Chuyên đề hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai

HÀM SỐ BẬC NHẤT VÀ HÀM SỐ BẬC HAI Vấn đề 1: Hàm số bậc Kiến thức cần nhớ: Định nghĩa: + Hàm số bậc hàm số cho công thức: = y ax + b a b số thực cho trước a ≠ + Khi b = hàm số bậc trở thành hàm số y = ax , biểu thị tương quan tỉ lện thuận y x Tính chất: a) Hàm số bậc , xác định với giá trị x ∈R b) Trên tập số thực, hàm số = y ax + b đồng biến a > nghịch biến a < Đồ thị hàm số = y ax + b với ( a ≠ ) + Đồ thị hàm số = y ax + b đường thẳng cắt trục tung điểm có tung độ b b cắt trục hồnh điểm có hồnh độ − a + a gọi hệ số góc đường thẳng = y ax + b Cách vẽ đồ thị hàm số = y ax + b + Vẽ hai điểm phân biệt đồ thị vẽ đường thẳng qua điểm + Thường vẽ đường thẳng qua giao điểm đồ thị với trục tọa độ  b  A  − ;0  , B ( 0; b )  a  THCS.TOANMATH.com 30 + Chú ý: Đường thẳng qua M ( m;0 ) song song với trục tung có phương trình: x − m = , đường thẳng qua N ( 0; n ) song song với trục hồnh có phương trình: y − n = Kiến thức bổ sung Trong mặt phẳng tọa độ cho hai điểm A ( x1; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) ( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 ) AB = = x Điểm M ( x; y ) trung điểm AB x1 + x2 y1 + y2 = ;y 2 Điều kiện để hai đường thẳng song song , hai đường thẳng vng góc y ax + b đường thẳng ( d ) = : y a ' x + b ' với Cho hai đường thẳng ( d1 ) : = a, a ' ≠ • (d1 ) / /(d ) ⇔ a = a ' b ≠ b ' • (d1 ) ≡ (d ) ⇔ a = a ' b = b ' • ( d1 ) • (d1 ) ⊥ (d ) ⇔ a.a ' = −1 cắt ( d ) ⇔ a ≠ a ' Chú ý: Gọi ϕ góc tạo đường thẳng = y ax + b trục Ox , a > tan ϕ = a Một số tốn mặt phẳng tọa độ: Ví dụ 1) Cho đường thẳng ( d1 ) : y= x + đường thẳng ( d ) : y= ( 2m − m ) x + m2 + m a) Tìm m để (d1 ) / /(d ) THCS.TOANMATH.com 31 b) Gọi A điểm thuộc đường thẳng (d1 ) có hồnh độ x = Viết phương trình đường thẳng (d3 ) qua A vng góc với (d1 ) c) Khi (d1 ) / /(d ) Hãy tính khoảng cách hai đường thẳng (d1 ), ( d ) d) Tính khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng (d1 ) tính diện tích tam giác OMN với M , N giao điểm (d1 ) với trục tọa độ Ox, Oy Lời giải: a) Đường thẳng (d1 ) / /(d ) 2m − m = ( m − 1)( 2m + 1) = ⇔ ⇔m= −  2 m + m ≠ ( m − 1)( m + ) ≠ (d1 ) / /(d ) b) Vì A điểm thuộc đường thẳng (d1 ) có hồnh độ x = suy Vậy với m = − tung độ điểm A l y = + = ⇒ A ( 2;4 ) Đường thẳng ( d1 ) có hệ số góc a = , đường thẳng ( d ) có hệ số góc a ' ⇒ a '.1 =−1 ⇒ a ' =−1 Đường thẳng ( d3 ) có dạng y =− x + b Vì ( d3 ) qua A ( 2;4 ) suy =−2 + b ⇒ b =6 Vậy đường thẳng ( d3 ) y =− x + c) Khi (d1 ) / /(d ) khoảng cách hai đường thẳng ( d1 ) ( d ) khoảng cách hai điểm A, B thuộc ( d1 ) ( d ) cho AB ⊥ (d1 ), AB ⊥ ( d ) Hình vẽ: Gọi B giao điểm đường thẳng (d3) A (d3 ) (d ) Phương trình hồnh độ giao điểm B THCS.TOANMATH.com (d1) (d2) 32 ( d ) ( d3 ) là: −x + = x − 25 23  25 23  ⇔x= ⇒y= ⇒ B ;  8  8  Vậy độ dài đoạn thẳng AB là: AB=  25   23   − 2 +  − 4 =     d) Gọi M , N giao điểm đường thẳng ( d1 ) với trục tọa độ Ox, Oy Ta có: Cho y =0 ⇒ x =−2 ⇒ A ( −2;0 ) , cho y =0 ⇒ x =−2 ⇒ N ( −2;0 ) Từ suy OM 2 Tam giác OMN vuông cân O Gọi = ON = ⇒ MN = OH = MN H hình chiếu vng góc O lên MN ta có= = SOMN = OM ON ( đvdt) Chú ý 1: Nếu tam giác OMN không vuông cân O ta tính OH theo cách: y Trong tam giác vng OMN ta có: N 1 (*) Từ để khoảng cách từ điểm O = + 2 OH OA OB đến đường thẳng (d ) ta làm theo cách: H O M x + Tìm giao điểm M , N (d ) với trục tọa độ + Áp dụng cơng thức tính đường cao từ đỉnh góc vng tam giác vng OMN (cơng thức (*)) để tính đoạn OH Bằng cách làm tương tự ta chứng minh công thức sau: THCS.TOANMATH.com 33 Cho M ( x0 ; y0 ) đường thẳng ax + by + c = Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng là: d= ax0 + by0 + c a + b2 Ví dụ 2:Cho đường thẳng mx + ( − 3m ) y + m − =0 (d ) a) Tìm điểm cố định mà đường thẳng (d ) ln qua b) Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng (d ) lớn c) Tìm m để đường thẳng (d ) cắt trục tọa độ Ox, Oy A, B cho tam giác OAB cân Lời giải: a) Gọi I ( x0 ; y0 ) điểm cố định mà đường thẳng (d ) ln qua với m ta có: mx0 + ( − 3m ) y0 + m − = 0∀m ⇔ m ( x0 − y0 + 1) + y0 − = 0∀m   x0 =  x0 − y0 + = 1 1 ⇔ Hay  ⇔ I ;  2 2 2 y0 − =0 y =  b) Gọi H hình chiếu vng góc O lên đường thẳng (d ) Ta có: OH ≤ OI suy OH lớn OI H ≡ I ⇔ OI ⊥ (d ) Đường thẳng qua O có phương trình: y = ax 1 1 1 I  ;  ∈ OI ⇒ =a ⇔ a =1 ⇒ OI : y =x 2 2 2 Đường thẳng (d ) viết lại sau: mx + ( − 3m ) y + m − =0 ⇔ ( − 3m ) y =−mx + − m THCS.TOANMATH.com 34 đường thẳng (d ) : x − = song song với trục Oy nên khoảng cách từ O đến (d ) 2 m m −1 lại: y Điều + Nếu m ≠ đường thẳng (d ) viết= x+ 3m − 3m − m kiện để (d ) ⊥ OI −1 ⇔ m =− = 3m ⇔ m = Khi khoảng 3m − 2 + Đế ý với m = cách OI = 1 1   +  = 2 2 Vậy m = giá trị cần tìm 2 c) Ta giải tốn theo cách sau: + Cách 1: Dễ thấy m = không thỏa mãn điều kiện (Do (d ) không cắt , đường thẳng (d ) cắt Ox, Oy điểm A, B tạo thành tam giác cân OAB , góc  AOB = 900 ⇒ ∆OAB vuông cân O Suy Oy ) Xét m ≠ hệ số góc đường thẳng (d ) phải −1 đường thẳng (d ) không qua gốc O  m m =  3m − = 1  Ta thấy có giá trị m = thỏa mãn điều kiện ⇔   m = −1  m =   3m − tốn = , m khơng thỏa mãn điều kiện m m −1 Xét m ≠ 0; , đường thẳng (d ) viết= lại: y x+ 3m − 3m − Đường thẳng (d ) cắt trục Ox điểm A có tung độ nên Cách 2: Dễ thấy= m m m −1 1− m 1− m  1− m  , đường =0 ⇔ x = ⇒ A x+ ;0  ⇒ OA = m m 3m − 3m −  m  THCS.TOANMATH.com 35 thẳng (d ) cắt trục Oy điểm có hoành độ nên = y m −1 m −1  m −1  Điều kiện để tam giác OAB ⇒ B  0; =  ⇒ OB 3m − 3m −  3m −  m = m = 1− m m −1 cân OA = Giá trị OB ⇔ = ⇔ ⇒ m = m m = − 3m − m   m = không thỏa mãn , đường thẳng (d ) qua gốc tọa độ Kết luận: m = Ví dụ 3) Cho hai đường thẳng (d1 ) : mx + (m − 1) y − 2m = + 0,(d ) : (1 − m) x + my − 4m = +1 a) Tìm điểm cố định mà (d1 ) , (d ) ln qua b) Tìm m để khoảng cách từ điểm P(0;4) đến đường thẳng (d1 ) lớn c) Chứng minh hai đường thẳng cắt điểm I Tìm quỹ tích điểm I m thay đổi d) Tìm giá trị lớn diện tích tam giác I AB với A, B điểm cố định mà ( d1 ) , ( d ) qua Lời giải: a) Ta viết lại (d1 ) : mx + (m − 1) y − 2m + =0 ⇔ m ( x + y − ) + − y =0 Từ dễ dàng suy đường thẳng (d1) qua điểm cố định: A (1;1) Tương tự viết lại (d ) : (1 − m) x + my − 4m + = ⇔ m ( y − x − ) + + x = suy (d ) qua điểm cố định: B ( −1;3) b) Để ý đường thẳng (d1 ) qua điểm cố định: A (1;1) Gọi H hình chiếu vng góc P lên (d1 ) khoảng cách từ A đến (d1 ) PH ≤ PA Suy khoảng cách lớn PA THCS.TOANMATH.com 36 P ≡ H ⇔ PH ⊥ ( d1 ) Gọi = y ax + b phương trình đường thẳng qua +b = a.0= b suy phương trình đường P ( 0;4 ) ,A (1;1) ta có hệ :  ⇒ a.1 + b = a =−3 thẳng PA : y = −3 x + Xét đường thẳng (d1 ) : : mx + (m − 1) y − 2m + = Nếu m = ( d1 ) : x − =0 khơng thỏa mãn điều kiện Khi m ≠ thì: m 2m − Điều kiện để (d1 ) ⊥ PA x+ m −1 1− m m ( −3) =−1 ⇔ m = 1− m ( d= 1) : y suy hai đường c) Nếu m = ( d1 ) : y − =0 ( d ) : x + = thẳng ln vng góc với cắt I ( −1;1) Nếu m = ( d1 ) : x − =0 ( d ) : y − = suy hai đường thẳng vuông góc với cắt I (1;3) Nếu m ≠ {0;1} ta viết lại m 2m − m −1 4m − ( d= Ta thấy x+ x+ 2): y m m m −1 1− m  m  m −  (d1) (d2)    = −1 nên ( d1 ) ⊥ ( d ) I  − m  m  Do hai đường thẳng cắt điểm I ( d= 1) : y Tóm lại với giá trị m hai đường thẳng ( d1 ) , ( d ) ln vng góc A B H K cắt điểm I Mặt khác theo câu a) ta có ( d1 ) , ( d ) qua điểm cố định A, B suy tam giác I AB vng A Nên I nằm đường trịn đường kính AB THCS.TOANMATH.com 37 d) Ta có AB = ( −1 − 1) + ( − 1) 2 = 2 Dựng IH ⊥ AB 1 AB AB S ∆I AB =IH AB ≤ IK AB = AB = = Vậy giá trị lớn 2 2 diện tích tam giác IAB IH = IK Hay tam giác IAB vuông cân I Ứng dụng hàm số bậc chứng minh bất đẳng thức tìm GTLN, GTNN Ta có kết quan trọng sau: + Xét hàm số = y f ( x= ) ax + b với m ≤ x ≤ n GTLN, GTNN hàm số đạt x = m x = n Nói cách khác:  f ( x) = { f ( m ) ; f ( n )} max  f ( x) = max { f ( m ) ; f ( n )} Như m≤ x ≤ n m≤ x ≤ n để tìm GTLN, GTNN hàm số = y f ( x= ) ax + b với m ≤ x ≤ n ta cần tính giá trị biên f ( m ) , f ( n ) so sánh hai giá trị để tìm GTLN, GTNN + Cũng từ tính chất ta suy ra: Nếu hàm số bậc = y f ( x= ) ax + b có f ( m ) , f ( n ) ≥ f ( x ) ≥ với giá trị x thỏa mãn điều kiện: m≤ x≤n Ví dụ 1: Cho số thực ≤ x, y, z ≤ Chứng minh rằng: ( x + y + z ) − ( xy + yz + zx ) ≤ Lời giải: Ta coi y, z tham số, x ẩn số bất đẳng thức cần chứng ( − y − z ) x + ( y + z ) − yz − ≤  f ( ) ≤ Thật ta f ( x ) ≤ ta cần chứng minh:   f ( ) ≤ minh viết lại sau: f ( x) = Để chứng minh có: THCS.TOANMATH.com 38 + f ( ) = ( y + z ) − yz − = ( y − )( − z ) ≤ với y, z thỏa mãn: ≤ y, z ≤ + f ( ) =2 ( − y − z ) + ( y + z ) − yz − =− yz ≤ với y, z thỏa mãn: ≤ y, z ≤ Từ ta suy điều phải chứng minh: Dấu xảy ( x; y; z ) = ( 0;2;2 ) hốn vị số Ví dụ 2: Cho số thực không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện: x+ y+z = Tìm GTLN biểu thức: P = xy + yz + zx − xyz Lời giải: x+ y+z Không tính tổng quát ta = giả sử z ( x, y, z ) ⇒ z ≤ = Ta 3 ( x + y) có ≤ xy ≤ (1 − z ) = 4 P = xy (1 − z ) + ( x + y ) z = xy (1 − z ) + z (1 − z ) Ta coi z tham số xy ẩn số f ( xy ) = xy (1 − z ) + z (1 − z ) hàm số bậc xy với (1 − z ) ≤ xy ≤ Để ý rằng: − z > suy hàm số f ( xy ) = xy (1 − z ) + z (1 − z ) đồng biến Từ suy  (1 − z )2  1− z) −2 z + z + ( + z (1 − z ) = = f ( xy ) ≤ f   =(1 − z )   4   1  1 7 1  1 Dấu xảy − z−  z+ ≤ − z − z + = 27  108  27  3   27 x= y= z= Ví dụ 3: Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện: a + b + c = Chứng minh rằng: ( a + b + c ) − ( a + b3 + c ) ≤ THCS.TOANMATH.com 39 a) Cho số a, b, c thỏa mãn a > 0, = bc 4a , 2a + b= + c abc Chứng b) Cho a, b, c ba số khác c ≠ Chứng minh minh a ≥ phương trình x + ax + bc = x + bx + ac = có nghiệm chung nghiệm cịn lại chúng nghiệm phương trình x + cx + ab = 12) a) Cho f ( x ) = ax + bx + c ( a ≠ ) , biết phương trình f ( x ) = x x vô nghiệm chứng minh phương trình af ( x ) + bf ( x ) + c = vô nghiệm b) Cho số a1 , a2 , b1 , b2 cho phương trình sau vơ nghiệm: x + a1 x + b1 = x + a2 x + b2 = Hỏi phương trình x2 + 1 có nghiệm hay khơng? Vì sao? ( a1 + a2 ) x + ( b1 + b2 ) = 2 13) Cho phương trình x − 2mx + m − = ( x ẩn số) a) Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với m b) Gọi x1 , x2 nghiệm phương trình Tìm m để biểu thức M= −24 đạt giá trị nhỏ x + x22 − x1 x2 , với m tham số 14) Cho phương trình x + ( m − ) x − m = 1) Giải phương trình m = 2) Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 x2 với x1 < x2 , tìm tất nghiệm m cho x1 − x2 = 15) Cho phương trình x − x − 3m = , với m tham số THCS.TOANMATH.com 89 1) Giải phương trình m = 2) Tìm tất các giá trị m để phương trình có hai nghiệm x x x1 , x2 ≠ thỏa điều kiện − = x2 x1 16) Cho phương trình bậc hai: x − 2mx + m − m + = ( m tham số) a) Giải phương trình m = b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn: x12 + x22= x1 x2 − ( m tham số) 17) Cho phương trình: x + ( m + 1) x − 2m + m = a) Giải phương trình m = b) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m ( m tham số) 18) Cho phương trình: x − ( m + 1) x + m + = a) Giải phương trình với m = b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 + ( m + 1) x2 ≤ 3m + 16 y mx − tham 19) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( d ) := số m parabol ( P ) : y = x a) Tìm m để đường thẳng ( d ) qua điểm A (1;0 ) b) Tìm m để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 thỏa mãn x1 − x2 = 20) Cho phương trình: x + x + m − = (1) ( m tham số, x ẩn) 1) Giải phương trình (1) với m = THCS.TOANMATH.com 90 2) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ≠ thỏa mãn: − m − x1 − m − x2 10 + = x2 x1 21) Cho phương trình: x − x + m + = ( m tham số) 1) Tìm m để phương trình có nghiệm x = Tìm nghiệm cịn lại 2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x13 + x23 = ln có 22) Chứng minh phương trình: x − ( m + 1) x + m − = hai nghiệm phân biệt x1 , x2 biểu thức M = x1 (1 − x2 ) + x2 (1 − x1 ) không phụ thuộc vào m (1) ( m tham 23) Cho phương trình x − ( m + 1) x + m + 3m + = số) 1) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 2) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x12 + x22 = 12 24) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol ( P ) : y = x đường thẳng ( d ) : y = − ( m + 1) x + ( m tham số) 3 1) Chứng minh giá trị m ( P ) ( d ) ln cắt hai điểm phân biệt 2) Gọi x1 , x2 hoành độ giao điểm ( P ) ( d ) , đặt f ( x ) = x + ( m + 1) x − x Chứng minh rằng: f ( x1 ) − f ( x2 ) = − ( x1 − x2 ) (Trích đề thi vào lớp 10 trường chuyên ĐHSP Hà Nội 2013) THCS.TOANMATH.com 91 LỜI GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN 1) Vì x = nghiệm phương trình nên ta có: − ( 2m + 1) + m − m − = ⇔ m − 5m − =0 ⇔ m =−1 m = Với m = −1 ta có phương trình: x + x − = Phương trình cho có nghiệm x = , nghiệm cịn lại x = −3 (vì tích hai nghiệm ( −6 ) ) Với m = , ta có phương trình x − 13 x + 22 = , phương trình cho có nghiệm x = , nghiệm lại x = 11 (vì tích hai nghiệm 22) 2) Xét ∆ = ( 3) ( ) − − = + > Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt Chú ý: Có thể nhận xét ac < nên phương trình có hai nghiệm phân biệt trái dấu  x + x = − b) Áp dụng định lý Vi ét, ta có:   x1.x2 = − ( A =x12 + x22 =( x1 + x2 ) − x1 x2 =− ) ( ( B= x13 + x23 = ( x1 + x2 ) − 3x1 x2 ( x1 + x2 ) =− 3 C= ) − − =3 + 2 ) ( )( ) −3 − − = −3 − x + x −2 x1 + x2 − − 3−2 1 + = = = x1 − x2 − ( x1 − 1)( x2 − 1) x1 x2 − ( x1 + x2 ) + − + + 3) a) Ta có ∆ = ( −m ) − ( m − 1) = m − 4m + = ( m − ) 2 phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ∆ > ⇔ m ≠ Theo hệ m x + x = thức Viet ta có:  Khi P =  x1.x2= m − x1 x2 + 2m + = ( x1 + x2 ) + m2 + 2 ( m − 1) ≤ Dấu đẳng thức xảy 2m + m + − ( m − 1) Ta có P = 1− =2 = m +2 m +2 m +2 m = nên giá trị lớn max P = Tương tự ta có giá trị nhỏ THCS.TOANMATH.com 92 P = − , đạt m = −2 (Xem thêm phần phương pháp miền giá trị hàm số) 4) Cách 1: Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' > ⇔  − ( 2m + 1)  − ( 4m + 4m − 3) = > 0, ∀m Vậy phương trình có hai   nghiệm phân biệt với giá trị m Gọi hai nghiệm phương trình 2 ( 2m + 1)(1)  x1 + x= x1 , x2 Theo hệ thức Viet ta có:   x1.x2 = 4m + 4m − ( ) ( 2m + 1)   x2 = Thay Có thể giả sử x1 = x2 (3) Khi từ (1) (3)có  + m ( ) x =  ( 2m + 1) vào (2) ta có phương trình Giải phương trình ta m = = 4m + 4m − ⇔ 4m + 4m − 35 = m = − (thỏa mãn điều kiện) 2 Cách 2: Từ yêu cầu đề suy x1 = x2 x2 = x1 , tức là: ( x1 − x2 )( x2 − x1 ) =⇔ x1 x2 − ( x1 + x2 ) = áp dụng hệ thức Viet ta phương trình 4m + 4m − 35 = 5) Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' > ⇔ − m > ⇔ m < THCS.TOANMATH.com 93 (1)  x1 + x2 = Theo hệ thức Viet, ta có:  Ta có x1 + x2 =1 ⇔ x1 =1 − x2  x1.x2 = m ( )  x2 = −1 Thay vào (2) ta có m = −3 (3) Từ (1) (3) ta có   x1 = thảo mãn điều kiện 6) a) Phương trình có nghiệm x = ⇔ 5m − = ⇔ m = b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt trái dấu ⇔ ( 5m − ) < ⇔ m < c) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ∆ ' > ⇔ m − ( 5m − ) > ⇔ ( m − 1)( m − ) > ⇔ m > m < 2m  x1 + x2 = Theo hệ thức Viet ta có:  5m −  x1.x=  2m > Hai nghiệm phương trình dương ⇔  ⇔m> 5m − > Kết hợp với điều kiện ta có < m < m > 7) Cách Đặt x − =t , ta có x1 < < x2 ⇔ x1 − < < x2 − ⇔ t1 < < t2 Phương trình ẩn x x − x + 3m = đưa phương trình ẩn t : ( t + 1) − ( t + 1) + 3m =0 ⇔ t + t + 3m =0 Phương trình ẩn t phải có hai nghiệm trái dấu ⇔ 3m < ⇔ m < THCS.TOANMATH.com 94 Vậy m < Cách 2: Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ∆ > ⇔ − 12m > ⇔ m < Khi theo hệ thức Viet ta có: 12  x1 + x2 = (1) Hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn   x1.x2 = 3m x1 < < x2 ⇔ x1 − < < x2 − ⇔ x1 − x2 − trái dấu ⇔ ( x1 − 1)( x2 − 1) < ⇔ x1 x2 − ( x1 + x2 ) + < (2) Thay (1) vào (2) ta có: 3m − + < ⇔ m < Kết hợp với điều kiện ta có m < giá trị cần tìm Chú ý: Nếu hai nghiệm x1 , x2 < phương trình ẩn t có hai nghiệm số âm Nếu hai nghiệm x1 , x2 > phương trình ẩn t có hai nghiệm số dương 8) Giải: Áp dụng hệ thức Viet ta có: a + b =−c; ab =d ; c + d =−a; cd =b c + d =−a c =−a − d ⇔ ⇒b= d Ta có:  a + b =−c a + b =−c Kết hợp với ab = d cd = b suy = a 1,= c −2, d = −2 Do a + b =−c c + d = −a suy b = Do a + b + c + d = 12 + ( −2 ) + 12 + ( −2 ) = 10 2 9) THCS.TOANMATH.com 95 a) Vì a ≠ nên  c  c bc  ac ( a + c − 3b ) + b = ac + a c + b − 3abc= a   + −  (*) Theo a   a  a b c − ; x1 x2 = Khi (*) thành: hệ thức Viet, ta có: x1 + x2 = a a 2 3 a  x12 x22 + x1 x2 − ( x1 + x2 ) + x1 x2 ( x1 + x2 )    = a  x12 x22 + x1 x2 − ( x13 + x23 ) = a ( x12 − x2 )( x22 − x1 ) ⇒ ac ( a + c − 3b ) += b3 a ( x12 − x2 )( x22 − x1 ) Mà theo giả thiết ta có ax22 + bx2 + c = ax1 + bx2 + c= ( a ≠ ) Suy bx2 + c =−ax22 =−ax1 ⇒ x22 − x1 =0 Do ac ( a + c − 3b ) + b3 = b) Vì p, q nguyên dương khác nên xảy hai trường hợp p > q p < q Nếu p > q suy p ≥ q + Khi ∆= p − 4q ≥ ( q + 1) − 4q= ( q − 1) ≥ Vậy trường hợp phương trình x + px + q = có nghiệm Tương tự trường hợp p < q phương trình x + qx + p = có nghiệm (đpcm) 10) a) Theo điều kiện đầu ta gọi x0 nghiệm chung hai phương trình, ta có:  x + ax0 + 11 = ⇒ x02 + ( a + b ) x0 + 18 =   x0 + bx0 + = Do phương trình x + ( a + b ) x + 18 = có nghiệm (*) Khi ∆= (a + b) − 144 ≥ hay a + b ≥ 12 Mặt khác, ta có a + b ≥ a + b ≥ 12 Vậy a + b bé 12 a b dấu THCS.TOANMATH.com 96 Phương trình Với a + b =−12 , thay vào (*) ta được: x − 12 x + 18 = có nghiệm kép x = 20 16 − ;b = − Thay x = vào phương trình cho ta a = 3 Phương trình Với a + b = 12 thay vào (*) ta được: x + 12 x + 18 = có nghiệm kép x = −3 20 16 = a = ;b Thay x = −3 vào phương tình ta được: Vậy cặp số sau 3  20 16   20 16  thỏa mãn điều kiện toán: ( a; b ) =  − ;− , ;  3  3  11) a) Từ giả thiết ta có: bc = 4a b + c = abc − 2a = 4a − 2a = 2a ( 2a − 1) Suy b, c nghiệm phương trình x − ( 4a − 2a ) x + 4a = Khi = ∆ ' a ( 2a − 1) − 4a ≥ ⇔ ( 2a − 1) ≥ 4= ⇔a 2 (vì a > )  x02 + ax0 + bc = b) Giả sử x0 nghiệm chung, tức   x0 + bx0 + ca = ⇒ ( a − b ) x0 − c ( a − b ) ⇔ ( a − b )( x0 − c ) = Vì a ≠ b nên x0 = c Khi ta có: c + bc + ca = ⇔ c ( a + b + c ) = 0, Do c ≠ nên a + b + c =0 ⇒ a + b =−c Mặt khác theo định lý Viet, phương trình x + ax + bc = cịn có nghiệm x = b; phương trình x + bx + ac = cịn có nghiệm x = a Theo định lý đảo định lý Viet, hai số a b nghiệm (đpcm) hay x + cx + ab = phương trình: x − ( a + b ) x + ab = 12) a) Vì phương trình f ( x ) = x vơ nghiệm, nên suy f ( x ) > x f ( x ) < x, ∀x ∈  Khi af ( x ) + bf ( x ) + c > f ( x ) > x, ∀x ∈  af ( x ) + bf ( x ) + c < f ( x ) < x, ∀x ∈  Tức phương trình af ( x ) + bf ( x ) + c = x vô nghiệm THCS.TOANMATH.com 97 b) Từ giả thiết suy a12 − 4b1 < a22 − 4b2 < Do a  a − 4b1  x + a1 x + b1=  x +  − > 0, ∀x ∈  2  a2  a22 − 4b2  x + a2 x + b2 =  x +  − > 0, ∀x ∈  nên 2  1 x + ( a1 + a2 ) x + ( b1 + b2= ) ( x + a1 x + b1 ) + ( x + a2 x + b2 ) > 2 1 vơ nghiệm Do phương trình x + ( a1 + a2 ) x + ( b1 + b2 ) = 2 13) 1  a) ∆ ' = m − m +  m −  + > với m Vậy phương trình ln 2  có hai nghiệm với m b) Theo hệ thức Viet ta có: x1 + x2 = 2m; x1 x2 = m − 2 M −24 = x1 + x22 − x1 x2 ( x1 + x2 ) −24 = − x1 x2 − x1 x2 −24 −24 = = ( 2m ) − ( m − ) 4m − 8m + 16 ( x1 + x2 ) −6 ( m − 1) −24 +3 − x1 x2 ≥ −2 Dấu “=” xảy m = Vậy giá trị nhỏ M = −2 m = 14) 1) Khi m = phương trình thành: x − x = ⇔ x = x = 2) ∆ ' = ( m − ) + m = 2m − 4m + = ( m − 2m + 1) + 2 = ( m − 1) + > 0, ∀m Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với x1 + x2 = ( − m); P = x1 x2 = −m2 ≤ m Ta có S = Ta có x1 − x2 =6 ⇒ x12 − x1 x2 + x22 =36 ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 + x1 x2 = 36 ⇔ ( − m ) = 36 ⇔ ( m − ) = 2 ⇔ m =−1 ∨ m =5 15) THCS.TOANMATH.com 98  x = −1 1) Khi m = phương trình thành: x − x − = ⇔  (do x = a −b+c = ) x x 2) Với x1 , x2 ≠ ta có: − = ⇔ ( x12 − x22 ) =8 x1 x2 x2 x1 ⇔ ( x1 + x2 )( x1 − x2 ) = x1 x2 Ta có a.c = −3m ≤ nên ∆ ≥ 0, ∀m b c = x1.x2 == −3m ≤ a a Phương trình có hai nghiệm ≠ m ≠ ⇒ ∆ > x1 x2 < Giả sử Khi ∆ ≥ , ta có: x1 + x2 = − x1 > x2 Với a =1 ⇒ x1 =−b '− ∆ ' x2 =−b '+ ∆ ' ⇒ x1 − x2 = ∆ '= + 3m ( ) Do u cầu tốn ⇔ 3.2 −2 + 3m =8 ( −3m ) m ≠ m2 = ⇔ 4m − 3m − =0 ⇔  ⇔ m =±1  m = − (l )  16) a) Khi m = ta có phương trình: x2 − x + = ⇔ x − x − x + = ⇔ x ( x − 1) − ( x − 1) = x = Phương trình có tập nghiệm là: S = {1;3} ⇔ ( x − 1)( x − 3) =0 ⇔  x = b) Ta có ∆ ' = m − ( m − m + 1) = m − Để phương trình bậc hai cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ∆ ' > ⇒ m − > ⇔ m > Khi theo hệ thức Viet ta có: 2m  x1 + x2 = Theo ra:   x1 x2 = m − m + x12 + x22= x1 x2 − ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2= x1 x2 − ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 + = ⇒ 4m − ( m − m + 1) + = m = ⇔ m − 5m + = ⇔ ( m − 1)( m − ) = ⇔  m = THCS.TOANMATH.com 99 Đối chiếu điều kiện m > ta có m = thỏa mãn tốn 17) a) Khi m = phương trình thành: x + x − =0 có ∆ ' = 22 + = > Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 =−2 − 5; x2 =−2 + 1 b) Ta có: ∆ ' = 2m + 2m + = 2m − 2m + + 2m + 2m + 2  2 m − = 1  1  (vô =  m −  +  m +  ≥ , ∀m Nếu ∆ ' = ⇔  2 2   m + =  nghiệm) Do ∆ ' > 0, ∀m Vậy phương trình ln có hai nghiêm phân biệt với m 18) x = a) Với m = , ta có phương tình: x − x + = ⇔  x = b) Xét phương trình (1) ta có: ∆ =' ( m + 1) Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 ⇔ m ≥ − ( m + )= 2m − 3 Theo hệ thức Viet:  x1 + x2 = ( m + 1) Theo giả thiết: x12 + ( x1 + x2 ) x2 ≤ 3m + 16  m +4  x1 x= ⇔ x12 + ( x1 + x2 ) x2 ≤ 3m + 16 ⇔ x12 + x22 + x1 x2 ≤ 3m + 16 ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 ≤ 3m + 16 ⇔ ( m + 1) − ( m − ) ≤ 3m + 16 ⇔ 8m ≤ 16 ⇔ m ≤ Vậy ≤ m ≤ 2 19) 1) Đường thẳng ( d ) qua điểm A (1;0 ) nên có: 0= m.1 − ⇒ m= 2) Xét phương trình hồnh độ giao điểm ( d ) ( P ) : x − mx + = Có ∆ = m − 12 , nên ( d ) cắt ( P ) hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 THCS.TOANMATH.com 100 m > Áp dụng hệ thức ∆ = m − 12 > ⇔ m > 12 ⇔ m > ⇔   m < −2 m  x1 + x2 = Viet ta có:  Theo ta có:  x1 x2 = x1 − x2 =2 ⇔ ( x1 − x2 ) =4 ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 =4 2 ⇔ m − 4.3 =⇔ m2 = 16 ⇔ m = ±4 (TM) Vậy m = ±4 giá trị cần tìm 20) 1) Thay m = vào phương trình ta có: x + x − =0 Có ∆= 12 + 4.1.1= Vậy phương trình có nghiệm: −1 + −1 − = ; x2 2 2) Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì: 21 −1 (1); ∆ = − ( m − ) > ⇒ m < Theo hệ thức Viet ta có: x1 + x2 = x1 x2= m − (2) = x1 Xét: − m ) x1 + ( − m ) x2 − x12 − x22 10 ( − m − x1 − m − x2 10 + = ⇔ = 3 x2 x1 x1.x2 ( − m )( x1 + x2 ) − ( x1 + x2 ) ⇔ + x1 x2 x1 x2 10 = −1( − m ) − + ( m − ) 10 3m − 17 10 = ⇔ = m−5 m−5 3 ⇔m= −1 (thỏa mãn).Vậy với m = −1 tốn thỏa mãn 21) 1) Phương trình có nghiệm x = Thay (1),(2) vào ta có: ⇔ 32 = 2.3 + m + = ⇔ + m = ⇔ m = −6 Ta có: x1 + x2 =2 ⇔ + x2 =2 ⇔ x2 =−1 Vậy nghiệm lại x = −1 2) ∆ ' =1 − ( m + 3) =−m − Để phương trình có hai nghiệm ⇔ −m − ≥ ⇔ m < −2 Khi đó: x13 + x23 =8 ⇔ ( x1 + x2 ) ( x1 + x2 ) − x1 x2  =8   THCS.TOANMATH.com 101 Áp dụng hệ thức Viet ta được:  22 − ( m + 3)  =8 ⇔ ( − 3m − ) =8 ⇔ − 6m − 18 =⇔ −6m − 18 =⇔ m= −3 (thỏa mãn) Vậy m = −3 giá trị cần tìm 22) a) Phương trình: x − ( m + 1) x + 4m − = có ∆ =' = (m ( m + 1) − ( 4m − 3)= − 2m + 1) + = ( m − 1) (1) m + 2m + − 4m + + > với m Suy phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m b) Gọi hai nghiệm phương trình (1) x1 , x2 Theo hệ thức Viet ta có: S = x1 + x2 = 2m + ⇒ m = S −2 (2) P+3 S −2 P+3 ⇒ = ⇒ 2S − = P + 4 ⇒ S − P = ⇒ ( x1 + x2 ) − x1 x2 − x1 x2 = P= x1 x2 = 4m − ⇒ m= 23) Phương trình x + ( m + 1) x + 2m + 2m + = Có ∆ ' =( m + 1) − 2m − 2m − =m + 2m + − 2m − 2m − =−m 2 Phương trình có nghiệm phân biệt m ≠ Theo định lý Vi et ta có: −2 ( m + 1)  x1 + x2 = ⇒ x12 + x2 = 12 ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 − 12 =   x1.x2 = 2m + 2m + 1 Hay ( m + 1) − ( 2m + 2m + 1) =⇔ m= − 24)  y = x2  a) Xét hệ phương trình:  −2 ( m + 1) = + y 3   y = x ⇔ 10 (1) 3 x + ( m + 1) x − = (1) Có hệ số a c trái dấu nên ln có hai nghiệm phân biệt m nên ( P ) ( d ) cắt hai điểm phân biệt với m THCS.TOANMATH.com 102 −2 ( m + 1)   −3 ( x1 + x2 )  x1 + x2 = m + = ⇔ b) Theo hệ thức Viet:   x x = −1 3 x x = −1   Ta có: f ( x1 ) − f ( x2 ) = x13 − x23 + ( m + 1) ( x12 − x22 ) − x1 + x2 ⇒ ( f ( x1 ) − f ( x2 ) ) = x13 − x23 − ( x1 + x2 ) ( x12 − x22 ) − x1 + x2 = − x13 + x23 + x1 x2 ( x2 − x1 ) − ( x1 − x2 ) = − x13 + x23 + ( x1 − x2 ) − ( x1 − x2 ) ( x1 − x2 ) ( x12 + x22 − x1 x2 )  = = − ( x13 − x23 − x1 x2 ( x1 − x2 ) ) =   − ( x1 − x2 ) Nên f ( x1 ) − f ( x2 ) = THCS.TOANMATH.com −1 ( x1 − x2 ) 103 ... hàm số f ( t ) nghịch biến Suy f ( t ) ≥ f   a ( 3a − 1) ≥ =        Đẳng thức xảy a= b= c= Vấn đề 2: HÀM SỐ BẬC HAI Kiến thức cần nhớ Hàm số y = ax ( a ≠ ) : Hàm số xác định với số. .. trình bậc hai có hai nghiệm x1 , x2 cho trước: Bước 1: Tính S =+ x1 x2 ; P = x1 x2 Bước 2: Phương trình bậc hai nhận hai nghiệm x1 , x2 X − S X + P = + Tìm điều kiện để phương trình bậc hai (*)... IAB vuông cân I Ứng dụng hàm số bậc chứng minh bất đẳng thức tìm GTLN, GTNN Ta có kết quan trọng sau: + Xét hàm số = y f ( x= ) ax + b với m ≤ x ≤ n GTLN, GTNN hàm số đạt x = m x = n Nói cách