Ứng dụng của Định lý viét

ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ VI-ÉT TRONG GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN Định lý Vi-ét: Nếu x1, x2 hai nghiệm phương trình ax2 + bx + c = (a ≠ 0) b   x1 + x2 = − a thì:   x x = c  a * Hệ quả: (trường hợp đặc biệt) a) Nếu phương trình ax2 + bx + c = (a ≠ 0) có a + b + c = phương trình có nghiệm là: x1 = nghiệm là: x2 = c a b) Nếu phương trình ax2 + bx + c = (a ≠ 0) có a - b + c = phương trình có nghiệm là: x1 = - nghiệm là: x2 = − c a u + v = S * Nếu có hai số u v thoả mãn điều kiện:  u.v = P u, v hai nghiệm phương trình: x2 – Sx + P = Điều kiện để có hai số u, v là: S2 – 4P ≥ Sau số ví dụ minh hoạ cho việc ứng dụng định lý Vi-ét giải số dạng toán Dạng 1: Tính giá trị biểu thức nghiệm BT1: Cho phương trình x − x − = (1) Không giải phương trình, tính giá trị biểu thức: x12 + x22 ; x13 + x23 ; x14 + x24 ; x15 + x25 ; x17 + x27 Hướng dẫn: Có a.c = −7 < nên phương trình (1) có nghiệm  x1 + x2 = 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 mở rộng toán với yêu cầu: Tính giá trị biểu thức: Sn = x1n + x2n ; S n+1 = x1n+1 + x2n +1; S n+2 = x1n + + x2n+ Bằng cách áp dụng kết toán sau: Cho phương trình bậc 2: ax + bx + c = (a ≠ 0) có nghiệm x1 , x2 Chứng minh rằng: với Sn = x1n + x2n a.S n+ + b.S n+1 + c.S n = HD: Do x1 , x2 nghiệm phương trình nên ta có: n+2 n +1 n ax1 + bx1 + c = ax1 + bx1 + cx1 = ⇒  n+2  n +1 n ax + bx2 + c = ax + bx2 + cx2 = ⇒ a ( x1n+ + x2n+ ) + b ( x1n+1 + x2n+1 ) + c ( x1n + x2n ) = x1 , x2 Hay: aSn+ + bS n+1 + cS n = Áp dụng vào toán trên, phương trình: x − x − = có hai nghiệm +) S1 = x1 + x2 = +) S2 = x12 + x22 = 50 +) S3 = x13 + x23 = 6S + S1 = 342 +) S4 = x14 + x24 = 6S3 + S = 2402 +) S5 = x15 + x25 = 6S + S3 = 16806 +) S6 = x16 + x26 = S5 + S = 117650 +) S7 = x17 + x27 = 6S6 + S5 = 823542 6  −1 +   −1 −  BT2: Tính A =  ÷ + ÷ 2     HD: −1 + −1 − Đặt: x1 = ; x2 = 2  x1 + x2 = −1 Ta có:   x1.x2 = −1 ⇒ x1 , x2 hai nghiệm phương trình x + x − = ⇒ Sn+ + Sn +1 + S n = Có S1 = −1; S = 3; S3 = −4; S4 = 7; S5 = −11; S6 = 18 Vậy A = 18 BT3 (HSG QN 2001-2002): Gọi a, b hai nghiệm phương trình 30 x − 3x = 2002 Hãy rút gọn biểu thức: S = HD: 30 ( a 2002 + b 2002 ) − ( a 2001 + b 2001 ) a 2000 + b 2000 Phương trình cho có: ∆ = + 4.30.2002 > 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+ = a n+ + b n+ Ta có: 30Sn+ − 3Sn+1 − 2002 Sn = ⇒ 30Sn+ − 3S n+1 = 2002Sn 30Sn + − 3S n +1 2002Sn = = 2002 ⇒S= Sn Sn Vậy S = 2002 Dạng 2: Tìm m để phương trình có nghiệm thỏa mãn điều kiện cho trước * PP giải: - Tìm ĐK để PT ax + bx + c = có nghiệm x1 , x2 : a ≠ 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 kết luận * Một số tập 2 BT1: Cho PT: x − ( m − ) x + ( m + 2m − 3) = Tìm giá trị m để phương trình có nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: 1 x1 + x2 + = x1 x2 HD:   ∆ ' ≥ m ≤   ⇔ m ≠ 1; m ≠ −3 ⇔ m = −4 Ta phải có:  x1.x2 ≠ 1 x +x  m = −4  + =  x x   2 BT2: Cho phương trình: x − ( m − ) x − m + 3m − = Tìm m để tỉ số nghiệm phương trình có giá trị tuyệt đối 2 3  HD: Có: a.c = −m + 3m − = −  m − ÷ − < với ∀m 2  ⇒ phương trình có nghiệm phân biệt trái dấu Tỷ số hai nghiệm phương trình có giá trị tuyệt đối mà hai nghiệm trái dấu nên: x1 = −2 x2 x2 = −2 x1 Hay ( x1 + x2 ) ( x2 + x1 ) = ⇔ x1 x2 + ( x1 + x2 ) =  x1 + x2 = m − Theo Hệ thức Viét ta có:   x1.x2 = −m + 3m − (*) Thay vào (*) ta được: m = −m + 3m − + ( m − ) = ⇔ m − 5m + = ⇔  m = BT3: Cho phương trình ẩn x: x + x + m = Xác định m để PT có nghiệm phân biệt lớn m HD: Cách 1: PT có nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ∆ = − 4m > ⇔ m <  x1 + x2 = −1 Theo Hệ thức Viét ta có:   x1.x2 = m (*)  x1 > m Phương trình có nghiệm phân biệt x1 , x2 lớn m ⇔   x2 > m ( x1 − m ) ( x2 − m ) >  x1 x2 − m ( x1 + x2 ) + m >  x1 − m > ⇔ ⇔ ⇔  x1 + x2 − 2m >  x2 − m >  x1 − m + x2 − m >  m < −   −1 − m >  ⇔ ⇔ ⇔ m < −2 (**)  m >  m + m + m >     m < −2 Từ (*) (**) ta giá trị m cần tìm là: m < -2 Cách 2: Đặt x – m = t ⇔ x = t + m PT cho trở thành: ( t + m ) + ( t + m ) + m = ⇔ t + ( 2m + 1) t + m + 2m = (1) Phương trình cho có hai nghiệm lớn m ⇔ phương trình ẩn t (1) có nghiệm dương phân biệt ∆ >  ⇔  S > ⇔ ⇔ m > −2 P >  Cách 3: Tính x1 , x2 theo m; giải bất phương trình ẩn m 2 BT4: Cho PT: x + ( 2m − 3) x + m − 3m = Xác định m để PT có nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: < x1 < x2 < HD: Có ∆ = > ⇒ PT có nghiệm phân biệt: x1 = m − 3; x2 = m Với m ta có: m – < m hay x1 < x2 Do < x1 < x2 < ⇒ < m − < m < ⇔ < m < Dạng 3: Tìm hệ thức liên hệ nghiệm x1 , x2 không phụ thuộc vào hệ số * PP giải - Tìm ĐK để PT ax + bx + c = có nghiệm x1 , x2 : a ≠ 0; ∆ ≥ - Áp dụng hệ thức Viet - Khử tham số m từ hệ trên, ta suy hệ thức cần tìm * Một số tập BT1: Cho PT: x + ( m + 3) x + 4m − = (1) Tìm hệ thức liên hệ nghiệm x1 , x2 không phụ thuộc vào m HD 2 Có ∆ ' = ( m + 3) − ( 4m − 1) = = ( m + 1) + > với m Nên PT (1) có nghiệm x1 , x2 với m Theo Hệ thức Viét ta có:  x1 + x2 = ( m + 3) 2 ( x + x ) = 4m + 12 ⇔   x1.x2 = 4m −  x1.x2 = 4m − Trừ vế hai đẳng thức ta được: ( x1 + x2 ) − x1.x2 = 13 x − ( m + ) x + ( 2m − 1) = có nghiệm x1 , x2 BT2: Cho PT: Lập hệ thức x1 , x2 độc lập với m HD  x1 + x2 = m + Khử m từ  ta x1 x2 = ( x1 + x2 − ) −  x1.x2 = 2m − Do đó: ( x1 + x2 ) − x1 x2 = hệ thức cần tìm Dạng 4: Lập phương trình bậc biết điều kiện nghiệm * PP giải - Tính tổng hai nghiệm S = x1 + x2 tích hai nghiệm P = x1 x2 - Phương trình có hai nghiệm x1 , x2 X − SX + P = * Một số tập BT1: Cho PT x − ( m − 1) x − m = a, CMR: Phương trình có nghiệm x1 , x2 với m  y = x + 1  x2  b, Với m ≠ , lập phương trình ẩn y thỏa mãn:  y = x +  x1 HD 1  a, Có ∆ ' = m − m + =  m − ÷ + > với m 2  x x +1 1− m y1 = x1 + = = b, Ta có : x2 x2 x2 x x +1 1− m y2 = x2 + = = x1 x1 x1 Tính: 2( − m) 1 1 y1 + y2 = ( − m )  + ÷ = = m  x1 x2  y1 y2 ( − m) = ( − m) = 2 x1 x2 −m Vậy y1 , y2 nghiệm phương trình: my − ( − m ) y − ( − m ) = 2 2 BT2: Cho PT x − x − ( m + 3m ) = có hai nghiệm x1 , x2 Lập pt bậc ẩn y có nghiệm y1 , y2  y1 + y2 = x1 + x2  y2 thỏa mãn:  y1 1 − y + − y =  ( y1 ≠ 1, ≠ y2 ≠ 1) HD 3  - Có: ∆ ' = + m + 3m =  m + ÷ + > với m 2   x1 + x2 = - Theo Hệ thức Viét:   x1.x2 = − ( m + 3) - Theo ra:+) y1 + y2 = x1 + x2 = y1 y + =3 +) − y2 − y1 ⇒ y1 (1 − y1 ) + y2 ( − y2 ) = ( − y1 ) ( − y2 ) ⇔ ( y1 + y2 ) − ( y12 + y22 ) = ( − ( y1 + y2 ) + y1 y2 ) ⇔ − ( 42 − y1 y2 ) = ( − + y1 y2 ) ⇔ y1 y2 = −3 Vậy y1 , y2 nghiệm pt: y − y − = BT3: Cho m số thực khác -1 Hãy lập phương trình bậc hai có nghiệm 4 x1 x2 + = ( x1 + x2 ) (1)  x1 , x2 thỏa mãn hệ thức :  (2) ( x1 − 1) ( x2 − 1) = m +1  HD Theo ra, ta có : 4 x1 x2 + = ( x1 + x2 )   ( x1 − 1) ( x2 − 1) = m +1  4 x1 x2 − ( x1 + x2 ) = −4  ⇔  x1 x2 − ( x1 + x2 ) + = m +1  4 x1 x2 − ( x1 + x2 ) = −4  ⇔ −m  x1 x2 − ( x1 + x2 ) = m +1   x + x =  m + Biến đổi ta  x x = − m  m + ⇒ x1; x2 nghiệm PT : ( m + 1) x − x + − m = Dạng 5: Xét dấu nghiệm PT bậc PT trùng phương *PP giải Cho PT ax + bx + c = ( 1) ( a ≠ ) Để xét dấu nghiệm số PT ta dựa vào dấu ∆ , S P - Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu ( x1 < < x2 ) ⇔ P < ∆ ≥ P > - Phương trình (1) có hai nghiệm dấu ⇔  ∆ ≥  - Phương trình (1) có hai nghiệm dương ( < x1 ≤ x2 ) ⇔  P > S >  ∆ ≥  - Phương trình (1) có hai nghiệm âm ( x1 ≤ x2 < ) ⇔  P > S <  P < S > P < - Phương trình (1) có hai nghiệm x1 < < x2 x1 = x2 ⇔  S = - Phương trình (1) có hai nghiệm x1 < < x2 x1 < x2 ⇔  *Một số tập BT1: Tìm giá trị m để PT sau có nghiệm không âm x + mx + ( 2m − ) = (1) HD Cách 1: Có ∆ = m − ( 2m − ) = ( m − ) ≥ với m PT (1) có nghiệm với m  x1 + x2 = −m  x1 x2 = 2m − Theo hệ thức Viét, có   x1 + x2 < −m < ⇔ ⇔m>2  2m − >  x1.x2 > PT (1) có hai nghiệm (pb kép) âm ⇔  Vậy điều kiện để PT (1) có nghiệm âm m ≤ Cách 2: −m − ( m − ) −m + ( m − ) = − m ; x2 = = −2 2 Phải có x1 ≥ ⇔ − m ≥ ⇔ m ≤ Giải PT(1) tìm x1 = Khai thác toán Tìm giá trị m để PT sau có nghiệm x + mx + ( 2m − ) = (2) HD Đặt x = t ≥ ĐK để PT (2) có nghiệm PT t + mt + ( 2m − ) = có nghiệm không âm BT2: Cho PT x − ( m − 1) x − ( m − 3) = (1) Tìm m để PT (1) có: a, nghiệm pb d, nghiệm b, nghiệm pb e, vô nghiệm c, nghiệm pb HD Đặt x = t ≥ , ta có t − ( m − 1) t − ( m − 3) = (2)  S = ( m − 1) Có ∆ ' = ( m + 1) ( m − ) Theo hệ thức Viet, có   P = − m ∆ ' >  a, PT(1) có nghiệm pb ⇔ PT (2) có nghiệm phân biệt dương ⇔  P > S >  b, PT(1) có nghiệm pb ⇔ PT (2) có nghiệm dương nghiệm P = ⇔ S > ∆ ' = S > PT(2) có hai nghiệm trái dấu ⇔ P < c, PT(1) có nghiệm pb ⇔ PT (2) có nghiệm kép dương ⇔  P = S < d, PT(1) có nghiệm ⇔ PT (2) có nghiệm âm nghiệm ⇔  e, PT(1) vô nghiệm ⇔ PT (2) vô nghiệm ⇔ ∆ ' < ∆ ' ≥  PT(2) có hai nghiệm (kép pb) âm ⇔  P > S <  Dạng 6: Tìm GTLN & GTNN biểu thức nghiệm Chứng minh bất đẳng thức nghiệm 2 BT1: Cho PT x + ( m + ) x + m + 4m − = (1) Chứng minh (1) có hai nghiệm x1; x2 x1 + x2 + 3x1 x2 ≤ 16 HD PT (1) có nghiệm ∆ ' = ( m + ) − ( m + 4m − ) ≥ ⇔ m + 4m − 12 ≤ ⇔ −6 ≤ m ≤  x1 + x2 = − ( m + )  Theo hệ thức Viet ta có:  m + 4m −  x1.x2 =  2 1   73 Ta có x1 + x2 + 3x1x2 = 3m + 10m − 16 =  m + ÷ − 2  3 Vì −6 ≤ m ≤ nên 13 11  169  − ≤ m + ≤ ⇒ ≤ m + ÷ ≤ ⇒0≤ 3 3   73  3 m + ÷ − ≤ 16 3  BT2: Gọi x1; x2 nghiệm phương trình:2x2 + 2(m + 1)x + m2 + 4m + = Tìm giá trị lớn biểu thức: A =x1x2 - 2x1 - 2x2 HD Để phương trình cho có nghiệm thì: ∆' = (m + 1)2 - 2(m2 + 4m + 3) = - (m + 1)(m + 5) ≥ ⇒-5≤ m≤-1 (*)  x1 + x2 = −m −  Khi theo hệ thức Viét ta có:  m + 4m +  x1.x2 =  Do đó: A =  m + 8m +  Ta có: m2 + 8m + = (m + 1)(m + 7) với điều kiện (*) thì: (m + 1)(m + 7) ≤ − m + 8m − − (m + 4) Suy ra: A = = ≤ 2 Dấu xảy (m + 4)2 = hay m = - Vậy A đạt giá trị lớn là: m = - 4, giá trị thoả mãn điều kiện (*) BT3: : (Đề tuyển sinh chuyên Hạ Long 1997 – 1998) Cho phương trình x − 2(m + 1) x + m = ( mlà tham số) a) Chứng minh : Phương trình cho luôn có nghiệm với m b) Trong trường hợp m > x1 , x2 nghiệm phương trình nói tìm GTLN biểu thức A= x12 + x2 − 3( x1 + x2 ) + x1 x2 HD a) ∆ ' = (m + ) + > b) Theo kết phần a phương trình cho có nghiệm phân biệt   S = x1 + x2 = ( m + 1)   P = x1 x2 = m Theo hệ thức Viét ta có  Vì P = m > nên x2 , x2 ≠ biểu thức A xác định với giá trị x1 , x2 tính theo m A= x12 + x1 x2 + x22 − x1 x2 − 3( x1 + x2 ) + ( x1 + x2 ) − x1.x2 − 3( x1 + x2 ) + = x1.x2 x1 x2  Thay S P vào biểu thức A ta : A =  m + 1 ÷ m    Theo bất dẳng thức Cô Si  m + ÷: ≥ m ( m > > ) m m m  ⇔ m+ 1 1 ≥ ⇔ m + ≥ ⇔ 4(m + ) ≥ m m m Vậy biểu thức A có GTNN Trong bất đẳng thức Cô Si dấu xảy ⇔ m = ⇔ m = ±1 m Với m = thoả mãn điều kiện m > m = -1 không thoả mãn điều kiện m > Vậy với m = A có GTNN BT4 (HSG QN 2004-2005) Gọi a số thực cho PT x − 3ax − a = có hai nghiệm pb x1 ; x2 Tìm GTNN biểu thức A = a2 3ax2 + x12 + 3a + 3ax1 + x2 + 3a a2 Hướng dẫn Do PT x − 3ax − a = có hai nghiệm pb x1 ; x2 nên 9a + 4a > ( 1) 9a + 4a > ( 1)    x1 − 3ax1 − a = ⇔  x1 = 3ax1 + a    x2 − 3ax2 − a =  x2 = 3ax2 + a Khi A= a2 3ax2 + x12 + 3a a2 x2 + x12 + 2a + = + 3ax1 + x2 + 3a a2 x12 + x2 + 2a a2 a2 9a + 4a + 9a + 4a a2 Theo (1) 9a + 4a > nên áp dụng BĐT Cosi, ta A ≥ −1 A = ⇔ 9a + 4a = a ⇔ a = −1 −1 Khi a = x1 = −1; x2 = 2 −1 −1 Vậy A đạt GTNN a = ; x1 = −1; x2 = 2 A= Dạng 7: Giải PT, hệ PT bậc hai chứa hai ẩn *PP giải Đặt S = x + y ; P = x.y ( S ≥ P ) Sau tìm S, P x, y nghiệm PT X − SX + P = * Một số tập BT1: Giải phương trình: 5− x 5− x  x ÷. x + ÷= x +1   x +1   Hướng dẫn: ĐKXĐ: x ≠ -  5− x  5− x  5− x  u + ν = x + x + u = x  ÷  ÷   x +1  u + ν =   x +1   x +1 Đặt:  (*) ⇒  ⇒  u.ν = ν = x + − x  u.ν =  x − x   x + − x   ÷ ÷  x +1  x +1   x +1   u, v nghiệm phương trình: x2 - 5x + = Giải PT ta u = v = u = v = u = (*) trở thành: ν = Nếu:  x2 - 2x + = ∆' = – = - < Phương trình vô nghiệm: u = (*) trở thành: x2 - 3x + = ν =  Nếu:  Suy ra: x1 = 1; x2 = (TMĐK) Vậy phương trình có hai nghiệm x1 = 1; x2 = 2  x + y + mx + my − m − = BT2: Cho hệ PT   x + y = ( 1) ( 2) Tìm m để hệ PT cho có hai cặp nghiệm ( x1; y1 ) ; ( x2 ; y2 ) thỏa x1 ≠ x2 ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) = HD Từ (2) ta có y = – x Thay vào (1) ta x + ( − x ) + mx + m ( − x ) − m − = ⇔ x − x + 3m + 15 = ( ) 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 ∆ ' > ⇔ 16 − ( 3m + 15 ) > ⇔ m < −  x1 + x2 =  y1 = − x1  Khi ta có  3m + 15   y2 = − x2  x1.x2 = ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) = ⇔ ( x1 − x2 ) + ( − x1 ) − ( − x2 )  2 Xét ⇔ ( x1 − x2 ) = ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 =  3m + 15  ⇔ 16 −  ÷ = ⇔ m = − ( TM ) 2  2 =4  x + y = m ( I) BT3 : Cho hệ PT  2 x + y = − m Tìm GTNN biểu thức A = xy + 2x + 2y (x ; y) nghiệm hệ (I) HD  x + y = m S = x + y = m ⇔ ⇔   2 2 2 x + y = − m  P = xy = m − ( x + y ) − xy = − m x + y = m Ta có  Hệ (I) có nghiệm S − P ≥ ⇔ m ≤ ⇔ −2 ≤ m ≤ 2 Ta có A = xy + ( x + y ) = P + S = ( m2 − 3) + 2m = ( m + 1) − Do −2 ≤ m ≤ ⇒ −1 ≤ m + ≤ ⇒ ≤ ( m + 1) ≤ Dấu xảy m = -1 (TMĐK) Vậy GTNN A -4 m = -1 Dạng 8: Định lý Vi-ét toán khác BT1: Cho a, b nghiệm phương trình: x2 + px + = b, c nghiệm phương trình x2 + qx + = Chứng minh: (b - a)(b - c) = pq - HD: a,b nghiệm phương trình: x2 + px + = b,c nghiệm phương trình: x2 + qx + = Theo định lý viét ta có: a + b = - p b + c = - q   a.b = b.c = Do đó: (b – a)(b – c) = b2 + ac - (1) pq = (- p)(- q) = (a + b)(b + c) = b2 + ac + Suy ra: pq - = b2 + ac +3 – = b2 + ac - (2) Từ (1) (2) suy (b - a)(b - c) = pq - (đpcm) BT2: Giả sử a, b hai số khác Chứng minh PT x + ax + 2b = ( 1) ; x + bx + 2a = ( ) có nghiệm chung nghiệm số lại (1) (2) nghiệm PT x + x + ab = ( 3) HD Giả sử (1) có hai nghiệm pb x1 ≠ x0 ⇒ x0 + ax0 + 2b = (2) có hai nghiệm pb x2 ≠ x0 ⇒ x0 + ax0 + 2b = ⇒ ( a − b ) x0 + 2b − 2a = ⇔ ( a − b ) x0 = ( a − b ) Vì a ≠ b ⇒ x0 = vào (1) ta có: + 2a + 2b = ⇒ a = −b − 2 Thay a vào (1), ta có x − ( b + ) x + 2b = ⇒ ( x − ) ( x − b ) = ⇒ x0 = 2; x1 = b Tương tự, ta có x2 = a  x1 + x2 = a + b Do   x1.x2 = ab Theo Viet đảo ta có: x1; x2 hai nghiệm PT x − ( a + b ) x + ab = ⇔ x + x + ab = (vì a + b = -2) BÀI TẬP ĐỀ XUẤT Bài 1: ( Đề tuyển sinh lớp 10 năm 2006 – 2007 ) Xét phương trình : x − 2(m + 2) + 5m2 + = (1) với m tham số 1) Chứng minh với giá trị m phương trình (1) có nghiệm phân biệt 2) Gọi nghiệm phương trình (1) x1 , x2 , x3 , x4 Hãy tính theo m giá 1 1 trị biểu thức M = x + x + x + x 2 Bài 2: Cho phương trình x - ax + a - = có nghiệm x1 , x2 a) Không giải phương trình tính giá trị biểu thức x12 + 3x22 − M= x1 x2 + x22 x1 b) Tìm a để tổng bình phương nghiệm số đạt GTNN ? Bài 3: Tìm giá trị m để nghiệm x 1, x2 PT mx2 - 2(m - 2)x + (m - 3) = thoả mãn điều kiện x12 + x22 = Bài 4: Cho phương trình: mx2 - 2(m + 1)x + (m - 4) = (m tham số) a) Xác định m để nghiệm x 1; x2 phương trình thoả mãn: x + 4x2 = b) Tìm hệ thức x1; x2 mà không phụ thuộc vào m Bài 5: Cho x1 = +1 ; x2 = 1+ Lập phương trình bậc hai có nghiệm là: x1; x2 Bài 6: Cho phương trình: x2 + 5x - = (1) Không giải phương trình (1), lập phương trình bậc hai có nghiệm luỹ thừa bậc bốn nghiệm phương trình (1) Bài 7: Tìm hệ số p q phương trình: x2 + px + q = cho hai  x1 − x = nghiệm x1; x2 phương trình thoả mãn hệ: x − x = 35  Bài 8: Cho số a,b,c thoả mãn điều kiện: a + b + c = - c2 = (1); a2 + b2 + (2) Chứng số a, b, c thuộc đoạn   − ;0 biểu diễn trục số Bài 9: Xác định m để hệ phương trình sau có nghiệm phân biệt:  x + y + yx = m  2 x + y = − 2m  x + ( m + ) x = my Bài 10: Xác định m để hệ  có nghiệm phân biệt  y + ( m + ) y = mx Bài 11: Giả sử x1 , x2 hai nghiệm phương trình (ẩn x): x + ( m − ) x + m − 3m + = mx12 mx22 49 + ≤ Chứng minh rằng: −7 < − x1 − x2 Bài 12: Cho phương trình: x − 5mx − 4m = có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 a, Chứng minh rằng: x12 − 5mx2 − 4m > m2 x22 + 5mx1 + 12m + b Xác định giá trị m để biểu thức đạt x1 + 5mx2 + 12m m2 giá trị nhỏ [...]... 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 = -... 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... 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... = 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... − 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 + 4x2 = 3 b) Tìm một hệ thức giữa x1; x2 mà không phụ thuộc vào m Bài... = 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 +... 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... 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 ≥... 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 (*) ... c) = pq - HD: a,b nghiệm phương trình: x2 + px + = b,c nghiệm phương trình: x2 + qx + = Theo định lý viét ta có: a + b = - p b + c = - q   a.b = b.c = Do đó: (b – a)(b – c) = b2 + ac... phân biệt   S = x1 + x2 = ( m + 1)   P = x1 x2 = m Theo hệ thức Viét ta có  Vì P = m > nên x2 , x2 ≠ biểu thức A xác định với giá trị x1 , x2 tính theo m A= x12 + x1 x2 + x22 − x1 x2 − 3(... − Do −2 ≤ m ≤ ⇒ −1 ≤ m + ≤ ⇒ ≤ ( m + 1) ≤ Dấu xảy m = -1 (TMĐK) Vậy GTNN A -4 m = -1 Dạng 8: Định lý Vi-ét toán khác BT1: Cho a, b nghiệm phương trình: x2 + px + = b, c nghiệm phương trình x2