4) đạt giá trị nhỏ nhất bằng  , đạt giá trị lớn nhất 
 x2  2 2
 a  2 a  2
bằng 1 thì:  hoặc 
 b 1 b 1
Bài toán 3: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
 x2  xy  y2
 A  với x  0;
 x2  y2
 - Xét y=0 A=1(*)
 2
 x2 xy y2  x  x
      1
 y2 y2 y2 y y
 - Xét y  0 ta có A     
 x2 y2 2
   x 
 2 2   1
 y y  y 
 x t 2  t 1 t 2  t 1
 Đặt  t , ta có: A  , ta có: t2+1  0 Nên : A   At2+A=t2+t+1
 y t 2 1 t 2 1
  (A-1)t2-t+A-1=0
 - Nếu A=1 thì t=0 (**)
 - Nếu A  1, thì phương trình bậc hai: (A-1)t2-t+A-1=0 (ẩn t) có nghiệm:
  1-4(A-1)(A-1)  0
  4A2-8A+3 0
  (2A-1)(2A-3) 0 
  1
 A 
  2
  (VN)
 2A 1 0 3
  A 
 2A  3  0  2
   
  
 2A 1 0  1
  A 
 2A  3  0  2 1 3
     A 
  3 2 2
 A 
  2
 1 3 3
  A  (***)Từ (*),(**) và (***) ta có: Max A=  x=y
 2 2 2
 7 x2+2y2+2xy-8x-6y+13=0
  x2+2(y-4)x+2y2-6y+13=0; (Phương trình bậc hai ẩn x), có nghiệm:
   '  0  (y-4)2-(2y2-6y+13)  0
  y2-8y+16-2y2+6y-13  0  -y2-2y+3  0
 y 1 0 y 1
    3  y 1
 y  3  0 y  3
  y2+2y-3  0  (y-1)(y+3)  0    
 y 1 0 y 1
   (VN)
 y  3  0 y  3
Nên y có giá trị lớn nhất là 1, thay y=1 vào phương trình (5) ta có:
x2+2+2x-8x-6+13=0  x2-6x+9=0  (x-3)2=0  x-3=0  x=3
Vậy x=3 thì y đạt giá trị lớn nhất bằng 1
Bài toán 4: (Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10- ĐHQG Hà Nội- Năm học 2004-2005):
Tìm cặp số (x;y) sao cho y nhỏ nhất thỏa mãn:
x2+5y2+2y-4xy-3=0; (4)
Giải: 
 Ta có: x2+5y2+2y-4xy-3=0
  x2-4yx +5y2+2y-3=0 (Phương trình bậc hai ẩn x) có nghiệm: 
   '  0  (-2y)2-(5y2+2y-3)  0  4y2-5y2-2y+3  0  -y2-2y+3  0
 y 1 0 y 1
    3  y 1
 y  3  0 y  3
  y2+2y-3  0  (y-1)(y+3)  0    
 y 1 0 y 1
   (VN)
 y  3  0 y  3
Nên y có giá trị nhỏ nhất bằng -3, thay y=-3 vào phương trình (4) ta có:
x2+5(-3)2+2(-3)-4x(-3)-3=0
  x2+12x+36=0  (x+6)2=0  x=-6 Vậy: (x;y)=(-6;-3)
Bài toán 5: Tìm m để phương trình ẩn x sau
x4+2x2+2mx+m2+2m+1=0 (5) có nghiệm là lớn nhất, nhỏ nhất:
Giả sử x0 là nghiệm của phương trình đã cho, phương trình ẩn m sau có nghiệm:
 2 4 2
m +2(x0+1)m+ x0 +2 x0 +1=0 khi  '  0
 2 4 2
  (x0+1) - ( x0 +2 x0 +1)  0
 9 5 5
 1y2  1  y
 4 4
 1 1
  y2   y  0
 2 2
  y2  2y 1  0
   y 12  0
  y 1
Vậy: Cặp số (x;y) thỏa mãn:
 2  5 
 x 1y  x 1  y ; Sao cho x đạt giá trị lớn nhất là (x;y)= ;1 .
  4 
Bài toán 7: Cho các số thực thõa mãn: 9x2+y2=1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
 M= x  y .
Giải
Đặt: A=x-y, Suy ra: y=x-A 9x2+y2=1  9x2+(x-A)2-1=0
  10x2-2Ax+A2-1=0 ( phương trình bậc 2 ẩn x) có nghiệm:
   '  0
  A2-10(A2-1)  0  -9A2+10  0
 10 10
  A2   A 
 9 3
 10 10
Hay: M= x  y  . Hay giá trị lớn nhất của M là 
 3 3
Bài toán 8: (Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10- Năm học 2008-2009- Hà Tĩnh)
Cho các số x,y thỏa mãn: x2+2y2+2xy+8(x+y)+7=0 ; (8)
Tìm Min, Max của S=x+y
Giải:
Từ: S=x+y, Suy ra : y=S-x, thay vào (8) ta có:
x2+2(S-x)2+2x(S-x)+8(x+S-x)+7=0 
  x2+2(S2-2Sx+x2)+2xS-2x2+8S+7=0 
  x2+2S2-4Sx+2x2+2xS-2x2+8S+7=0 
  x2-2Sx +2S2+8S+7=0 ( Phương trình bậc hai ẩn x), có nghiệm 
   '  0  (-S)2-(2S2+8S+7)  0  S2-2S2-8S-7  0
  S2+8S+70  (S+1)(S+7)0
 11 2 2
    0   y  2  4 y  3y  2  0
  y2+4y+4-4y2-12y-8  0  -3y2-8y-4  0  3y2+8y+4  0
 y  2
 
 y  2  0 
  2
  y 
 3y  2  0  3 2
  (y+2)(3y+2)  0     2  y 
 y  2  0 y  2 3
  
 3y  2  0  2
 y 
  3
Vì y  Z nên: 2  y  1:
- Với y=-2, thay y=-2 vào phương trình x2-xy+y2=2x-3y-2 ta được:
 x2+2x+4=2x+6-2  x2=0  x=0. ta có: (x;y)=(0;-2)
- Với y=-1, thay y=-1 vào phương trình x2-xy+y2=2x-3y-2 ta được:
x2+x+1=2x+3-2  x2-x=0  x(x-1)=0
  x=0 hoặc x=1. ta có: (x;y)=(0 ;-1) (x;y)=(1;-1)
Vậy: Phương trình có 3 nghiệm nguyên là: (x;y)=(0;-2)
 (x;y)=(0 ;-1)
 (x;y)=(1;-1)
Bài toán 3: T×m cÆp sè (x, y ) nguyªn tháa m·n: 3x2 + 4y2 + 6x +4 y - 5 = 0 (3)
Giải
(3)  3x2 + 6x + 4y2 +4 y - 5 = 0 
Phương trình bậc hai ẩn x, có nghiệm 
   '  0  9 – 3(4y2 + 4y – 5)  0
  -y2 - y + 2  0
  ( y – 1)(y + 2) 0
  -2 y 1
Vì yZ, nên y = ( -2; -1; 0; 1)
Suy ra: (x; y) = (-1; 2), (-1; 1)
Bài tập :Tìm cÆp sè (x, y ) nguyªn tháa m·n:
1) x2 + y2 + xy - 2x - y = 0 
2) x2 + 2y2 - 2xy + 3x - 3y + 2 = 0 
3) x2 + 2y2 + 2xy - 3y - 4 = 0 
 13