Luyện thị lớp 10: HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

Chủ đề 2: HÀM SỐ BẬC NHẤT, HÀM SỐ BẬC 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 hoành 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  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 ) AB = x= ( x2 − x1 ) 2 + ( y2 − y1 ) Điểm M ( x; y ) trung điểm AB x1 + x2 y +y ;y = 2 Điều kiện để hai đường thẳng song song , hai đường thẳng vng góc Cho hai đường thẳng ( d1 ) : y = ax + b đường thẳng ( d ) : y = a ' x + b ' với a, a ' ≠ • (d1 ) / /(d ) ⇔ a = a ' b ≠ b ' • (d1 ) ≡ (d ) ⇔ a = a ' b = b ' • ( d1 ) cắt ( d ) ⇔ a ≠ a ' • (d1 ) ⊥ (d ) ⇔ a.a ' = −1 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 + m + m a) Tìm m để (d1 ) / /(d ) b) Gọi A điểm thuộc đường thẳng (d1 ) có hồnh độ x = Viết phương trình đường thẳng (d3 ) qua A vng góc với (d1 ) 31 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 )  2m2 − m = ( m − 1) ( 2m + 1) = ⇔ ⇔m=−  2  m + m ≠ ( m − 1) ( m + ) ≠ Vậy với m = − (d1 ) / /(d ) b) Vì A điểm thuộc đường thẳng (d1 ) có hồnh độ x = suy 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 = 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 ) (d ) Phương trình hồnh độ giao điểm ( d ) ( d3 ) là: 32 −x + = x − 25 23  25 23  ⇔ x= ⇒ y= ⇒ B  ; ÷ 8  8  2 25 23 Vậy độ dài đoạn thẳng AB là: AB =  − ÷ +  − ÷ =     d) Gọi M , N giao điểm đường thẳng ( d1 ) với trục tọa độ Ox, Oy Ta có: Cho y = ⇒ x = −2 ⇒ A ( −2;0 ) , cho y = ⇒ x = −2 ⇒ N ( −2;0 ) Từ suy OM = ON = ⇒ MN = 2 Tam giác OMN vng cân O Gọi H hình chiếu vng góc O lên MN ta có OH = MN = SOMN = OM ON = ( đvdt) Chú ý 1: Nếu tam giác OMN khơng vng cân O ta tính OH theo cách: Trong tam giác vng OMN ta có: 1 = + (*) Từ để khoảng cách từ điểm O 2 OH OA OB đến đường thẳng (d ) ta làm theo cách: + 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: Cho M ( x0 ; y0 ) đường thẳng ax + by + c = Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng là: 33 d= ax0 + by0 + c a + b2 Ví dụ 2:Cho đường thẳng mx + ( − 3m ) y + m − = (d ) a) Tìm điểm cố định mà đường thẳng (d ) 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 ) qua với m ta có: mx0 + ( − 3m ) y0 + m − = 0∀m ⇔ m ( x0 − y0 + 1) + y0 − = 0∀m  x0 =  x − y + =   ⇔ I1;1 ⇔ Hay   ÷ 2 2  y0 − = 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 = ⇒ OI : y = x 2 2 2 Đường thẳng (d ) viết lại sau: mx + ( − 3m ) y + m − = ⇔ ( − 3m ) y = −mx + − m + Đế ý với m = đường thẳng (d ) : x − = song song với trục Oy nên khoảng cách từ O đến (d ) 34 + Nếu m ≠ m m −1 x+ đường thẳng (d ) viết lại: y = Điều 3m − 3m − kiện để (d ) ⊥ OI m 1 = −1 ⇔ m = − 3m ⇔ m = Khi khoảng 3m − 2 2 1 1 cách OI =  ÷ +  ÷ Vậy m = giá trị cần tìm = 2 2 2 c) Ta giải toán theo cách sau: + Cách 1: Dễ thấy m = không thỏa mãn điều kiện (Do (d ) không cắt Oy , đường thẳng (d ) cắt Ox, Oy điểm A, B tạo thành tam giác cân OAB , góc ·AOB = 900 ⇒ ∆OAB vuông cân O Suy hệ số ) Xét m ≠ 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 − toán Cách 2: Dễ thấy m = , m = không thỏa mãn điều kiện m m −1 x+ Xét m ≠ 0; , đường thẳng (d ) viết lại: y = 3m − 3m − Đường thẳng (d ) cắt trục Ox điểm A có tung độ nên m m −1 1− m 1− m  1− m  x+ =0⇔ x= ⇒ A ;0 ÷⇒ OA = , đường 3m − 3m − m m  m  thẳng (d ) cắt trục Oy điểm có hồnh độ nên y= 35 m −1 m −1  m −1  ⇒ B  0; Điều kiện để tam giác OAB ÷ ⇒ OB = 3m − 3m −  3m −  m = m = 1− m m −1 = ⇔ ⇒ cân OA = OB ⇔ Giá trị m = m 3m −  m = 3m −  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 + = 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 + = ⇔ m ( x + y − ) + − y = 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 P ≡ H ⇔ PH ⊥ ( d1 ) Gọi y = ax + b phương trình đường thẳng qua P ( 0;4 ) ,A ( 1;1) ta có  a.0 + b = b = ⇒ hệ :  suy phương trình đường thẳng  a.1 + b = a = −3 PA : y = −3x + 36 Xét đường thẳng (d1 ) : : mx + (m − 1) y − 2m + = Nếu m = ( d1 ) : x − = ( d1 ) : y = không thỏa mãn điều kiện Khi m ≠ thì: m 2m − x+ Điều kiện để (d1 ) ⊥ PA 1− m m −1 m ( −3) = −1 ⇔ m = 1− m c) Nếu m = ( d1 ) : y − = ( d ) : x + = suy hai đường thẳng ln vng góc với cắt I ( −1;1) Nếu m = ( d1 ) : x − = ( d ) : y − = suy hai đường thẳng ln vng góc với cắt I ( 1;3) Nếu m ≠ { 0;1} ta viết lại ( d1 ) : y = m 2m − m −1 4m − x+ x+ ( d ) : y = Ta thấy 1− m m −1 m m  m  m −   ÷ ÷ = −1 nên ( d1 ) ⊥ ( d )  − m  m  Do hai đường thẳng ln cắt điểm I Tóm lại với giá trị m hai đường thẳng ( d1 ) , ( d ) vng góc cắt điểm I Mặt khác theo câu a) ta có ( d1 ) , ( d ) qua điểm cố định A, B suy tam giác I AB vuông A Nên I nằm đường tròn đường kính AB d) Ta có AB = S ∆I AB = 37 ( −1 − 1) + ( − 1) = 2 Dựng IH ⊥ AB 1 AB 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 minh viết lại sau: f ( x) = ( − y − z ) x + ( y + z ) − yz − ≤  f ( ) ≤ Để chứng minh f ( x ) ≤ ta cần chứng minh:  Thật ta  f ( ) ≤ có: + f ( ) = ( y + z ) − yz − = ( y − ) ( − z ) ≤ với y , z thỏa mãn: ≤ y, z ≤ 38 + f ( ) = ( − 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 ) hoán 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: Khơng tính tổng quát ta giả sử z = ( x, y, z ) ⇒ z ≤ ( x + y) có ≤ xy ≤ ( 1− z ) = x+ y+z = Ta 3 P = xy ( − z ) + ( x + y ) z = xy ( − z ) + z ( − z ) Ta coi z tham số xy ẩn số f ( xy ) = xy ( − z ) + z ( − z ) hàm số bậc xy với ( 1− z ) ≤ xy ≤ Để ý rằng: − z > suy hàm số f ( xy ) = xy ( − z ) + z ( − z ) đồng biến Từ suy  (1− z)  1− z ) −2 z + z + ( f ( xy ) ≤ f  + z ( 1− 2z ) = = ÷= ( 1− 2z )  ÷ 4   1  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 = 2 3 Chứng minh rằng: ( a + b + c ) − ( a + b + c ) ≤ Lời giải: 39 10) Tìm số a, b thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: a) Hai phương trình x + ax + 11 = x + bx + = có nghiệm chung; b) a + b bé 11) 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 lại chúng nghiệm phương trình x + cx + ab = 12) a) Cho f ( x ) = ax + bx + c ( a ≠ ) , biết phương trình f ( x ) = x vơ nghiệm chứng minh phương trình af ( x ) + bf ( x ) + c = x 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 ( a1 + a2 ) x + ( b1 + b2 ) = có nghiệm hay khơng? Vì sao? 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 2 14) Cho phương trình x + ( m − ) x − m = , với m tham số 88 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 1) Giải phương trình m = 2) Tìm tất các giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 ≠ thỏa điều kiện x1 x2 − = 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 = 3x1 x2 − 17) Cho phương trình: x + ( m + 1) x − 2m + m = ( m tham số) a) Giải phương trình m = b) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m 2 18) Cho phương trình: x − ( m + 1) x + m + = ( m tham số) 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 19) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( d ) : y = mx − tham số m parabol ( P ) : y = x a) Tìm m để đường thẳng ( d ) qua điểm A ( 1;0 ) 89 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 = 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 lại 2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x13 + x23 = 22) Chứng minh phương trình: x − ( m + 1) x + m − = ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 biểu thức M = x1 ( − x2 ) + x2 ( − x1 ) không phụ thuộc vào m 2 23) Cho phương trình x − ( m + 1) x + m + 3m + = (1) ( m tham 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 ) cắt hai điểm phân biệt 90 2) Gọi x1 , x2 hoành độ giao điểm ( P ) ( d ) , đặt f ( x ) = x + ( m + 1) x − x ( x1 − x2 ) (Trích đề thi vào lớp 10 trường chuyên ĐHSP Hà Nội 2013) Chứng minh rằng: f ( x1 ) − f ( x2 ) = − LỜI GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN 1) Vì x = nghiệm phương trình nên ta có: − ( 2m + 1) + m − m − = ⇔ m − 5m − = ⇔ m = −1 m = Với m = −1 ta có phương trình: x + x − = Phương trình cho có nghiệm x = , nghiệm 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) Xét ∆ = 2) ( 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  x1 + x2 = − 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 − 1 x1 + x2 − x1 + x2 − − 3−2 + = = = x1 − x2 − ( x1 − 1) ( x2 − 1) x1 x2 − ( x1 + x2 ) + − + + 3) 91 ) − − = 3+ 2 a) Ta có ∆ = ( −m ) − ( m − 1) = m − 4m + = ( m − ) phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ∆ > ⇔ m ≠ Theo hệ x1 x2 + 2m +  x1 + x2 = m = thức Viet ta có:  Khi P = ( x1 + x2 ) + m +  x1.x2 = m − ( m − 1) ≤ Dấu đẳng thức xảy + m + − ( m − 1) Ta có P = 2m = = 1− 2 m +2 m +2 m +2 m = nên giá trị lớn max P = Tương tự ta có giá trị nhỏ 2 , đạt m = −2 (Xem thêm phần phương pháp miền giá trị hàm số) P = − 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  x1 + x2 = ( 2m + 1) ( 1) x1 , x2 Theo hệ thức Viet ta có:   x1.x2 = 4m + 4m − ( ) ( 2m + 1)   x2 = Có thể giả sử x1 = x2 (3) Khi từ (1) (3)có  Thay  x = ( 2m + 1)  vào (2) ta có phương trình ( 2m + 1) = 4m + 4m − ⇔ 4m + 4m − 35 = Giải phương trình ta m = 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 ) = 92 áp dụng hệ thức Viet ta phương trình 4m + 4m − 35 = 5) Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' > ⇔ − m > ⇔ m <  x1 + x2 = ( 1) Theo hệ thức Viet, ta có:  Ta có x1 + x2 = ⇔ x1 = − x2  x1.x2 = m ( )  x2 = −1 (3) Từ (1) (3) ta có  Thay vào (2) ta có m = −3  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 <  x1 + x2 = 2m Theo hệ thức Viet ta có:   x1.x2 = 5m −  2m > ⇔m> Hai nghiệm phương trình dương ⇔  5m − > Kết hợp với điều kiện ta có 93 < m < m > 7) Cách Đặt x − = t , ta có x1 < < x2 ⇔ x1 − < < x2 − ⇔ t1 < < t Phương trình ẩn x x − x + 3m = đưa phương trình ẩn t : ( t + 1) − ( t + 1) + 3m = ⇔ t + t + 3m = Phương trình ẩn t phải có hai nghiệm trái dấu ⇔ 3m < ⇔ m < Vậy m < Cách 2: Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ∆ > ⇔ − 12m > ⇔ m <  x1 + x2 = 1 Khi theo hệ thức Viet ta có:  12  x1.x2 = 3m (1) Hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn 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 = Do a + b = −c c + d = −a suy b = −2, d = −2 94 Do a + b + c + d = 12 + ( −2 ) + 12 + ( −2 ) = 10 2 9) a) Vì a ≠ nên  c  c bc  ac ( a + c − 3b ) + b = ac + a c + b − 3abc = a  ÷ + −  (*) Theo a   a  a 2 3 b c hệ thức Viet, ta có: x1 + x2 = − ; x1 x2 = Khi (*) thành: a a a  x12 x22 + x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 3x1 x2 ( x1 + x2 )    2 3 = a  x1 x2 + x1 x2 − ( x1 + x2 )  = a ( x1 − x2 ) ( x22 − x1 ) ⇒ ac ( a + c − 3b ) + b3 = a ( x12 − x2 ) ( x22 − x1 ) Mà theo giả thiết ta có ax2 + bx2 + c = ax1 + bx2 + c = ( a ≠ ) 2 Suy bx2 + c = −ax2 = −ax1 ⇒ x2 − x1 = Do ac ( a + c − 3b ) + b = Vì p, q nguyên dương khác nên xảy hai trường hợp b) p > q p < q 2 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:  x02 + ax0 + 11 = ⇒ x02 + ( a + b ) x0 + 18 =   x0 + bx0 + = Do phương trình x + ( a + b ) x + 18 = có nghiệm (*) 95 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 Với a + b = −12 , thay vào (*) ta được: x − 12 x + 18 = Phương trình có nghiệm kép x = 20 16 Thay x = vào phương trình cho ta a = − ; b = − 3 Với a + b = 12 thay vào (*) ta được: x + 12 x + 18 = Phương trình có nghiệm kép x = −3 20 16 Thay x = −3 vào phương tình ta được: a = ; b = 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 (vì a > ) 2 b) Giả sử x nghiệm chung, tức  x0 + ax0 + bc =   x0 + bx0 + ca = ⇒ ( a − b ) x0 − c ( a − b ) ⇔ ( a − b ) ( x0 − c ) = Vì a ≠ b nên x0 = c Khi ∆ ' = a ( 2a − 1) − 4a ≥ ⇔ ( 2a − 1) ≥ ⇔ a = 2 ta có: c + bc + ca = ⇔ c ( a + b + c ) = 0, Do c ≠ nên a + b + c = ⇒ a + b = −c Mặt khác theo định lý Viet, phương trình x + ax + bc = có nghiệm x = b; phương trình x + bx + ac = có nghiệm x = a Theo định lý đảo định lý Viet, hai số a b nghiệm phương trình: x − ( a + b ) x + ab = hay x + cx + ab = (đpcm) 12) 96 a) Vì phương trình f ( x ) = x vô 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 b) Từ giả thiết suy a − 4b < a − 4b < Do 1 2 a1  a12 − 4b1  x + a1 x + b1 =  x + ÷ − > 0, ∀x ∈ ¡ 2  a2  a22 − 4b2  x + a2 x + b2 =  x + ÷− > 0, ∀x ∈ ¡ nên 2  x2 + 1 ( a1 + a2 ) x + ( b1 + b2 ) = ( x + a1 x + b1 ) + ( x + a2 x + b2 )  > 2 2 Do phương trình x + 1 ( a1 + a2 ) x + ( b1 + b2 ) = vô nghiệm 2 13) 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 − M= = −24 −24 −24 = = 2 x + x2 − x1 x2 ( x1 + x2 ) − x1 x2 − x1 x2 ( x1 + x2 ) − x1 x2 −24 ( 2m ) − ( m − 2) = −24 −6 = ≥ −2 Dấu “=” xảy 4m − 8m + 16 ( m − 1) + m = Vậy giá trị nhỏ M = −2 m = 14) 1) Khi m = phương trình thành: x − x = ⇔ x = x = 97 2) ∆ ' = ( m − ) + m = 2m − 4m + = ( m − 2m + 1) + = ( m − 1) + > 0, ∀m Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với 2 m Ta có S = x1 + x2 = ( − m ) ; P = x1 x2 = −m ≤ 2 Ta có x1 − x2 = ⇒ x1 − x1 x2 + x2 = 36 ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 + x1 x2 = 36 ⇔ ( − m ) = 36 ⇔ ( m − ) = 2 ⇔ m = −1 ∨ m = 15) 1) Khi phương trình thành: x − x − = ⇔  x = −1 (do x =  a − b + c = ) 2) Với x , x ≠ ta có: x1 − x2 = ⇔ x − x = x x ( 2) 2 x2 x1 m =1 ⇔ ( x1 + x2 ) ( x1 − x2 ) = x1 x2 Ta có a.c = −3m ≤ nên ∆ ≥ 0, ∀m b c Khi ∆ ≥ , ta có: x1 + x2 = − = x1.x2 = = −3m ≤ a a Phương trình có hai nghiệm ≠ m ≠ ⇒ ∆ > x1 x2 < Giả sử x1 > x2 Với a = ⇒ x1 = −b '− ∆ ' x2 = −b '+ ∆ ' ⇒ x1 − x2 = ∆ ' = + 3m ( ) 2 Do yêu cầu toán ⇔ 3.2 −2 + 3m = ( −3m ) m ≠ m2 = ⇔ 4m − 3m − = ⇔  ⇔ m = ±1  m = − (l )  16) a) Khi m = ta có phương trình: x − x + = ⇔ x − x − 3x + = ⇔ x ( x − 1) − ( x − 1) = x = ⇔ ( x − 1) ( x − 3) = ⇔  Phương trình có tập nghiệm là: S = { 1;3} x = b) Ta có ∆ ' = m − ( m − m + 1) = m − 98 Để phương trình bậc hai cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ∆ ' >  x1 + x2 = 2m ⇒ m − > ⇔ m > Khi theo hệ thức Viet ta có:   x1 x2 = m − m + 2 Theo ra: x1 + x2 = x1 x2 − ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 3x1 x2 − ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 + = ⇒ 4m − ( m − m + 1) + = m = ⇔ m2 − 5m + = ⇔ ( m − 1) ( m − ) = ⇔  m = Đối chiếu điều kiện m > ta có m = thỏa mãn toán 17) a) Khi m = phương trình thành: x + x − = 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) a) Với m = , ta có phương tình: x − x + = ⇔  x = x =  2 b) Xét phương trình (1) ta có: ∆ ' = ( m + 1) − ( m + ) = 2m − Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 ⇔ m ≥ Theo hệ thức Viet:   x1 + x2 = ( m + 1) 2 Theo giả thiết: x1 + ( x1 + x2 ) x2 ≤ 3m + 16    x1 x2 = m + ⇔ x12 + ( x1 + x2 ) x2 ≤ 3m + 16 ⇔ x12 + x22 + x1 x2 ≤ 3m + 16 ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 ≤ 3m + 16 ⇔ ( m + 1) − ( m − ) ≤ 3m + 16 99 ⇔ 8m ≤ 16 ⇔ m ≤ Vậy ≤ m ≤ 2 19) 1) Đường thẳng ( d ) qua điểm A ( 1;0 ) nên có: = 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 hồnh độ x1 , x2 m > ⇔ m >2 3⇔ ∆ = m − 12 > ⇔ m > 12  m < −2 Áp dụng hệ thức 2  x1 + x2 = m Viet ta có:  Theo ta có:  x1 x2 = x1 − x2 = ⇔ ( x1 − x2 ) = ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 2 ⇔ m − 4.3 = ⇔ m = 16 ⇔ m = ±4 (TM) Vậy m = ±4 giá trị cần tìm 20) 1) Thay m = vào phương trình ta có: x + x − = Có ∆ = 12 + 4.1.1 = Vậy phương trình có nghiệm: −1 + −1 − ; x2 = 2 2) Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì: x1 = ∆ = − ( m − 5) > ⇒ m < 21 Theo hệ thức Viet ta có: x1 + x2 = −1 (1); x1 x2 = m − (2) Xét: ( − m ) x1 + ( − m ) x2 − x12 − x22 = 10 − m − x1 − m − x2 10 + = ⇔ x2 x1 x1.x2 ( − m ) ( x1 + x2 ) − ( x1 + x2 ) ⇔ + x1 x2 10 x1 x2 −1( − m ) − + ( m − ) 10 3m − 17 10 Thay (1),(2) vào ta có: = ⇔ = m−5 m−5 ⇔ m = −1 (thỏa mãn).Vậy với m = −1 tốn thỏa mãn = 100 21) 1) Phương trình có nghiệm x = ⇔ 32 = 2.3 + m + = ⇔ + m = ⇔ m = −6 Ta có: x1 + x2 = ⇔ + x2 = ⇔ x2 = −1 Vậy nghiệm lại x = −1 2) ∆ ' = − ( m + 3) = − m − Để phương trình có hai nghiệm ⇔ − m − ≥ ⇔ m < −2 3 Khi đó: x1 + x2 = ⇔ ( x1 + x2 ) ( x1 + x2 ) − 3x1 x2  = Áp dụng hệ thức Viet ta được:  − ( m + 3)  = ⇔ ( − 3m − ) = ⇔ − 6m − 18 = ⇔ −6m − 18 = ⇔ m = −3 (thỏa mãn) Vậy m = −3 giá trị cần tìm 22) a) Phương trình: x − ( m + 1) x + 4m − = (1) có ∆ ' = ( m + 1) − ( 4m − ) = m + 2m + − 4m + = ( m − 2m + 1) + = ( m − 1) + > 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 = P = x1 x2 = 4m − ⇒ m = S −2 (2) P+3 S −2 P+3 ⇒ = ⇒ 2S − = P + 4 ⇒ 2S − P = ⇒ ( x1 + x2 ) − x1 x2 − x1 x2 = Phương trình x + ( m + 1) x + 2m + 2m + = 23) Có ∆ ' = ( m + 1) − 2m − 2m − = m + 2m + − 2m − 2m − = − m Phương trình có nghiệm phân biệt m ≠ Theo định lý Vi et ta có:  x1 + x2 = −2 ( m + 1) ⇒ x12 + x2 = 12 ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 − 12 =   x1.x2 = 2m + 2m + 1 2 Hay ( m + 1) − ( 2m + 2m + 1) = ⇔ m = − 24) 101  y = x2 a) Xét hệ phương trình:   −2 ( m + 1) + y = 3   y = x ⇔ 3x + ( m + 1) x − = 10 ( 1) (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  −2 ( m + 1)  −3 ( x1 + x2 )  x1 + x2 = m + = b) Theo hệ thức Viet: ⇔  − x x = 3 x x = −1   3 2 Ta có: f ( x1 ) − f ( x2 ) = x1 − x2 + ( m + 1) ( x1 − x2 ) − x1 + x2 ⇒ ( f ( x1 ) − f ( x2 ) ) = x13 − x23 − ( x1 + x2 ) ( x12 − x22 ) − x1 + x2 = − x13 + x23 + 3x1 x2 ( x2 − x1 ) − ( x1 − x2 ) = − x13 + x23 + ( x1 − x2 ) − ( x1 − x2 ) = − ( x13 − x23 − 3x1 x2 ( x1 − x2 ) ) = ( x1 − x2 ) ( x12 + x22 − x1 x2 )  = − ( x1 − x2 ) Nên f ( x1 ) − f ( x2 ) = −1 ( x1 − x2 ) 102 ... ( 3a − 1) ≥   hàm số ( ) nghịch biến Suy ( ) ÷÷ ÷    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 thực x Tính chất... z = xy ( − z ) + z ( − z ) Ta coi z tham số xy ẩn số f ( xy ) = xy ( − z ) + z ( − z ) hàm số bậc xy với ( 1− z ) ≤ xy ≤ Để ý rằng: − z > suy hàm số f ( xy ) = xy ( − z ) + z ( − z ) đồng biến... 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