Tam Thức Bậc Hai

Tài liệu tham khảo chuyên đề toán học về Phương trình bậc nhất, bậc hai - Tam thức bậc hai. Tài liệu chuyên đề dấu của tam thức bậc hai nhằm giúp cho các em học sinh đã học xong chương trình THPT tự học để có thể tự ôn luyện vào các trường đại học theo nguyện vọng của mình

Trang 1

Chương 1 PHƯƠNG TRèNH BẬC NHẤT, BAC HAI TAM THỨC BẬC HAI A LY THUYET CAN NHỚ

I Phương trớnh bậc hai: ax?+bx+c=0 (1) 1 Cõch giải vỏ biện luận trong trường hợp tổng quõt:

+ Nếua= 0 ta được phương trớnh bậc nhất: bx + c = 0

Biện luận như sau:

a Nếu b #0 thớ phương trớnh cụ nghiệm duy nhất: x = > b Nếu b=0 vỏ c =0 thớ phương trớnh nghiệm đỷng Vx e R c Nếu b=0 vỏ c z0 thớ phương trớnh vừ nghiệm

+ Nếu a # 0 Tợnh A (hoặc A')

(Với A = b? - 4ac; A'=b”-ac;b' -2)

~ Nếu A < 0 thớ phương trớnh vừ nghiệm

-_ Nếu A = 0thớ phương trớnh cụ nghiệm kờp: xạ = -> a - Nếu A > Othi phuong trinh cờ hai nghiờm phan biờt: -b-VA _ -b+VA 2a 2 2a Xị 2 Chỷ ý

- + Nếu a.c < 0 thớ phương trớnh bậc hai luừn cụ hai nghiệm phón biệt

+ Nếu xÒ, x; lỏ hai nghiệm của phương trớnh thi:

ax” + bx+c = a(X — Xị)(X — Xa)

Trang 2

b Phan dao: Nờu hai sờ x,, x, thda Xị +XÒ =5 (Re =P (v6i S’ -4P 20) thi x,, x, lỏ hai nghiệm của phương trinh: x? -Sx +P =0 4 Dauctia nghiờm sờ Nờu phuong trinh bac hai: ax? + bx +c = O(a # 0) cụ hai nghiệm x;,, xÒ thớ: e x, <0<x,oP<0 A>0 A>0 ex, <x,<00 ;P>0 Ẫ O0<x,<x,@ {P>0 S<0 S>0

H Tam thức bậc hai : f(x) = ax’ + bx +c (a ơ 0)

I Dấu của tam thức a<0 A<0 a>0 A<0 e f(x) < Ovời Vee Re | ° f(x) > 0 với Wee Ro e Nờu A = Othia.f(x)>0 Vx # -3 a e Nếu A > 0thớ f(x) = O cụ hai nghiệm xị, X;, Xị < X2 + Nờu x, <x <x,thiaf(x) <0 “ „ |X<#i „ + Nờu thi a.f(x) > 0 X > X,

2 Cong thtfc so sinh cdc sO a, B vời hai nghiờm cia phudng trinh bic hai: (a < B) ex, <a<x, @af(a) <0

Định lý:

Trang 3

A>0 a.f(B) > 0 - a.f(œ) < 0 Ẽœ<Xị <Xạ<BÐẪsaf(œ)>0 *ẼX; <œ<<xzÒẪ a.f() <0 œ<Ð<ư B CạC CHUYấN ĐỀ TOạN Vá PHƯƠNG PHạP GIẢI CHUYEN DE 1: GIAI VA BIEN LUAN PHUONG TRINH BAC NHAT 1 Phương phõp

e_ Bước l: Biến đổi phương trớnh đọ cho về đạng: ax + b = 0 (1) e Bước 2: Xờt cõc trường hợp sau:

Trang 4

#1 mz#4 Điều kiện: x # +1 4 m3 2m+1 m #4 — 9 =1 5 3m —8 Kết luận:

+ Khi m= l;m=4;m= sim (1) vừ nghiệm

+ Khi mz>1Am #4Am #2 thớ phương trớnh cụ nghiệm duy nhất x Bỏi 3: Giải vỏ biện luận phương trớnh: 2mx-3_ x-m am ox CU Giải ˆ Điều kiện: x > O (1) << 2mx -3=x-m Ẫ (2m - 1)x = 8- m(2) e Nờu m= 5 thớ (2) vừ nghiệm 2m~1 ° Nếu m #2 thớ (2) x= 2m -1 —-m Điều kiện: x >0 Ẫ >0e2<m <8 CHUYEN DE 2:

NGHIEM CUA PHUONG TRINH BAC NHAT THOA MAN MOT DIEU KIEN CHO TRUGC

1 Phudng phap

e Buờc 1: Dua phuong trinh da cho vờ dang: ax + b=0 (1)

Trang 5

2m —1 >0 Nghiệm xe (0;8) 0< 2-1 a m1 ol <9 m-1l 2m —1 <3 m > 2 m-1l A “2 : 2 A ` > 1 Vậy cõc giõ trị của m cần tớm lỏ: m < ra m>2

Bỏi 2: Cho phương trớnh: (3m-2)x-m=4mx+2m-5

Tớm m để phương trớnh cụ nghiệm nguyởn Giải (1) Ẫ (m+2)x = 5- 3m (2) eẪ (2) cụ nghiệm Ẫ> m # -2 vỏ nghiệm lỏ x = 5-3m 3,_U m+2 m+2 e Để xe Z' thớm +2 lỏ ước số của 1I m+2=-—] m=-3 2 m+2=-11 | m=-13 m+2=1 m=-l m+2=11 m=9

Trang 6

Giải (1) (2m —-n + 2)x = 2m - 3n +4 2m—-n+2=0 m=-1 2m -8n+4=0 Để (1) cụ nghiệm đỷng với mọi x thớ: n=1 CHUYEN DE 3: GIAIVA BIEN LUAN PHUONG TRINH BAC HAI 1 Phương phõp

1 Xờta =0 Biện luận phương trớnh bậc nhất

2 Xờta Z0 Tợnh A(hoặc A’)

a Nếu A<0 thớ phương trớnh vừ nghiệm

b Nếu A =0 thớ phương trớnh cụ nghiệm kờp x = > 2a c Nếu A >0 thớ phương trớnh cụ hai nghiệm phón biệt =b~ vA -b+VA 1 =z V Xo = 2a 2a 3 Kết luận 2 Bỏi tập - Bỏi 1: Giải vỏ biện luận phương trớnh: (m-1)x? +(2m —-3)x+m+1=0 (tham số m) (1) Giải a._ Nếum- I=0 m= I thớ (1) trở thỏnh: -x+2 =0 Ẫ x=9 b._ Nếum #1 Ta cụ: A = (2m - 8) - 4(m ~ 1)(m + 1) = 13 — 12m e Nếu A<0cẪ>13-12m<0Ậe>m> cạn phương trớnh (1) vừ nghiệm 2m-3 _ 13

Ẽ Nếu A=0O0<>m = 1g è Q) cụ nghiệm —thi(1) cờ nghiờm kờp: xạ =—-———— kờp: Xạ =— TT =

e Nếu A>0<>m< cảm (1) cụ 2 nghiệm phón biệt:

X19 - mỏ (với VA = J13~12m) 275

c Kết luận:

+ Nếu m = I thớ phương trớnh cụ nghiệm x = 2 + Nếu m = = thớ phương trớnh cụ nghiệm x = 5

we 13 5 A :A

+ Nều m> 19 thớ phương trớnh vừ nghiệm

Trang 7

+Nờum< thớ phương trớnh cụ 2 nghiệm X19 = 2 ra vời JA = J13 12m Bỏi 2: Giải vỏ biện luận phương trớnh: x” -2(a+1)x+2a+5 - 0 1 tham số x?-3x+9 (1) (ham số a) Giải se Điều kiện: xi cấy vỡ 0Ẫ x#1

Khi đụ (1) trở thỏnh: f(x) = xŸ - 2(a+1)x+ 2a+5 =0 (2)

Ta cụ: A =(a +1)? —(2a +5) =a?—4

+ Nếu A <0 €>-2<a < 9thớ (2) vừ nghiệm =(1) cũng vừ nghiệm no a=2 + Nếu A'=0 c| ạ Khi đụ (2) cụ 1 nghiệm kờp xạ =a+1 Với a = 2 => xạ = 3(nhận) Với a =—2 => xạ = -l (nhận) + Nếu A >0 la| >2 e_ Điều kiện (2) phải cụ 2 nghiệm khõc l vỏ khõc 2 nởn: f(1) #0 2 40 2 „5 a — f(2)z 0 -2a +ð z0 2 Khi đụ hai nghiờm: x, =a+1+VJA với A=a?—4 Kết luận:

+ Nếu la| < 2 hoặc a = : thớ phương trớnh vừ nghiệm

+ Nếu a = 2va = -2thớ phương trớnh cụ nghiệm kờp: x = ~1V x = 3 + Nếu |a| >2^a z su phương trớnh cụ 2 nghiệm phón biệt:

X;Ò=a+1+vA với A=a?~4

Bỏi 3: Giải vỏ biện luận phương trớnh sau theo a vỏ b; x+ = 2224 a+ x a+b a-b (1)

Giải e Khi a = +b thớ (1) vừ nghiệm

e Khi az+b Điều kiện x #0

Phương trớnh (1) Ẫ (a” — bŸ)x” — 2(a? + b?)x + a? ~ b? = 0 (2)

Phương trớnh (2) cụ: A = (a2 + b2}? - (a? - bˆXa? - b?) = 4a?b? > 0

Trang 8

Do đụ (2) cụ 2 nghiờm: x, = + Khi a # +b thớ (1) cụ 2 nghiệm: xâ (a=B) y2 (a+b) 2 _ (a+b) (a-b)

Khi a # +b thớ hai nghiệm nỏy điều khõc 0 Nởn x;, x; lỏ nghiệm của phương trớnh (1)

Trang 9

Biện luận: Dựa vỏo bằng xờt dấu ta cụ kết quả:

+ Nếu m=lvm= thớ phương trớnh cụ nghiệm kờp + Nếu S <m <1 thớ phương trớnh vừ nghiệm 1-9m + A' m 1-2m-VA m Ò 1

+ Nếu m<0vm> 3 thớ phương trớnh cụ nghiệm: xạ =

+ Nếu <m< su phương trớnh cụ nghiệm: x; = Kết luận:

+ Nếu m =0 thớ phương trớnh đọ cho cụ nghiệm x = 0 + Nếu m= l thớ phương trớnh đọ cho cụ nghiệm x = — + Nếum= i thớ phương trớnh đọ cho cụ nghiệm x = l

3

+ Nếu 5 <m <] thớ phương trớnh đọ cho vừ nghiệm

+ Nếu m<0vm> s thớ phương trớnh đọ cho cụ nghiờm: x, = 1-2m+Va" m 4

+ Nếu 0<m< su phương trớnh cụ nghiệm: x; = 1- 2m - Vá m CHUYEN DE 4: CHUNG MINH MOT PHUONG TRINH BAC HAI CO NGHIEM 1 Phương phõp

Cõch I: Tớm số œ sao cho af(œ ) < ệ

Cõch 2: Tớm hai số œ;B sao cho f(œ).f(B) < ệ Cõch 3: Chứng minh A>0

Cõch 4: Sử dựng định lý liởn tục:

“Cho hỏm số y = f(x) liởn tục trởn miền D Nếu từn tại a;b € D sao cho f(a).f(b) < 0 thớ phương trớnh f(x) = ì luừn cụ ợt nhất một

nghiệm x e (a;b) ”

Cõch 5: Dỳng định lý Lagrangc:

“Cho hỏm số y = f(x) liởn tục trởn [a; b], cụ đạo hỏm tổn tại trởn | (a; b) khi đụ, tổn tại số œ (a;b) sao cho: f(a)—fŒ) =f (aXa—b)

Trang 10

Bai 1: Chitng minh rang: vdi ba s6 a, b, c phan biệt thớ phương trớnh: 1 + 1 + xX-a x-b x-C = 0 cụ 2 nghiệm phón biệt Giải Phương trớnh đọ cho tương đương với: (x~ aXx ~ b) + (x - b)(x - e) + (x - e)(x — a) = 0 Ậ 3x? - 2(a + b + e)x + ab + ca = 0 Ta cụ: A = a? + bấ +c? -(ab + be + ca) = [la ~b)? +(b =@ + (e =8) ] > 0 Vazbze => Phương trớnh đọ cho luừn cụ hai nghiệm —(đpcm) Bỏi 2: Chứng minh rằng: nếu (a+ c)” < ab + be - 2ac thớ phương trớnh sau luừn cụ nghiệm: ax” + bx + e = 0 (1) (a #0) Giải Phương trớnh (1) cụ: A = bỂ - 4ac

Từ giả thiết : (a + e)? < ab + be ~ 2ae Ẫ 2(a + c)? - 2ab - 3bc + 4ae < 0

Ẫ (a + e)” - 9b(a + e) + bấ + (a + e)ˆ + 4ae ~ b2 < 0 <> b? ~4ac > (a+e-b)? +(a+e)? 20 <= b?-4ac>0>A>0 = phương trớnh (1) luừn cụ nghiệm (đpcm)

Bỏi 3: Cho a, b,c e R Chứng minh phương trớnh sau cụ nghiệm: xŸ + 2(a + b + e)x + 8(ab + be + ca) = 0

Giải

Ta cụ: A =a? + bŸ + c? -(ab + be + ca)

Chứng minh: A >0 Thật vậy: Theo bất đẳng thức Cừsi, ta được:

a” + b2 > 9Va?b2 = 2|ab| > 2ab

Tuongtu: b? +e? >2be; c? +a? >2ca

Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trởn ta được:

a’ +b? +b? +0? +0? +a? > Aab+ be + ca)

Ẫ a? + bŸ +cŸ > ab + be + ca Ẫ aấ + bề + c? — (ab + bc + ca) > 0 = A >0 = phương trớnh đọ cho luừn cụ nghiệm => đpcm

Bai 4: Cho hai phương trớnh: x” + aâx+ bị = 0 q)}

Trang 11

va x? +a,x+b, =0 (2) Chứng minh rằng: Nếu a,.a, > 2(b, + b,) thớ ợt nhất cụ một trong hai phương trớnh cụ nghiệm Giải Phuong trinh (1) c6: A, = a? — 4b, Phương trớnh (2) c6: A, = a3 -4b, = A, + A, =a? +a? — 4(b, + bạ) Theo bất đẳng thức Cừsi: ai +ai >2 Ja1.a; = 2|aya;| > 2a;a„ > 2.2(b, + b,) (theo để cho) =ai+a2 ~4(b, + bạ) >0 = A, +A, 20

= ẻt nhất cụ một trong hai số A; hoặc A; khừng óm, nghĩa lỏ một trong hai

phương trớnh đọ cho luừn cụ nghiệm

Bỏi 5: Chứng minh rằng: nếu m, n lỏ hai số thỏa mọn: 19|m| + ð|n| > 2000 thớ phương trớnh sau cụ nghiệm 20mx? + ðnx + 100 —m = 0 (1) Giải + Với m=0, từ (1) > 5n.x +100 = 0 (+) Theo giả thiết thớ n # 0 nởn phương trớnh (*) luừn cụ nghiệm duy nhất, nghĩa lỏ (1) luừn cụ nghiệm + Với m #0: ta cụ: A = 3ữn? - 20m(100 - m).4 = 80m? - 8000m + 25n? > 80m” - 4(19|m| + 5 |n|)m + 25n? (do giải thiết) > 4m” - 20|mn| + 25n? = (5|n| - 2|m|)? > 0 => A 20 = Phuong trinh (1) luừn cụ nghiệm Bỏi 6: Cho a, b, c lỏ ba số khõc khừng, cún p, q e R Chứng minh rằng: a2 2 + X-p x-q =c luừn cụ nghiệm x # p vỏ x #q Giải Phương trớnh đọ cho

= cx? -[e(p +q) +a? + bỶ ]x + cpq + a3q + b?p =0 Ta cụ: A = [e(p + q) + a? + b#]? - 4c(cpq + a?q + bấp)

=(p+ q)?c? + 2c(q + p)(bấ ~ a2) + (a? + b2}? = (p + q)*(-4a*b”) < OVa,b #0 vap,qeR

Trang 12

Xem A lỏ tam thức bậc hai theo ẩn số c thớ: 2 + >0“ (p g => A>0OvớiVec A <0 Suy ra phương trớnh đọ cho luừn cụ nghiệm với V a,b,c vỏp,qeR

Bỏi 7: Cho ba số a, b, c dương thỏa mọn: a + 2b + 3c = l

Chứng minh rằng: ợt nhất một trong hai phương trớnh sau cụ nghiệm thực:

4x? -4(2a + 1)x + 4a? +192abe+1=0 (1) 4x? -4(2b + Ủx + 4b” + 96abe+1=0_ (2) Giải Phương trớnh (1) cụ: A, = 16a(1 — 48bc) Phương trớnh (2) c6: A, = 16b(1 24ac)

Mặt khõc: (1 - 48be) + (1 - 24ac) = 2[1 - 12c(2b + a)]

= 2[1~ 12e(1 - 3e)] = 2(6e - 1)? > 0

Suy ra ợt nhất cụ một trong hai số lỏ: (1 - 48bc) hoặc (1 - 24ac) phải khừng óm, suy ra cụ ợt nhất một số A; hoặc A; khừng óm, nởn luừn cụ ợt nhất một phương trớnh cụ nghiệm => (dpcm) Bỏi 8: Cho a zb #c z0 vỏ a,b,c c R Chứng minh rằng phương trớnh sau luừn cụ nghiệm: f(x) = ab(x - a)(x — b) + bc(x - b)(x — e) + ca(x - c)(x - a) = 0 Giải Ta cụ: f(a) = bc(a - b)(a - e); f(b) = ae(b - a)(b - e) f(c) = ab(c — a)(e - b)

= f(a).f(b).f(e) = a?b?e?(a — b)(a — e)(b - a)(b — e)(e — a)(e — b) = —3a”b?c?(a - b)?(b - e)(e - a)? < 0

va, b, c, đừi một khõc nhau vỏ khõc 0

= ợt nhất cụ một trong ba số: f(a); f(b); f(e) phải óm Giả sử, số đụ lỏ: f(a) < 0

Lại cụ: f(0) = a”bŸ + be? + c?a? > 0 = f(a).f(0) < 0

= phương trinh f(x) = 0 luừn cụ nghiệm (đpcm)

Bỏi 9: Cho phương trớnh: ax” + bx +c = 0 (a # 0)

Chứng minh rằng nếu cõc số a, b, c thỏa mọn đẳng thức sau: 2a + 8b + 6c = 0 thớ phương trớnh trởn luừn cụ nghiệm e (0, 1)

Giải

Trang 13

Caờch1: Sw dung tinh liờn tuc:

Dat: f(x) = ax? + bx + e.Ta thấy f(x) luừn liởn tục Vx € (0,1) 2ớ1_ 22a+3b)+9c_ 2(-6c)+ 9c _ _i, Lại cụ: f(0) = 1H 3 9 9 3 = ros (=) 12<0 3] 3 => phương trớnh f(x) = 0 luờncờ nghiđờm xe (0.2) c(0,1) Cõch 2: Sử dụng dinh ly Lagrange: Xờt hỏm số F(x) = ae + 5 bx" + CX

Ta thấy F(x) luừn liởn tục trờn [0, 1] va F(x) = ax? + bx+c luừn tổn tại trởn (0, 1) Theo định lý Lagrange thớ tổn tại số œ € (0,1) sao cho:

FQ) - F(0) = F(e) Ẫ sa+sb+e = ad + bơ +e 2a + 3b + 6c ————ạ Theo giả thiết: 2a + 3b + 6e = 0 > aa? + ba +e =0 = a2 + bœ+e€ œ lỏ nghiệm của phương trớnh ax? + bx + = 0 = (đpcm) Bỏi 10: Cho m dương vỏ ba số a, b, c e R thỏa: - + b +-— =0 Chứng m+2 m+l m minh rằng phương trớnh: ax” + bx + =0_ cụ ợt nhất một nghiệm e (0,1) Giải Cõch 1: Sử dụng định lý Lagrange Xờt hỏm số : F(x) = Bm gmt 4 & ym m+2 m +] m

Ta thấy F(x) luừn liởn tục (0, 1)

F(x)+ ax”?! + bx™ + ex™? = x™1(axẼ + bx +c) luờn ton tại trởn (0, 1)

Theo dinh ly Lagrange thi Ja € (0,1) sao cho:

FQ) ~FO) _ (gy op 2 P Ò9 —œm=(ao? ‡ bự +e) 1-0 m+2 m+i m + b + =Onờn a™ (aa? + ba +đc)=0 m+2 m+i m

Theo giả thiết:

(aœ? + bơ + e) = 0 — œ lỏnghiệm của phương trớnh: ax? +bx+c=0

Trang 14

Xờt f(x) = ax? + bx +đ + Nờua=0> f(x) =bx+e + Nếu bz0thớ f&)=0 œx=- Từ giả thiết => —-~ =— ~ =x=—#_ c(0,1) b m+l m+1

+ Nếu b=0, từ giả thiết c =0 — f(x) = 0 luừn đỷng Vx e (0,1)

Từ hai điều kiện trởn ta cụ kết luận: f(x) = 0 luừn cụ nghiệm x e (0,1) + Nếu a z0: Ta cụ: f(0) =0 (E5) (m+1( a b | f = + +C 5 m+2 m+2 \m+2 m+l (m + 1) (m+1( đ a c =—————|-—+€e———|=-———- => m+2 m (m +1)? m(m + 2) 2 = f(o)đ(@*2) _ê m+2 m(m + 2) <0 va,b,o.m > 0 phương trớnh f(x) = 0 luừn cụ nghiệm x € lo mi m+2 Je (0,1) Bỏi 11: Giả sử a + b + c = 6 Chứng minh rằng tổn tại một trong ba phương trớnh x? +ax+1=0 (1) sau cụ nghiệm: x” + bx+ 1= 0 (2) x?°+cx+l=0 ` (8) Giải (1) c6: Ay =a? -4; (2) 06: Ay =b?~4; )cụ: AÒ =c?-4 => A, +A, +A, =a° +b? +c? -12 =a? +(b+c)? -2be-12

Trang 15

=> A, +A, +A, 20 => ợt nhất một trong ba số lỏ số óm nởn cụ một trong ba phương trớnh cụ nghiệm — (đpcm) x h <O Nờu thitY atb+c=6 >a>6 c<0 Khi a > 6 thớ hiển nhiởn phương trớnh (1) luừn cụ nghiệm (đpcm) Nếu bc< 0

Xờt biểu thức: T'= a” + (6 — a)? —-2be -12

Xem TT lỏ tam thức bậc hai đối với ẩn a, ta cụ: A„ = 36- 224 - 2bc) = 4bc - 8 < Ova be < 0 = T luừn cỳng dấu với hệ số a”tức lỏ T >0 Va e R => A, +A, +A, >0 Suy ra: Cụ một trong ba số luừn dương => cụ một trong ba phương trớnh đọ cho cụ nghiệm Tụm lại: với a + b +c = 6 thớ cụ một trong ba phương trớnh đọ cho luừn cụ nghiệm =>đpcm

CHUYấN ĐỀ 5: PHƯƠNG TRèNH BẬC HAI Cể HAI NGHIỆM

THỎA MẳN MỘT ĐIỀU KIỆN CHO TRƯỚC a mo eB 9

Cõc điều kiện cho trước thường gặp

Hai nghiệm x;; x; thỏa mọn một phương trớnh; một bất phương trớnh

Một biểu thức chứa hai nghiệm x;; x; đạt giõ trị lớn nhất; bờ nhất

Nghiệm óm; nghiệm dương: t - Nghiệm thuộc (a, b) cho trước Nghiệm nguyởn `

Nghiệm nỏy bằng k lần nghiệm kia Phương phõp giải

Bỏi toõn 1

Hai nghiệm xâ; x; thỏa mọn một phương trớnh; một bất phương trớnh:

eẪ Bước I: Timm dờ phương trớnh cụ hai nghiệm xịâ; xạ

e Bước 2: Biến đổi phương trớnh, bất phương trớnh chứa (x; + X;); Xị.X; Sau đụ õp dụng định lý Vict; giải tớm m

eẪ Bước 3: Giao cõc điều kiện rỏng buộc của m Kết luận

Bỏi toõn 2 :

Biểu thức chứa hai nghiệm x;;x; đạt giõ trị lớn nhất; bờ nhất

Trang 16

đ Budcl: Timm để phương trớnh cụ hai nghiệm xâ; xạ

e Bươc2: Biến đổi biểu thức chứa (x; +x;Ò);X;.x;Ò Dỳng định lý Viet đưa biểu thức về hỏm f(m) e Bước 3: ĐỂ tớm min, max của f(m) cụ thể dỳng một trong cõc cõch sau: Cõch !: Phón tợch f(m) = +(œm +)? + A? Cõch 2: — Dỳng khảo sõt hỏm số Cõch 3: Dỳng điều kiện cụ nghiệm của phương trớnh bậc 2 Cõch 4: Dỳng bất đẳng thức Cừsi, Bunhiakopxki Cõch 5: Dỳng tợnh bị chặn; tợnh nhất của bất đẳng thức Bỏi toõn 3: Nghiệm thuộc (a; b); óm dương Cõch ủ: Dỳng cừng thức so sõnh nghiệm _

Cõch 2: Dỳng khảo sõt hỏm số vỏ miền giõ trị Bỏi toõn 4: Nghiệm nguyởn

Dỳng tợnh chia hết ; số chợnh phương

Bỏi toõn 5: Nghiệm nỏy bằng k lần nghiệm kia:

đ Bước 1: Giả sử phương trớnh bậc hai cụ 2 nghiệm xị;X; eẪ _ Bước 2: Nghiệm nỏy bằng k lần nghiệm kia nởn: * = kx, =|* —kx, =0 X, = kx, X, — kx, =0 e Bước 3: Biến đổi đẳng thức trởn về tổng; tợch Sau đụ dỳng định lý Viờt Ẫ (xâ -kxÒ)(x; — kxị) = 0 2 Bỏi tập Bỏi 1: Cho phương trớnh bậc hai: x* + 2(m+1)x+ 2m? -m-3=0 (Q)

Trang 17

; ; Xịy + X; = -2(m + 1) Theo định lý Viet ta được: 2 X,.X,=2m°-m-3 (2) x,=1-— Ta cụ: pe nam H 3 2x, -X, =mMm+5 x, =-3-2m 3 Thế vỏo (2) ta được: ụ - m)(-s - a) =2m?-m-3 2 m=0 = -3 =0< 3 (thỏa mọn (*)) m =— 13 Ạ te gee ae a 3 Vậy cõc giõ trị của m cần tớm lỏ: m = 0v m =—— 13 Dinh m để phương trớnh cụ hai nghiệm sao cho biểu thức: A =xj +x? —2xâx; đạt giõ trị nhỏ nhất; lớn nhất Ta cụ: A = xị + xọ —2XịX; = (Xị + X;)” — 4Xị.X; = 4(m + 1)? - 4(2m” - m - 3) = -4m” + 12m + 16 Dat f(m) = -4m? + 12m +16 f (m) = -8m + 12;f (m) = 0 > -8m+12=0<m= 5 Bảng biến thiởn M f(m) + 0 _ Từ bảng biến thiởn ta được:

max A = max f(m) = 25 khi m =5

min A = min f(m) = 0 khi m = -1vm = 4 Định m để phương trớnh cụ hai nghiệm x;; x; thỏa:

xị + X) =B4(Xị + X;) 4 3, 43

Trang 18

<> (xX, + X_)° — 8x, xp(x, + x,) —54(x, +x,) = 0 <> (x, + x,)| 4(m + 1)? - 82m? - m - 3) -54]=0 <> —2(m + 1)(-2m? + 11m - 41) = 0 m+1=0 > 2 - ẪSm=-l(nhận) ~2mZ + 11m - 41 = 0(vừ nghiệm) Vậy giõ trị m cần tớm lỏ m =—l 4 Địnhm để phương trớnh cụ hai nghiệm x;;x; thỏa: ŠL „ Xz „ 2m- 3 Xạ Xị - 10 2 2 2 Tacụ: i 4X2 XLtX; _ & + Xp) - 2X; (x,,X_ # 0) X, Xị XX X X_ 2 2 _ 4(m + 1) (2m m-— 3) _ 10 (m #-1) 2m* -m-3 2m-3 Do đụ bất đẳng thức đọ cho tương đương với: - ‘ 7 m<-— 10 > 2m=—3 7+ 2m)03~2m) , 5 c 2 2m - 3 10 2m -3 3 13 Kờt hdp vời diờu kiờn (*) ta được 5 <m<4

Trang 20

Bang biờn thiờn m |-o -4 -2 0 2 +00 T + 0 - 0 + TT 0 T la 7 \ 2 _— =~ Z7 3 3

Dựa vỏo bảng biến thiởn ta được:

MaxT = khi m = =4 â MinT =2 khi m=2 4 Bỏi 3: Cho phương trớnh bậc hai: x? +mx+1=0 (1) 2 2 1 Định m để phương trớnh cụ hai nghiệm x;;x; thỏa mọn: (2) + (22) >14 Xe

Trang 21

2, Taco: x} +x} =(x, + x,)° — 3x,x,(x, + x,) <2 Ẫ -m + 3m -2 <0 Ẫm>-2 fe ow ° vs m= 2 Đối chiếu với điều kiện (*) ta được: m2 È ` m = ~2 Vậy cõc giõ trị của m cần tớm lỏ: | m > 2 3 Tacụ: A= (= Xa) - 4X; Ắ_m -4đ =—m-1~ 3 X,+X,+1 -m+1 —m +1 Do đụ để A thớ (m - 1) lỏ ước số của 3 m—1=~l m = 0 (loại theo điều kiện (*)) m~1=1 m = 2 (thoả (*)) | o o m-1=-3 m =-— m-1=3 m=4 Vậy giõ trị m cần tớm lỏ: m e {-2, 2,4}

Trang 24

Bỏi 6: Với những giõ trị nỏo của a thớ phương trớnh: x? 41=~ 66 hai nghiệm a ‹ 1 ong 1 thực x;;x;Ò khõc nhau thỏa mọn: xi + xi >— a Giai Phương trớnh xŸ + 1 = “ Gax?-x+a=0 , phương trớnh nỏy cụ hai nghiệm phón a biệt €$ A =1~4a” >0 Cụ =2 <ó <2 vỏ a z 1 1 g\2_ 1 Ta cờ: |x? 1 ~ x2} > — 2 a (x? -x?) > 1 2 9 ` Ẫ (xi +xs} (xi -x,) > È > (x, +X_) (x, +X,)° ~ 4x,.x, | > ` 2 1 2 1 1 Ẫ->_-4>1<€Ẫ1-Ba“ >0<>-—><a<—=(a #0) a V5 V5 Kờt hop vời diờu kiện ta được giõ trị a cần tớm lỏ: 1 1 ——=<l<0v<a<—= 2 V5

Bai7: Cho phuong trinh: x? - (2sina —1)x + 6sin’ a — sin œ ~ 1 = 0 Tim œ để phương trớnh cụ hai nghiệm x:; X;

Tớm giõ trị lớn nhất vỏ nhỏ nhất của biểu thức: A = x‡ + x2 Giải Phương trớnh (1) cụ hai nghiệm x;; xạ Ẫ A > 0 Ẫ (2sin œ — 1)? — 4(6sinŠ œ — sỉn œ — 1) > 0 Ẫ> -20sin? œ +5 >0 = - _k2x< œ< ẳ + k9n = 6 Ẫc- “+knsœ< ~+ka 51 6

OE phon Sơ < CC + kởn

Trang 25

Bang biờn thiờn t — — — i 2 f(t) + 0 _ 25 f(t) › “%8 oS,

Dựa vỏo bảng biến thiởn ta được:

Trang 26

Dựa vao bang biến thiởn ta được:

3/3 3⁄3

max ằ =—— đạt tạim = 23 ; min ằ =~—— đạt tạim = -2V/3

Bỏi 9: Cho phương trớnh bậc hai:

(a? —2a +2)x? +2(aT—1)x.a - 3a? = 0

I Chứng minh rằng với Va > 0thớ (1) cụ hai nghiệm xâ; x; thỏa mọn: 1 1 2 X, X, 3 2 Định a dờ phuong trinh (1) c6 hai nghiờm x,;x, sao cho: xị.x; < |axâ| — |axa| Giải

Phương trớnh (1) cụ hai nghiệm x;; x;

Ẫ>A =a?(a -1)? + 3a?(a? - 2a + 2)

= a?(a — 1)” + 3a? | (a - 1) + 1 |> 0va

Trang 27

-3a” < 2|a|.a(1 —a) 3a? > 2la|.a( — a) Ò 2 —1)<— + Nếua<0thớ@) | 8A-1<-8 2a( ~a) < -3a 1o 2 + Nờua>Othi = Zala-I)<8a 9) 5 2a(1—a) < 3a 2 Tụm lại: giõ trị của a cần tớm lỏ: -5<a<0v0<a<Š

Bỏi 10 Cho tgœ; tgB lỏ hai nghiệm của phương trớnh x? +ax+b=0 (1) 1 Họy tợnh giõ trị của biểu thức:

T = sin?(œ + B) + a sin(œ + B).cos(œ + B) + bcos2(œ + B) theo a vỏ b

2 Choa=7;b= 3 Họy tợnh giõ trị của biểu thức:

Q= |2xâ - xÒ| +|2x; — xâ| với x;x; lỏ nghiệm của (1) tương ứng với a = 7;b= 3

3 Cho a = 3m - 3; b= -5m +12 (m lỏ tham số) Định m dờ phương trớnh cụ hai

nghiệm mỏ nghiệm nỏy bằng bớnh phương nghiệm kia Giải 1 Tinh T: Phương trớnh (1) cụ hai nghiệm tgo; tgB Ẫ A = aŸ - 4b > 0 tgơ + tgB = -a Theo định lý Viet: tgơ.tgB =b Cõch I1:

T = sin?(ơ + B) + asin(œ + B).eos(œ +B) + bcos?(a + B)

Trang 28

Cõch 2:

Ta cụ:T' = sin?(œ + B) + a sin(œ + B).eos(œ + B) + bcos”(œ + B)

Trang 29

Thử lại: Khi m = -3 thớ (3) trở thỏnh: x” - 12x + 27 =0 x, =3 Z 2 > ta thay x, = x} xạ=9 Vậy giõ trị m cần tớm lỏ: m = 3

Baill: Cho phương trớnh: ax? -bx+b= 0với a, b > 0, cụ cõc nghiệm lỏ X;; x; Chứng minh rằng tổn tại cõc số œ; = +1;(i = 1,2) sao cho: yey tla? Từ yởu cầu đề bỏi suy ra: x;;x; > 0 Xị +XÒ = b >0 Theo dinh ly Viet: a X;.XÒ =—>0 Do đụ: Ề +f _X +X _ b V%X1-X2 Nởn để thỏa mọn đẳng thức: | [xp =1 te 22 sa)? = ‘aac , a, =-l

Bai 12: Xờt cõc số thực: a, b, c sao cho phương trớnh: ax” + bx + e = 0 cụ hai nghiệm thuộc |0, 1] Họy tinh gid trị lớn nhất của biểu thức: T' = (a - ba _ b)

a(a~b+c)

Giải

Với cõc số thực a, b, c lỏm cho phương trớnh ax” + bx + c = 0 cụ hai nghiệm

Trang 30

_ (+x, +x) 2+ x, + xX_) 14+ X, + X_ + X).X, 2 2 2 2 _ 2 + Xị + X; + Xi X;) + Xị + X; + XỊ + X2 = 94 Ait Xo +X + Xp 1+ x, +X, + X,.X, è+Xị + X; + Xị.X; Khừng mất tợnh tổng quõt cụ thể giả sử 0 < xị; < x; <1 => xf <$x).x, > 14+x,+x,+x,.x, 21+x}4+x,.x, 2 2 2 „v2 2, V2 Xị † X; + Xi †X; „Xi X; + XI +XZ Xị + X; + XI + X2 =1 l+Xi+Xa+XiX; l+xi+tXitX; 14+x34+x,+x, =T1<2+l=3=T „=3 Dấu “=” xóy ra Ẫ Xị = x; =1

Bỏi 13: Cho phương trớnh: x” + ax + b_— 2 = 0 với a,b e R

Giả sử phương trớnh cụ nghiệm kờp œ > 2 Tớm giõ trị nhỏ nhất của A = a? + bể Giải Phương trớnh cụ nghiệm kờp ơ > 2 -5>2 a<-4 a<-4 Ẫ Ẫ oS

A=0 a’ —4(b-2) = b=a?+2

Từđụ: A=a?+b?=a? [te +2) =a +2a7 +4 A sat + 4a = sạc" 1) ae 0 Bảng biến thiởn a —œ -4 A’ - +0 Dựa vỏo bắng biến thiởn ta được: min A = 52 đạt tại t =ư

Bỏi 14: Cho phương trớnh: x” - (3sin a - cosa)x - 4 - 4cos 2a = 0 (1)

Trang 31

<> A =(8sina —cosa)” +4(4 ~4 cos 2a) >0

1- cos 2a

> 5 (1-cos2a) + ~ 3sin 2a +16+4cos2a >0 Ẫ 21-8sin 2a > 0 luừn luừn đỷng Va e R

Do đụ (1) luừn cụ hai nghiệm phón biệt

Gọi xị; x; lỏ hai nghiệm của phương trớnh, ta cụ:

A =xƒ + x2 =(Xịi +X;} ~2x).Xy = (3sin a ~ cosa)” +2(4 + cos2a)

= sỷ ~ cos 2a) + sũ + cos 2a) — 3sin 2a + 8 + 2cos2a = -2cos 2a - 3sin 2a + 18 Theo bất đẳng thức Bunhiakopxki: |-2 cos 2a - 3sin 2a| < c2” + (-3)? |(sin? 2a + cos? 2a) - /13 => -V13 < ~2cos 2a —- 3sin 2a <413 = 13- V13 < 13~ 2cos2a ~ 3sin 2a < 13 + 13 = Am =13+ V13 ; Anin = 13-13 Bỏi 15: Cho phugng trinh: x? + 2(a-3)x+a-13=0() Tớm a > 1 để nghiệm lớn nhất của phương trớnh nhận giõ trị nhỏ nhất Giải 2

Tacụ: A =[a=3) +2 >0 VaeR = (]) luừn cụ hai nghiệm phón biệt: x:; x;

Gọi nghiệm lớn nhất của phương trớnh lỏ:

xX, =3—-a+ va? -7a +99

Qa-7 =: 2a~7-2Va? ~7a + 22

Trang 32

Bang biờn thiờn X 0 +40 XS — 6 Xa se

Dựa vỏo bảng biến thiởn (x;)„ khừng tổn tại a

Vậy khừng cụ giõ trị a > 1 thỏa dờ

Ẽ Chỷ ý: Với bỏi toõn trởn thớ nghiệm lớn nhất nhận giõ trị lớn nhất Ẫ a =1

khi đụ ama„ = 6

Với cóu hỏi như vậy ta cụ thể lỏm cõch khõc như sau:

Gọi xạ lỏ nghiệm lớn nhất của phương trớnh thớ: xọ + 2(a - 3)xạ + aT— 18 = 0 Ẫ (2xạ + La = 13 + 6xạ — xọ 13 + 6x9 - Xộ 1 2 =——————- (Vè Xạ =—-~ khừng lỏ nghiệm của (1 (Ox, +1) (v 2 g la ngniđ (1)) "- 12 + 4xụ - Xộ Via>l= >xi<Ẫ (2x, + 1) 2x, +1 Khi (xạ), „ = 6 thế vỏo phương trớnh ta duge: a = 1 Bỏi 16: Tớm tất cả cõc giõ trị của m sao cho phương trớnh: x? -(2m + 1)x + m” +m~2=0 cụ hai nghiệm xạ; x; thỏa: 0 < xị < 2 hay 2< x; <ð Giải Ta cụ:A =9 >0 VYm =— phương trớnh luừn cụ hai nghiệm phón biờt ;=m-l RO rang x; < x,Vm oy xạ =m+ Yởu cầu bỏi toõn được thỏa mọn: lớn => na Ẫl<m<8 2<m+2<5 0<m<3 Vậy cõc giõ trị của m cần ỳm lỏ: 1< m <3

Bỏi 17: Cho phương trớnh: x” - 2|9 - log; m| x + 3|9 - log; m| = 0

Định cõc giõ trị để một trong cõc nghiệm của phương trớnh lớn hơn 3 cún

nghiệm kia nhỏ hơn 3

Trang 33

Giai Yởu cóu bỏi toõn được thỏa mọn ẬẪxị<3<xÒ Ẫf(3)<0 Ẫ 9-6|9 - log; mị + 3|9 - log, m| < 0 = |9- log, mj > 3 ; —log,m<-3 = me m > 12 > n > 3” 9~ logạ m >3 logạ m < 6 m > 3° 0<m<Ẽ 12 lỏ cõc giõ trị m cần tớm m>3 Kết hợp với điểu kiện m > 0 -| Bỏi 18: Cho hai phuong tinh: x? + 8x +2a = 0 va x? + 6x+5a =0 Định a để hai phương trớnh cụ nghiệm xen kẽ nhau Giải

Đặt ẻ4)= x? + 3x + 2a; f(x) =0c6 hai nghiđm X13 Xp g(x) = x? + 6x + 5a; g(x) =0c6 hai nghiờm x,;x,

` - Xị <Xs <XÒ < X„ Hai phương trớnh cụ nghiệm xen kế nhau <>

Xạ <Xị <XÒ <X;

Ẫ f(xạ)fQx„) <0 e (xi + 3x; + 2a)(x? + 8x, + 2a) < 0

Trang 34

+ Nế eu a= b= 0 = (1) cụ nghiệm x = +^/2 thỏa mọn để bỏi ` ` a=0 a=0 Vậy cõc giõ trị của a, b cần tớm lỏ: by ce gid tr pose’ {ee Bỏi 20: Định m để phương trớnh sau cụ 4 nghiệm phón biệt: ox? ~|x|+m =0 (1) Giải Cõch I: Phương trớnh (1) <> m =|x| _ 1 -x— 2 x? nếu x < 0 Vẽ Parabol (P): y=|x|-7 x" = 3 x x~——X” nếu x > 0 4

Dựa vỏo đồ thị suy ra: phương trớnh đọ cho cụ 4 nghiệm phón biệt khi vỏ chỉ khi đường thẳng y = m cắt (P): y = |x|— ủ x? tại 4 điểm phón biệt Ẫ 0 < m <1

Trang 35

Bỏi 21: Cho phuong trớnh: (m + 1)(vx +1} -2m(Vx +1)+ 2m =0 ()

Định m để phương trớnh cụ một nghiệm thuộc [0.4] Giải Đặt t=Ax+1;với 0<x<4—=1<t<3 Phương trớnh (1) trở thỏnh: (m + 1)t? - 2mt + 2m = 0 (2) ` eẪ Ứng với một nghiệm te [1 3] thớ phương trớnh t= vx +1 cụ đỷng một nghiệm x € [0, 4] nờn: + Phuong trớnh (1) cụ một nghiệm x € [0.4] thớ (2) cụ một nghiệm t‡ e (1, 3] ; m=0 vo | m=-2 > cm Lai” m=-2 È—È mẽ m+ 1

Vậy m = -2 thỏa mọn để bỏi

+ Phương trớnh (2) cụ nghiệm t;; t; thỏa mọn: t, <1<t, <3

<t, <3<t,

Ẫ Nờu (2) cờ nghiờm t, =1 thi ti (2) m+1-2m+2m=0- m=-1, gid ti

nỏy khừng thỏa mọn (vớ m # 1) e Nếu (2) cụ nghiệm t, = 3 thớ từ (2) = 5m+9=0=m=-2 voi m=—Ẽ thi (2) rd thanh 44? 4 484-8 <0 5 5 5 Ậ5 t,=3 | > -207+9t-9=00 t 3 (loai vớ tị € [1,3] 175 2 e “Cún lại phương trớnh (2) cụ hai nghiệm t;; t; thỏa mọn: hi <1l<t, <3 f(1).f(3) < 0 1<t,<3<t, D4) < eo (m +1\(6m+9) <0 6-2 <m<-1

A nõo cif tri ak È 9S

Trang 36

Bai 22: Cho phương trớnh: sin 3x - mcos2x ~ (m + 1)sin x + m = 0 (1) Định m để phương trớnh cụ đỷng tõm nghiệm e (0, 37) Giai Phuong trinh (1) <> sin x(4 sin? x - 2m sin x + m — 2) =0 sinx= 0 mm (2) se Với sinx=0<>x=kx (keZ2) Khi 0<x< 3# = 0< km < ẩn Ẫ0<k< 8= k =[1,9] => nghiệm x = {Ẽ, 2r} Đặt: t=sinx;-l<tê<1 Phương trớnh (2) trở thỏnh: 4t? - 2mt+m-_—2=0 (8) + Ung với một nghiệm tâ e(0,1) thớ phương trớnh t = sinx cụ đỷng bừn nghiệm x € (0,3)

Trang 37

Để (1) cụ nghiệm nguyởn thớ điều kiện cần lỏ: A phải lỏ chợnh phương

= A =nˆ = 4a? + l6a - 151 = nŸ (với neZ) ; Ẫ (9a + 4)” -n? = 167 Ẫ (2a+4-n)(2a+4+n) = 167 (*) Vớ 167 lỏ số nguyởn tố nởn đẳng thức (*) xảy ra 2a+4-n=l 2a+4—n =-167 hoặc 2a+4+n =167 2a+4+n=-l 2a+4-n=-l a=-44 cẪ 2a+4+n =-167 n=83 oo |27 40 = gid trictaald: a=40va =—44 1 a ai = Vv =— a=-43,5(loaivin đZ) > Kiờm tra: x =0 (nhận) =88 D88 + Khia =0 (1) <2 x? = B8 = 0 | x= + Khia =—44 Ậ| ( nhận ậ ) 84 , Kết luận: Giõ trị của a can tim 1a: a = 40; a = -44

Bai24: Cho phương trớnh: mx” - mqx + q = 0(m # 0)

I Định hệ thức liởn hệ giữa m vỏ q để hai nghiệm của phương trớnh trởn lỏ: sin vỏ tang của cỳng một gục œ Tinh m theo a Cho mq = - Tợnh a - Giai Gọi hai nghiệm của phương trớnh lỏ xị; xạ

Trang 39

Dat: M = max lễ ‘| thi: Xl" <Hllxe|+|-|< M(xÒ|+1) =- Mặt khõc: M(|xạ| + Ủ =M.-*Ẽ——<M—Ẽ— |xe|—1 |xe|—1 Suy ra: |xạ|Ÿ <M T1s = |xs|< M+1 lxa|~1 ma |xo|~1 Hay |xạ|<1+ max | a ; 3 = (đpcm) a b a c 2lac| + b? Lt + b =2 |ab| b Chứng minh rằng: |xạ| < —b - Vb? -4ac Giả sử một trong hai nghiệm của phương trớnh lỏ: xạ = 2a b Nb? = 4ac -4ac|_ 1ẻb b? - 4ac = |X| =|5- + 5-7] $ SE] +h a Qa ề_ 2a <9 a 4a = |x| ss _— Cần chứng minh: —|— ee (*) a That vay, bat da ang thức đc 2 bề _fê < 1 b +9 c 4a? a_ 9la b 2 2 2 2 o Pf cP yale +45 @-L<alk c +4 4a" a 4a a b a a b ~ ag , ge ` 2|ac| + b° Rử rỏng bất đẳng thức nỏy luừn đỷng.Vậy: |xạ| < ab] (đpcm) a

Trang 40

> X,.X,(1+k?)- k(x} + x3) =0 €> Xi.XÒ (1 + k?)-k (x, +X) +2kx,.x, =0 K, +X, =-— Theo dinh ly Viet: a Xị.XÒ =— xxx; (1+ k?} ~k(x,+x,) + 2kx,.x, =0 2 = <(1 +k?) -k[ẩ] +9k.“ =0 a a a Ẫ ac(1+ k?)~ kb? + 2kac = 0 Ẫ ac(k + 1)” - kb = 0 k 2 Đảo lại: Khi ac(k + 1)” - kb? = 0 = ae = k+1) Ta c6: A= b? ~ dae = b? 4? _ (k +1) ớ k+1)? —4k 2 _y 1 bo (+1)? 20 Vke-l (k+ 1 (k+ 1)” Suy ra phương trớnh ax” + bx + = 0 cụ hai nghiệm Xị; XÒ CHUYấN ĐỀ 6: QUAN HE NGHIEM CUA HAT PHUONG TRINH BAC HAI Cõc bỏi toõn Bỏi toõn 1: Cho hai phương trớnh bậc hai: a,x’ +bx+e, =0 (1) a,x” +b,x+đ, =0 (2) -_ Tớm cõc giõ trị của tham số m để (1) vỏ (2) cụ nghiệm chung Phương phõp: eẪ Bước I: Gọi xạ lỏ nghiệm chung của hai phương trớnh thớ: 2 _ pes + bâXạ +; =0 2 _ A_Xq + boxy + Cy = 0 Ẽ Budc 2: Gidi hờ trờn tim xy Suy ra m

đ Budc 3: Thờ gid tri cia m vao (1); (2) để kiểm tra