Đs9 chuyên đề 8 hệ thức vi ét và liên quan (203 trang)

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN ĐS9-CHUYÊN ĐỀ 9.HỆ THỨC VI-ÉT PHẦN I.TRỌNG TÂM CẦN ĐẠT A Kiến thức cần nhớ Hệ thức Vi-ét  Nếu x1 ; x2 hai nghiệm phương trình ax  bx  c   a   thì: b  x  x   a   x x  c  a  Nếu phương trình ax  bx  c   a   có a  b  c  phương trình có nghiệm x1  , nghiệm x2  c a  Nếu phương trình ax  bx  c   a   có a  b  c  phương trình có nghiệm x1  1 , nghiệm x2   c a Tìm hai số biết tổng tích chúng  Nếu hai số có tổng S tích P hai số hai nghiệm phương trình x2  Sx  P  Điều kiện để có hai số là: S  4P      B Một số ví dụ Ví dụ 1: Cho phương trình mx2   m  2 x  m   ( x ẩn số) a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn nghiệm dương (Thi học sinh giỏi Toán 9, TP Hồ Chí Minh năm học 2011 – 2012) Giải Tìm cách giải Những toán liên quan đến dấu nghiệm phương trình bậc hai liên quan đến công thức nghiệm hệ thức Vi-ét Cụ thể là: | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ 9.HỆ THỨC VI-ÉT  Phương trình có hai nghiệm trái dấu gồm: Phương trình có nghiệm (   ) x1 x2   c  điều kiện nghiệm chung là: ac  a  Phương trình có hai nghiệm trái dấu nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn nghiệm dương gồm: Phương trình có hai nghiệm trái dấu ( ac  ) nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn nghiệm dương ( x1  x2  ) Trình bày lời giải a) Phương trình có hai nghiệm trái dấu  ac   m  m  3    m  b) Phương trình có hai nghiệm trái dấu nghiệm âm có gái trị tuyệt đối lớn nghiệm dương 0  m  ac      2  m     m    x1  x2   m  Vậy với  m  phương trình có hai nghiệm trái dấu nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn nghiệm dương Ví dụ 2: Cho phương trình: x2   m  1 x  m   ( m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm số đo cạnh tam giác vuong có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh góc vng (đơn vị độ dài) Giải Tìm cách giải Bản chất tốn gồm bước:     Bước Phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 dương   x1  x2  x x    Bước Hai nghiệm x1 ; x2 số đo cạnh tam giác vng có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh góc vng (đơn vị độ dài) thỏa mãn: 1   2 x1 x2 h Trình bày lời giải CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN Xét    m  1  4.2  m  1  m2  2m   8m    m  3  2 Phương trình ln có hai nghiệm Để hai nghiệm số đo hai cạnh tam giác  phương trình có hai nghiệm dương   m  1 0   x1  x2     m  1  x1 x2   m    Hai nghiệm số đo cạnh tam giác vng có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh góc vng (đơn vị độ dài)  x  x2   x1 x2 25  m  1  4m  25 1 25        16 16 x1 x2 16 x12 x22  m  1 2  9m2  18m  55  Giải ra, ta được: m1   Kết hợp điều kiện, ta m1   11 ; m2  3 11 thỏa mãn Ví dụ 3: Cho phương trình x2  3mx  m  ( m tham số khác 0) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 Tìm giá trị nhỏ của: x12  3mx2  3m m2 A  x2  3mx1  3m m2 (Thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Hưng Yên, năm học 2011 -2012) Giải Phương trình có hai nghiệm phâm biệt 9m2  4m  hay m  9m     m  m   (*)  x1  x2  3m Theo Vi-ét:   x1 x2  m Ta có: m2 m2 m2 m2    0 x22  3mx1  3m x22   x1  x2  x1  3x1 x2 x12  x22  x1 x2  x1  x2 2 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho số dương: A  m2  x1  x2  | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN   x1  x2  m2 2 CHUYÊN ĐỀ 9.HỆ THỨC VI-ÉT Vậy Amin    x1  x2  m2  x1  x2  m 2  m4   x1  x2   m2   x1  x2   x12 x22   x1  x2   x12 x22   x1  x2   4x1 x2 2  x1 x2  x1 x2  4  9m2  m  m    9m2 m   L   8m  4m   4m  2m  1    m    2 Vậy với m   A  2 Ví dụ 4: Cho phương trình x2  x  m  (với m tham số) Tìm m để phương trình cho có hai nghiệm x1 x2 thỏa mãn: x12  x22  12 (Thi học sinh giỏi Tốn 9, Tình Phú Thọ năm học 2012 – 2013) Giải   36  4m   4m  36  m  9  x1  x2  * Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:   x1 x2  m * Ta có: x12  x22   x1  x2  x1  x2   12  x1  x2  Suy ra: x1  4; x2  Từ suy ra: m  4.2  8 (thỏa mãn điều kiện) Vậy với m  8 phương trình có hai nghiệm x1 x2 thỏa mãn x12  x22  12 Ví dụ 5: Tìm tất giá trị m cho phương trình x4  x3  8x  m  có nghiệm phân biệt (Thi học sinh giỏi Tốn 9, Tỉnh Thanh Hóa năm học 2012 – 2013) Giải Cách Ta có x4  x3  8x  m  (1)   x  1   x  1  m   Đặt y   x  1 , y  phương trình có dạng: y  y  m   (2) Phương trình (1) có nghiệm phân biệt  Phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 9   m       4  m      S   6    5  m  m  5 P  m     Cách Ta có x4  x3  8x  m  (1)   x2  x    x2  x   m  Đặt y  x2  x phương trình có dạng: y  y  m  (3) Phương trình (1) có nghiệm phân biệt  phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt lớn 1     4  m     x1  1 x2  1    x1 x2  x1  x2   x  x   x1  x2  2   1  m  m    5  m  4  m     m  5 4  2  Ví dụ 6: Chứng minh a b hai nghiệm phương trình x2  px   (1), cịn c d hai nghiệm phương trình x2  qx   (2) ta có hệ thức:  a  c b  c  a  d b  d   q2  p Giải a  b   p c  d  q ; Theo hệ thức Vi-et ta có:  ab  cd  Xét  a  c  b  c  a  d  b  d    ab  ac  bc  c  ab  ad  bd  d   1  pc  c 1  pd  d    pd  d  pc  p cd  pcd  c  pc d  c d   pd  d  pc  p  pd  c  pc   c2   d  p2   c  d   p2  q2  p2 Suy  a  c  b  c  a  d  b  d   q  p Điều phải chứng minh Nhận xét Nếu chọn p q hai số nguyên cho q  p số phương ta có kết quả:  a  c  b  c  a  d  b  d  số phương Chẳng hạn: cho số nguyên | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ 9.HỆ THỨC VI-ÉT m , chứng minh a b hai nghiệm phương trình x2  15mx   (1), c hai nghiệm phương trình d x2  17mx   ta có  a  c  b  c  a  d b  d  số phương Ví dụ 7: Cho phương trình x2  px  q  (1) Hãy tìm giá trị nguyên p q cho phương trình (1) có nghiệm ngun phân biệt nghiệm gấp lần nghiệm (Thi học sinh giỏi Toàn 9, tỉnh Yên Bái, năm học 2003 – 2004) Giải Giả sử phương trình có hai nghiệm phân biệt x2  x1  p  4q  p  x1      x  x2  x1   p  Ta có:   2  x1 x2  x1  q 4 p  q  p; q   25  Suy p 25  p  25k  k  Do q    p  5k 4.25k  4k 25   Vậy  p; q    5k ; 4k  ;  5k ; 4k  với k  phương trình (1) có hai nghiệm nguyên ohana biệt nghiệm gấp lần nghiệm Ví dụ 8: Gọi x1 ; x2 hai nghiệm phương trình bậc hai ax2  bx  c  Đặt Sn  x1n  x2n với n nguyên dương a) Chứng mỉnh rằng: aSn2  bSn1  cSn  b) Không khai triển, không dùng máy tính, tính giá trị biểu thức: A  1   1   5 Giải a) x1 nghiệm phương trình nên ax12  bx1  c  ; x2 nghiệm phương trình nên ax22  bx2  c  0; Suy ra: ax1n2  bx1n1  cx1n  (1), ax2n2  bx2n1  cx2n  (2) Từ (1) (2) cộng vế với vế, ta được: a  x1n  x2n   b  x1n1  x2n1   c  x1n  x2n   CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN Từ suy ra: aSn2  bSn1  cSn  b) Đặt: x1   3; x2   3; Sn  x1n  x2n  x1  x2  Suy   x1 x2  2 Vậy x1 ; x2 nghiệm phương trình x2  x   Áp dụng câu a, ta có: Sn2  2Sn1  2Sn   Sn2  2Sn1  2Sn (*) Ta có: S1  2, S2  x12  x22   x1  x2   x1 x2    Áp dụng công thức (*), ta có: S3  2S2  2S1  2.8  2.2  20; S4  2S3  2S2  2.20  2.8  56 S5  2S4  2S3  2.56  2.20  152 1    1   1 Ta có: A    1   1   1   1   5 5 5  152 19  32 C Bài tập vận dụng Cho phương trình x2  2mx  m   a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn x13  x23  26m b) Tìm m ngun để phương trình có hai nghiệm ngun (Thi học sinh giỏi Tốn 9, Tỉnh Quảng Bình năm học 2012 – 2013) Hướng dẫn giải – đáp số 1  a) Xét   m  m    m     , phương trình ln có hai nghiệm phân biệt 2  với m Gọi x1 ; x2 nghiệm phương trình  x1  x2  2m Theo hệ thức Vi-ét ta có:   x1 x2  m   x12  x22   x1  x2   x1 x2  4m2  2m  Ta có: x13  x23  26m   x1  x2   x12  x1 x2  x22   26m  2m  4m2  3m  12   26m | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ 9.HỆ THỨC VI-ÉT  2m  4m2  3m  1   m1  0; m2  1; m3  1 b) Vì x1.2  m   nên điều kiện để phương trình có hai nghiệm ngun:    m2  m  Đặt   m2  m   k  k    4m2  4m  16  4k   2m  1  15   2k    2k  2m  1 2k  2m  1  15 2 Từ ta có bảng sau: 2k  2m  1 15 -1 -3 -5 -15 2k  2m  15 -15 -5 -3 -1 Suy ra: k 2 -4 -4 -2 -4 m -3 -3 Vậy với m  4;1;0; 3 phương trình có nghiệm ngun Cho phương trình bậc hai x2  x  m   Tìm m để phương trình: a) Có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện x12  x22  b) Có nghiệm dương (Thi học sinh giỏi Toán 9, Tỉnh Vĩnh Long năm học 2012 – 2013) Hướng dẫn giải – đáp số a) Điều kiện để phương trình có nghiệm là:    m    m  3  x1  x2  Theo hệ thức Vi-et, ta có:   x1 x2  m  x12  x22   x1  x2   x1 x2   2m    m  (thỏa mãn m  3 ) Vậy m  phương trình có nghiệm x12  x22  b) Với m  3 phương trình ln có nghiệm Theo hệ thức Vi-ét, ta có: x1  x2  nên    m  3 phương trình có nghiệm kép số dương Nếu phương trình có hai nghiệm trái dấu phương trình có nghiệm dương  m    m  2 Vậy với m  3 m  2 phương trình có nghiệm dương CHUN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN Cho phương trình mx2   m  1 x  m   Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn: x12  x22  Hướng dẫn giải – đáp số mx2   m  1 x  m      m  1  4m  m  3  4m2  8m   4m2  12m  4m    m  1 m  Gọi x1 ; x2 nghiệm phương trình: mx2   m  1 x  m    m  1   x1  x2  m * Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:  x x  m   m Ta có:  x1  x2   x12  x22  x1 x2      m  1 m2  3  m  3 m   m  3 m 4m2  8m  2m   3 m m 4m2  8m  5m   m m2  4m2  8m   5m2  6m  m2  2m     m  1   m1   (thỏa mãn), m2    (không thỏa mãn) Vậy với m   phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn: x12  x22  Cho phương trình bậc hai x2   m  1 x  2m  10  với m tham số thực a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 b) Tìm m để biểu thức P  x1 x2  x12  x22 đạt giá trị nhỏ (Thi học sinh giỏi Toán 9, Tỉnh Vĩnh Long, năm học 2011 – 2012) Hướng dẫn giải – đáp số a)    m  1  8m  40  4m2  8m   8m  40  4m2  36  m   m2   m     m  3 b) Gọi x1 ; x2 nghiệm phương trình x2   m  1 x  2m  10  | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ 9.HỆ THỨC VI-ÉT  x1  x2  2m  Áp dụng hệ thức Vi-ét:   x1 x2  2m  10 Ta có: P  x1 x2  x12  x22   x1  x2   x1 x2   m  1   2m  10  2  4m2  8m   8m  40  4m2  16m  44  4m2  16m  16  28   m    28   3    28  32 2 Vậy Pmax  32 m  3 Cho phương trình bậc hai x2  2m  m  2 x  m2   (1) ( m tham số) a) Giải phương trình (1) m  b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn: x1 x2   x1  x2   Hướng dẫn giải – đáp số a) Với m  , phương trình có dạng: x2  x   Giải ta được: x1  2; x2  b) Điều kiện để phương trình có nghiệm là:   m2  m     m2    (*)   x1  x2  2m  m   Theo hệ thức Vi-ét ta có:    x1 x2  m  Theo đề bài: x1 x2   x1  x2    m2   2.2.m  m     3m2  8m    m1  ; m2  3 Thử lại với điều kiện (*) m1  ; m2  3 không thỏa mãn Vậy không tồn m thỏa mãn điều kiện đề Cho phương trình x2  2mx   (ẩn x ) a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương b) Gọi x1 ; x2  x1  x2  hai nghiệm dương phương trình Tính P  x1  x2 theo m tìm giá trị nhỏ biểu thức: Q  x1  x2  x1  x2 (Thi học sinh giỏi Toán 9, Tỉnh Quảng Bình, năm học 2011 – 2012) Hướng dẫn giải – đáp số 10 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN c) 1   x1  x2   x2   x1  2 ( x1  x2 )  ( x1  x2 )  2      ( x1  2)( x2  2) ( x1  2)( x2  2) x1 x2  2( x1  x2 )   x1  2; x2   Thay hệ thức Viet vào ta : 3m  1 m 4 2  m 1 m   m   :   m  0 2m  2(3m  1) 1 m m  4 m m m  1 m m   3(1  m)   3  3m   3m   m  ( thỏa mãn) m 1 3 Vậy m  1 phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn   x1  x2  d) x13  x23  33 3m  1   x1  x2  m   m   a Theo hệ thức Viet ta có:   x x  2m      a  m m  m  , đặt a  1  m Có : ( x1  x2 )3  x13  x23  3x1 x2 ( x1  x2 )  x13  x23  ( x1  x2 )3  3x1 x2 ( x1  x2 ) Thay hệ thức Viet vào ta : x13  x23  (3  a)3  3(2  a)(3  a)  27  27a  9a  a3  18  15a  3a  a3  6a  12a  Mà x13  x23  33  a3  6a  12a   33  a3  6a  12a  24   (a  2)3  32  a   32  a  32  Mà a  1 m m (thỏa mãn) m a 32  Vậy m  phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn x13  x23  33 32  e) x1  x2  m  TH1 : Thay x1  x2  2m  1  2 (m  0) vào x1  x2  m  ta được: m m  1  m  m   m  2m   1 1   m   1  m     m m 1   m  3  m  4m    m 189 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ 9.HỆ THỨC VI-ÉT m  (thỏa mãn)   m  2  TH : Thay x1  2m  1  2 (m  0) x2  vào x1  x2  m  ta được: m m  1  m  m   m2  m   1  1  m   1  m     m m 1   m  3  m  m    m  m  1    m   ( thỏa mãn) Vậy m  1; m  2  3; m   5; m  1  phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn x1  x2  m  f) mx12   3m  1 x2  (2m  1)  m (2) Do x2 nghiệm phương trình (1) nên ta có: mx22   3m  1 x2  2m    3 Cộng vế với vế (2)  3 ta được: mx12  mx22  m  x12  x22  (m  0)   x1  x2   x1 x2  Thay hệ thức Viet vào ta được: 1 1   3    2    m m    9   4 1 m m m  4m  4m     2m  1  m Vậy m   ( thỏa mãn) phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn mx12   3m  1 x2  (2m  1)  m g) x13 x2  Thay x1 x2  2m  2m  m vào x13 x2   x12   x12  m m 2m  190 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN TH 1: x1   m   m  2m   m  1 2m  2m  m  2m     TH2 : x1    m   2m  1 m 2m   m   m  2m   m  1 Vậy m  1 phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn x13 x2  h) Biểu thức: M  x12  x22  x1 x2 không âm M  x12  x22  x1 x2  ( x1  x2 )2  x1 x2  x1 x2  ( x1  x2 )2  5x1 x2 Thay hệ thức Viet vào M ta được: 1  M      5(2  ) m m  1  M       10  m m m 1  M     11  19 m m 2 11  11  1  11   M         19    m 2 m 2 2  11  45  M     m  Biểu thức M không âm tức M  , tương đương với: 2  11 45   11 45   11  45  11   45                         m 2 m 2 m  m        11  45  11  45    m(11  45)   m(11  45)               m   m 2 m m         m(11  45)    m(11  45)        m(11  45)    m(11  45)       4m (vì m  nên m2  ) 191 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ 9.HỆ THỨC VI-ÉT    m(11    2  m(11      m(11    2  m(11   2  m  11  45    45)  2 m   45)  11  45   45)   m  2   11  45 45)   2  m  11  45   11  38  11  38  11  38  11  m  38   11  11   m   38  38 Kết hợp với điều kiện m  ta m   11  11  m  m  biểu 38 38 thức: M  x12  x22  x1 x2 khơng âm Bài 43.Cho phương trình: mx  2m  3x  m   (1); với m tham số thực Giải phương trình (1) m  Tìm m để phương trình (1) có nghiệm dương Tìm m để (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn hệ thức a) x1  x2  x1 x2  b) x13  x23  x1  x2 c) x12  x22  x1 x2  m2 d) x13  x23  e) x12  x1  x22  x2 Lời giải 1: mx  2m  3x  m   Với m   thay m  vào phương trình 1 ta được:  x2   2.9  3 x      21  4.9.5  261    261  29 Vậy phương trình có nghiệm  21  29  29   x1  18   21  29  29   x2  18  2: mx  2m  3x  m   192 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN Với m  ta có: (1)  3x    x  4   m  không thỏa mãn yêu cầu toán Với m  , (1) phương trình bậc hai có:    2m  3  4mm  4  2m  3  4m  16m  28m  9  m      28 TH1: PT(1) có nghiệm kép dương   b 2m  (loại)  2m   0   0 2m  2a  2m TH2: PT(1) có hai nghiệm trái  m   m    m    m    a.c  m  m        m   m  m     m    m      28m    b 2m   TH3: PT(1) có nghiệm nghiệm dương   x1  x2   0 a m  c m4   x1.x2  a  m    m   28   2m     m  m   m4       28m    b 2m      * TH4: PT(1) có hai nghiệm dương phân biệt   x1  x2  a m  c m4   x1.x2  a  m  ** 193 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN dấu CHUYÊN ĐỀ 9.HỆ THỨC VI-ÉT  m     2m      m0   m   m0    **   m   3  2m     m     2    m   m    m   m    m  m   m     **    m   m0 m     m    m   m   28   m   Vậy PT(1) có hai nghiệm dương phân biệt     m   m      m     m  Kết luận: Vậy với m  phương trình (1) có nghiệm dương 3: mx  2m  3x  m   (1) Ta có   b  4ac =  2m  3  4.m.(m  4) = 2m  3  4m  16m = 28m  Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt m  a  m      9   28m   m  28 Gọi x1 , x2 hai nghiệm phân biệt phương trình (1) 2m    x1  x  m Theo hệ thức Vi-et ta có:   x x  m   m a) Theo đề ta có: x1  x2  x1 x2   2m  m4  3 m m  2m   7.m  4  3m m  0 194 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN  2m  31 m 31 (nhận) b) Theo đề ta có: x13  x23  x1  x2    x1  x2  x12  x1 x2  x22  x1  x2   x  x .x  x    x1  x2  x1  x2   3x1 x2  x1  x2   2 2   3x1 x2    x1  x   x1  x   3x1 x    2m   m 0   2m   m4  m   m     2m    2 2m  3  m.3m  12  m  3  (loại) m    2 4m  12m   3m  12m  m   24m   m 9 24 (loại) Khơng có giá trị m thỏa mãn yêu cầu c) Theo đề ta có: x12  x22  x1 x2  m2  x1  x2   x1 x2  x1 x2   x1  x2   x1 x2  m2 m2 m4  2m       m m  m   2m  3  4m.m  4  (do m  )  4m  12m   4m  16m    8m  4m   195 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ 9.HỆ THỨC VI-ÉT  11   m     Phương trình vơ nghiệm với m  16   11  Vì  m     với m  16  d) Theo đề ta có: x13  x23   x1  x2   3x1 x2 x1  x2  = m  2m   2m    0   m m  m   2m  3  3mm  42m  3   8m3  36m  54m  27  6m3  9m  24m  36m   2m3  51m  90m  27     2m  3 m  24m   3  m    2m       m  12  15 m  24m      m  12  15 Vậy m  12  15 (thỏa mãn) e) Theo đề ta có: x12  x1  x22  x2  x12  x22  x1  x2   x1  x2 x1  x2   4x1  x2    x1  x2 x1  x2  4  Vậy x1  x2  4 Vì x1  x2  , suy x1  x2 hay x1  x2 (loại) Ta có x1  x2  4  2m  1  4  m  m Bài tốn 44 (loại) Cho phương trình: m x2   m 1  x  m   thực Giải   với m3 Tìm m để phương trình có nghiệm Tìm nghiệm 196  1 ; với m tham số CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN   có hai nghiệm Xác định giá trị m để a) x1 , x2 , đó: 1   x12 x22 b) x1   x2 c) m x12   m 1  x2  m   d) Biểu thức T  x12  x22 đạt giá trị nhỏ Với giá trị m phương trình cho có hai nghiệm phân biệt âm ? Tìm tất giá trị m để   có hai nghiệm phân biệt nghịch đảo Lời giải Với m    trở thành: x2  x    '  12  3.6   17  Phương trình vơ nghiệm m x   m 1  x  m   Với m  phương trình  ;   trở thành:  x  3  x   Với m    phương trình bậc hai có:    m 1  – 4.m  m  3  m2  m 112 m2 12 m   11m2 10 m 1 Để phương trình   có nghiệm : 0    11m2 10 m 1 Ta có : a + b + c = -11 + 10 +1 = m1  m2  c  a 11 Với m1  phương trình   có nghiệm x  m 1        b  2a 2m    1   m       11    b Với m2   phương trình   có nghiệm x     2a 2m 11  1 2    11  Vậy với m  ; m  ; m   Thì phương trình có nghiệm là: x   3; 11 x  0; x   .197 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ 9.HỆ THỨC VI-ÉT Phương trình m x2   m 1  x  m     có khi:  m0  m0  m0  a0       1  2  11 m  10 m   m   m m        0     m 1   m  11         m   m0   TH  m 1     m 1 (loại)   1   m    m   11   11    m   m0   1 TH  m 1     m 1   m 1 m  11   1   m    m   11   11  Vậy với 1  m 1 m  phương trình 11   có hai nghiệm   m 1  b  x1  x2     a m Áp dụng hệ thức Viet ta có:   x x  c  3m 3  a m  m  3  m 1   2   x  x  x1  x2   x1 x2 1 7 m  m a) Để    22 21      2 x1 x2 9 x1 x2 9  3m 3   x1 x2     m  2 m2  m  m  m2  m   m2  m  7 5 m2  m  m2 m m2       m2 18 m  9 m2 18 m  9 9 m2 18 m  9 m2 m2    m2  m 1    m2 18 m     45 m2  36 m   63 m2 126 m  63 108 m2 162 m  54   m  m 1 Ta có : a + b + c = - + = m1  ( loại ) m2  c  ( thoả mãn ) a 198 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 1 Vậy với m  phương trình có hai nghiệm thoả mãn   x1 x2  x1    3  3   b) x1   x2     x1   x2     x1 x2   x1  x2    2  2  x  0      m    m 1  m m  3  m 1      0  0  m 2 m  4m  m  4m  12 m 12  m   m 27 m 18 0 0 4m 4m   27 m  18   m TH    4m0   m  ( loại) Đối chiếu với điều kiện m ta thấy  m  thoả mãn điều kiện 3 Vậy với  m  phương trình có hai nghiệm thoả mãn x1   x2 c) m x12   m 1  x2  m   2 Giả sử phương trình m x2   m 1  x  m   m x12   m 1  x1  m   trừ vế với vế   1   m 1  x1  x2  1 Thay x1  x2    m        m 1  m m 0   m 1  m 3 ( loại) 3 (thoả mãn) m Vậy với 3 phương trình ta có: m  m2  m 1   m2  m   * m m     nên * có hai nghiệm phân biệt m1  m2  có hai nghiệm x1 ; x2 :   cho   ta được:  m 1  x1   m 1  x2   m 1   ;   có hai nghiệm phân biệt thoả mãn: m x12   m 1  x2  m   d) Biểu thức T  x12  x22 đạt giá trị nhỏ .199 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ 9.HỆ THỨC VI-ÉT Ta có T  x  x   x1  x2   x1 x2 2 2  m 1  2(3 m  3)    m  m  m2  m   m2  m  m2  m  1  1  1             2 m m m m  m  m       2 9 m    T      m  1     u      f (u ) với  m   m  m 11 m  Đặt u  TH1 1 1  m     11      u   mà f  u   u nghịch biến u  11 m m  f  u   f  9   81 u   (*) TH2  m 1  1       u  mà f  u   u đồng biến u  m m  f  u   f    u  (**) Từ (*) (**) ta có: f  u    T    T  Tmin   f  u    u   m  Với giá trị m phương trình cho có hai nghiệm phân biệt âm ? Với 1  m 1 m  phương trình 11   có hai nghiệm phân biệt Để hai nghiệm phân biệt âm   m     m 1  b x  x      m  S   m 1 a m    0 thì:  m P   x x  c  m     m 1   a m    m   m 1 TH1   m 1 ( loại) m   m  1 1 TH   m  Kết hợp với điều kiện m ta có m0 11 m  Vậy với 1  m  phương trình có hai nghiệm âm 11 Tìm tất giá trị m để   có hai nghiệm phân biệt nghịch đảo 200 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN Với 1  m 1 11 m  phương trình nghịch đảo tức x1    có hai nghiệm phân biệt Để hai nghiệm 3m 3  x1 x2 1  1  m   m  m  ( loại) m x2 Vậy giá trị m để phương trình có hai nghiệm nghịch đảo .201 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ 9.HỆ THỨC VI-ÉT 202 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 203 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN