unit 1 tiếng anh cao thị thu hòai thư viện tư liệu giáo dục

Ta cũng thấy để giải được các bài toán có liên qua đến hệ thức Vi – Et, học sinh cần tích hợp nhiều kiến thức về đại số , thông qua đó học sinh có cách nhìn tổng quát hơn về hai nghiệ[r]

A MỞ ĐẦU

Trong vài năm trở lại đề thi vào lớp 10 trung học phổ thông , tốn phương trình bậc hai có sử dụng tới hệ thức Vi- Et xuất hiện phổ biến Trong nội dung thời lượng phần sách giáo khoa lại ít, lượng tập chưa đa dạng

Ta thấy để giải tốn có liên qua đến hệ thức Vi – Et, học sinh cần tích hợp nhiều kiến thức đại số , thơng qua học sinh có cách nhìn tổng quát hai nghiệm phương trình bậc hai với hệ số.

Vậy nên nhóm tốn chúng tơi xây dựng chun đề ngồi mục đích giúp học sinh nâng cao kiến thức giúp em làm quen với số dạng tốn có trong đề thi vào lớp 10 trung học phổ thông

Nội dung chuyên đề gồm :

I. Ứng dụng 1

II. Ứng dụng 2

III Ứng dụng 3 IV Ứng dụng 4

V. Ứng dụng 5

VI Ứng dụng 6 VII Ứng dụng 7

VIII. Ứng dụng 8

Nhẩm nghiệm phương trình bậc hai ẩn Lập phương trình bậc hai

Tìm hai số biết tổng tích chúng

Tính giá trị biểu thức nghiệm phương trình

Tìm hệ thức liên hệ hai nghiệm phương trình cho hai nghiệm không phụ thuộc vào tham số

Tìm giá trị tham số phương trình thỏa mãn biểu thức chứa nghiệm

Xác định dấu nghiệm phương trình bậc hai

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức nghiệm

B NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ :

ỨNG DỤNG CỦA HỆ THỨC VI-ÉT TRONG GIẢI TỐN Cho phương trình bậc hai: ax2 + bx + c = (a0) (*)

Có hai nghiệm b x

a

   

; 2

b x

a

   

Suy ra:

2

2

b b b b

x x

a a a

       

   

2

1 2 2

( )( )

4 4

b b b ac c

x x

a a a a

       

   

Vậy đặt : - Tổng nghiệm S : S = b x x

a

- Tích nghiệm P : P = c x x

a



Như ta thấy hai nghiệm phương trình (*) có liên quan chặt chẽ với hệ số a, b, c Đây nội dung Định lí VI-ÉT, sau ta tìm hiểu số ứng dụng định lí giải tốn

I NHẨM NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH : 1 Dạng đặc biệt:

Xét phương trình (*) ta thấy :

a) Nếu cho x = ta có (*)  a.12 + b.1 + c =  a + b + c = 0 Như vây phương trình có nghiệm x11 nghiệm lại

c x

a



b) Nếu cho x =  1 ta có (*)  a.( 1)2 + b( 1) + c =  a  b + c = 0 Như phương trình có nghiệm x11 nghiệm cịn lại

c x

a

 

Ví dụ: Dùng hệ thức VI-ÉT để nhẩm nghiệm phương trình sau: 1) 2x25x 3 (1) 2) 3x28x11 0 (2)

Ta thấy :

Phương trình (1) có dạng a  b + c = nên có nghiệm x1 1

3 x 

Phương trình (2) có dạng a + b + c = nên có nghiệm x1 1

11 x 

Bài tập áp dụng: Hãy tìm nhanh nghiệm phương trình sau: 35x2 37x 2 2 7x2500x 507 0

3 x2 49x 50 0 4 4321x221x 4300 0

2 Cho phương trình , có hệ số chưa biết, cho trước nghiệmtìm nghiệm lại hệ số của phương trình :

Vídụ: a) Phương trình x2 2px 5 Có nghiệm 2, tìm p nghiệm thứ hai b) Phương trình x25x q 0 có nghiệm 5, tìm q nghiệm thứ hai

c) Cho phương trình : x2 7x q 0, biết hiệu nghiệm 11 Tìm q hai nghiệm phương trình

d) Tìm q hai nghiệm phương trình : x2 qx50 0 , biết phương trình có nghiệm có nghiệm lần nghiệm

Bài giải:

a) Thay x1 2 v phương trình ban đ ầu ta đ ợc :

1

4

4

p p

    

T x x1 5 suy

1

5

2 x

x

 

b) Thay x1 5 v phương trình ban đ ầu ta đ ợc

T x x1 50 suy

1

50 50

10

x x

    

c) Vì vai trị x1 x2 bình đẳng nên theo đề giả sử x1 x2 11 theo VI-ÉT ta có x1x2 7, ta

giải hệ sau:

1

1 2

11

7

x x x

x x x

  

 



 

  

 

Suy q x x 18

d) Vì vai trị x1 x2 bình đẳng nên theo đề giả sử x1 2x2 theo VI-ÉT ta có x x1 50 Suy ra

2 2

2

2

5

2 50

5 x

x x

x

      

 

Với x2 5 th ì x1 10

Với x2 5 th ì x110

II LẬP PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI

1 Lập phương trình bậc hai biết hai nghiệm x x1;

Ví dụ : Cho x1 3; x2 2 lập phương trình bậc hai chứa hai nghiệm trên

Theo hệ thức VI-ÉT ta có

1

1

5 S x x P x x

   



 

 x x1; 2là nghiệm phương trình có dạng:

2 0 5 6 0

x  Sx P   x  x 

Bài tập áp dụng:

1 x1 = vµ x2 = -3 x1 = 3a vµ x2 = a

3 x1 = 36 vµ x2 = -104

4 x1 = 1 vµ x2 = 1

2 Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm thoả mãn biểu thức chứa hai nghiệm phương trình cho trước:

V

í dụ: Cho phương trình : x2 3x 2 0 có nghiệm phân biệt x x1; 2 Khơng giải phương trình trên, hãy

lập phương trình bậc có ẩn y thoả mãn :

1 y x

x

 

2

1 y x

x

 

Theo h ệ th ức VI- ÉT ta c ó:

1

1 2 1 2

1 2

1 1

( ) ( )

2

x x

S y y x x x x x x

x x x x x x

  

               

 

1 2 1

1 2

1 1

( )( ) 1 1

2

P y y x x x x

x x x x

            

Vậy phương trình cần lập có dạng: y2 Sy P 0 hay

2 9 0 2 9 9 0

2

y  y   y  y 

1/ Cho phương trình 3x25x 0 có nghiệm phân biệt x x1; 2 Khơng giải phương trình, Hãy lập

phương trình bậc hai có nghiệm 1

1 y x

x

 

2

1 y x

x

 

(Đáp số:

2 0

6

y  y 

hay 6y25y 0 )

2/ Cho phương trình : x2 5x1 0 có nghiệm x x1; 2 Hãy lập phương trình bậc có ẩn y thoả mãn

1

y x y2 x24 (có nghiệm luỹ thừa bậc nghiệm phương trình cho).

(Đáp số : y2 727y 1 0)

3/ Cho phương trình bậc hai: x2 2x m 0 có nghiệm x x1; 2 Hãy lập phương trình bậc hai có

các nghiệm y y1; cho :

a) y1 x1 3 y2 x2 b) y12x11 y2 2x21

(Đáp số a) y2 4y 3 m2 0 b) y2 2y (4m2 3) 0 ) III TÌM HAI SỐ BIẾT TỔNG VÀ TÍCH CỦA CHÚNG

Nếu hai số có Tổng S Tích P hai số hai nghiệm phương trình :

2 0

x  Sx P  (điều kiện để có hai số S2  4P  ) Ví dụ : Tìm hai số a, b biết tổng S = a + b =  3 tích P = ab =  4

Vì a + b =  3 ab =  4 n ên a, b nghiệm phương trình : x23x 0

giải phương trình ta x1 1

x2 4

Vậy a = b =  4 a =  4 b = 1

Bài tập áp dụng: Tìm số a b biết Tổng S Tích P S = P =

2 S =  3 và P = 6 S = P = 20 S = 2x P = x2  y2 Bài tập nâng cao: Tìm số a b biết

1 a + b = a2 + b2 = 41 a  b = ab = 36 a2 + b2 = 61 v ab = 30

Hướng dẫn: 1) Theo đề biết tổng hai số a b , để áp dụng hệ thức VI- ÉT cần tìm tích a v b

T  

 2

2 2 81

9 81 81 20

2 a b a b   a b   a  ab b   ab   

Suy : a, b nghiệm phương trình có dạng :

1

2

4

9 20

5 x x x

x

      

 

Vậy: Nếu a = b = a = b =

Suy a,c nghiệm phương trình :

1

2

4

5 36

9 x x x

x

      

 

Do a =  4 c = nên b =  9 a = c =  nên b =

Cách 2: Từ        

2 2

4 169

a b  a b  ab a b  a b  ab

 2 132 13

13 a b a b

a b

  

    

  

*) Với a b 13 ab = 36, nên a, b nghiệm phương trình :

1

2

4

13 36

9 x

x x

x

      

 

Vậy a =4 b = 9

*) Với a b 13 ab = 36, nên a, b nghiệm phương trình :

1

2

4

13 36

9 x

x x

x

      

 

Vậy a = b =

3) Đã biết ab = 30, cần tìm a + b: T ừ: a2 + b2 = 61  

2 2

2 61 2.30 121 11 a b a b ab

        

11 11 a b a b

  

    

*) Nếu a b 11 ab = 30 a, b hai nghiệm phương trình:

1

2

5

11 30

6 x

x x

x

      

 

Vậy a =5 b = 6 ; a =6 b = 5

*) Nếu a b 11 ab = 30 a, b hai nghiệm phương trình :

1

2

5

11 30

6 x

x x

x

      

 

Vậy a = b = ; a = b =

IV TÍNH GIÁ TRỊ CỦA CÁC BIỂU THỨC NGHIỆM

Đối toán dạng điều quan trọng phải biết biến đổi biểu thức nghiệm cho biểu thức có chứa tổng nghiệm S tích nghiệm P để áp dụng hệ thức VI-ÉT rổi tính giá trị biểu thức 1 Biến đổi biểu thức để làm xuất : (x1x2) x x1

Ví dụ a) x12x22 (x122x x1 2x22) 2 x x1 (x1x2)2 2x x1

b)       

2

3 2

1 2 1 2 2

x x  x x x  x x x  x x  x x  x x 

 

c)  

2

4 2 2 2 2 2

1 ( )1 ( )2 2 ( 2) 2 2

x x  x  x  x x  x x  x x  x x   x x

d)

1

1 2

1 x x

x x x x

  

Ví dụ x1 x2 ?

Ta biết      

2 2

1 2 2

x  x  x x  x x  x  x  x x  x x Từ biểu thức biến đổi biến đổi biểu thức sau:

2 x13 x23 ( =       

2

1 1 2 2

x  x x x x x  x  x  x x  x x 

  =…… )

3 x14  x24 ( =    

2 2

1 2

x x x  x

=…… )

4 x16x26 ( =    

2 3 2 2

1 2 1 2

( )x ( )x  x x x  x x x

= …… ) Bài tập áp dụng

5 x16 x26

5

1

x x 7 x17 x27 8 1 2

1

1

x  x 

2 Không giải phương trình, tính giá trị biểu thức nghiệm

a) Cho phương trình : x2 8x15 0 Khơng giải phương trình, tính

1 x12 x22 (34) 2

1

x x

8 15

     

3

1

2

x x x  x

34 15

   

  4  

2

1

x x

(46) b) Cho phương trình : 8x2 72x64 0 Khơng giải phương trình, tính:

1

1

x  x

9

   

  2 x12 x22 (65)

c) Cho phương trình : x214x29 0 Khơng giải phương trình, tính:

1

1

x  x

14 29

   

  2 x12 x22 (138)

d) Cho phương trình : 2x2  3x 1 0 Khơng giải phương trình, tính:

1

1

x  x (3) 2

1

1

1 x x

x x

  

(1) x12 x22 (1)

1

2 1

x x

x  x 

5

     

e) Cho phương trình x2 3x 8 0 có nghiệm x

1 ; x2 , khơng giải phương trình, tính

2

1 2

3

1 2

6 10

Q

5

x x x x x x x x

 





HD:  

2 2

1 2 2

3 2

1 2 1 2 1 2 1 2

6 10 6( ) 6.(4 3) 2.8 17

Q

5 5 5.8 (4 3) 2.8 80

x x x x x x x x

x x x x x x x x x x

    

   

       

 

V TÌM HỆ THỨC LIÊN HỆ GIỮA HAI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH SAO CHO HAI NGHIỆM NÀY KHÔNG PHỤ THUỘC (HAY ĐỘC LẬP) VỚI THAM SỐ

Để làm toán loại này, ta làm theo bước sau:

- Đặt điều kiện cho tham số để phương trình cho có hai nghiệm x1 x2 (thường a   0)

- Dùng quy tắc cộng để tính tham số theo x1 x2 Từ đưa hệ thức liên hệ nghiệm x1 x2.

Ví dụ 1: Cho phương trình :  

2

1

m x  mx m  

có nghiệm x x1; 2 Lập hệ thức liên hệ

giữa x x1; 2 cho chúng không phụ thuộc vào m.

Để phương trình có nghiệm x1 x2 th ì :

2

1

1

4

' ( 1)( 4)

5 m m

m m

m m

m m m

  

   

  

  

   

       

   

 

Theo hệ th ức VI- ÉT ta có :

1 2

1 2

2

2 (1)

1

4

(2)

1

m

x x x x

m m

m

x x x x

m m

 

    

 

   



 



    

   

 

Rút m từ (1) ta có :

1

1

2

2

1 x x m

m      x x  (3)

Rút m từ (2) ta có :

1

1

3

1

1 x x m

m       x x (4) Đồng vế (3) (4) ta có:

 2    2

1 2

2

2 3

2 x x x x x x x x

x x    x x           Ví dụ 2: Gọi x x1; 2 nghiệm phương trình :  

2

1

m x  mx m  

Chứng minh biểu thức

 2

3

A x x  x x 

không phụ thuộc giá trị m Để phương trình có nghiệm x1 x2 th ì :

2

1

1

4

' ( 1)( 4)

5 m m

m m

m m

m m m

  

   

  

  

   

       

   

Theo hệ thức VI- ÉT ta c ó :

1

1

2

1 m x x

m m x x

m



  

 



  

 

 thay v A ta c ó:

 2

2 8( 1)

3 8

1 1

m m m m m

A x x x x

m m m m

    

         

   

Vậy A = với m1

4 m

Nhận xét:

- Lưu ý điều kiện cho tham số để phương trình cho có nghiệm

- Sau dựa vào hệ thức VI-ÉT rút tham số theo tổng nghiệm, theo tích nghiệm sau đồng vế ta biểu thức chứa nghiệm không phụ thuộc vào tham số

Bài tập áp dụng:

1 Cho phương trình : x2  m2 x2m10 có nghiệm x x1; Hãy lập hệ thức liên hệ x x1;

sao cho x x1; độc lập m

Hướng dẫn: Dễ thấy      

2 2

2 4

m m m m m

           

do phương trình cho ln có nghiệm phân biệt x1 x2 Theo hệ thức VI- ÉT ta có

1

1

1 2

2(1)

1

(2)

2 m x x x x m

x x

x x m m

   

  

 



  

  

 

Từ (1) (2) ta có:

 

1

1 2

1

2

2 x x

x x     x x  x x  

2 Cho phương trình : x24m1x2m 40

Tìm hệ thức liên hệ x1 x2 cho chúng không phụ thuộc vào m.

Hướng dẫn: Dễ thấy  (4m1)2 4.2(m 4) 16 m2 33 0 phương trình cho ln có nghiệm phân biệt x1 x2

Theo hệ thức VI- ÉT ta có

1 2

1 2

(4 1) ( ) 1(1)

2( 4) 16(2)

x x m m x x

x x m m x x

     

 



 

   

 

Từ (1) (2) ta có:

1 2 2

(x x ) 2x x 16 2x x (x x ) 17

         

VI.TÌM GIÁ TRỊ THAM SỐ CỦA PHƯƠNG TRÌNH THOẢ MÃN BIỂU THỨC CHỨA NGHIỆM ĐÃ CHO

Đối với toán dạng này, ta làm sau:

- Đặt điều kiện cho tham số để phương trình cho có hai nghiệm x1 x2 (thường a   0)

- Từ biểu thức nghiệm cho, áp dụng hệ thức VI-ÉT để giải phương trình (có ẩn tham số) - Đối chiếu với điều kiện xác định tham số để xác định giá trị cần tìm

Ví dụ 1: Cho phương trình : mx2 6m1x9m 3 0

Tìm giá trị tham số m để nghiệmx1 x2 thoả mãn hệ thức : x1x2 x x1

     

0 0 0

' 9 27 ' 1

' 21 9( 3)

m m m m

m m m m m

m m m

 

     

  

  

   

           

         

   



Theo h ệ th ức VI- ÉT ta c ó:

1

1

6( 1) 9( 3)

m x x

m m x x

m

 

  

 

   

 v t gi ả thi ết: x1x2 x x1 2 Suy ra:

6( 1) 9( 3)

6( 1) 9( 3) 6 27 21

m m

m m m m m m

m m

 

            

(thoả mãn điều kiện xác định )

Vậy với m = phương trình cho có nghiệm x1 x2 thoả mãn hệ thức : x1x2 x x1

Ví dụ 2: Cho phương trình : x2 2m1x m 2 2

Tìm m để nghiệm x1 x2 thoả mãn hệ thức : 3x x1 2 5x1x2 7

Bài giải: Điều kiện để phương trình có nghiệm x1&x2 :

2

' (2m 1) 4(m 2)

     

2

4m 4m 4m

     

7

4

4

m m

    

Theo hệ thức VI-ÉT ta có:

1

2

2

2

x x m

x x m

   



 

 và từ giả thiết 3x x1 2 5x1x2 7 0 Suy ra

2

2

3( 2) 5(2 1)

3 10

2( )

3 10 4

( )

3

m m

m m

m TM

m m

m KTM

          

       

  

Vậy với m = phương trình có nghiệm x1 x2 thoả mãn hệ thức : 3x x1 2 5x1x2 7

Bài tập áp dụng

1 Cho phương trình : mx22m 4x m  7

Tìm m để nghiệm x1 x2 thoả mãn hệ thức : x1 2x2 0

2 Cho phương trình : x2m1x5m 0

Tìm m để nghiệm x1 x2 thoả mãn hệ thức: 4x13x2 1

3 Cho phương trình : 3x2  3m 2x 3m1 0

Hướng dẫn cách giải:

Đối với tập dạng ta thấy có điều khác biệt so với tập Ví dụ ví dụ chỗ + Trong ví dụ biểu thức nghiệm chứa sẵn tổng nghiệm x1x2 tích nghiệm x x1 2nên ta vận

dụng trực tiếp hệ thức VI-ÉT để tìm tham số m

+ Cịn tập biểu thức nghiệm lại không cho sẵn vậy, vấn đề đặt làm để từ biểu thức cho biến đổi biểu thức có chứa tổng nghiệm x1x2 tích nghiệm

1

x x rồi từ vận dụng tương tự cách làm trình bày Ví dụ ví dụ 2. BT1: - ĐKX Đ:

16 &

15 m m

-Theo VI-ÉT: 2 ( 4) (1) m x x m m x x m             

- Từ x1 2x2 0 Suy ra:

1 2

1 2

1

3

2( )

2( )

x x x

x x x x

x x x

  

  



 

 (2)

- Thế (1) vào (2) ta đưa phương trình sau: m2127m128 0  m11;m2 128

BT2: - ĐKXĐ:  m2 22m25 0 11 96m11 96

- Theo VI-ÉT:

1

1

1 (1)

5

x x m

x x m

   



  

- Từ : 4x13x2 1 Suy ra:

   

1

1 2

2

2

1 2

1 3( )

1 3( ) 4( )

4( )

7( ) 12( )

x x x

x x x x x x

x x x

x x x x x x

              

      (2)

- Thế (1) vào (2) ta có phương trình :

0 12 ( 1)

1 m m m m       

 (thoả mãn ĐKXĐ)

BT3: - Vì  (3m 2)24.3(3m1) 9 m224m16 (3 m4)20 với số thực m nên phương trình ln có nghiệm phân biệt

- -Theo VI-ÉT:

1 2 3 (1) (3 1) m x x m x x             

- Từ giả thiết: 3x1 5x2 6 Suy ra:

   

1

1 2

2

2

1 2

8 5( )

64 5( ) 3( )

8 3( )

64 15( ) 12( ) 36

x x x

x x x x x x

x x x

x x x x x x

              

      (2)

- Thế (1) vào (2) ta phương trình:

0

(45 96) 32

15 m m m m        

 (thoả mãn )

Cho phương trình: ax2bx c 0 (a  0) Hãy tìm điều kiện để phương trình có 2 nghiệm: trái dấu, dấu, dương, âm ….

Ta lập bảng xét dấu sau:

Dấu nghiệm x1 x2 Sx1x2 P x x  Điều kiện chung

trái dấu   P < 0  0  ; P < 0.

cùng dấu,   P > 0  0  ; P > 0

cùng dương, + + S > P > 0  0  ; P > ; S > 0

cùng âm   S < P > 0  0  ; P > ; S < 0.

Ví dụ: Xác định tham số m cho phương trình:

 

2

2x  3m1 x m  m 0 có nghiệm trái dấu. Để phương trình có nghiệm trái dấu

2

2

(3 1) 4.2.( 6)

0 ( 7)

2

6

0 ( 3)( 2)

2

m m m

m m

m m m

P P P m m

      

      

 

     

     

   

 

  



Vậy với 2m3 phương trình có nghi ệm trái dấu. Bài tập tham khảo:

1 mx2  2m2x3m 2 0 có nghiệm dấu. 2 3mx22 2 m1x m 0 có nghiệm âm.

3.m1x22x m 0 có nghiệm khơng âm.

VIII TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT HOẶC GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC NGHIỆM Áp dụng tính chất sau bất đẳng thức: trường hợp ta ln phân tích được:

A m C

k B

   

 (trong A, B biểu thức không âm ; m, k số) (*)

Thì ta thấy : C m (v ì A0)  minC m  A0

C k (v ìB0)  maxC k  B0

Ví dụ 1: Cho phương trình : x22m1x m 0

Gọi x1 x2 nghiệm phương trình Tìm m để :

2

1

A x x  x x có giá trị nhỏ nhất.

Bài giải: Theo VI-ÉT:

1

1

(2 1)

x x m

x x m

   



Theo đ ề b ài :

 2

2

1 2

A x x  x x  x x  x x

 2

2

2

4 12

(2 3) 8

m m

m m

m

  

  

   

Suy ra: minA8 2m 0 hay

3 m

Ví dụ 2: Cho phương trình : x2 mx m 1 0

Gọi x1 x2 nghiệm phương trình Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn

nhất biểu thức sau:

 

1

2

1 2

2

2

x x B

x x x x

 

  

Ta có: Theo hệ thức VI-ÉT :

1

1

x x m x x m

  



  

 

1 2

2 2 2

1 2

2 3 2( 1)

2 ( ) 2

x x x x m m

B

x x x x x x m m

    

    

      

Cách 1: Thêm bớt để đưa dạng phần (*) hướng dẫn Ta biến đổi B sau:

   2

2

2

2 1

1

2

m m m m

B

m m

    

  

 

Vì  

 2

2

2

1

1 0

2 m

m B

m



     



Vậy max B=1 m = 1 Với cách thêm bớt khác ta lại có:

     

 

2 2 2

2 2

1 1

2 4 2 1

2 2

2 2 2

m m m m m m m

B

m m m

       

   

  

Vì

   

 

2

2

2

2 0

2

2

m

m B

m



     



Vậy

1

min

2

B  m

Cách 2: Đưa giải phương trình bậc với ẩn m B tham số, ta tìm điều kiện cho tham số B để phương trình cho ln có nghiệm với m

2

2

2

2 m

B Bm m B

m



     

 (Với m ẩn, B tham số) (**)

Ta có:   1 B B(2 1) 2  B2B

Để phương trình (**) ln có nghiệm với m 

hay    

2

2B B 2B B 2B B

1

2 2

1 1

1

2 1

2

1 B B

B B

B B

B B

B

        

 

 

   

 



      

     

 

   

  

   

Vậy: max B=1 m = 1

min

2

B  m

Bài tập áp dụng

1 Cho phương trình : x24m1x2m 4 0.Tìm m để biểu thức Ax1 x22 có

giá trị nhỏ nhất.

2 Cho phương trình x2 2(m1)x 3 m0 Tìm m cho nghiệm x x1; 2 thỏa mãn điều kiện

2

1 10

x x  .

3 Cho phương trình : x2 2(m 4)x m 2 0 xác định m để phương trình có nghiệm x x1; 2thỏa mãn

a) A x 1x2 3x x1 2 đạt giá trị lớn nhất

b) B x 12x22 x x1 2 đạt giá trị nhỏ nhất

4 Cho phương trình : x2 (m1)x m 2m 0 Với giá trị m, biểu thức Cx12 x22 dạt giá

trị nhỏ

5 Cho phương trình x2(m1)m0 Xác định m để biểu thức Ex12x22 đạt giá trị nhỏ nhất.

C KẾT LUẬN

Do thời gian có hạn mục đích chuyên đề áp dụng cho học sinh đại trà, riêng mục VII VIII dành cho học sinh giỏi nên lượng tập đơn giản chưa thật đa dạng, đầy đủ, khơng tránh khỏi thiếu sót, rât mong các đồng nghiệp tham gia góp ý xây dựng để chun đề chúng tơi có khả áp dụng rộng rãi có tính thiết thực hơn!

Chúng xin chân thành cảm ơn!

Thanh Lãng, ngày 15 tháng năm 2008