Tài liệu Bất phương trình bậc 2-Phạm Thành Luân pptx

12 Vấn đề 3 PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ 1. Phương trình bậc hai: a. Cho phương trình : 2 ax bx c 0(a 0) (*)++= ≠ 2 b4ac∆= − ∆ < 0 : (*) vô nghiệm ∆ = 0 : (*) có nghiệm kép 12 b xx 2a ==− ∆ > 0 : (*) Có 2 nghiệm phân biệt 1,2 bA x 2a −± = b. Đònh lý Viete : Nếu phương trình : 2 ax bx c 0(a 0) + += ≠ có 2 nghiệm 12 12 12 b xx a x,xthì: c xx a ⎧ +=− ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ += ⎪ ⎩ 2. Dấu của tam thức bậc hai : 2 f(x) ax bx c(a 0)=++≠ a. Đònh lý thuận: ∆ < 0 : f(x) luôn cùng dấu với a af(x) 0, x R⇔>∀∈ ∆ = 0 : f(x) cùng dấu với a với mọi b x 2a ≠− và b f( ) 0 2a − = ∆ > 0 : f(x) có 2 nghiệm phân biệt : 12 xx< Bảng xét dấu: b. Đònh lý đảo về dấu của tam thức: Cho tam thức f(x) = 2 ax bx c(a 0)++ ≠và một số thực α . 12 12 f(x)co ù 2 nghiệmx x af( ) 0 xx < ⎧ α< ⇔ ⎨ <α< ⎩ 13 [] 12 12 f(x)co ù 2 nghiệm x x 0 x,x af( ) 0 ≤ ⎧ ∆≥ ⎧ ⎪ ⇔ ⎨⎨ α∉ α> ⎪ ⎩ ⎩ 3. Điều kiện để tam thức không đổi dấu trên R Cho 2 f(x) ax bx c (a 0) = ++ ≠ a0 f(x) 0, x R 0 > ⎧ >∀∈⇔ ⎨ ∆ < ⎩ a0 f(x) 0, x R 0 > ⎧ ≥∀∈⇔ ⎨ ∆ ≤ ⎩ a0 f(x) 0, x R 0 < ⎧ <∀∈⇔ ⎨ ∆ < ⎩ a0 f(x) 0, x R 0 < ⎧ ≤∀∈⇔ ⎨ ∆ ≤ ⎩ Nếu chưa có a ≠ 0 thì ta phải xét trường hợp a = 0. 4. So sánh nghiệm của phương trình bậc hai với hai số cho trước. Cho phương trình : 2 f(x) ax bx c 0(a 0) = ++= ≠ và hai số , ( ) αβ α< β 12 af( ) 0 xx af( ) 0 α < ⎧ <α<β< ⇔ ⎨ β < ⎩ 12 af( ) 0 xx af( ) 0 α < ⎧ <α< <β⇔ ⎨ β > ⎩ 12 af( ) 0 xx af( ) 0 α < ⎧ α< <β< ⇔ ⎨ β > ⎩ 12 12 xx xx < α< <β∨α< <β< ⇔ phương trình có 2 nghiệm phân biệt và chỉ có một nghiệm thuộc f( ).f( ) 0 (;) a0 αβ < ⎧ αβ ⇔ ⎨ ≠ ⎩ 14 Phương trình có 2 nghiệm 12 x,x và 12 0 af( ) 0 xx af()0 s 0 2 s 0 2 ⎧ ⎪ ⎪ ∆> ⎪ α > ⎪ ⎪ α< < <β⇔ β > ⎨ ⎪ ⎪ − α> ⎪ ⎪ − β< ⎪ ⎩ II. Các ví dụ: Ví dụ 1: Đònh m để phương trình : 2 x2(m3)xm130+−+−= có 2 nghiệm. 12 x,x và 22 12 1 2 xxxx−− đạt giá trò lớn nhất. Giải Ta có: 22 '(m3) (m13)m 7m220∆= − − − = − + > m ∀ vì 49 88 0∆= − < Đònh lý viete cho : 12 12 xx 2(m3)62m xx m 13 +=− −=− ⎧ ⎨ =− ⎩ 22 22 12 1 2 12 1 2 22 12 1 2 xx x x xx (x x ) 3x x (x x ) 3(m 13) (6 2m) ⇒−−=−+ =−+=−−− 22 22 2 4m 27m 75 (4m 27m 75) 27 27 27 4m 4 75 4 75 88 8 =− + − =− − + ⎛ ⎞ ⎛⎞ ⎛⎞ =− − + − ≤ − ⎜ ⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝ ⎠ ⎝⎠ ⎝⎠ Vậy 2 22 12 1 2 27 max(x x x x ) 4 75 8 ⎛⎞ −− = − ⎜⎟ ⎝⎠ khi 27 m 8 = 15 Ví dụ 2: Đònh m để phương trình : 2 x2mx2m0 − +− = có 2 nghiệm 12 x,x và 22 12 xx + đạt giá trò nhỏ nhất. Giải Phương trình có 2 nghiệm 22 'm (2m)m m20 m 2m1 ⇔ ∆= − − = + − ≥ ⇔ ≤− ∨ ≥ Đònh lý viete: 12 12 xx2m xx 2 m += ⎧ ⎨ = − ⎩ 22 2 2 2 12 12 12 x x (x x ) 2x x 4m 2(2 m) 4m 2m 4⇒+= + − = − − = + − Xét hàm số 2 f(x) 4m 2m 4 = +− với m 2 m 1. ≤ −∨ ≥ Ta có : 1 f'(m) 8m 2 , f'(m) 0 m 4 =+ =⇔=− F(-2) = 8 , f(1) = 2 BBT Vậy Min 22 12 (x x ) 2+= khi m = 1 Ví dụ 3: Cho hàm số f(x) = 2x + m + log 2 ( 2 mx 2(m 2)x 2m 1) − −+− (m là tham số). Tìm tất cả các giá trò của m để f(x) xác đònh với mọi x (ĐẠI HỌC CẦN THƠ – Khối D năm 2000) Giải f(x) xác đònh 2 xmx2(m2)x2m10 x∀⇔ − − + −> ∀ (1) . m = 0 : (1) 1 4x 1 0 x 4 ⇔−>⇔> không thoả với x ∀ 16 . 2 m0 m0:(1) '(m2) m(2m1)0 > ⎧ ⎪ ≠⇔ ⎨ ∆= − − − < ⎪ ⎩ 2 m0 m0 m1 m4m1 m3m40 > ⎧ > ⎧ ⎪ ⇔⇔⇔> ⎨⎨ <− ∨ > +−> ⎪ ⎩ ⎩ Ví dụ 4: Tìm a để hai phương trình : 2 ax x 1 0++= và 2 xax10++= Có nghiệm chung. (ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN – Khối D năm 2000) Giải Gọi x 0 là nghiệm chung của 2 phương trình cho, ta có: 2 00 2 00 ax x 1 0 (1) xax10 (2) ++= ++= (1) – (2) : 2 00 (a 1)x (1 a)x 0−+− = 2 00 (a 1)x (a 1)x 0⇔− −− = 2 00 (a 1)(x x ) 0 (*)⇔− − = . Nếu a10 a1−= ⇔= thì cả hai phương trình đã cho đều vô nghiệm. . Nếu 00 0 0 a1:(*) x(x 1)0 x 0x 1≠⇔ −=⇔=∨= + Với 0 x0:= cả 2 phương trình đã cho đều vô nghiệm. + Với 0 x1:= là nghiệm chung của hai phương trình đã cho, thì ta có: a110 a 2++= ⇔ =− Vậy a = - 2 thì hai phương trình đã cho có nghiệm chung x = 1. Ví dụ 5: Đònh m để phương trình : 2 x2mx5m40−+−= có đúng một nghiệm thuộc [ ] 0,1 . Giải Ta xét các trường hợp sau: Phương trình cho có nghiệm x = 1 Thế vào phương trình cho: 3m – 3 = 0 m1⇔= . Thế m = 1 vào phương trình cho: 2 x2x10x1−+=⇔= (kép) ⇒ m = 1 nhận. * Phương trình cho có nghiệm x = 0 : Thế vào phương trình cho: 17 5m – 4 = 0 4 m 5 ⇔= Thế 4 m 5 = vào phương trình cho: 2 88 xx0x 0 55 ⎛⎞ − =⇔ − = ⎜⎟ ⎝⎠ [] [] 84 x 0 0,1 x 0,1 m 55 ⇔ =∈ ∨=∉ ⇒ = nhận. * Phương trình cho có đúng một nghiệm (0,1) ∈ : 12 12 12 x0x1 (1) 0x 1x (2) 0xx1 (3) << < ⎡ ⎢ ⇔<<< ⎢ ⎢ <=< ⎣ (1) và (2) 4 f(0).f(1) 0 (5m 4)(3m 3) 0 m 1 5 ⇔<⇔−−<⇔<< 2 'm 5m40 m1m4 (3) m s 0m1 0m1 2 ⎧ ∆= − + = =∨ = ⎧ ⎪ ⇔ ⇔⇔∈∅ ⎨⎨ << <=< ⎩ ⎪ ⎩ Tóm lại: 4 m1 5 ≤≤ Ví dụ 6 : Gọi x 1 , x 2 là các nghiệm của phương trình : 22 2 12 12x 6mx m 4 0 m − +−+ = Với giá trò nào của m thì 33 12 xx + a) Đạt giá trò lớn nhất ? b) Đạt giá trò nhỏ nhất ? Giải Điều kiện để phương trình cho có nghiệm 22 2 12 '9m 12m 4 0 m ⎛⎞ ⇔ ∆= − − + ≥ ⎜⎟ ⎝⎠ 22 2 48 m16 04m122m23 m ⇔− + − ≥ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ Với điều kiện đó, x 1 và x 2 là 2 nghiệm của phương trình, ta có : 18 12 33 3 12 12 1212 2 12 2 m xx 2 xx(xx)3xx(xx) 112 xx m 4 12 m ⎛⎞ += ⎜⎟ ⎜⎟ += + − + ⎛⎞ ⎜⎟ =−+ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ 3 2 2 mm1 12m3 3.m4 f(m) 2212 22m m ⎛⎞ ⎛⎞ ⎛ ⎞ =− −+=−= ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜ ⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ ⎝ ⎠ 2 13 f'(m) 0, m 0, 2 2m =+ >∀≠ vậy hàm số luôn tăng trong hai đoạn 23,2 ⎡⎤ −− ⎣⎦ và 2,2 3 ⎡⎤ ⎣⎦ . Ta có : 1 f( 2 3) f( 2) 4 f( 2 3) f(2 3) 1 f(2) f(2 3) 4 ⎫ −<−=− ⎪ ⎪ ⇒− < ⎬ ⎪ =< ⎪ ⎭ Vậy 33 12 xx+ đạt giá trò nhỏ nhất ứng với m23=− và đạt giá trò lớn nhất ứng với m23= . Ví dụ 7 : Đònh m để phương trình sau có nghiệm thuộc 3 , 22 π ⎛⎞ π ⎜⎟ ⎝⎠ cos2x (2m 1)cosx m 1 0−+ ++= Giải Đặt t = cosx, vì [ ) 3 x, t1,0 22 π ⎛⎞ ∈π⇒∈− ⎜⎟ ⎝⎠ 22 cos2x 2cos x 1 2t 1=−=− Phương trình cho 2 2t 1 (2m 1)t m 1 0⇔−− +++= 2 2t (2m 1)t m 0⇔− ++= 22 (2m 1) 8m (2m 1) 0∆= + − = − ≥ [ ) 2m 1 2m 1 tm 4 2m 1 2m 1 1 t1,0 42 ++ − ⎡ == ⎢ ⇔ ⎢ +− − ⎢ ==∉− ⎢ ⎣ Vậy để nghiệm [ ) t1,0 1m0∈− ⇔− ≤ < 19 Ví dụ 8 : Đònh m để phương trình: 2 (m 5)x 2mx m 4 0 (*)−−+−= Có một nghiệm nhỏ hơn 1 và một nghiệm lớn hơn 2. Giải Đặt 2 f(x) (m 5)x 2mx m 4=− − +− Gọi x 1 , x 2 là 2 nghiệm của (*), ta có : x 1 < 1 < 2 < x 2 af(1) 0 (m 5)( 9) 0 m 5 5m24 af(2) 0 (m 5)(m 24) 0 5 m 24 <−−< > ⎧⎧ ⎧ ⇔ ⇔⇔⇔<< ⎨⎨ ⎨ <−−<<< ⎩⎩ ⎩ Ví dụ 9 : Đònh m để phương trình có nghiệm : 2 2 11 x(13m)x3m0 x x ⎛⎞ + +− + + = ⎜⎟ ⎝⎠ . Giải Đặt 22 2 2 22 111 tx t x 2 x t 2 x xx = +⇒ = + +⇒ + =− Điều kiện t2≥ Phương trình cho 2 t2(13m)t3m0 ⇔ −+ − + = 2 t (13m)t3m20 (abc0) ⇔ +− + −= ++= t 1 không thoả t 2 t3m2 ⎡ = ≥ ⇔ ⎢ =− ⎢ ⎣ Để phương trình có nghiệm : 3m 2 2 3m 2 2 3m 2 2 − ≥ ⎡ ⇔−≥⇔ ⎢ − ≤− ⎣ 4 m 3 m0 ⎡ ≥ ⎢ ⇔ ⎢ ≤ ⎢ ⎣ 20 III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ 3.1. Cho hai phương trình : 2 xxm0 (1)−+ = 2 x3xm0 (2)−+= Với những giá trò nào của m, thì phương trình (2) có một nghiệm khác 0, gấp 2 lần một nghiệm của phương trình (1). 3.2. Cho hai phương trình : 2 x3x2s0++= 2 x6x5s0++= Tìm tất cả các giá trò của s để mỗi phương trình đều có 2 nghiệm phân biệt, và giữa 2 nghiệm của phương trình này có đúng một nghiệm của phương trình kia. 3.3. Chứng minh rằng nếu 12 1 2 aa 2(b b )≥+thì ít nhất một trong hai phương trình 2 11 2 22 xaxb0 xaxb0 ++= ++= có nghiệm. 3.4. Đònh m để phương trình : 232 xhxxhx10 (1)++++= Có không ít hơn hai nghiệm âm khác nhau. 3.5. Đònh m để phương trình 2 2 24 2 4x 2ax 1a 0 12x x 1x ++−= ++ + có nghiệm. 3.6. Đònh m để phương trình có nghiệm: 22 2 2 (x 2x 2) 2(3 m)(x 2x 2) m 6m 0−+ + − −++ − = 3.7. Chứng minh phương trình sau có nghiệm: 22 ab c, m n,a,b,c 0 (1) xm xn +=≠ ≠ −− 21 HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ 3.1. Điều kiện đồng thời có nghiệm của 2 phương trình cho là : 1 2 14m 0 1 m 94m0 4 ∆=− ≥ ⎧ ⇔ ≤ ⎨ ∆= − ≥ ⎩ Gọi 0 x0≠ là 1 nghiệm của phương trình (1), nghiệm phương trình (2): 0 x2x= 22 0 00 0 0 22 00 00 5 x xxm0 3x5x0 3 10 4x 6x m 0 m x x m 9 ⎧ = ⎧⎧ ⎪ −+= − = ⎪⎪⎪ ⇔⇔⇔ ⎨⎨⎨ −+= =−+ ⎪⎪⎪ ⎩⎩ = − ⎪ ⎩ 3.2. Đặt 2 f(x) x 3x 2s,=++ 2 g(x) x 6x 5s = ++ Mỗi phương trình đều có 2 nghiệm phân biệt và giữa 2 nghiệm của phương trình này có đúng một nghiệm của phương trình kia, ta phải có 1 12 0 g(x ).g(x ) 0 ∆> ⎧ ⎨ < ⎩ với x 1 , x 2 là nghiệm của phương trình f(x) = 0 8 s 0s1 9 9s(s 1) 0 ⎧ < ⎪ ⇔ ⇔<< ⎨ ⎪ −< ⎩ 3.3. 22 11 122 2 a4b, a4b∆= − ∆= − 22 1212 12 aa4(bb)0⇒∆ +∆ = + − + ≥ (vì 22 12 12 aa2aa+≥ 12 1 2 aa 2(b b )≥+) ⇒ ít nhất 1 trong 2 phương trình đã cho phải có nghiệm. 3.4. Nhận xét x = 0 không phải là nghiệm của (1) Đặt 2 1 tx h(x)x tx10 (2) x =+ ⇔ = − += Điều kiện t2 t2t 2≥⇔≥∨≤− (2) nếu có nghiệm thì các nghiệm cùng dấu. t = - 2 thì (2) có 1 nghiệm âm. (2) có 2 nghiệm âm t2 ⇔ <− 22 (1) 2 t2 f(t) t ht 1 0 ⎧ ≥ ⎪ ⇔ ⎨ =+−= ⎪ ⎩ f(t) có 2 nghiệm trái dấu YCBT 3 f( 2) 0 h 2 ⇔−<⇔> 3.5. Đặt 2 2x t 1x = + Điều kiện 1t1−≤≤ 2 2 22 24 2 111 4x 2ax 1a 0 f(t) t at 1 a 012x x 1x −≤≤ ⎧ ⎪ ++−=⇔ ⎨ =++−=++ + ⎪ ⎩ (1) có nghiệm 0 f( 1) 0 2 xf(1)f(1)0 a2 f(1) 0 5 s 11 2 ∆≥ ⎧ ⎪ −> ⎪ ⎪ ⇔− ≤∨ ⇔ < < ⎨ > ⎪ ⎪ −< < ⎪ ⎩ 3.6. Đặt 22 2 tx 2x2(x 2x1)1(x1) 11=−+= −++=−+≥ Phương trình cho trở thành: 22 t2(3m)tm6m0+− +−= tm m6 = ⎡ ⇔ ⎢ − ⎣ YCBT m1 m1 m1 m61 m7 ≥≥ ⎡⎡ ⇔⇔⇔≥ ⎢⎢ −≥ ≥ ⎣⎣ 3.7. 22 (1) f(x) c(x m)(x n) a (x n) b (x m) 0⇔=− −−−− −= 22 2 f(m).f(n) a b (m n) 0=− − < ⇒ phương trình luôn luôn có phân biệt và m,n≠ . 12 Vấn đề 3 PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ 1. Phương trình bậc hai: a. Cho phương trình : 2 ax bx c 0(a 0) (*)++= ≠. hai phương trình đã cho, thì ta có: a110 a 2++= ⇔ =− Vậy a = - 2 thì hai phương trình đã cho có nghiệm chung x = 1. Ví dụ 5: Đònh m để phương trình