Ứng dụng của Định lý viét

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (165.56 KB, 15 trang )

ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ VI-ÉT
TRONG GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN.
Định lý Vi-ét:
Nếu x1, x2 là hai nghiệm của phương trình ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0)
b

 x1 + x2 = − a
thì: 
 x .x = c
 1 2 a
* Hệ quả: (trường hợp đặc biệt)
a) Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có a + b + c = 0 thì phương
trình có một nghiệm là: x1 = 1 còn nghiệm kia là: x2 =

c
a

b) Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có a – b + c = 0 thì phương
trình có một nghiệm là: x1 = – 1 còn nghiệm kia là: x2 = −

c
a

u + v = S
* Nếu có hai số u và v thoả mãn điều kiện: 
u.v = P
thì u, v là hai nghiệm của phương trình: x2 – Sx + P = 0.
Điều kiện để có hai số u, v là: S2 – 4P ≥ 0.
Sau đây là một số ví dụ minh hoạ cho việc ứng dụng của định lý Vi-ét trong giải
một số dạng toán.
Dạng 1: Tính giá trị các biểu thức nghiệm

BT1: Cho phương trình x 2 − 6 x − 7 = 0 (1)
Không giải phương trình, hãy tính giá trị biểu thức: x12 + x22 ; x13 + x23 ; x14 + x24 ;
x15 + x25 ; x17 + x27
Hướng dẫn:
Có a.c = −7 < 0 nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm
 x1 + x2 = 6
Theo Hệ thức Vi-ét ta có: 
 x1.x2 = −7
Suy ra:
+) x12 + x22 = ….. = 50
+) x15 + x25 = 16806

+) x13 + x23 = 342
+) x17 + x27 = 823542
+) x14 + x24 = 2402
* Chú ý ta có thể mở rộng bài toán trên với yêu cầu: Tính giá trị của biểu thức:
Sn = x1n + x2n ; S n+1 = x1n+1 + x2n +1; S n+2 = x1n + 2 + x2n+ 2
Bằng cách áp dụng kết quả của bài toán sau:
Cho phương trình bậc 2: ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có 2 nghiệm là x1, x2 .
Chứng minh rằng: với Sn = x1n + x2n thì a.S n+ 2 + b.S n+1 + c.S n = 0
HD:
Do x1, x2 là nghiệm của phương trình nên ta có:
2
n+2
n +1
n
ax1 + bx1 + c = 0 ax1 + bx1 + cx1 = 0
⇒  n+2
 2

n +1
n
ax 2 + bx2 + c = 0 ax 2 + bx2 + cx2 = 0
⇒ a ( x1n+ 2 + x2n+ 2 ) + b ( x1n+1 + x2n+1 ) + c ( x1n + x2n ) = 0

x1, x2 .

Hay: aSn+ 2 + bS n+1 + cS n = 0
Áp dụng vào bài toán trên, phương trình: x 2 − 6 x − 7 = 0 có hai nghiệm
+) S1 = x1 + x2 = 6
+) S2 = x12 + x22 = 50
+) S3 = x13 + x23 = 6S 2 + 7 S1 = 342
+) S4 = x14 + x24 = 6S3 + 7 S 2 = 2402
+) S5 = x15 + x25 = 6S 4 + 7 S3 = 16806
+) S6 = x16 + x26 = 6 S5 + 7 S 4 = 117650
+) S7 = x17 + x27 = 6S6 + 7 S5 = 823542
6

6

 −1 + 5   −1 − 5 
BT2: Tính A = 
÷ +
÷
2
2 

 
HD:
−1 + 5

−1 − 5
Đặt: x1 =
; x2 =
2
2
 x1 + x2 = −1
Ta có: 
 x1.x2 = −1
⇒ x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 + x − 1 = 0
⇒ Sn+ 2 + Sn +1 + S n = 0
Có S1 = −1; S 2 = 3; S3 = −4; S4 = 7; S5 = −11; S6 = 18
Vậy A = 18
BT3 (HSG QN 2001-2002):
Gọi a, b là hai nghiệm của phương trình 30 x 2 − 3x = 2002

Hãy rút gọn biểu thức: S =
HD:

30 ( a 2002 + b 2002 ) − 3 ( a 2001 + b 2001 )
a 2000 + b 2000

Phương trình đã cho có: ∆ = 9 + 4.30.2002 > 0 nên phương trình có hai
nghiệm x1 = a; x2 = b
Sn = a n + b n ; Sn+1 = a n+1 + b n+1; S n+ 2 = a n+ 2 + b n+ 2
Ta có: 30Sn+ 2 − 3Sn+1 − 2002 Sn = 0
⇒ 30Sn+ 2 − 3S n+1 = 2002Sn
30Sn + 2 − 3S n +1 2002Sn
=
= 2002

⇒S=
Sn
Sn
Vậy S = 2002
Dạng 2: Tìm m để phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn một điều kiện cho
trước.
* PP giải: – Tìm ĐK để PT ax 2 + bx + c = 0 có nghiệm x1, x2 : a ≠ 0; ∆ ≥ 0
– Kết hợp hệ thức Viet với ĐK cho trước để xác định tham số m
– Kiểm tra lại m có thỏa mãn ĐK có nghiệm không rồi kết luận
* Một số bài tập
2
2
BT1: Cho PT: x − 2 ( m − 2 ) x + ( m + 2m − 3) = 0
Tìm các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn:
1 1 x1 + x2
+ =
x1 x2
5
HD:

7

∆ ‘ ≥ 0
m ≤ 6


⇔ m ≠ 1; m ≠ −3 ⇔ m = −4
Ta phải có:  x1.x2 ≠ 0
1 1 x +x
 m = −4

 + = 1 2

x
x
5

 1
2

2
2
BT2: Cho phương trình: x − 2 ( m − 2 ) x − m + 3m − 4 = 0
Tìm m để tỉ số giữa 2 nghiệm của phương trình có giá trị tuyệt đối bằng 2.
2
3 7

2
HD: Có: a.c = −m + 3m − 4 = −  m − ÷ − < 0 với ∀m
2 4

⇒ phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt trái dấu
Tỷ số giữa hai nghiệm của phương trình có giá trị tuyệt đối bằng 2 mà hai
nghiệm trái dấu nên: x1 = −2 x2 hoặc x2 = −2 x1

Hay ( x1 + 2 x2 ) ( x2 + 2 x1 ) = 0 ⇔ x1 x2 + 2 ( x1 + x2 ) = 0
2

 x1 + x2 = m − 2
Theo Hệ thức Viét ta có: 
2

 x1.x2 = −m + 3m − 4

(*)

Thay vào (*) ta được:
m = 1
2
−m 2 + 3m − 4 + 2 ( m − 2 ) = 0 ⇔ m 2 − 5m + 4 = 0 ⇔ 
m = 4
BT3: Cho phương trình ẩn x: x 2 + x + m = 0
Xác định m để PT có 2 nghiệm phân biệt đều lớn m
HD:
Cách 1: PT có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 ⇔ ∆ = 1 − 4m > 0 ⇔ m <
 x1 + x2 = −1
Theo Hệ thức Viét ta có: 
 x1.x2 = m

1
(*)
4

 x1 > m
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 đều lớn m ⇔ 
 x2 > m
( x1 − m ) ( x2 − m ) > 0  x1 x2 − m ( x1 + x2 ) + m 2 > 0
 x1 − m > 0
⇔
⇔
⇔

 x1 + x2 − 2m > 0
 x2 − m > 0  x1 − m + x2 − m > 0

1

m
<
−

2
 −1 − 2 m > 0

⇔
⇔
⇔ m < −2 (**)

2
m
>
0

m
+
m
+
m
>
0



  m < −2
Từ (*) và (**) ta được giá trị m cần tìm là: m < -2
Cách 2:
Đặt x – m = t ⇔ x = t + m
PT đã cho trở thành:
2
( t + m ) + ( t + m ) + m = 0 ⇔ t 2 + ( 2m + 1) t + m 2 + 2m = 0 (1)
Phương trình đã cho có hai nghiệm lớn hơn m
⇔ phương trình ẩn t (1) có 2 nghiệm dương phân biệt
∆ > 0

⇔  S > 0 ⇔ ….. ⇔ m > −2
P > 0

Cách 3: Tính x1, x2 theo m; giải bất phương trình ẩn m.
2
2
BT4: Cho PT: x + ( 2m − 3) x + m − 3m = 0
Xác định m để PT có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn: 1 < x1 < x2 < 6
HD:
Có ∆ = 9 > 0 ⇒ PT luôn có 2 nghiệm phân biệt: x1 = m − 3; x2 = m
Với mọi m ta có: m – 3 < m hay x1 < x2
Do 1 < x1 < x2 < 6 ⇒ 1 < m − 3 < m < 6 ⇔ 4 < m < 6Dạng 3: Tìm hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm x1, x2 không phụ thuộc vào hệ số
* PP giải
– Tìm ĐK để PT ax 2 + bx + c = 0 có nghiệm x1, x2 : a ≠ 0; ∆ ≥ 0

– Áp dụng hệ thức Viet

– Khử tham số m từ hệ trên, ta suy ra hệ thức cần tìm.
* Một số bài tập
2
BT1: Cho PT: x + 2 ( m + 3) x + 4m − 1 = 0 (1)
Tìm 1 hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm x1, x2 không phụ thuộc vào m
HD
2
2
Có ∆ ‘ = ( m + 3) − ( 4m − 1) = … = ( m + 1) + 9 > 0 với mọi m
Nên PT (1) luôn có 2 nghiệm x1, x2 với mọi m
Theo Hệ thức Viét ta có:
 x1 + x2 = 2 ( m + 3)
2 ( x + x ) = 4m + 12
⇔ 1 2

 x1.x2 = 4m − 1
 x1.x2 = 4m − 1
Trừ từng vế hai đẳng thức ta được: 2 ( x1 + x2 ) − x1.x2 = 13
x 2 − ( m + 2 ) x + ( 2m − 1) = 0 có các nghiệm x1, x2
BT2: Cho PT:
Lập một hệ thức giữa x1, x2 độc lập với m
HD
 x1 + x2 = m + 2
Khử m từ 
ta được x1 x2 = 2 ( x1 + x2 − 2 ) − 1
 x1.x2 = 2m − 1
Do đó: 2 ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 5 là hệ thức cần tìm

Dạng 4: Lập phương trình bậc 2 biết điều kiện của 2 nghiệm.
* PP giải

– Tính tổng hai nghiệm S = x1 + x2 và tích hai nghiệm P = x1 x2
– Phương trình có hai nghiệm x1, x2 là X 2 − SX + P = 0
* Một số bài tập
2
BT1: Cho PT x − 2 ( m − 1) x − m = 0
a, CMR: Phương trình luôn có 2 nghiệm x1, x2 với mọi m
1

y
=
x
+
1
1

x2

b, Với m ≠ 0, lập phương trình ẩn y thỏa mãn: 
y = x + 1
2
 2
x1
HD
2
1 3

2
a, Có ∆ ‘ = m − m + 1 =  m − ÷ + > 0 với mọi m
2 4


1 x x +1 1− m
y1 = x1 + = 1 2
=
b, Ta có :
x2
x2
x2
1 x x +1 1− m
y2 = x2 + = 1 2
=
x1
x1
x1
Tính:

2( 1 − m)
1 1
y1 + y2 = ( 1 − m )  + ÷ = … =
m
 x1 x2 
y1 y2

( 1 − m)
=

2

( 1 − m)
=

2

2

x1 x2
−m
Vậy y1, y2 là 2 nghiệm của phương trình:
my 2 − 2 ( 1 − m ) y − ( 1 − m ) = 0
2

2

2
2
BT2: Cho PT x − 4 x − ( m + 3m ) = 0 có hai nghiệm x1, x2 .

Lập pt bậc 2 ẩn y có 2 nghiệm y1, y2
 y1 + y2 = x1 + x2

y2
thỏa mãn:  y1
1 − y + 1 − y = 3

2
1

( y1 ≠ 1, ≠ y2 ≠ 1)

HD

2

3 7

– Có: ∆ ‘ = 4 + m + 3m =  m + ÷ + > 0 với mọi m
2 4

 x1 + x2 = 4
– Theo Hệ thức Viét: 
2
 x1.x2 = − ( m + 3)
– Theo bài ra:+) y1 + y2 = x1 + x2 = 4
y1
y
+ 2 =3
+)
1 − y2 1 − y1
⇒ y1 (1 − y1 ) + y2 ( 1 − y2 ) = 3 ( 1 − y1 ) ( 1 − y2 )
2

⇔ ( y1 + y2 ) − ( y12 + y22 ) = 3 ( 1 − ( y1 + y2 ) + y1 y2 )

⇔ 4 − ( 42 − 2 y1 y2 ) = 3 ( 1 − 4 + y1 y2 )
⇔ y1 y2 = −3

Vậy y1, y2 là 2 nghiệm của pt: y 2 − 4 y − 3 = 0
BT3: Cho m là số thực khác -1. Hãy lập một phương trình bậc hai có 2 nghiệm
4 x1 x2 + 4 = 5 ( x1 + x2 )
(1)


x1, x2 thỏa mãn các hệ thức : 
1
(2)
( x1 − 1) ( x2 − 1) =
m +1

HD
Theo bài ra, ta có :

4 x1 x2 + 4 = 5 ( x1 + x2 )


1
( x1 − 1) ( x2 − 1) =
m +1


4 x1 x2 − 5 ( x1 + x2 ) = −4

⇔
1
 x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 1 =
m +1


4 x1 x2 − 5 ( x1 + x2 ) = −4

⇔
−m

 x1 x2 − ( x1 + x2 ) =
m +1

4

x
+
x
=
 1 2 m + 1
Biến đổi ta được 
x x = 4 − m
 1 2 m + 1
⇒ x1; x2 là nghiệm của PT : ( m + 1) x 2 − 4 x + 4 − m = 0

Dạng 5: Xét dấu các nghiệm của PT bậc 2 và PT trùng phương
*PP giải
2
Cho PT ax + bx + c = 0 ( 1) ( a ≠ 0 ). Để xét dấu các nghiệm số của PT ta dựa vào
dấu của ∆, S và P
– Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu ( x1 < 0 < x2 ) ⇔ P < 0 .
∆ ≥ 0
.
P > 0

– Phương trình (1) có hai nghiệm cùng dấu ⇔ 

∆ ≥ 0

– Phương trình (1) có hai nghiệm cùng dương ( 0 < x1 ≤ x2 ) ⇔  P > 0 .

S > 0

∆ ≥ 0

– Phương trình (1) có hai nghiệm cùng âm ( x1 ≤ x2 < 0 ) ⇔  P > 0 .
S < 0

P < 0
.
S > 0
P < 0
– Phương trình (1) có hai nghiệm x1 < 0 < x2 và x1 = x2 ⇔ 
.
S = 0

– Phương trình (1) có hai nghiệm x1 < 0 < x2 và x1 < x2 ⇔ 

Theo hệ thức Viét, có 

 x1 + x2 < 0
−m < 0
⇔
⇔m>2
 2m − 4 > 0
 x1.x2 > 0

PT (1) có hai nghiệm (pb hoặc kép) đều âm ⇔ 

Vậy điều kiện để PT (1) có ít nhất một nghiệm âm là m ≤ 2
Cách 2:

−m − ( m − 4 )
−m + ( m − 4 )
= 2 − m ; x2 =
= −2
2
2
Phải có x1 ≥ 0 ⇔ 2 − m ≥ 0 ⇔ m ≤ 2

Giải PT(1) tìm được x1 =

Khai thác bài toán
4
2
Tìm giá trị của m để PT sau có nghiệm x + mx + ( 2m − 4 ) = 0 (2)
HD
2
Đặt x 2 = t ≥ 0. ĐK để PT (2) có nghiệm là PT t + mt + ( 2m − 4 ) = 0 có ít nhất một
nghiệm không âm.

4
2
BT2: Cho PT x − 2 ( m − 1) x − ( m − 3) = 0 (1). Tìm m để PT (1) có:
a, 4 nghiệm pb
d, 1 nghiệm
b, 3 nghiệm pb
e, vô nghiệm
c, 2 nghiệm pb
HD
2
Đặt x 2 = t ≥ 0, ta có t − 2 ( m − 1) t − ( m − 3) = 0 (2)
 S = 2 ( m − 1)
Có ∆ ‘ = ( m + 1) ( m − 2 ). Theo hệ thức Viet, có 
 P = 3 − m

∆ ‘ > 0

a, PT(1) có 4 nghiệm pb ⇔ PT (2) có 2 nghiệm phân biệt dương ⇔  P > 0
S > 0


b, PT(1) có 3 nghiệm pb ⇔ PT (2) có 1 nghiệm dương và 1 nghiệm bằng 0
P = 0
⇔
S > 0

∆ ‘ = 0
S > 0
hoặc PT(2) có hai nghiệm trái dấu ⇔ P < 0
c, PT(1) có 2 nghiệm pb ⇔ PT (2) có nghiệm kép dương ⇔ 

P = 0
S < 0d, PT(1) có 1 nghiệm ⇔ PT (2) có 1 nghiệm âm và 1 nghiệm bằng 0 ⇔ 
e, PT(1) vô nghiệm ⇔ PT (2) vô nghiệm ⇔ ∆ ‘ < 0
∆ ‘ ≥ 0

hoặc PT(2) có hai nghiệm (kép hoặc pb) âm ⇔  P > 0
S < 0


Dạng 6: Tìm GTLN & GTNN của các biểu thức nghiệm. Chứng minh các
bất đẳng thức nghiệm
2
2
BT1: Cho PT 2 x + 2 ( m + 2 ) x + m + 4m − 4 = 0 (1)
Chứng minh khi (1) có hai nghiệm x1; x2 thì x1 + x2 + 3×1 x2 ≤ 16
HD

PT (1) có nghiệm khi
2
∆ ‘ = ( m + 2 ) − 2 ( m 2 + 4m − 4 ) ≥ 0 ⇔ m 2 + 4m − 12 ≤ 0 ⇔ −6 ≤ m ≤ 2
 x1 + x2 = − ( m + 2 )

Theo hệ thức Viet ta có: 
m 2 + 4m − 4
 x1.x2 =


2

2

1
1 
5  73
2
Ta có x1 + x2 + 3x1x2 = 3m + 10m − 16 = 3  m + ÷ −
2
2 
3
3
Vì −6 ≤ m ≤ 2 nên
2

13
5 11
5  169
1

− ≤ m + ≤ ⇒ 0 ≤ m + ÷ ≤
⇒0≤
3
3 3
3
9
2


2

5  73

3 m + ÷ −
≤ 16
3
3


BT2: Gọi x1; x2 là nghiệm của phương trình:2×2 + 2(m + 1)x + m2 + 4m + 3 = 0
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A =x1x2 – 2×1 – 2×2
HD
Để phương trình đã cho có nghiệm thì:
∆’ = (m + 1)2 – 2(m2 + 4m + 3) = – (m + 1)(m + 5) ≥ 0

⇒-5≤ m≤-1

(*)

 x1 + x2 = −m − 1

Khi đó theo hệ thức Viét ta có: 
m 2 + 4m + 3
 x1.x2 =

2

Do đó: A = 

m 2 + 8m + 7

2

Ta có: m2 + 8m + 7 = (m + 1)(m + 7) với điều kiện (*) thì: (m + 1)(m + 7) ≤ 0.
9
− m 2 + 8m − 7
9 − (m + 4) 2
Suy ra: A =
=
≤
2
2
2

Dấu bằng xảy ra khi (m + 4)2 = 0 hay m = – 4
Vậy A đạt giá trị lớn nhất là:

9
khi m = – 4, giá trị này thoả mãn điều kiện (*).
2

BT3: : (Đề tuyển sinh chuyên Hạ Long 1997 – 1998)
Cho phương trình x 2 − 2(m + 1) x + m = 0 ( mlà tham số)
a)

Chứng minh : Phương trình đã cho luôn luôn có nghiệm với mọi m

b)

Trong trường hợp m > 0 và x1, x2 là các nghiệm của phương trình nói trên
hãy tìm GTLN của biểu thức

A=

x12 + x2 2 − 3( x1 + x2 ) + 6
x1 x2

HD
1
2

3
4

a) ∆ ‘ = (m + ) 2 + > 0
b) Theo kết quả phần a phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt

 S = x1 + x2 = 2 ( m + 1)

 P = x1 x2 = m

Theo hệ thức Viét ta có 

Vì P = m > 0 nên x2, x2 ≠ 0 biểu thức A được xác định với mọi giá trị x1, x2 tính
theo m
A=

x12 + 2 x1 x2 + x22 − 2 x1 x2 − 3( x1 + x2 ) + 6 ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1.x2 − 3( x1 + x2 ) + 6
=
x1.x2
x1 x2


Thay S và P vào biểu thức A ta được : A = 4  m +

1
÷
m





Theo bất dẳng thức Cô Si vì  m + ÷: 2 ≥ m.
( do m > 0 và > 0 )
m
m
m

1

⇔ m+

1

1

1
1
1
≥ 2. 1 ⇔ m + ≥ 2 ⇔ 4(m + ) ≥ 8
m
m
m

Vậy biểu thức A có GTNN là 8
Trong bất đẳng thức Cô Si dấu bằng xảy ra ⇔ m =

1
⇔ m = ±1
m

Với m = 1 thoả mãn điều kiện m > 0
m = -1 không thoả mãn điều kiện m > 0
Vậy với m = 1 thì A có GTNN bằng 8
BT4 (HSG QN 2004-2005)
Gọi a là số thực sao cho PT x 2 − 3ax − a = 0 có hai nghiệm pb x1 ; x2. Tìm GTNN
của biểu thức A =

a2
3ax2 + x12 + 3a
+
3ax1 + x2 2 + 3a
a2

Hướng dẫn
Do PT x 2 − 3ax − a = 0 có hai nghiệm pb x1 ; x2 nên

9a 2 + 4a > 0 ( 1)
9a 2 + 4a > 0 ( 1)
 2
 2
 x1 − 3ax1 − a = 0 ⇔  x1 = 3ax1 + a
 2
 2
 x2 − 3ax2 − a = 0
 x2 = 3ax2 + a

Khi đó

A=

a2
3ax2 + x12 + 3a
a2
x2 2 + x12 + 2a
+
=
+
3ax1 + x2 2 + 3a
a2
x12 + x2 2 + 2a
a2

a2
9a 2 + 4a
+

9a 2 + 4a
a2
Theo (1) thì 9a 2 + 4a > 0 nên áp dụng BĐT Cosi, ta được A ≥ 2
−1
A = 2 ⇔ 9a 2 + 4a = a 2 ⇔ a =
2
−1
−1
Khi a =
thì x1 = −1; x2 =
2
2
−1
−1
Vậy A đạt GTNN bằng 2 khi a = ; x1 = −1; x2 =
2
2
A=

Dạng 7: Giải PT, hệ PT bậc hai chứa hai ẩn
*PP giải
2
Đặt S = x + y ; P = x.y ( S ≥ 4 P ). Sau khi tìm được S, P thì x, y là nghiệm của
PT X 2 − SX + P = 0
* Một số bài tập
BT1: Giải phương trình:

5− x
5− x 
x

÷. x +
÷= 6
x +1 
 x +1  

Hướng dẫn:
ĐKXĐ: x ≠ – 1

5− x
 5− x 
5− x

u
+
ν
=
x
.
+
x
+
u
=
x
.

÷ 
÷



x +1 
u + ν = 5

 x +1  
x +1
Đặt: 
(*) ⇒ 
⇒
 u.ν = 6
ν = x + 5 − x
 u.ν =  x. 5 − x  . x + 5 − x 

÷
÷

x +1

x +1 
 x +1  
u, v là nghiệm của phương trình:

x2 – 5x + 6 = 0

Giải PT ta được u = 3 thì v = 2 hoặc u = 2 thì v = 3
u = 3
thì (*) trở thành:
ν = 2

Nếu: 

x2 – 2x + 3 = 0

∆’ = 1 – 3 = – 2 < 0
Phương trình vô nghiệm:

u = 2
thì (*) trở thành: x2 – 3x + 2 = 0
ν
=
3


Nếu: 

Suy ra: x1 = 1; x2 = 2 (TMĐK)
Vậy phương trình có hai nghiệm x1 = 1; x2 = 2.
2
2
 x + y + mx + my − m − 1 = 0
BT2: Cho hệ PT 
 x + y = 4

( 1)
( 2)

Tìm m để hệ PT đã cho có hai cặp nghiệm ( x1; y1 ) ; ( x2 ; y2 ) thỏa x1 ≠ x2 và

( x1 − x2 )

2

+ ( y1 − y2 ) = 4
2

HD
Từ (2) ta có y = 4 – x. Thay vào (1) ta được
2
x 2 + ( 4 − x ) + mx + m ( 4 − x ) − m − 1 = 0 ⇔ 2 x 2 − 8 x + 3m + 15 = 0 ( 3 )
Do hệ PT cần có hai nghiệm ( x1; y1 ) ; ( x2 ; y2 ) với x1 ≠ x2 nên (3) phải có hai
nghiệm phân biệt x1 ; x2 tức là ∆ ‘ > 0 ⇔ 16 − 2 ( 3m + 15 ) > 0 ⇔ m < −7
3

 x1 + x2 = 4
 y1 = 4 − x1

Khi đó ta có 
3m + 15 và 
 y2 = 4 − x2
 x1.x2 =
2

( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) = 4 ⇔ ( x1 − x2 ) + ( 4 − x1 ) − ( 4 − x2 ) 
2
2
Xét ⇔ 2 ( x1 − x2 ) = 4 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = 2
8
 3m + 15 

⇔ 16 − 4 
÷ = 2 ⇔ m = − ( TM )
2

2



2

2

=4

3

x + y = m
( I)
BT3 : Cho hệ PT  2 2
2
x + y = 6 − m
2

Tìm GTNN của biểu thức A = xy + 2x + 2y trong đó (x ; y) là nghiệm của hệ (I)
HD
 x + y = m
S = x + y = m
⇔
⇔



2
2
2
2
2
2
x + y = 6 − m
 P = xy = m − 3
( x + y ) − 2 xy = 6 − m
x + y = m

Ta có 

Hệ (I) có nghiệm khi S 2 − 4 P ≥ 0 ⇔ m 2 ≤ 4 ⇔ −2 ≤ m ≤ 2
2
Ta có A = xy + 2 ( x + y ) = P + 2 S = ( m2 − 3) + 2m = ( m + 1) − 4
Do −2 ≤ m ≤ 2 ⇒ −1 ≤ m + 1 ≤ 3 ⇒ 0 ≤ ( m + 1) ≤ 9
Dấu bằng xảy ra khi m = -1 (TMĐK)
Vậy GTNN của A bằng -4 tại m = -1
Dạng 8: Định lý Vi-ét và các bài toán khác
BT1: Cho a, b là nghiệm của phương trình: x2 + px + 1 = 0 và b, c là nghiệm của
2

phương trình x2 + qx + 2 = 0. Chứng minh: (b – a)(b – c) = pq – 6.
HD:

a,b là nghiệm của phương trình: x2 + px + 1 = 0
b,c là nghiệm của phương trình: x2 + qx + 2 = 0.
Theo định lý viét ta có:

a + b = – p
b + c = – q

và 
a.b = 1
b.c = 2

Do đó: (b – a)(b – c) = b2 + ac – 3

(1)

pq = (- p)(- q) = (a + b)(b + c) = b2 + ac + 3
Suy ra: pq – 6 = b2 + ac +3 – 6 = b2 + ac – 3

(2)

Từ (1) và (2) suy ra (b – a)(b – c) = pq – 6 (đpcm)
BT2: Giả sử a, b là hai số khác nhau. Chứng minh rằng nếu PT
x 2 + ax + 2b = 0 ( 1) ; x 2 + bx + 2a = 0 ( 2 )
có đúng một nghiệm chung thì các nghiệm số còn lại của (1) và (2) là nghiệm
2
của PT x + 2 x + ab = 0 ( 3)
HD
Giả sử (1) có hai nghiệm pb x1 ≠ x0 ⇒ x0 2 + ax0 + 2b = 0
(2) có hai nghiệm pb x2 ≠ x0 ⇒ x0 2 + ax0 + 2b = 0
⇒ ( a − b ) x0 + 2b − 2a = 0 ⇔ ( a − b ) x0 = 2 ( a − b )
Vì a ≠ b ⇒ x0 = 2 thế vào (1) ta có: 4 + 2a + 2b = 0 ⇒ a = −b − 2
2
Thay a vào (1), ta có x − ( b + 2 ) x + 2b = 0 ⇒ ( x − 2 ) ( x − b ) = 0 ⇒ x0 = 2; x1 = b

Tương tự, ta có x2 = a
 x1 + x2 = a + b
Do đó 
 x1.x2 = ab
Theo Viet đảo ta có: x1; x2 là hai nghiệm của PT
x 2 − ( a + b ) x + ab = 0 ⇔ x 2 + 2 x + ab = 0 (vì a + b = -2)
BÀI TẬP ĐỀ XUẤT
Bài 1: ( Đề tuyển sinh lớp 10 năm 2006 – 2007 )
Xét phương trình : x 4 − 2(m 2 + 2) + 5m2 + 3 = 0 (1) với m là tham số
1) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m phương trình (1) luôn có 4
nghiệm phân biệt
2) Gọi các nghiệm của phương trình (1) là x1, x2, x3, x4. Hãy tính theo m giá
1

1

1

1

trị của biểu thức M = x 2 + x 2 + x 2 + x 2
1
2
3
4
Bài 2: Cho phương trình x 2 – ax + a – 1 = 0 có 2 nghiệm x1, x2
a) Không giải phương trình hãy tính giá trị biểu thức

3 x12 + 3×22 − 3
M= 2

x1 x2 + x22 x1

b) Tìm a để tổng các bình phương 2 nghiệm số đạt GTNN ?

Bài 3: Tìm giá trị của m để các nghiệm x 1, x2 của PT mx2 – 2(m – 2)x + (m – 3) =
0 thoả mãn điều kiện x12 + x22 = 1
Bài 4: Cho phương trình: mx2 – 2(m + 1)x + (m – 4) = 0 (m là tham số).
a) Xác định m để các nghiệm x 1; x2 của phương trình thoả mãn: x 1 + 4×2 =
3
b) Tìm một hệ thức giữa x1; x2 mà không phụ thuộc vào m
Bài 5: Cho x1 =

3 +1
2

;

x2 =

1
1+ 3

Lập phương trình bậc hai có nghiệm là: x1; x2
Bài 6: Cho phương trình: x2 + 5x – 1 = 0

(1)

Không giải phương trình (1), hãy lập một phương trình bậc hai có các
nghiệm là luỹ thừa bậc bốn của các nghiệm phương trình (1)

Bài 7: Tìm các hệ số p và q của phương trình: x2 + px + q = 0 sao cho hai
 x1 − x 2 = 5

nghiệm x1; x2 của phương trình thoả mãn hệ: x 3 − x 3 = 35
2
 1
Bài 8: Cho các số a,b,c thoả mãn điều kiện: a + b + c = – 2
c2 = 2

(1);

a2 + b2 +

(2)
Chứng mình rằng mỗi số a, b, c đều thuộc đoạn

 4 
− 3 ;0 khi

biểu diễn trên

trục số.
Bài 9: Xác định m để hệ phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt:
 x + y + yx = m
 2
2
x + y = 3 − 2m
 x 2 + ( m + 2 ) x = my
Bài 10: Xác định m để hệ  2
có đúng 2 nghiệm phân biệt

 y + ( m + 2 ) y = mx
Bài 11: Giả sử x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (ẩn x):
x 2 + ( m − 4 ) x + m 2 − 3m + 3 = 0
mx12
mx22 49
+
≤
Chứng minh rằng: −7 <
1 − x1 1 − x2 9

Bài 12: Cho phương trình: x 2 − 5mx − 4m = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2
a, Chứng minh rằng: x12 − 5mx2 − 4m > 0 .
m2
x22 + 5mx1 + 12m
+
b Xác định giá trị m để biểu thức 2
đạt
x1 + 5mx2 + 12m
m2
giá trị nhỏ nhất.

BT1 : Cho phương trình x 2 − 6 x − 7 = 0 ( 1 ) Không giải phương trình, hãy tính giá trị biểu thức : x12 + x22 ; x13 + x23 ; x14 + x24 ; x15 + x25 ; x17 + x27Hướng dẫn : Có a. c = − 7 < 0 nên phương trình ( 1 ) luôn có 2 nghiệm  x1 + x2 = 6T heo Hệ thức Vi-ét ta có :   x1. x2 = − 7S uy ra : + ) x12 + x22 = ..... = 50 + ) x15 + x25 = 16806 + ) x13 + x23 = 342 + ) x17 + x27 = 823542 + ) x14 + x24 = 2402 * Chú ý ta hoàn toàn có thể lan rộng ra bài toán trên với nhu yếu : Tính giá trị của biểu thức : Sn = x1n + x2n ; S n + 1 = x1n + 1 + x2n + 1 ; S n + 2 = x1n + 2 + x2n + 2B ằng cách vận dụng hiệu quả của bài toán sau : Cho phương trình bậc 2 : ax 2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) có 2 nghiệm là x1, x2. Chứng minh rằng : với Sn = x1n + x2n thì a. S n + 2 + b. S n + 1 + c. S n = 0HD : Do x1, x2 là nghiệm của phương trình nên ta có : n + 2 n + 1   ax1 + bx1 + c = 0   ax1 + bx1 + cx1 = 0 ⇒  n + 2  2 n + 1   ax 2 + bx2 + c = 0   ax 2 + bx2 + cx2 = 0 ⇒ a ( x1n + 2 + x2n + 2 ) + b ( x1n + 1 + x2n + 1 ) + c ( x1n + x2n ) = 0x1, x2. Hay : aSn + 2 + bS n + 1 + cS n = 0 Áp dụng vào bài toán trên, phương trình : x 2 − 6 x − 7 = 0 có hai nghiệm + ) S1 = x1 + x2 = 6 + ) S2 = x12 + x22 = 50 + ) S3 = x13 + x23 = 6S 2 + 7 S1 = 342 + ) S4 = x14 + x24 = 6S3 + 7 S 2 = 2402 + ) S5 = x15 + x25 = 6S 4 + 7 S3 = 16806 + ) S6 = x16 + x26 = 6 S5 + 7 S 4 = 117650 + ) S7 = x17 + x27 = 6S6 + 7 S5 = 823542  − 1 + 5   − 1 − 5  BT2 : Tính A =  ÷ +  2    HD : − 1 + 5 − 1 − 5 Đặt : x1 = ; x2 =  x1 + x2 = − 1T a có :   x1. x2 = − 1 ⇒ x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 + x − 1 = 0 ⇒ Sn + 2 + Sn + 1 + S n = 0C ó S1 = − 1 ; S 2 = 3 ; S3 = − 4 ; S4 = 7 ; S5 = − 11 ; S6 = 18V ậy A = 18BT3 ( HSG QN 2001 - 2002 ) : Gọi a, b là hai nghiệm của phương trình 30 x 2 − 3 x = 2002H ãy rút gọn biểu thức : S = HD : 30 ( a 2002 + b 2002 ) − 3 ( a 2001 + b 2001 ) a 2000 + b 2000P hương trình đã cho có : ∆ = 9 + 4.30.2002 > 0 nên phương trình có hainghiệm x1 = a ; x2 = bSn = a n + b n ; Sn + 1 = a n + 1 + b n + 1 ; S n + 2 = a n + 2 + b n + 2T a có : 30S n + 2 − 3S n + 1 − 2002 Sn = 0 ⇒ 30S n + 2 − 3S n + 1 = 2002S n30Sn + 2 − 3S n + 1 2002S n = 2002 ⇒ S = SnSnVậy S = 2002D ạng 2 : Tìm m để phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn nhu cầu một điều kiện kèm theo chotrước. * PP giải : – Tìm ĐK để PT ax 2 + bx + c = 0 có nghiệm x1, x2 : a ≠ 0 ; ∆ ≥ 0 – Kết hợp hệ thức Viet với ĐK cho trước để xác lập tham số m – Kiểm tra lại m có thỏa mãn nhu cầu ĐK có nghiệm không rồi Tóm lại * Một số bài tậpBT1 : Cho PT : x − 2 ( m − 2 ) x + ( m + 2 m − 3 ) = 0T ìm những giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn nhu cầu : 1 1 x1 + x2 + = x1 x2HD :  ∆ ‘ ≥ 0  m ≤ 6   ⇔  m ≠ 1 ; m ≠ − 3 ⇔ m = − 4T a phải có :  x1. x2 ≠ 0  1 1 x + x  m = − 4  + = 1 2   1BT2 : Cho phương trình : x − 2 ( m − 2 ) x − m + 3 m − 4 = 0T ìm m để tỉ số giữa 2 nghiệm của phương trình có giá trị tuyệt đối bằng 2.3  7HD : Có : a. c = − m + 3 m − 4 = −  m − ÷ − < 0 với ∀ mét vuông  4 ⇒ phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt trái dấuTỷ số giữa hai nghiệm của phương trình có giá trị tuyệt đối bằng 2 mà hainghiệm trái dấu nên : x1 = − 2 x2 hoặc x2 = − 2 x1Hay ( x1 + 2 x2 ) ( x2 + 2 x1 ) = 0 ⇔ x1 x2 + 2 ( x1 + x2 ) = 0  x1 + x2 = m − 2T heo Hệ thức Viét ta có :   x1. x2 = − m + 3 m − 4 ( * ) Thay vào ( * ) ta được :  m = 1 − m 2 + 3 m − 4 + 2 ( m − 2 ) = 0 ⇔ m 2 − 5 m + 4 = 0 ⇔   m = 4BT3 : Cho phương trình ẩn x : x 2 + x + m = 0X ác định m để PT có 2 nghiệm phân biệt đều lớn mHD : Cách 1 : PT có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 ⇔ ∆ = 1 − 4 m > 0 ⇔ m mPhương trình có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 đều lớn m ⇔   x2 > m   ( x1 − m ) ( x2 − m ) > 0   x1 x2 − m ( x1 + x2 ) + m 2 > 0  x1 − m > 0 ⇔  ⇔  ⇔    x1 + x2 − 2 m > 0  x2 − m > 0   x1 − m + x2 − m > 0  − 1 − 2 m > 0 ⇔  ⇔ m < − 2 ( * * )     m < − 2T ừ ( * ) và ( * * ) ta được giá trị m cần tìm là : m < - 2C ách 2 : Đặt x – m = t ⇔ x = t + mPT đã cho trở thành : ( t + m ) + ( t + m ) + m = 0 ⇔ t 2 + ( 2 m + 1 ) t + m 2 + 2 m = 0 ( 1 ) Phương trình đã cho có hai nghiệm lớn hơn m ⇔ phương trình ẩn t ( 1 ) có 2 nghiệm dương phân biệt  ∆ > 0 ⇔  S > 0 ⇔ ….. ⇔ m > − 2  P. > 0C ách 3 : Tính x1, x2 theo m ; giải bất phương trình ẩn m. BT4 : Cho PT : x + ( 2 m − 3 ) x + m − 3 m = 0X ác định m để PT có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn nhu cầu : 1 < x1 < x2 < 6HD : Có ∆ = 9 > 0 ⇒ PT luôn có 2 nghiệm phân biệt : x1 = m − 3 ; x2 = mVới mọi m ta có : m – 3 < m hay x1 < x2Do 1 < x1 < x2 < 6 ⇒ 1 < m − 3 < m < 6 ⇔ 4 < m < 6D ạng 3 : Tìm hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm x1, x2 không phụ thuộc vào vào thông số * PP giải - Tìm ĐK để PT ax 2 + bx + c = 0 có nghiệm x1, x2 : a ≠ 0 ; ∆ ≥ 0 - Áp dụng hệ thức Viet - Khử tham số m từ hệ trên, ta suy ra hệ thức cần tìm. * Một số bài tậpBT1 : Cho PT : x + 2 ( m + 3 ) x + 4 m − 1 = 0 ( 1 ) Tìm 1 hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm x1, x2 không nhờ vào vào mHDCó ∆ ' = ( m + 3 ) − ( 4 m − 1 ) = ... = ( m + 1 ) + 9 > 0 với mọi mNên PT ( 1 ) luôn có 2 nghiệm x1, x2 với mọi mTheo Hệ thức Viét ta có :   x1 + x2 = 2 ( m + 3 )   2 ( x + x ) = 4 m + 12 ⇔  1 2   x1. x2 = 4 m − 1   x1. x2 = 4 m − 1T rừ từng vế hai đẳng thức ta được : 2 ( x1 + x2 ) − x1. x2 = 13 x 2 − ( m + 2 ) x + ( 2 m − 1 ) = 0 có những nghiệm x1, x2BT2 : Cho PT : Lập một hệ thức giữa x1, x2 độc lập với mHD  x1 + x2 = m + 2K hử m từ  ta được x1 x2 = 2 ( x1 + x2 − 2 ) − 1  x1. x2 = 2 m − 1D o đó : 2 ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 5 là hệ thức cần tìmDạng 4 : Lập phương trình bậc 2 biết điều kiện kèm theo của 2 nghiệm. * PP giải – Tính tổng hai nghiệm S = x1 + x2 và tích hai nghiệm P = x1 x2 – Phương trình có hai nghiệm x1, x2 là X 2 − SX + P. = 0 * Một số bài tậpBT1 : Cho PT x − 2 ( m − 1 ) x − m = 0 a, CMR : Phương trình luôn có 2 nghiệm x1, x2 với mọi mx2b, Với m ≠ 0, lập phương trình ẩn y thỏa mãn nhu cầu :   y = x + 1   2×1 HD1  3 a, Có ∆ ‘ = m − m + 1 =  m − ÷ + > 0 với mọi mét vuông  41 x x + 1 1 − my1 = x1 + = 1 2 b, Ta có : x2x2x21 x x + 1 1 − my2 = x2 + = 1 2×1 x1x1Tính : 2 ( 1 − m )  1 1  y1 + y2 = ( 1 − m )  + ÷ = … =  x1 x2  y1 y2 ( 1 − m ) ( 1 − m ) x1 x2 − mVậy y1, y2 là 2 nghiệm của phương trình : my 2 − 2 ( 1 − m ) y − ( 1 − m ) = 0BT2 : Cho PT x − 4 x − ( m + 3 m ) = 0 có hai nghiệm x1, x2. Lập pt bậc 2 ẩn y có 2 nghiệm y1, y2  y1 + y2 = x1 + x2y2thỏa mãn :  y1  1 − y + 1 − y = 3 ( y1 ≠ 1, ≠ y2 ≠ 1 ) HD3  7 – Có : ∆ ‘ = 4 + m + 3 m =  m + ÷ + > 0 với mọi mét vuông  4   x1 + x2 = 4 – Theo Hệ thức Viét :    x1. x2 = − ( m + 3 ) – Theo bài ra : + ) y1 + y2 = x1 + x2 = 4 y1 + 2 = 3 + ) 1 − y2 1 − y1 ⇒ y1 ( 1 − y1 ) + y2 ( 1 − y2 ) = 3 ( 1 − y1 ) ( 1 − y2 ) ⇔ ( y1 + y2 ) − ( y12 + y22 ) = 3 ( 1 − ( y1 + y2 ) + y1 y2 ) ⇔ 4 − ( 42 − 2 y1 y2 ) = 3 ( 1 − 4 + y1 y2 ) ⇔ y1 y2 = − 3V ậy y1, y2 là 2 nghiệm của pt : y 2 − 4 y − 3 = 0BT3 : Cho m là số thực khác – 1. Hãy lập một phương trình bậc hai có 2 nghiệm  4 x1 x2 + 4 = 5 ( x1 + x2 ) ( 1 ) x1, x2 thỏa mãn nhu cầu những hệ thức :  ( 2 )  ( x1 − 1 ) ( x2 − 1 ) = m + 1HDT heo bài ra, ta có :  4 x1 x2 + 4 = 5 ( x1 + x2 )  ( x1 − 1 ) ( x2 − 1 ) = m + 1  4 x1 x2 − 5 ( x1 + x2 ) = − 4 ⇔   x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 1 = m + 1  4 x1 x2 − 5 ( x1 + x2 ) = − 4 ⇔  − m  x1 x2 − ( x1 + x2 ) = m + 1   1 2 m + 1B iến đổi ta được   x x = 4 − m   1 2 m + 1 ⇒ x1 ; x2 là nghiệm của PT : ( m + 1 ) x 2 − 4 x + 4 − m = 0D ạng 5 : Xét dấu những nghiệm của PT bậc 2 và PT trùng phương * PP giảiCho PT ax + bx + c = 0 ( 1 ) ( a ≠ 0 ). Để xét dấu những nghiệm số của PT ta dựa vàodấu của ∆, S và P. – Phương trình ( 1 ) có hai nghiệm trái dấu ( x1 < 0 < x2 ) ⇔ P < 0.  ∆ ≥ 0  P > 0 – Phương trình ( 1 ) có hai nghiệm cùng dấu ⇔   ∆ ≥ 0 – Phương trình ( 1 ) có hai nghiệm cùng dương ( 0 < x1 ≤ x2 ) ⇔  P > 0.  S > 0  ∆ ≥ 0 – Phương trình ( 1 ) có hai nghiệm cùng âm ( x1 ≤ x2 < 0 ) ⇔  P > 0.  S < 0  P < 0  S > 0  P < 0 - Phương trình ( 1 ) có hai nghiệm x1 < 0 < x2 và x1 = x2 ⇔   S = 0 - Phương trình ( 1 ) có hai nghiệm x1 < 0 < x2 và x1 < x2 ⇔  * Một số bài tậpBT1 : Tìm những giá trị của m để PT sau có tối thiểu một nghiệm không âmx 2 + mx + ( 2 m − 4 ) = 0 ( 1 ) HDCách 1 : Có ∆ = m 2 − 4 ( 2 m − 4 ) = ( m − 4 ) ≥ 0 với mọi m. PT ( 1 ) có nghiệm với mọi m  x1 + x2 = − m  x1 x2 = 2 m − 4T heo hệ thức Viét, có   x1 + x2 < 0  − m < 0 ⇔  ⇔ m > 2  2 m − 4 > 0  x1. x2 > 0PT ( 1 ) có hai nghiệm ( pb hoặc kép ) đều âm ⇔  Vậy điều kiện kèm theo để PT ( 1 ) có tối thiểu một nghiệm âm là m ≤ 2C ách 2 : − m − ( m − 4 ) − m + ( m − 4 ) = 2 − m ; x2 = = − 2P hải có x1 ≥ 0 ⇔ 2 − m ≥ 0 ⇔ m ≤ 2G iải PT ( 1 ) tìm được x1 = Khai thác bài toánTìm giá trị của m để PT sau có nghiệm x + mx + ( 2 m − 4 ) = 0 ( 2 ) HDĐặt x 2 = t ≥ 0. ĐK để PT ( 2 ) có nghiệm là PT t + mt + ( 2 m − 4 ) = 0 có tối thiểu mộtnghiệm không âm. BT2 : Cho PT x − 2 ( m − 1 ) x − ( m − 3 ) = 0 ( 1 ). Tìm m để PT ( 1 ) có : a, 4 nghiệm pbd, 1 nghiệmb, 3 nghiệm pbe, vô nghiệmc, 2 nghiệm pbHDĐặt x 2 = t ≥ 0, ta có t − 2 ( m − 1 ) t − ( m − 3 ) = 0 ( 2 )   S = 2 ( m − 1 ) Có ∆ ‘ = ( m + 1 ) ( m − 2 ). Theo hệ thức Viet, có    P = 3 − m  ∆ ‘ > 0 a, PT ( 1 ) có 4 nghiệm pb ⇔ PT ( 2 ) có 2 nghiệm phân biệt dương ⇔  P > 0  S > 0 b, PT ( 1 ) có 3 nghiệm pb ⇔ PT ( 2 ) có 1 nghiệm dương và 1 nghiệm bằng 0  P = 0 ⇔   S > 0  ∆ ‘ = 0  S > 0 hoặc PT ( 2 ) có hai nghiệm trái dấu ⇔ P < 0 c, PT ( 1 ) có 2 nghiệm pb ⇔ PT ( 2 ) có nghiệm kép dương ⇔   P = 0  S < 0 d, PT ( 1 ) có 1 nghiệm ⇔ PT ( 2 ) có 1 nghiệm âm và 1 nghiệm bằng 0 ⇔  e, PT ( 1 ) vô nghiệm ⇔ PT ( 2 ) vô nghiệm ⇔ ∆ ' < 0  ∆ ' ≥ 0 hoặc PT ( 2 ) có hai nghiệm ( kép hoặc pb ) âm ⇔  P > 0  S < 0D ạng 6 : Tìm GTLN và GTNN của những biểu thức nghiệm. Chứng minh cácbất đẳng thức nghiệmBT1 : Cho PT 2 x + 2 ( m + 2 ) x + m + 4 m − 4 = 0 ( 1 ) Chứng minh khi ( 1 ) có hai nghiệm x1 ; x2 thì x1 + x2 + 3x1 x2 ≤ 16HDPT ( 1 ) có nghiệm khi ∆ ' = ( m + 2 ) − 2 ( m 2 + 4 m − 4 ) ≥ 0 ⇔ m 2 + 4 m − 12 ≤ 0 ⇔ − 6 ≤ m ≤ 2  x1 + x2 = − ( m + 2 ) Theo hệ thức Viet ta có :  m 2 + 4 m − 4  x1. x2 = 1  5  73T a có x1 + x2 + 3x1 x2 = 3 m + 10 m − 16 = 3  m + ÷ − 2  3  Vì − 6 ≤ m ≤ 2 nên135 115  169 − ≤ m + ≤ ⇒ 0 ≤  m + ÷ ≤ ⇒ 0 ≤ 3 33  5  733  m + ÷ − ≤ 163  BT2 : Gọi x1 ; x2 là nghiệm của phương trình : 2x2 + 2 ( m + 1 ) x + mét vuông + 4 m + 3 = 0T ìm giá trị lớn nhất của biểu thức : A =  x1x2 - 2x1 - 2x2  HDĐể phương trình đã cho có nghiệm thì : ∆ ' = ( m + 1 ) 2 - 2 ( mét vuông + 4 m + 3 ) = - ( m + 1 ) ( m + 5 ) ≥ 0 ⇒ - 5 ≤ m ≤ - 1 ( * )  x1 + x2 = − m − 1K hi đó theo hệ thức Viét ta có :  m 2 + 4 m + 3  x1. x2 = Do đó : A =  m 2 + 8 m + 7T a có : mét vuông + 8 m + 7 = ( m + 1 ) ( m + 7 ) với điều kiện kèm theo ( * ) thì : ( m + 1 ) ( m + 7 ) ≤ 0. − m 2 + 8 m − 79 − ( m + 4 ) 2S uy ra : A = Dấu bằng xảy ra khi ( m + 4 ) 2 = 0 hay m = - 4V ậy A đạt giá trị lớn nhất là : khi m = - 4, giá trị này thoả mãn điều kiện kèm theo ( * ). BT3 : : ( Đề tuyển sinh chuyên Hạ Long 1997 – 1998 ) Cho phương trình x 2 − 2 ( m + 1 ) x + m = 0 ( mlà tham số ) a ) Chứng minh : Phương trình đã cho luôn luôn có nghiệm với mọi mb ) Trong trường hợp m > 0 và x1, x2 là những nghiệm của phương trình nói trênhãy tìm GTLN của biểu thứcA = x12 + x2 2 − 3 ( x1 + x2 ) + 6×1 x2HDa ) ∆ ‘ = ( m + ) 2 + > 0 b ) Theo tác dụng phần a phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt  S = x1 + x2 = 2 ( m + 1 )  P = x1 x2 = mTheo hệ thức Viét ta có  Vì P = m > 0 nên x2, x2 ≠ 0 biểu thức A được xác lập với mọi giá trị x1, x2 tínhtheo mA = x12 + 2 x1 x2 + x22 − 2 x1 x2 − 3 ( x1 + x2 ) + 6 ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1. x2 − 3 ( x1 + x2 ) + 6×1. x2x1 x2Thay S và P. vào biểu thức A ta được : A = 4  m + 1  m  Theo bất dẳng thức Cô Si vì  m + ÷ : 2 ≥ m. ( do m > 0 và > 0 ) m  ⇔ m + ≥ 2. 1 ⇔ m + ≥ 2 ⇔ 4 ( m + ) ≥ 8V ậy biểu thức A có GTNN là 8T rong bất đẳng thức Cô Si dấu bằng xảy ra ⇔ m = ⇔ m = ± 1V ới m = 1 thoả mãn điều kiện kèm theo m > 0 m = – 1 không thoả mãn điều kiện kèm theo m > 0V ậy với m = 1 thì A có GTNN bằng 8BT4 ( HSG QN 2004 – 2005 ) Gọi a là số thực sao cho PT x 2 − 3 ax − a = 0 có hai nghiệm pb x1 ; x2. Tìm GTNNcủa biểu thức A = a23ax2 + x12 + 3 a3ax1 + x2 2 + 3 aa2Hướng dẫnDo PT x 2 − 3 ax − a = 0 có hai nghiệm pb x1 ; x2 nên  9 a 2 + 4 a > 0 ( 1 )  9 a 2 + 4 a > 0 ( 1 )   2   2  x1 − 3 ax1 − a = 0 ⇔  x1 = 3 ax1 + a  2  2   x2 − 3 ax2 − a = 0   x2 = 3 ax2 + aKhi đóA = a23ax2 + x12 + 3 aa2x2 2 + x12 + 2 a3ax1 + x2 2 + 3 aa2x12 + x2 2 + 2 aa2a29a 2 + 4 a9a 2 + 4 aa2Theo ( 1 ) thì 9 a 2 + 4 a > 0 nên vận dụng BĐT Cosi, ta được A ≥ 2 − 1A = 2 ⇔ 9 a 2 + 4 a = a 2 ⇔ a = − 1 − 1K hi a = thì x1 = − 1 ; x2 = − 1 − 1V ậy A đạt GTNN bằng 2 khi a = ; x1 = − 1 ; x2 = A = Dạng 7 : Giải PT, hệ PT bậc hai chứa hai ẩn * PP giảiĐặt S = x + y ; P. = x. y ( S ≥ 4 P. ). Sau khi tìm được S, P. thì x, y là nghiệm củaPT X 2 − SX + P. = 0 * Một số bài tậpBT1 : Giải phương trình : 5 − x   5 − x   x  ÷.  x + ÷ = 6 x + 1   x + 1   Hướng dẫn : ĐKXĐ : x ≠ – 15 − x   5 − x   5 − x ÷    x + 1   u + ν = 5  x + 1   x + 1 Đặt :  ( * ) ⇒  ⇒   u. ν = 6  ν = x + 5 − x  u. ν =  x. 5 − x .  x + 5 − x  ÷    x + 1   x + 1   x + 1   u, v là nghiệm của phương trình : x2 – 5 x + 6 = 0G iải PT ta được u = 3 thì v = 2 hoặc u = 2 thì v = 3  u = 3 thì ( * ) trở thành :  ν = 2N ếu :  x2 – 2 x + 3 = 0 ∆ ‘ = 1 – 3 = – 2 < 0P hương trình vô nghiệm :  u = 2 thì ( * ) trở thành : x2 - 3 x + 2 = 0N ếu :  Suy ra : x1 = 1 ; x2 = 2 ( TMĐK ) Vậy phương trình có hai nghiệm x1 = 1 ; x2 = 2.   x + y + mx + my − m − 1 = 0BT2 : Cho hệ PT    x + y = 4 ( 1 ) ( 2 ) Tìm m để hệ PT đã cho có hai cặp nghiệm ( x1 ; y1 ) ; ( x2 ; y2 ) thỏa x1 ≠ x2 và ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) = 4HDT ừ ( 2 ) ta có y = 4 – x. Thay vào ( 1 ) ta đượcx 2 + ( 4 − x ) + mx + m ( 4 − x ) − m − 1 = 0 ⇔ 2 x 2 − 8 x + 3 m + 15 = 0 ( 3 ) Do hệ PT cần có hai nghiệm ( x1 ; y1 ) ; ( x2 ; y2 ) với x1 ≠ x2 nên ( 3 ) phải có hainghiệm phân biệt x1 ; x2 tức là ∆ ' > 0 ⇔ 16 − 2 ( 3 m + 15 ) > 0 ⇔ m < −  x1 + x2 = 4  y1 = 4 − x1Khi đó ta có  3 m + 15 và   y2 = 4 − x2   x1. x2 = ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) = 4 ⇔ ( x1 − x2 ) +   ( 4 − x1 ) − ( 4 − x2 )   Xét ⇔ 2 ( x1 − x2 ) = 4 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = 2  3 m + 15  ⇔ 16 − 4  ÷ = 2 ⇔ m = − ( TM ) = 4  x + y = m ( I ) BT3 : Cho hệ PT  2 2  x + y = 6 − mTìm GTNN của biểu thức A = xy + 2 x + 2 y trong đó ( x ; y ) là nghiệm của hệ ( I ) HD   x + y = m  S = x + y = m  x + y = 6 − m  P. = xy = m − 3   ( x + y ) − 2 xy = 6 − m  x + y = mTa có  Hệ ( I ) có nghiệm khi S 2 − 4 P ≥ 0 ⇔ m 2 ≤ 4 ⇔ − 2 ≤ m ≤ 2T a có A = xy + 2 ( x + y ) = P. + 2 S = ( mét vuông − 3 ) + 2 m = ( m + 1 ) − 4D o − 2 ≤ m ≤ 2 ⇒ − 1 ≤ m + 1 ≤ 3 ⇒ 0 ≤ ( m + 1 ) ≤ 9D ấu bằng xảy ra khi m = - 1 ( TMĐK ) Vậy GTNN của A bằng - 4 tại m = - 1D ạng 8 : Định lý Vi-ét và những bài toán khácBT1 : Cho a, b là nghiệm của phương trình : x2 + px + 1 = 0 và b, c là nghiệm củaphương trình x2 + qx + 2 = 0. Chứng minh : ( b - a ) ( b - c ) = pq - 6. HD : a, b là nghiệm của phương trình : x2 + px + 1 = 0 b, c là nghiệm của phương trình : x2 + qx + 2 = 0. Theo định lý viét ta có :   a + b = - p   b + c = - qvà    a. b = 1   b. c = 2D o đó : ( b – a ) ( b – c ) = b2 + ac - 3 ( 1 ) pq = ( - p ) ( - q ) = ( a + b ) ( b + c ) = b2 + ac + 3S uy ra : pq - 6 = b2 + ac + 3 – 6 = b2 + ac - 3 ( 2 ) Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra ( b - a ) ( b - c ) = pq - 6 ( đpcm ) BT2 : Giả sử a, b là hai số khác nhau. Chứng minh rằng nếu PTx 2 + ax + 2 b = 0 ( 1 ) ; x 2 + bx + 2 a = 0 ( 2 ) có đúng một nghiệm chung thì những nghiệm số còn lại của ( 1 ) và ( 2 ) là nghiệmcủa PT x + 2 x + ab = 0 ( 3 ) HDGiả sử ( 1 ) có hai nghiệm pb x1 ≠ x0 ⇒ x0 2 + ax0 + 2 b = 0 ( 2 ) có hai nghiệm pb x2 ≠ x0 ⇒ x0 2 + ax0 + 2 b = 0 ⇒ ( a − b ) x0 + 2 b − 2 a = 0 ⇔ ( a − b ) x0 = 2 ( a − b ) Vì a ≠ b ⇒ x0 = 2 thế vào ( 1 ) ta có : 4 + 2 a + 2 b = 0 ⇒ a = − b − 2T hay a vào ( 1 ), ta có x − ( b + 2 ) x + 2 b = 0 ⇒ ( x − 2 ) ( x − b ) = 0 ⇒ x0 = 2 ; x1 = bTương tự, ta có x2 = a  x1 + x2 = a + bDo đó   x1. x2 = abTheo Viet đảo ta có : x1 ; x2 là hai nghiệm của PTx 2 − ( a + b ) x + ab = 0 ⇔ x 2 + 2 x + ab = 0 ( vì a + b = - 2 ) BÀI TẬP ĐỀ XUẤTBài 1 : ( Đề tuyển sinh lớp 10 năm 2006 – 2007 ) Xét phương trình : x 4 − 2 ( m 2 + 2 ) + 5 mét vuông + 3 = 0 ( 1 ) với m là tham số1 ) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m phương trình ( 1 ) luôn có 4 nghiệm phân biệt2 ) Gọi những nghiệm của phương trình ( 1 ) là x1, x2, x3, x4. Hãy tính theo m giátrị của biểu thức M = x 2 + x 2 + x 2 + x 2B ài 2 : Cho phương trình x 2 - ax + a - 1 = 0 có 2 nghiệm x1, x2a ) Không giải phương trình hãy tính giá trị biểu thức3 x12 + 3x22 − 3M = 2x1 x2 + x22 x1b ) Tìm a để tổng những bình phương 2 nghiệm số đạt GTNN ? Bài 3 : Tìm giá trị của m để những nghiệm x 1, x2 của PT mx2 - 2 ( m - 2 ) x + ( m - 3 ) = 0 thoả mãn điều kiện kèm theo x12 + x22 = 1B ài 4 : Cho phương trình : mx2 - 2 ( m + 1 ) x + ( m - 4 ) = 0 ( m là tham số ). a ) Xác định m để những nghiệm x 1 ; x2 của phương trình thoả mãn : x 1 + 4x2 = b ) Tìm một hệ thức giữa x1 ; x2 mà không phụ thuộc vào vào mBài 5 : Cho x1 = 3 + 1x2 = 1 + 3L ập phương trình bậc hai có nghiệm là : x1 ; x2Bài 6 : Cho phương trình : x2 + 5 x - 1 = 0 ( 1 ) Không giải phương trình ( 1 ), hãy lập một phương trình bậc hai có cácnghiệm là luỹ thừa bậc bốn của những nghiệm phương trình ( 1 ) Bài 7 : Tìm những thông số p và q của phương trình : x2 + px + q = 0 sao cho hai  x1 − x 2 = 5 nghiệm x1 ; x2 của phương trình thoả mãn hệ :  x 3 − x 3 = 35  1B ài 8 : Cho những số a, b, c thoả mãn điều kiện kèm theo : a + b + c = - 2 c2 = 2 ( 1 ) ; a2 + b2 + ( 2 ) Chứng mình rằng mỗi số a, b, c đều thuộc đoạn  4    − 3 ; 0   khibiểu diễn trêntrục số. Bài 9 : Xác định m để hệ phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt :   x + y + yx = m  2   x + y = 3 − 2 m   x 2 + ( m + 2 ) x = myBài 10 : Xác định m để hệ  2 có đúng 2 nghiệm phân biệt   y + ( m + 2 ) y = mxBài 11 : Giả sử x1, x2 là hai nghiệm của phương trình ( ẩn x ) : x 2 + ( m − 4 ) x + m 2 − 3 m + 3 = 0 mx12mx22 49C hứng minh rằng : − 7 < 1 − x1 1 − x2 9B ài 12 : Cho phương trình : x 2 − 5 mx − 4 m = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2a, Chứng minh rằng : x12 − 5 mx2 − 4 m > 0. m2x22 + 5 mx1 + 12 mb Xác định giá trị m để biểu thức 2 đạtx1 + 5 mx2 + 12 mm2giá trị nhỏ nhất .

Source: https://mindovermetal.org
Category: Ứng dụng hay