Chuyên đề: Hàm số bậc nhất bậc hai - Chuyên đề Toán 9

Trên cơ sở đó ta tìm được GTLN, GTNN (nếu có) của biểu thức.. Biết phương trình có một nghiệm là 2 , tìm m và tìm nghiệm còn lại. Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương.. Xác [r]

(1)

hoc360.ne t

Truy cập Website: hoc360.net – Tải tài liệu học tập miễn phí

Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/

30

Chủ đề 2: HÀM SỐ BẬC NHẤT, HÀM SỐ BẬC

Vấn đề 1: Hàm số bậc

Kiến thức cần nhớ: 1. Định nghĩa:

+ Hàm số bậc hàm số cho công thức: yax b a b số thực cho trước a0

+ Khi b0 hàm số bậc trở thành hàm số yax, biểu thị tương quan tỉ lện thuận y x

2. 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0 nghịch biến a0

3. Đồ thị hàm số yax b với a0

+ Đồ thị hàm số yax b đường thẳng cắt trục tung điểm có tung độ b cắt trục hoành điểm có hồnh độ b

a  + a gọi hệ số góc đường thẳng yax b

4. Cách vẽ đồ thị hàm số yax b

(2)

hoc360.ne t

Truy cập Website: hoc360.net – Tải tài liệu học tập miễn ph

Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/ 31

+ Thường vẽ đường thẳng qua giao điểm đồ thị với trục tọa độ A b;0 ,B0;b

a

 



 

 

+ Chú ý: Đường thẳng qua M m ;0 song song với trục tung có phương trình: x m 0, đường thẳng qua N0;n song song với trục hồnh có phương trình: y n 0

5. Kiến thức bổ sung

Trong mặt phẳng tọa độ cho hai điểm A x y 1; 1 ,B x y2; 2

 12  12

AB x x  y y Điểm M x y ;  trung điểm AB

1 2

;

2

x x y y

x  y 

6. Điều kiện để hai đường thẳng song song , hai đường thẳng vuông góc

Cho hai đường thẳng  d1 :yax b đường thẳng  d2 :ya x b'  ' với

, '

a a 

 ( ) / /(d1 d2)aa' bb'

 ( )d1 (d2)aa' bb'

  d1 cắt  d2 aa'

 ( )d1 (d2)a a ' 1

Chú ý: Gọi  góc tạo đường thẳng yax b trục Ox, a0

thì tana

(3)

hoc360.ne t

32

Ví dụ 1) Cho đường thẳng  d1 :y x đường thẳng

   

2 :

d y m m xm m

a) Tìm m để ( ) / /(d1 d2)

b) Gọi A điểm thuộc đường thẳng ( )d1 có hồnh độ x2 Viết phương trình đường thẳng (d3)đi qua A vng góc với ( )d1 c) Khi ( ) / /(d1 d2) Hãy tính khoảng cách hai đường thẳng

 

1

( ),d 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 d2)

  

2

1

2 1

2

1

2

m m

m

m m

  



  

 

   

 

  

 

 

 

Vậy với

2

m  ( ) / /(d1 d2)

b) Vì A điểm thuộc đường thẳng ( )d1 có hồnh độ x2 suy tung độ điểm A ly  2 4 A2;4

Đường thẳng  d1 có hệ số góc a1, đường thẳng  d2 có hệ số góc

' '.1 '

a a   a   Đường thẳng  d3 có dạng y  x b Vì  d3 qua A2;4 suy 4   2 b b6 Vậy đường thẳng  d3

6

(4)

hoc360.ne t

Khi ( ) / /(d1 d2) khoảng cách hai đường thẳng  d1  d2 khoảng cách hai điểm A B, thuộc  d1  d2 cho AB( ),d1 AB d2

Hình vẽ: Gọi B giao điểm đường thẳng

(d ) (d2) Phương trình hồnh độ giao điểm  d2  d3 là:

1 25 23 25 23

6 ;

4 8 8

x x x y B 

          

  Vậy độ dài đoạn thẳng AB là:

2

25 23

2

8 8

AB       

   

d) Gọi M N, giao điểm đường thẳng  d1 với trục tọa độ Ox Oy, Ta có:

Cho y 0 x  2 A2;0, cho y 0 x  2 N2;0 Từ suy OM ON 2 MN2 2.Tam giác OMN vuông cân O Gọi

H hình chiếu vng góc O lên MN ta có 2

OH  MN 

1

2

OMN

S  OM ON ( đvdt)

Chú ý 1: Nếu tam giác OMN không vuông cân O ta tính OH theo cách:

Trong tam giác vng OMN ta có:

B A (d3)

(d2)

(d1)

N

M

O x

y

(5)

hoc360.ne t

34

2 2

1 1

OH OA OB (*) Từ để khoảng cách từ điểm O 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 x y 0; 0 đường thẳng ax by  c Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng là:

0

2 ax by c d

a b

 





Ví dụ 2:Cho đường thẳng mx2 3 m y m 1 ( )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:

(6)

hoc360.ne t

ta có:

 

0

mx   m y m  mm x 0 3y012y0  1 m

0

3

2

x y

y

  

  

  

Hay

0

1

;

1 2

2 x

I 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

; :

2 2

I OI a a OI yx

 

Đường thẳng ( )d viết lại sau:

2  2 

mx  m ym    m y mx m + Đế ý với

3

m đường thẳng ( ) :

d x  song song với trục Oy nên khoảng cách từ O đến ( )d

2

+ Nếu

3

m đường thẳng ( )d viết lại:

3

m m

y x

m m



 

  Điều

kiện để ( )d OI 1

3 2

m

m m m

m        Khi khoảng cách

2

1

2 2

OI            

Vậy

2

(7)

hoc360.ne t

36

+ Cách 1: Dễ thấy

3

m không thỏa mãn điều kiện (Do ( )d không cắt Oy) Xét

3

m , đường thẳng ( )d cắt Ox Oy, điểm A B, tạo thành tam giác cân OAB , góc AOB900 OAB vng cân O Suy hệ số góc đường thẳng ( )d phải 1 đường thẳng ( )d không qua gốc O

1 1 2 m m m m m m                  

Ta thấy có giá trị

2

m thỏa mãn điều kiện

bài toán

Cách 2: Dễ thấy 2,

m m không thỏa mãn điều kiện Xét 0;2

3

m , đường thẳng ( )d viết lại:

3

m m y x m m     

Đường thẳng ( )d cắt trục Ox điểm A có tung độ nên

1 1

0 ;0

3

m m m m m

x x A OA

m m m m m

     

       

    , đường

thẳng ( )d cắt trục Oy điểm có hồnh độ nên

1 1

0;

3 3

m m m

y B OB

m m m

    

    

     Điều kiện để tam giác OAB

cân 1 1 3 2 m m m m OA OB m m

m m m

                  

Giá trị

1

m không thỏa mãn , đường thẳng ( )d qua gốc tọa độ Kết luận:

2

(8)

hoc360.ne t

Ví dụ 3) Cho hai đường thẳng

1

( ) :d mx(m1)y2m 1 0,(d ) : (1m x) my4m 1 a) Tìm điểm cố định mà ( )d1 , (d2) 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 , d2 qua

Lời giải:

a) Ta viết lại ( ) :d1 mx(m1)y2m 1 0m x  y 2 1 y0 Từ dễ dàng suy đường thẳng (d1) qua điểm cố định: A 1;1 Tương tự viết lại (d2) : (1m x) my4m 1 0m y  x 4 1 x0 suy (d2) 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

 1

PH PH  d Gọi yax b phương trình đường thẳng qua

0;4 ,  1;1

P A ta có hệ : 4

.1

a b b

a b a

  

 



 

   

 

suy phương trình đường thẳng PA y:  3x4

Xét đường thẳng ( ) :d1 :mx(m1)y2m 1 Nếu m1

(9)

hoc360.ne t

38

 1

2

:

1

m m

d y x

m m



 

  Điều kiện để ( )d1 PA

 3 1

1

m

m m     



c) Nếu m0  d1 : y 1  d2 :x 1 suy hai đường thẳng ln vng góc với cắt I1;1 Nếu m1

 d1 :x 1  d2 :y 3 suy hai đường thẳng ln vng góc với cắt I1;3 Nếu m 0;1 ta viết lại

 1

2

:

1

m m

d y x

m m



 

   2

1

: m m

d y x

m m

 

  Ta thấy

1 1

m m



  

 

  



   nên    d1  d2 Do hai đường thẳng cắt điểm I

Tóm lại với giá trị m hai đường thẳng    d1 , d2 vuông góc cắt điểm I Mặt khác theo câu a) ta có    d1 , d2 qua

điểm cố định A B, suy tam giác I AB vuông A Nên I nằm đường trịn đường kính AB

d) Ta có AB  1 123 1 2 2 Dựng IH  AB

1 1

2 2

I AB

AB AB

S  IH AB IK AB AB  Vậy giá trị lớn

(d2) (d1)

H K

B A

(10)

hoc360.ne t

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:

     

min ( ) ;

m x n

f x f m f n

 

 max ( ) max  ;  

m x n

f x f m f n

 

 Như

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 0 f x 0 với giá trị x thỏa mãn điều kiện: mxn

Ví dụ 1: Cho số thực 0x y z, , 2 Chứng minh rằng:

   

2 xyz  xyyzzx 4 Lời giải:

Ta coi y z, tham số, x ẩn số bất đẳng thức cần chứng

minh viết lại sau: f x( )2 y z x 2yzyz 4 Để chứng minh f x 0 ta cần chứng minh:  

 

0

2

f f

 

 

 



(11)

hoc360.ne t

40

+ f  0 2yzyz 4 y2 2 z0 với y z, thỏa mãn:

0 y z, 2

+ f  2 2 2  y z2yzyz  4 yz0 với y z, thỏa mãn:

0 y z, 2

Từ ta suy điều phải chứng minh: Dấu xảy

x y z; ;   0;2; 2 hốn vị số

Ví dụ 2: Cho số thực không âm x y z, , thỏa mãn điều kiện:

1

xy z Tìm GTLN biểu thức: Pxyyzzx2xyz Lời giải:

Khơng tính tổng qt ta giả sử min , , 

3

x y z

z x y z z    Ta

có    

2

1

4

x y z

xy  

  

1    1  1 

Pxy  z  xy zxy  z z z Ta coi z tham số xy ẩn số f xy xy1 2 zz1z hàm số bậc xy với

1 2

0

4 z

xy 

  Để ý rằng: 2 z0 suy hàm số

  1  1 

f xy xy  z z z đồng biến Từ suy

        

2 3 2

1

1 2

4 4

z z z z

f xy  f     z  z  z     

 

 

3

7 1

27 2z 4z 108

 

   

 

2

7 1

27 z z 27

   

       

    Dấu xảy

khi

3

(12)

hoc360.ne t

Ví dụ 3: Cho số thực dương a b c, , thỏa mãn điều kiện: a b c  1 Chứng minh rằng: 5a2b2c26a3b3c31

Lời giải:

Khơng tính tổng qt giả sử: amina b c, ,  suy

3

a Bất đẳng thức tương đương với

 2  3  

2

5a  b c 2bc6a  b c 3bc b c 1

   

 2  3      2

2

5a a 2bc 6a a 3bc a  9a bc 2a

              

   

Đặt tbc

2

1

2

b c a

t      

    

    Ta cần chứng minh:

  9 4 2 12

f t  a t a  với

2

1 0;

2

a t     

  

 

Do 9a 4 suy

ra hàm số f t  nghịch biến Suy    

2

1

3

2

a

f t  f     a a    

 

Đẳng thức xảy

2

ab c

Vấn đề 2: HÀM SỐ BẬC HAI

Kiến thức cần nhớ

Hàm số yax2 a0: Hàm số xác định với số thực x

Tính chất biến thiên:

(13)

hoc360.ne t

42

Đồ thị hàm số đường Parabol nhận gốc tọa độ O làm đỉnh, nhận trục tung làm trục đối xứng Khi a0 Parabol có bề lõm quay lên trên, a0 Parabol có bề lõm quay xuống

Ví dụ

a) Hãy xác định hàm số y f x ax2 biết đồ thị qua điểm A2;4

b) Vẽ đồ thị hàm số cho

c) Tìm điểm Parabol có tung độ 16 d) Tìm m cho B m m ; 3 thuộc Parabol

e) Tìm điểm Parabol (khác gốc tọa độ) cách hai trục tọa độ

Lời giải:

a) Ta có A P 4a.22 a1 b) Đồ thị Parabol có đỉnh gốc tọa độ

0;0

O quay bề lồi xuống dưới, có trục đối xứng Oy qua điểm

y= a x2

Với a<0 y

x O

y=x2

-3

9

3 1 -1

1 y

x O

y

x O

y= ax2

(14)

hoc360.ne t

 1;1 ,  1;1 , 3;9 ,  3;9

M N  E F 

c) Gọi C điểm thuộc  P có tung độ 16

Ta có: yC 16x2C 16xC  4 Vậy C4;16 C4;16

d) Thay tọa độ điểm B vào  P ta được:

 

3 2

0 0

m m m m  m m  m m1 e) Gọi D điểm thuộc  P cách hai trục tọa độ Ta có:

   

, D D; , D

d D Ox  y x d D Oy  x Theo giả thiết ta có:

0

D D D

x  x  x  (loại) xD 1 Vậy D 1;1 D1;1 Ví dụ 2: Một xe tải có chiều rộng 2,4 m chiều cao 2,5 m muốn qua cổng hình Parabol Biết khoảng cách hai chân cổng 4m khoảng cách từ đỉnh cổng tới chân cổng m( Bỏ qua độ dày cổng)

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy gọi Parabo  P :yax2 với a0 hình biểu diễn cổng mà xe tải muốn qua Chứng minh a 1 2) Hỏi xe tải có qua cổng khơng? Tại sao?

(Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội 2015-2016)

Lời giải:

(15)

hoc360.ne t

44

4

OA M2; ,  N 2; 4 Do M2; 4  thuộc parabol nên tọa độ điểm M thỏa mãn phương trình:  P :yax2 hay  4 a.22a 1

 

:

P y x

2) Để đáp ứng chiều cao trước hết xe tải phải vào cổng Xét đường thẳng  :

2

d y 

(ứng với chiều cao xe) Đường thẳng cắt Parabol điểm

có tọa độ thỏa mãn hệ:

2

3

y x

y     

   

2 3 x y

     

    

3

;

2

3

;

2

x y



  

  



   

 

suy tọa độ hai giao điểm

3 3

; ; ; 2,

2 2

T   H HT  

   

Vậy xe tải qua cổng

Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d y:  1 điểm

0;1

F Tìm tất điểm I cho khoảng cách từ I đến d IF

Lời giải:

A

B H

T

N -4 M

y=-x2

2 -2

y

(16)

hoc360.ne t

Giả sử điểm I x y ;  Khi khoảng cách từ I đến d y1

 2

2

1

IF  x  y Như y12x2y1 2 Từ suy

1

y x Do tập hợp tất điểm I cho khoảng cách từ I đến d IF đường Parabol  1 :

4

P y x

Ví dụ

a) Xác định điểm M thuộc đường Parabol  P :yx2 cho độ dài đoạn IM nhỏ nhất, I0;1

b) Giả sử điểm A chạy Parabol  P :yx2 Tìm tập hợp trung điểm J đoạn OA

Lời giải:

a) Giả sử điểm M thuộc đường Parabol  P :yx2 suy  2

;

M m m

Khi 2  2

1

IM m  m  m m  Vậy

2 3

2

IM  m    

  Ta thấy IM nhỏ

3

2

m 

hay 1;

2

M 

 

 

(17)

hoc360.ne t

46

b) Giả sử điểm A a a ; 2 thuộc  P :yx2 Gọi I x y 1; 1 trung

điểm đoạn OA.Suy

2

1

2 2 a x

a

y x

    

  

 

Vậy tập hợp trung điểm I

đoạn OA đường Parabol   : P y x

Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A B chạy parabol  P :yx2 cho A B, O0;0 OAOB Giả sử I trung điểm đoạn AB

a) Tìm quỹ tích điểm trung điểm I đoạn AB b) Đường thẳng AB luôn qua điểm cố định

c) Xác định tọa độ điểm A B cho độ dài đoạn AB nhỏ Lời giải:

a) Giả sử  2

;

A a a  2

;

B b b hai điểm thuộc  P Để A B, O0;0 OAOB ta cần điều kiện: ab0 OA2OB2  AB2 hay ab0

 2  2

2 4 2

a a b b  a b  a b Rút gọn hai vế ta được: ab 1 Gọi I x y 1; 1 trung điểm đoạn AB Khi đó:

 

1

2 2

2

1

2

a b x

a b ab

a b

y x

 

   

 



    

 

Vậy tọa độ điểm I thỏa mãn

phương trình

2

(18)

hoc360.ne t

Ta tìm điều kiện để OAOB theo cách sử dụng hệ số góc: Đường thẳng OA có hệ số góc

2

a

k a

a

  , đường thẳng OB có hệ số góc

2

b

k b

b

  Suy điều kiện để OAOB a b  1

b) Phương trình đường thẳng qua A B  

2 2

:x a y a

AB

b a b a

 



  hay

AB:ya b x ab   a b x  1 Từ ta dễ dàng suy đường thẳng AB:ya b x  1 luôn qua điểm cố định 0;1 

c) Vì OAOB nên ab 1 Độ dài đoạn AB a b 2a2b22 hay

2 4 2

2

AB a b  ab a b  a b Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có

2 2

2

a b  a b  ab , 4 2

2a

a b  b Ta có: 2 2

2 2 2

AB ab   a b  a b  Vậy AB ngắn

2

,

a b ab  Ta cặp điểm là: A1;1 B 1;1 Ví dụ 5) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol  P :yx2,  P

lấy hai điểm A1;1 , B3;9

a) Tính diện tích tam giác OAB

b) Xác định điểm C thuộc cung nhỏ AB  P cho diện tích tam giác ABC lớn

Lời giải:

a) Gọi yax b phương trình đường thẳng AB

K

H I

A' C' B' C(c;c2)

B

A y=x2

-3

9

3 1 -1

1 y

(19)

hoc360.ne t

48

Ta có  1

3

.3

a b a

b

a b

  

  





 

  

 



suy phương trình đường thẳng AB

 d :y2x3 Đường thẳng AB cắt trục Oy điểm I0;3 Diện tích tam giác OAB là:

1

2

OAB OAI OBI

S S S  AH OI BK OI Ta có AH 1;BK 3,OI 3 Suy SOAB 6 (đvdt)

b) Giả sử C c c ; 2 thuộc cung nhỏ  P với   1 c Diện tích tam giác:SABC SABB A' 'SACC A' 'SBCC B' ' Các tứ giác ABB A AA C C CBB C' ', ' ' , ' '

đều hình thang vng nên ta có:

     

2

1 9

.4 8

2 2

ABC

c c

S     c   c   c  Vậy diện tích

tam giác ABC lớn (đvdt) C 1;1

Ví dụ 10) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng  d :y  x parabol  P :yx2

a) Tìm tọa độ giao điểm  d  P

b) Gọi A B, hai giao điểm  d  P Tính diện tích tam giác OAB (Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT Hà Nội năm 2014)

Lời giải:

1) Phương trình hồnh độ giao điểm  P  d là:

2

6

(20)

hoc360.ne t

2) Gọi A B', ' hình chiếu A B, xuống trục hồnh Ta có SOAB SAA B B' ' SOAA'SOBB'

Ta có A B' ' xB'xA' xB'xA'5;AA' yA 9;BB'yB 4 ' '

' ' 65

' '

2 2

AA BB

AA BB

S   A B    (đvdt), ' ' ' 27

2

OAA

S  A A A O

(đvdt) ' ' ' ' 65 27 15

2

OAB AA B B OAA OBB

S S S S  

       

 

(đvdt)

Phương trình bậc hai định lý Viet

Kiến thức cần nhớ:

Đối với phương trình bậc hai ax2bx c 0a0 có biệt thức

4

b ac

  

+ Nếu  0 phương trình vơ nghiệm + Nếu  0 phương trình có nghiệm kép

2

b x

a

  + Nếu  0 phương trình có hai nghiệm phân biệt: 1

2

b x

a   

 ;

2

b x

a   



Công thức nghiệm thu gọn : Khi b2 'b , ta xét  ' b'2ac Khi đó:

+ Nếu  ' phương trình vơ nghiệm + Nếu  ' phương trình có nghiệm kép x b'

a

(21)

hoc360.ne t

50

+ Nếu  ' phương trình có hai nghiệm phân biệt: 1 ' '

2

b x

a   

 ;

2

' '

2

b x

a   



SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC

Để chứng minh phương trình bậc có nghiệm Thơng thường ta chứng minh:  0 dựa kỹ thuật biến đổi tương đương để đưa dạng AxB2 0, kiến thức bất đẳng thức , bất phương trình, số tốn khó ta cần nắm bắt tính chất đặc biệt tam thức bậc để vận dụng

Ngoài kiến thức sở SGK ta cần nắm thêm số kết quả, bổ đề quan trọng sau:

+ Mọi tam thức bậc 2: f x ax2bx c với a0 phân tích thành dạng  

2

b

f x a x

a a



 

    

  với

2

4

b ac

  

+ Để chứng minh phương trình bậc hai f x ax2bx c 0a0 có nghiệm ngồi cách chứng minh  0 ta cịn có cách khác sau:”Chỉ số thực  cho a f   0 hai số thực  , cho:

    f  f   ”

Thật ta chứng minh điều sau:

+ Ta có  

2

b

a f a

a a

        

 

 

 

2

2 0

2 4

b b

a a a a

   

   

         

   

    suy phương trình

(22)

hoc360.ne t

+ Xét a f   a f   a f2     f  0 hai số af  

 

af  có số không dương, tức af  0hoặc af   0 

phương trình có nghiệm

Ví dụ 1) Giải phương trình sau: 1)

5

x  x 

2)

2x 3x

   

3)  

2 3

x   x 

4)  

2

x  m xm m Lời giải:

1) Ta có    5 24.1.6 1   1

Phương trình có nghiệm phân biệt

2

5 2.1

3 2.1 x

x

 

 

 



  



2) Ta có 2x23x   1 324 2 17    17

Phương trình có nghiệm phân biệt  

 

1

2

3 17 17

2

3 17 17

2

x

   

 



 



  

  

 

(23)

hoc360.ne t

52

2 32 4.2 2 32

          Phương trình có hai

nghiệm phân biệt là:

 

1

2

2 3

2

2 3

3

x

   

 

 

   

  



,

4)  2  

2m m m

     

Suy phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

2

2 1

1

2 1

2 m

x m

m

x m

  

  

 

 

  



Ví dụ Cho phương trình: m1x22m1xm30 (1) Giải phương trình (1) m2

2 Tìm m để phương trình (1) có nghiệm kép

3 Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt Lời giải:

1 Với m2 ta có phương trình: x26x 1 Ta có

 2

' 10

     nên phương trình có nghiệm là: x 3 10

3 10

x 

2 Phương trình (1) có nghiệm kép khi:

 

 2    

1 1 1

6

' 1

m m

m m m

 

  



  

 

 

       

 

(24)

hoc360.ne t

 

 2    

1

1 1

3

6

' 1 1

m m m

m

m m m m

  

   

 

 

  

 

       

 

  

Ví dụ Cho a b 0,b c 0,a c Chứng minh phương trình sau có nghiệm: a b c x   22 3a3b3c3xa2b2c20 Lời giải:

Nếu a b c  0 từ giả thiết ta suy ab c Do phương trình có vơ số nghiệm

Dưới ta xét trường hợp a b c  0

Ta có:  ' 3a3b3c3a b c  .a2b2c2

 3 3      

2 a b c ab a b bc b c ac a c

        

 

 3   3    3  

a b ab a b b c bc b c a c ac a c

           

a b  a b2 b c  b c2 a c  a c2

         

Do a b b c a ,  ,  c Từ suy phương trình cho có nghiệm Ví dụ 4: Cho phương trình:ax2bcx b 3c34abc0 (1)

a0 vơ nghiệm Chứng minh hai phương trình sau có phương trình vơ nghiệm phương trình có nghiệm:ax2bx c 0

 2

0

ax cx b  (3) Lời giải:

(25)

hoc360.ne t

54

    

2 3 2

1 b c 4a b c 4abc b 4ac c 4ab 0(*)

         

Phương trình(2) có: 2 b24ac;Phương trình (3) có:  3 c24ab Nên (*)    2 3 hai số  2, 3ln có số dương số âm dẫn đến hai phương trình (2) (3) ln có phương trình có nghiệm phương trình vơ nghiệm

Ví dụ 5)

a) Cho số dương a b c, , thỏa mãn điều kiện a2b3c1 Chứng minh có hai phương trình sau có nghiệm

 

2

4x 4 2a1 x4a 192abc 1

 

2

4x 4 2b1 x4b 96abc 1

b) Cho số a b c, , thỏa mãn điều kiện a b c  6 Chứng minh ba phương trình sau có nghiệm :

1 0; x ax 

2

1 0;

x bx  x cx 

c) Chứng minh ba phương trình sau có phương trình có nghiệm: ax22bx c 0 (1) ; bx22cxa0 (2)

2

cx  ax b  (3) Lời giải:

a) Hai phương trình có

   

1

' 16a 48bc , ' 16 24b ac

      Vì a b, số dương nên

' , '

  dấu với 48 bc 24 ac Mặt khác ta lại có

     2

1 48 bc 1 24ac 2 24c a2b  2 24 3c  c 2 6c1 0 Dẫn đến ' '

1

(26)

hoc360.ne t

b).Ba phương trình cho có  1 a24; 2 b24; 3 c24

Do      1 2 3 a2b2c212 Lại có

 2 2  2  2  2  2  2

3 a b c  a b c   a b  b c  c a  a b c  Suy

ra  

2 2

12

3

a b c

a b c      Do 2

12

a b c   hay

1

      Vậy có ba phương trình cho có nghiệm

c) Nếu Trong ba số a b c, , có số 0, chẳng hạn a0(2)có nghiệm x0

Ta xét a, ,b c số thực khác 0, ba phương trình cho ba phương trình bậc hai có : '1 b2ac; ' 2 c2ab; ' 3 a2bc Xét tổng     1 2 3 ta có:

 2  2  2

2 2

1

' ' '

2

a b c ab bc ca  a b b c c a 

                 

 

Suy ba số ' ; ' ; '1  2 3có số khơng âm hây ba phương trình cho có phương trình có nghiệm

Ví dụ 6)

a) Cho tam thức bậc hai f x x2bx c b c, số nguyên Chứng minh rằng, tồn số nguyên k để

  2015  2016

(27)

hoc360.ne t

56

b) Cho tam thức bậc hai f x x2bx c Giả sử phương trình

 

f x x có hai nghiệm phân biệt Chứng minh phương trình

 

f f x x có nghiệm nếu: b12 4b c 1 Giải:

a) Đây tốn khó: Để chứng minh tồn số k ta cần tính chất:

Với đa thức bậc dạng  

f x x  px q Ta ln có

 

     1

f f x x  f x f x với x Thật ta có:

 

     

f f x x f x x b f x xc

     

2

f x f x x x b f x bx c

     

     

2

f x f x x b f x x bx c

     

       

2

f x f x x bf x f x

   

           

2 1

f x f x x b f x x x b x c f x f x

             

Trở lại toán chọn x2015 ta có

 

 2015 2015 2015  2016

f f   f f Ta suy số k cần tìm là:

2015 2015

k  f 

b) Ta có: f f x  x f2 x bf x  c x

       

f x f x x x f x x b f x x x bx c x

             hay

 

         

1 1

f f x  x f x x  f x   x b f x x x  b x b c    Để ý phương trình x2b1x b c   1 có

b 12 4b c 1

       f x  x có nghiệm phân biệt nên suy f f x x có nghiệm

(28)

hoc360.ne t

+ Để chứng minh n số a a1, 2, an có số không âm (hoặc số dương) ta cần chứng minh tổng k a1 1k a2 2 k an n0 k k1, 2 kn 0

Ví dụ 7: Cho a b c, , số thực có tổng khác Chứng minh phương trình sau ln có nghiệm:

        

a x a x c b x c x a c x a x b  (1)

Cách 1: (1)a b c x   22ab bc ca x   3abc0 (2)

Vì a b c  0 nên (2) phương trình bậc hai, để chứng minh phương trình có nghiệm ta cần chứng minh  '

Ta có:

 2   2 2 2  

' ab bc ca 3abc a b c a b b c c a abc a b c

            

 2  2  2

1

0

2 ab bc bc ca ca ab

 

      

  Vậy phương trình cho ln

có nghiệm

Cách 2: Gọi f x  vế trái phương trình (1) Ta có:

 0 ;     ;     ;     

f   abc f a a a b a c  f b b b a b c  f c c c a c b 

       0    

f f a f b f c abc a b b c c a

         trong bốn

số f  0 ,f a ,f b ,f c  ln tồn hai số có tích khơng dương Dẫn đến phương trình cho ln có nghiệm

Ví dụ 8: Cho a,b,c thỏa mãn:3a4b6c0.CHứng minh phương trình sau ln có nghiệm: f x ax2bx c 0

(29)

hoc360.ne t

58

* Nếu    

3

a  b c   c b f x b x   f x

  có

nghiệm

* Nếu a0 ta có:

   

 

2

2 6

4 0

16 16

a c a c

b ac  ac  f x

         có nghiệm

Cách 2: Ta có:

    1

2 4

2

f  f    a b c    a b c  a b c

   

    1  

1 0

2 2

f f   f f  f   f x

           

     

có nghiệm Cách 3: Ta có

   

2

3

3 9 12 16

0 ;

4 16 16 16

a b c c

f c f    a b c           

Suy  0

f f   

  suy phương trình ln có nghiệm Nhận xét:

Với cách giải thứ hai việc khó phải chứng minh đẳng thức:2  1

2

f  f   

  Tại ta xét  

1 ,

2

f f   

  nhân thêm hệ số Vậy hai giá trị  1 ,

2

f f  

  ta cịn có giá trị khác khơng? Câu trả lời có, chẳng hạn ta xét  1 , ,  0

3

f f    f

  Ta cần xác định hệ số m n p, , 0 saocho:  1  0

3

mf nf   pf  a b c

(30)

hoc360.ne t

Đồng hệ số ta có hệ phương

trình:

4

2

4 1, ,

3 2

6

m n

m n m n p

m n p



 

  

     

 

  

  

Vậy ta

có:2  1  0

f  f    f  

 

trong ba số  1 , ,  0

f f    f  

tồn số không âm số khơng dương, dẫn đến tích hai số khơng dương hay phương trình có nghiệm

Cách giải thứ 3: Tại ta

4

f   

  Điều hoàn toàn tự nhiên ta cần tạo tỷ lệ : 4a b để tận dụng giả thiết:

3a4b6c0

Ta xét tốn tổng qt sau:

Ví dụ 9: Cho số thực dương m,n,p thỏa mãn:nm mp; n2

và a b c

mn p  Chứng minh phương trình:  

0 f x ax bx c 

(1) có nghiệm x0;1

Giải: Để chứng minh (1) có nghiệm x0;1, ta số thực

 

, 0;1

  cho f     f  0 Vì  , 0;1 có giả thiết

1

n

n m

m

   nên dẫn đến ta xét:

2

n n n

f a b c

m m m

 

  

 

(31)

hoc360.ne t

60

từ:

2

2 2

1

0

a b c m n n m

a b c c

m n p n m m p n

   

          

 

 

2 2

2 0

m n n pm n pm n pm n

f c f c f

n m pn m pm pm

  

   

       

   

* Xét c0

- Nếu a 0 b 0 f x  đa thức không, f x sẽ có nghiệm

trong 0;1 - Nếu a0, từ giả thiết b n

a m

   

    b 0;1

f x x ax b x

a

      

* Xét c0 ta có:      

2

0

n pm n

f f f f x

m pm



 

  

 

 

có nghiệm

 

0; n 0;1

x

m

 

 

 

VẬN DỤNG ĐIỀU KIỆN CĨ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC 2 TRONG BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

GTLN,GTNN (Phương pháp miền giá trị hàm số)

Bài tốn 1: Tìm GTLN, GTNN biểu thức

2

ax bx c y

mx nx p

 



  với

2

0 mx nxp x Phương pháp:

Gọi y0 giá trị biểu thức: Khi

   

2

0 0 0

ax bx c

y y m a x y n b x y p c

mx nx p

 

       

(32)

hoc360.ne t

Ta xét trường hợp: + Nếu y m a0 y0 a

m

    thay vào  * ta tìm x suy y0 a m  giá trị biểu thức

+ Nếu y m a0 y0 a m

    (*) phương trình bậc ẩn x Điều kiện để phương trình có nghiệm là:  0 Từ ta suy điều kiện y0 Trên sở ta tìm GTLN, GTNN (nếu có) biểu thức

+ Ngồi trình chứng minh bất đẳng thức ta cần nắm kết sau: Ta có:  

2

2 4

b b

a f x a x a x

a a a

      

         

   

 

 

Từ suy Nếu  0 a f x  0a f x,   dấu Một kết thường xuyên sử dụng giải toán là: “Nếu tam thức bậc : f x ax2bx c

có a0,  0 f x 0,x.”

Ví dụ 1: Tìm GTLN, GTNN biểu thức:

a)

2

5

x y

x x



 

b)

2

8

1

x x

P x

 





c)

2

x xy y

A

x xy y

 



  với y0

d)

2

2 12

1 2

x xy

A

xy y

 

  biết

2

1

(33)

hoc360.ne t

62

Lời giải:

a) Do

2

5

2

x  x x   

  , x suy biểu thức y xác định với x Gọi y0 giá trị biểu thức ta có:

 

2

0 0

5

x

y y x y x y

x x

     

   *

+ Nếu 0 7

5

y    x  x điều có nghĩa y0 1 giá trị biểu thức nhận

+ Nếu y0 1 (*) phương trình bậc có

5y02 4.y0 7 y0 y028 3y0

      Phương trình có nghiệm

chỉ 0 0 28

3

y

     Để ý với giá trị y0 0

28

y   0 nên + GTNN y

 

0

2

y x

y

  



+ GTLN y 28

3  

0

28

5 3 14

28

2

3 y

x

y

   

  



 

 

b) ĐKXĐ  x 

Ta có    

2

8

1

x x

P P x x P

x

 

      

 (1) Coi (1) phương

trình bậc hai ẩn x Trường hợp 1: P 1 0P1

4

(34)

hoc360.ne t

Trường hợp 2: P 1 0P1 phương trình (1) có nghiệm

  

2

' P 8P P P P

              (**) Kết hợp (*) (**) ta có minP 1; maxP9

c)

2

x xy y

A

x xy y

 



  Biểu thức A có dạng đẳng cấp bậc

Ta chia tử số mẫu số cho

y đặt t x y



2

t t

A

t t

 



  Ta có

 2

2

t  t  t   với t Gọi A0 giá trị biểu thức

Khi ta có:    

2

0 0

2

2 2

2

t t

A A t A t A

t t

 

       

  (*)

+ Nếu A0 2

6

t  suy A0 2 giá trị biểu thức nhận

+ Nếu A0 2 (*) phương trình bậc có

 2   

0 0 0

' A A 5A 4A 21A 17

          Điều kiện để phương

trình có nghiệm

  

2

0 0 0

17

' 21 17 17

4

A A A A A

              Từ

đó ta có GTNN A 0

1

2

A

t x y

A 

    

 GTLN

của A 17

4

0

1 7

2 3

A

t x y

A 

      

(35)

hoc360.ne t

64

d) Nếu y0 x2  1 P2x2 2

Xét y0 đặt xty  

2

2 2

2

2 12 12

1 2 3

t t

x xy x xy

A

xy y x xy y t t



 

  

     

Giải tương tự câu b) Ta có  6 A3 Suy GTNN A 6 đạt ;

13 13

x y  ;

13 13

x  y GTLN A đạt ;

10 10

x y

3

;

10 10

x  y 

Ví dụ 2: Cho số thực x y z, , thỏa mãn điều kiện: xy yz zx x y z

  

 

  



Tìm GTLN, GTNN x

Lời giải:

Ta viết lại hệ phương trình dạng:  

5

yz x y z

y z x

  

  

   



(*) hay

 

8

5

yz x x

y z x

  

  

   



(*) Vì x y z, , số thực thỏa mãn  * nên suy y z,

là hai nghiệm phương trình: t25x t  8 5xx2 0 (**) Điều kiện để phương trình (**) có nghiệm là:

 2  2   

5 x 5x x 3x 10x 7 3x x

               hay

7

3

(36)

hoc360.ne t

Khi x  1 t 2 yz2 nên GTNN x

Khi 4

3 3

x  t  yz suy GTLN

3

x

Ví dụ 3) Cho số thực x y z, , thỏa mãn điều kiện: xy z Tìm GTLN biểu thức: P9xy10yz11zx

Lời giải:

Thay z  1 x y vào P ta có:

    

9 10 11 10 11

P xyz y x  xy  x y y x

 

2

11x 11 12y x 10y 10y

      hay

 

2

11x  12y11 x10y 10yP0 Để phương trình có nghiệm điều kiện  012y1124.11 10 y210yP0 hay

2

296y 176y 121 44P

    

2

74 22 121 74 11 495 495

11 37 296 11 27 148 148

P  y y  y 

            

    Do

GTLN P 495

148 đạt

25 11 27

; ;

74 37 74

x y z

Ví dụ 4) Cho số thực dương a b c, , cho a b c  3 Chứng minh

rằng:

2

aab abc Lời giải:

Từ giả thiết ta suy b  3 a c Ta biến đổi bất đẳng thức thành:

       

3 2

2

aa  a c  ac  a c    c a  c  c a 

coi hàm số bậc a Xét   2 1 2 4

(37)

hoc360.ne t

66

ta có hệ số a2 2c 1 ta có:

 2    2 

2c 5c 18 2c 2c c 4c

          

2c12c c 3 c 20 0 c Suy f a 0, dấu xảy 3, 1,

2

a b c

ĐỊNH LÝ VIET VỚI PHƯƠNG TRÌNH BẬC

Kiến thức cần nhớ:

Định lý Viet: Nếu x x1, 2 hai nghiệm phương trình

 

2

0,

ax bx c  a

1

b x x

a c x x

a



  

  

 

 

(*)

Ghi chú: Trước sử dụng định lý Viet, cần kiểm tra điều kiện phương trình có nghiệm, nghĩa  0

Một số ứng dụng định lý Viet

+ Nhẩm nghiệm phương trình bậc hai:

Nếu a b c  0 phương trình có hai nghiệm x1 1;x2 c a

  Nếu a b c  0 phương trình có hai nghiệm x1 1;x2 c

a     + Tính giá trị biểu thức g x x 1, 2 g x x 1, 2 biểu thức đối xứng hai nghiệm x x1, 2 phương trình (*):

(38)

hoc360.ne t

Bước 2: Biểu diễn biểu thức g x x 1, 2 theo S x1x P2, x x1 2 từ tính g x x 1, 2

Một số biểu thức đối xứng hai nghiệm thường gặp:

 2

2 2

1 2 2

x x  x x  x x S  P;

 3  

3 3

1 2 2

x x  x x  x x x x S  SP;

 2  

4 2 2 2 2

1 2 2 2

x x  x x  x x  S  P  P S  S P P ;

 2  2

1 2 4 ,

x x  x x  x x  x x  S  P

+ Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm x x1, 2 cho trước: Bước 1: Tính Sx1x P2; x x1 2

Bước 2: Phương trình bậc hai nhận hai nghiệm x x1, 2 X2S X P0 + Tìm điều kiện để phương trình bậc hai (*) (a b c, , phụ thuộc vào tham số

m), có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn điều kiện cho trước h x x 1, 20 (1)

Bước 1: Tìm điều kiện để phương trình (*) có nghiệm, nghĩa  0 Sau áp dụng định lý Viet để tính S x1 x2 b

a

    (2) P x x1 2 c

a   (3) theo m

(39)

hoc360.ne t

68

+ Phân tích đa thức bậc hai thành nhân tử: Nếu phương trình (*) có hai nghiệm x x1, 2 ax2bx c a x x1  xx2

+ Chứng minh bất đẳng thức liên quan đến nghiệm phương trình bậc ta cần ý đến điều kiện ràng buộc sau:

Nếu: x1mx2 x1mx2m0 Nếu

  

1 2

1

2

0

x x m

m x x

x m x m

 

 

   

  

 

Nếu

  

1 2

1

2

0

x x m

x m x m

 

 

   

  

  Một số ví dụ:

Ví dụ Khơng giải phương trình, cho biết dấu nghiệm a)

13 20

x  x  c) 5x27x 1

b)

3x 5x 2

Lời giải:

a) Ta có:

1

20

13 c

P x x a

b

S x x

a



   

  

      

 

Vì P0 nên hai nghiệm x x1, 2 dấu S 0 nên hai nghiệm dấu dương

b) Ta có: 1 1

3

c

P x x

a

(40)

hoc360.ne t

c) Ta có:

1

0

7 c

P x x a

b

S x x

a



   

  

 

     

 

Vì P0 nên hai nghiệm x x1, 2 dấu S 0 nên hai nghiệm dấu âm

Ví dụ 2: Phân tích đa thức sau thành nhân tử

a)  

3

f x  x  x b) g x  x45x24 c)P x y ; 6x211xy3y2 d)

  2

; 2

Q x y  x  y  xy x y Lời giải:

a) Phương trình 3x25x20 có hai nghiệm x1

3

x Suy   3 1 3 2 1

3

f x  x x  x x

 

b) Phương trình  2 2

5

x x x x x

          

hoặc x24.Suy          

1 1 2

g x   x  x    x x x x

c) Ta coi phương trình 6x211xy3y2 0 phương trình bậc hai ẩn x

Ta có  x 11y24.18y2 49y20 Suy phương trình có nghiệm

11

12

y y y

x   x

2

y

x Do

 ;  3 2 

3

y y

P x y  x   x  xy x y

(41)

hoc360.ne t

70

d) Ta có 2x22y23xy x 2y02x21 3 y x 2y22y0 Ta coi phương trình bậc hai ẩn x có:

 2    2

1 2 25 10

x y y y y y y

           

Suy phương trình có nghiệm 5 1

y y

x    x y

1

y

x  Do  ;  2   2 1

2

y

Q x y  x y x   x y xy

 

Ví dụ 3: Phân tích đa thức f x x42mx2 x m2m thành tích hai tam thức bậc hai ẩn x

Lời giải:

Ta có x42mx2 x m2m0m22x21mx4x0

Ta coi phương trình bậc hai ẩn m có:

 2    2

2 4

m x x x x x x

          

Suy  

2

0

2

x x

f x  m    x  x

2

x x

m    x x.Do f x mx2 x 1mx2x Ví dụ 4:

a) Cho phương trình 2x2mx 5 0, với m la tham số Biết phương trình có nghiệm 2, tìm m tìm nghiệm cịn lại

b) Cho phương trình  

2 1

(42)

hoc360.ne t

c) Cho phương trình x24x2 x2 m5, với m tham số Xác định m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt

Lời giải:

a) Vì x2 nghiệm phương trình nên thay x2 vào phương trình ta 13

2

m m

     Theo hệ thức Viet ta có: 1 2

2

x x  mà x12 nên 2

4

x  Vậy 13

2

m nghiệm lại

2

b) Phương trình có hai nghiệm dương

2

1

' 2

1

2 1

2

1 1 1

m m

S m m m

P m m m

  

    

 

        

 

  

    



Vậy với m1 thỏa mãn toán

c) Ta có x24x2 x2 m 5 x24x42x2  m1

x 22 2x m

       (1)

Đặt t x2 0 Khi (1) thành: t22t 1 m0 (2)

Để (1) có nghiệm phân biệt (2) có hai nghiệm phân biệt dương, tức phải có:

0

0 1

0

m

P m m

S

   

 

 

       

 

   

 

thỏa mãn yêu cầu toán

(43)

hoc360.ne t

72

a) Tìm m để phương trình3x24m1xm24m 1 có hai nghiệm phân biệtx x1, 2 thỏa mãn:  1 2

1

1 1

2 x x

x x  

b) Chứng minh phương trình:  

0

ax bx c  a (1) có hai nghiệm phân biệt nghiệm gấp k k  1lần nghiệm 1k2ackb2

c) Tìm giá trị m để phương trình x2mx m 2m 3 có hai nghiệm x x1, 2 độ dài cạnh góc vng tam giác vng

ABC, biết độ dài cạnh huyền BC2 Lời giải:

a) Trước hết phương trình phải có hai nghiệm khác nên:

2

'

4

0

m m

c m m

m m

a

    

   

 



   

  

  

 

(*) Khi theo định lý Viet ta

có:  

2

1 2

4

;

3

m m m

Sx x   Px x   

Ta có:    

1 2

1 1

2

x x

x x x x

x x x x



      x1x2x x1 220 (dox x1 2 0) 2

1

1; 1;

2

m x x

m m m

x x m m



  



      

    

 

(44)

hoc360.ne t

b) Giả sử (1) có hai nghiệm x x1, 2và nghiệm gấp k lần nghiệm ta có:

  

1 2

2

0

x kx x kx

  

 

    

 

  

 

 2  2  2  2

1 2 2

1 k x x k x x k x x k x x 2x x 

          

 

       

2

2 2

1 k c k b 2c k ac k b 2ac k ac kb

a a a

  

             

 

 

 

Giả sử 1k2ackb2 ta cần chứng minh (1) có nghiệm Ta có:

 

2

2 2

2

1

4

1

k k

b ac b b b

k k



      

  Vậy ta có điều phải chứng minh

c) Vì độ dài cạnh tam giác vuông số dương nên x x1, 2 0 Theo định lý Viet, ta có 2

1

0

x x m

x x m m

  

 

   



(1) Điều kiện để phương

trình có nghiệm là:  

4 3 12

m m m m m

          (2)

Từ giả thiết suy x12x22 4x1x222 x x1 2 4 Do

 

2 2

m  m m  m  m  m 

Thay m 1 vào (1) (2) ta thấy m 1 Vậy giá trị cần tìm m 1

Ví dụ 7: Cho phương trình      2

1 1

x mx  m x m m x m 

a) Giải phương trình m 2

(45)

hoc360.ne t

74

Lời giải:

a) Khi m 2, ta có phương trình: x42x3x22x 1

Kiểm tra ta thấy x0 không nghiệm phương trình

Chia hai vế phương trình cho x2 ta được: x2 12 1

x x

 

     

 

Đặt t x x

  , suy x2 12 t2

x

   Thay vào phương trình ta được:

2 1

t  t    t Với t 1 ta

1

2

x x x x

x

 

         Vậy với m 2 phương tình có

nghiệm

2

x  

b) Nếu x0 phương trình cho thành: m12 0

Khi m 1 phương trình vơ nghiệm

Khi m 1 x0 nghiệm phương trình cho phương trình cho có dạng

0

1 x

x x

x

 

   

  

Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm nên khơng thỏa mãn u cầu tốn Do x0 m 1 Chia hai vế phương trình cho x2 0 đặt

m 1

t x x



  Ta thu phương trình:  

1

1 t

t mt m

t m

  

     

 



Với t 1 ta  

1

x  x m  (1)

Với tm1 ta x2m1xm10 (2)

Phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt phương trình (1) (2) có hai nghiệm phân biệt, đồng thời chúng khơng có nghiệm chung

(46)

hoc360.ne t

 

 2  

1

m

m m

  

 

  



   

 

(*)

Khi x0 nghiệm chung (1) (2) thì:

 

   

2 0

2

0

1

m x x

m x m x

    

 

    

 

Suy m2x0 0 điều tương đương với m 2 x0 0

Nếu x0 0 m 1 (khơng thỏa mãn) Nếu m 2 (1) (2) có hai nghiệm

2

x  

Do kết hợp với (*), suy phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt  2 m 1

Ví dụ 8) Tìm tất giá trị m để phương trình:

a)    

2

mx  m x m  có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn 2

x  x 

b)  

2

x  m xm   có hai nghiệm x x1, thỏa mãn

 

1 2

3x x 5 x x  7 c)

3

x  x m  có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn

   

2

1 2 1 19

x x x x 

d)  

3x 4 m1 xm 4m 1 có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 thỏa

mãn  1 2

1

1 1

2 x x

x  x  

Lời giải:

a) Nếu m0 phương trình cho thành: 2x 6 0 x3

(không thỏa mãn)

(47)

hoc360.ne t

76

Điều kiện để phương trình có hai nghiệm ' 6

2 m

 

    

(*) Với điều kiện (*) giả sử x x1, 2 hai nghiệm phương trình Từ u cầu tốn áp dụng Viet ta có:

 

1

2

1

2

m

x x m

x m

m

x x

 

  



 



  



Thay x m m 

 vào phương trình ta (m2 6 m40m2

2

m Đối chiếu điều kiện ta m2

3

m thỏa mãn yêu cầu tốn

b) Ta có:  2m124m224m7

Điều kiện để phương trình có hai nghiệm

m

   

Theo định lý Viet ta có:

2

1 2

2

x x m

x x m

  



  



thay vào hệ thức

 

1 2

3x x 5 x x  7 0, ta 10

m  m  m m2

Đối chiếu điều kiện ta m2 thỏa mãn yêu cầu toán c) Ta có:   9 4.1m 9 4m

Điều kiện để phương trình có hai nghiệm

m      Ta có: x121x2x221x119 x12x x22 2x22x x22 119

 

2 2 2

1 2 19 2 19

x x x x x x x x x x x x

(48)

hoc360.ne t

x1 x22 2x x1 x x1 2x1 x2 19

      Theo định lý Viet ta có:

1

x x

x x m

 

 

  

Thay vào hệ thức x1x222x x1 2x x1 2x1x219 ta

được:    

3 2 m  m 19 5m10m2

Đối chiếu điều kiện ta m2 thỏa mãn yêu cầu tốn d) Ta có:  ' 4m123m24m1m24m1

Điều kiện để phương trình có hai nghiệm là: ' 0m  2

2

m   Ta có:   2

1

1 2

1 1

2

x x x x

x x

x x x x

 

     Theo định lý

Viet ta có:

    2 4 m x x m m x x               

Thay vào hệ thức 2 2

x x x x

x x

 

 , ta

được:       

 

2

4

3

m m m

m m

m m m m

  

 

    

   

  

2

1

2

4

m m m

m m m                        

Đối chiếu điều kiện ta m1 m5 thỏa mãn u cầu tốn

Ví dụ 9) Cho phương trình  

1

x  m m m  , với m tham số a) Chứng minh phương trình cho có hai nghiệm trái dấu với

mọi m

b) Gọi hai nghiệm phương trình cho x x1, 2 Tìm m để biểu thức 3 2 x x A x x            

(49)

hoc360.ne t

78

Lời giải:

a) Xét

2

0,

2

a c m m  m     m

  

Vậy phương trình ln có hai nghiệm trái dấu với m b) Gọi hai nghiệm phương trình cho x x1, 2 Theo câu a) x x1 2 0, A xác định với x x1, 2 Do x x1, 2 trái dấu nên

3 x t x        

với t0, suy x x       

, suy A0

Đặt x t x        

, với t0, suy 1 x x t        

Khi A t t

   mang giá trị âm A đạt giá trị lớn A có giá trị nhỏ Ta có

1

A t

t

    , suy A 2 Đẳng thức xảy

1

t t t

t

     Với t1, ta có

 

3

1

1 2

2

1 1

x x

x x x x m m

x x                        Vậy với m1 biểu thức A đạt giá trị lớn 2

Ví dụ 10) Cho phương trình 2x22mxm2 2 0, với m tham số Gọi 1,

x x hai nghiệm phương trình

a) Tìm hệ thức liên hệ x x1, 2 không phụ thuộc vào m b) Tìm giá trị nhỏ lớn biểu thức

 

1 2

2

x x A

x x x x

 

  

(50)

hoc360.ne t

Ta có  m24m1  m220, với m

Do phương trình ln có nghiệm với giá trị m Theo hệ thức Viet, ta có: x1x2 m x x1 2m1

a) Thay mx1x2 vào x x1 2 m1, ta x x1 2x1x11

Vậy hệ thức liên hệ x x1, 2 không phụ thuộc vào m x x1 2 x1x11 b) Ta có: x12x22 x1x222x x1 2m22m1m22m2 Suy

 

1

2 2

1 2

2

x x m

A

x x x x m

 

 

    Vì

 2

2 2

1

2 2

1 0,

2 2

m

m m m

A m

m m m



   

        

   

Suy A  1, m  Dấu “=” xảy ta m1

Và  

 

2

2 2

1 1

0,

2 2 2 2

m m m

m

A m

m m m

   



       

   

Suy 1,

A   m  Dấu “=” xảy m 2 Vậy GTLN A m1 GTNN A

2

 m 2 Ví dụ 11) Cho phương trình  

2

x  m x m  m  , với m tham số Gọi x x1, 2 nghiệm phương trình Chứng minh rằng:

1 2

9

x x x x  Lời giải:

Ta có  ' m122m23m1 m2mm1m Để phương trình có hai nghiệm   ' 00m1 Theo định lý Viet ta có:

 

1 2

(51)

hoc360.ne t

80

 

1 2 2

x x x x  m  m  m

2

2 1

2 2

2 16

m

m m m m 

          

 

Vì 1

4 4

m m

       suy

2

1 9

0

4 16 16

m m

   

     

   

   

Do

2 2

1 2

1 9 9

2 2

4 16 16 8

x x x x  m    m    m  

     

Dấu “=” xảy

4

m

Ví dụ 13) Cho phương trình  

2 1

x  m xm   , với m tham số tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 cho biểu thức

1 x x P

x x



 có giá trị số nguyên Lời giải:

Ta có  2  

2m m 4m

       Để phương trình có hai nghiệm

phân biệt

4

m

     Theo định lý Viet ta có: x1x2 2m1

1

x x m  Do

 

2 2

1

2 4

x x m m

P

x x m m

 

   

   Suy

5

4

2

P m

m

  

 Do

3

m nên 2m 1

Để P ta phải có 2m1 ước 5, suy 2m 1 5m2

(52)

hoc360.ne t

Ví dụ 14)

a) Tìm m để phương trình x2 x m0 có hai nghiệmx x1, 2 biểu thức: Qx12x11x22x21 đạt giá trị lớn

b) Cho phương trình x22m1xm2 2 0, với m tham số Tìm m để phương trình có hai nghiệm x x1, 2 cho

 

1 2

Px x  x x  đạt giá trị nhỏ

c) Gọi x x1, 2 hai nghiệm phương trình: 2x23a1x 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:  

2

2 1 2

1

3 1

2

x x

P x x

x x

  

      

 

Lời giải:

a) Phương trình có nghiệm  0 1 4m0

m

  (*)

Khi theo định lý Viet: 2

1

S x x

P x x m

   

 

 



Ta có:

 

3

4

QS S  P S  Pm (do (*)) max

Q

  đạt

1

m Vậy

4

m giá trị cần tìm

b) Ta có  ' m12m222m1 Để phương trình có hai nghiệm '

2

m

     (*) Theo định lý Viet ta có: x1x2 2m2 x x1 2 m22 Ta có

   

1 2 2 2

(53)

hoc360.ne t

82

 2

2

4 12 12

m m m

        Dấu “=” xảy m2

thỏa mãn điều kiện (*) Vậy với m2 biểu thức P đạt giá trị nhỏ 12

c) Ta có: 3a1216 0 Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt Theo định lý Viet thì: 2

3

;

2

a

x x   x x   Ta có

       

2

2 1 2 1 2 1 2

1 2

1

2

x x x x x x

P x x x x

x x                   2

1 2

3

6 24

4 a

x x x x   

 

      

   

 

Đẳng thức xảy

1

3

a  a Vậy minP=24

Ví dụ 14: Giả sử phương trình x2ax b 0 có nghiệm lớn Chứng minh rằng:

2

1

a a b b

b a b

  

  

Lời giải:

Theo định lý Vi et ta có: 2

x x a

x x b

  

 

 

Bất đẳng thức cần chứng minh có

dạng : 2

1 2

2

1 1

x x

x x

x  x  x x

   Hay

1

2 1

2

1

1 1

x x

x x

x   x   x x 

  

   2

1 2

2

1

1 1

x x x x

x x x x



 

    

  

 

(54)

hoc360.ne t

1 2

1

1x 1x 1 x x với x x1, 1 Quy đồng rút gọn bất đẳng thức

trên tương đương với   

2

1 1

x x  x  x  ( Điều hiển nhiên đúng) Dấu xảy x1x2 a2 4b

Ví dụ 15: Giả sử phương trình bậc hai

0

ax bx c  có hai nghiệm thuộc

0;3 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức: 

2

18

9

a ab b

Q

a ab ac

 



 

Lời giải:

Vì phương trình bậc có nghiệm nên a0 Biểu thức Q có dạng đẳng

cấp bậc ta chia tử mẫu Q choa2

2 18

9

b b

a a

Q

b c a a

 

   

  

 

Gọi x x1, 2 hai nghiệm phương trình, theo Viet ta có:

1

b x x

a c x x

a



  

  

 

 

Vậy :    

 

2

1 2

18

18 9

b b

x x x x

a a

Q

b c x x x x

a a

 

   

   

 

 

  

 

* Ta GTLN Q: Ta đánh giá x1x22 qua x x1 2 với điều kiện

 

1, 0;3

(55)

hoc360.ne t

84

Giảsử  

2

1 2

1 2 2 2

2

0

9

x x x

x x x x x x x x x x

x                     

1 2

18 9

3

x x x x

Q

x x x x

   

  

   Ta đánh giá theo cách:

 

  

 

1 2 2

1 2

1

3

0 ; 3

9 3( )

3

x x

x x x x

x x x x x x x x

x x x x

x x                             

x1 x22 3x x1

    Suy

   

 

2

1 2 2

18 18 9

3

9

x x x x x x x x

Q

x x x x x x x x

       

  

      Đẳng thức

xảy

1 0; x x x x         hay 6 9 b b a a

c c a

a                  3 0 b b a a c c a                 

Ta có  

 

2

1 2

3

2

9

x x x x

Q Q

x x x x

  

    

   Đẳng thức xảy

1 0

x x b c

      Vậy GTLN Q GTNN Q Ví dụ 16: Cho phương trình f x ax2bx c 0, a,b,c số nguyên a0, có hai nghiệm phân biệt khoảng (0;1) Tìm giá trị nhỏ a

Giải: Gọi x x1, 20;1 hai nghiệm phân biệt phương trình cho

   1 2

f x a x x x x

    Vì a b c, , số nguyên

     1 2

0 , 1

a  f  c ax x f a b c  a x x số nguyên

(56)

hoc360.ne t

Áp dụng BĐT Cauchy

tacó: 11 1 1; 21 2

4

x x  x x  1 21 11 2 (2)

16

x x x x

    (Vì

dox1x2 nên khơng có đẳng thức) Từ (1) (2)

2

1 16

16 a

a

   

5

a

  (a số nguyên dương) Xét đa thứcf x 5x x 11, ta thấy

( )

f x thỏa mãn điều kiện toán Vậy giá trị nhỏ a Ví dụ 17: Chứng minh: 5

2

n n

n

a       

   

số phương với số tự nhiên lẻ

Lời giải:

Ta có

2

3 5 5

2

2 2

n n n n

n a

 

           

 

         

        

        

Xét dãy 5

2

n n

n

S      

   

, ta chứng minh bn số nguyên Xét 1 5, 2

2

x   x   ta có

1

x x x x

 

 

 

suy x x1, 2 hai nghiệm phương trình: x2  x

Ta có 1     1

1 2 2

n n n n n n

n

S x  x  x x x x x x x  x 

        hay

1

n n n

S  S S  Ta có S1 1,S2 x1x222x x1 2 3,S3 S2S12 Từ phép quy nạp ta dễ dàng chứng minh Sn số nguyên Suy

 2

n n

a  S số phương

(57)

hoc360.ne t

86

Kiến thức cần nhớ: Khi cần biện luận số giao điểm đường thẳng

 d Parabol

( ) :P yax ta cần ý:

a) Nếu đường thẳng  d ym (song song với trục Ox) ta dựa vào đồ thị để biện luận biện luận dựa vào ax2 m

b) Nếu đường thẳng  d :ymxn ta thường xét phương trình hồnh độ giao điểm  P  d là: 2

0

ax mxnax mx n  từ ta xét số giao điểm dựa số nghiệm phương trình

0

ax mx n  cách xét dấu 

Trong trường hợp đường thẳng  d cắt đồ thị hàm số  P hai điểm phân biệt A B, A x mx 1; 1n B x mx,  2; 2n ta có:

 2 2 2    2

2 1

AB x x m x x  m   x x  x x 

  Mọi câu

hỏi liên quan đến nghiệm x x1, 2 ta quy định lý Viet

Chú ý: Đường thẳng  d có hệ số góc a qua điểm M x y 0; 0 có dạng: ya x x0y0

Ví dụ 1) Tìm phương trình đường thẳng  d qua điểm I0;1 cắt parabol ( ) :P yx2 hai điểm phân biệt M N cho MN 2 10 (Trích đề thi THPT chuyên Ngoại Ngữ - ĐHQGHN năm học 2000-2001) Lời giải:

(58)

hoc360.ne t

Phương trình hồnh độ giao điểm  d  P là:

2 1 1 0

x ax x ax  (1) Vì  a2 4 với a, (1) ln có hai nghiệm phân biệt nên  d cắt  P hai điểm phân biệt

 1; 1,  2; 2

M x y N x y hay M x ax 1; 11 , N x ax 2; 21 Theo định lý Viet ta có: x1x2 a x x, 1 2  1

 12  2

2 10 1 40

MN   x x  ax  ax  

  2    2

2 1 2

1 40 40

a x x a  x x x x 

        

 

  

1 40

a a a a

        

Ví dụ 2: Cho parabol  

:

P y x đường thẳng

 

:

2

d ymx m m

a) Với m1, xác định tọa độ giao điểm A B,  d  P b) Tìm giá trị m để  d cắt  P hai điểm phân biệt có

hồnh độ x x1, 2 cho x1x2 2 (Trích đề tuyển sinh lớp 10 – thành phố Hà Nội năm 2014)

Lời giải:

a) Với m1 ta có phương trình hoành độ giao điểm  P  d là:

2

1

2

2x x2 x  x   x  x3 (do a b c  0)

Ta có  1 1;  3

2

y   y  Vậy tọa độ giao điểm 1;1

A   

9 3;

2

B   

(59)

hoc360.ne t

88

2 2

1

1 2

2x mx2m m  x  mxm  m  (*)

Để  P cắt  d hai điểm phân biệt x x1, 2 phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt

Khi 2

' m m 2m m

        

Cách 1:

Khi m 1 ta có: x1x2 2x12x222x x1 2 4x1x224x x1 2 4

 

2

4 2

2

m m m m m

          

Cách 2:

Khi m 1 ta có: 1 2 ' ' ' 2

'

b b

x x m

a a

     

       

Theo yêu cầu tốn ta có:

1

2 2 2 2 2

2

m   m   m  m 

Ví dụ 3) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol  : 2

P y  x , điểm

 ; 0

M m với m tham số khác điểm I0; 2 .Viết phương trình đường thẳng  d qua hai điểm M I, Chứng minh  d cắt

 P hai điểm phân biệt A B, với độ dài đoạn AB4 Lời giải:

Phương trình đường thẳng  d :y x

m

  Phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng  d Parabol là: 2

2x mx

  

2

4

mx x m

    Ta có

' 4m 0, m

(60)

hoc360.ne t

tại hai điểm phân biệt

2

1

1; , 2;

2

x x

A x   B x  

   

 2  2  2

2 2

2 1 2

1 1

4

2

AB  x x  x  x  x x  x x   x x 

 

   

Theo định lý Viet ta có: x1 x2 4,x x1 2 m



    Vậy AB2 162 16 42 16

m m

   

     

    nên AB4

Ví dụ 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol  P có phương trình

2 x

y Gọi  d đường thẳng qua I0; 2  có hệ số góc k a) Viết phương trình đường thẳng  d Chứng minh đường thẳng  d

luôn cắt parabol  P hai điểm phân biệt A B, k thay đổi b) Gọi H K, theo thứ tự hình chiếu vng góc A B, trục

hoành Chứng minh tam giác IHK vng I

Trích đề thi THPT chun Ngoại Ngữ - ĐHQGHN năm học 2006-2007 Lời giải:

a) Đường thẳng  d :ykx2 Xét phương trình

2

2 x

kx x kx



      (1) Ta

có: ' k2 4 với k, suy (1) có hai nghiệm phân biệt Vậy  d cắt  P hai điểm phân biệt

(61)

hoc360.ne t

90

Suy A x y 1; 1,B x y 2; 2 H x 1;0 , K x 2; 0 Khi

 2

2 2 2

1 4, 4,

IH x  IK x  KH  x x Theo định lý Viet x x1 2  4 nên IH2IK2 x12x22 8 KH2 Vậy tam giác IHK vng I Ví dụ 4: Cho Parabol ( ) :P yx2 đường thẳng ( ) :d ymx4

a) Chứng minh đường thẳng ( )d cắt đồ thị ( )P hai điểm phân biệt ,A B Gọi x x1, 2 hoành độ điểm ,A B Tìm giá trị lớn  12 22

1

2 x x

Q

x x

 





b) Tìm m để diện tích tam giác OAB Lời giải:

a) Phương trình hồnh độ giao điểm  d  P là:

2

4

x mx x mx  Ta có  m2160, với m nên phương trình ln có nghiệm phân biệt, suy đường thẳng  d cắt

 P hai điểm phân biệt Theo định lý Viet ta có: 2

x x m

x x

 

 

  

ta có

2

8

m Q

m  

 (dùng phương pháp miền giá trị hàm số- Xem thêm phần ứng dụng toán GTLN, GTNN) ta dễ tìm giá trị lớn Q

1 GTNN Q

8

 đạt m1 m 8

(62)

hoc360.ne t

1

2

OAB OAI OBI

S S S  AH OI BK OI với H K, hình chiếu vng góc điểm A B, trục Oy Ta có

1 2

4, ,

OI  AH  x  x BK  x x Suy SOAB 2x2x1

 2  2

2

1 2

4 4

OAB

S x x  x x x x 

     

  Theo định lý Viet ta có:

1 ,

x x m x x   Thay vào ta có: SOAB2 4m2 1664m0 Nếu thay điều kiện S8 thành diện tích tam giác OAB nhỏ ta có kết Vì 2  

0 16 64

m  S  m  

Ví dụ 5) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng

 

:

d x y a  parabol  P :yax2 (a0)

a) Tìm a để  d cắt  P hai điểm phân biệt A B, Chứng minh A B nằm bên phải trục tung

b) Gọi x xA, B hoành độ A B Tìm giá trị nhỏ biểu

thức

A B A B

T

x x x x

 

 (Trích Đề thi vịng THPT chuyên – TP Hà Nội năm học 2005-2006)

Lời giải:

a) Xét phương trình ax2 2x a ax22x a 0 (1)

 d cắt  P hai điểm phân biệt A B, (1) có hai nghiệm phân biệt

' a

     Kết hợp với điều kiện ta có 0a1 (1) có hai nghiệm dương nên A B, nằm bên phải trục Oy

(63)

hoc360.ne t

92

2

A B

x x

a

x x a



  

 

  



.Ta có: T 2a a

  theo bất đẳng thức Cô si cho số

dương ta có: 2a 2

a

  Vậy minT 2

a Ví dụ 6) Cho parabol  P :yx2 đường thẳng  d :ymx1

a) Chứng minh đường thẳng  d cắt parabol  P hai điểm phân biệt với giá trị m

b) Gọi A x y 1; 1 B x y 2; 2 giao điểm  d  P Tìm giá trị lớn biểu thức M y11y21

(Trích đề TS lớp 10 Trường THPT chuyên ĐH sư phạm Hà Nội năm 2009) Lời giải:

a) Phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng Parabol là:

2

1

x mx x mx  (1) 4 0

m

    với m nên (1) có hai nghiệm phân biệt, suy  d cắt  P hai điểm phân biệt A x y 1; 1 B x y 2; 2

b) Theo định lý Viet, ta có: x1x2 m x x; 1 2  1

      2  2

1 1 1 2 2

M  y  y   x  x  x x  x x  x x   m 

Vậy maxM 0 m0 BÀI TẬP RÈN LUYỆN

1) Cho phương trình x2 2m1xm2m 8 có nghiệm x2 Tìm giá trị m tìm nghiệm cịn lại phương trình

2) Cho phương trình x2 3x 20 (1)

(64)

hoc360.ne t

b) Gọi nghiệm phương trình x x1, 2 Khơng tính giá trị 1,

x x , tính giá trị biểu thức sau: 2

1

Ax x 3

1

Bx x

1

C

x x

 

 

3) Cho phương trình bậc hai x22m2x 1 m2 0, m tham số a) Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt b) Gọi hai nghiệm phân biệt x x1, 2 Tính giá trị biểu thứcP sau

theo m:

 

1 2

2

x x P

x x x x

 

   Từ tìm giá trị m để P đạt giá

trị lớn tìm giá trị m để P đạt giá trị nhỏ 4) Cho phương trìnhx2 2 2 m1x4m24m 3 Tìm giá trị

của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt có nghiệm gấp đơi nghiệm cịn lại

5) Cho phương trình

2

x  xm , m tham số tìm điều kiện tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 thỏa mãn

1 2 x  x 

6) Cho phương trình x22mx5m40, với m tham số Xác định giá trị m để phương trình có:

a) Nghiệm

(65)

hoc360.ne t

94

7) Cho phương trình x2 x 3m0, với m tham số Xác định giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 thỏa mãn x1 1 x2

8) Cho phương trình x2ax b 0 (1); x2cx d 0 (2), hệ số a b c d, , , khác Biết a b, nghiệm phương trình (2) c d, nghiệm phương trình (1) Chứng minh

2 2 10

a b c d  9)

a) Cho phương trình ax2bx c 0a0 có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn ax1bx2 c Chứng minh ac a c  3bb30 b) Giả sử p q, hai số nguyên dương khác Chứng minh

nhất hai phương trình sau có nghiệm

2

0;

x px q  x qxp

10)Tìm số a b, thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

a) Hai phương trình x2ax11 0 x2bx 7 có nghiệm chung;

b) a b bé 11)

a) Cho số a b c, , thỏa mãn a0,bc4a2, 2a b c  abc Chứng minh

2

a

(66)

hoc360.ne t

12)

a) Cho f x ax2bx c a  0, biết phương trình f x x vơ nghiệm chứng minh phương trình af2 x bf x  c x vô nghiệm

b) Cho số a a b b1, 2, ,1 2 cho phương trình sau vơ nghiệm:

1

x a x b 

2

x a x b  Hỏi phương trình

   

2

1 2

1

0

2

x  a a x b b  có nghiệm hay khơng? Vì sao? 13)Cho phương trình

2

x  mxm  (x ẩn số)

a) Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với m

b) Gọi x x1, 2 nghiệm phương trình Tìm m để biểu thức 2

1 2

24

M

x x x x

 

  đạt giá trị nhỏ

14)Cho phương trình x22m2x m 0, với m tham số 1) Giải phương trình m0

2) Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 x2 với x1x2, tìm tất nghiệm m cho x1  x2 6 15)Cho phương trình x22x3m2 0, với m tham số

1) Giải phương trình m1

2) Tìm tất các giá trị m để phương trình có hai nghiệm 1,

x x  thỏa điều kiện

2

8

x x

(67)

hoc360.ne t

96

16)Cho phương trình bậc hai: x22mxm2m 1 (m tham số) a) Giải phương trình m2

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 thỏa mãn: 2

1 x x  x x 

17)Cho phương trình: x22m1x2m4m2 0 (m tham số) a) Giải phương trình m1

b) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m

18)Cho phương trình: x22m1x m 2 4 (m tham số) a) Giải phương trình với m2

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn

 

2

1 2 16

x  m x  m 

19)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng  d :ymx3 tham số m parabol  P :yx2

a) Tìm mđể đường thẳng  d qua điểm A1; 0

b) Tìm mđể đường thẳng  d cắt parabol  P hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1, 2 thỏa mãn x1x2 2

20)Cho phương trình: x2 x m 5 (1) (m tham số, x ẩn) 1) Giải phương trình (1) với m4

(68)

hoc360.ne t

1

2

6 10

3

m x m x

x x

   

 

21)Cho phương trình: x22xm 3 (m tham số)

1) Tìm m để phương trình có nghiệm x3 Tìm nghiệm cịn lại 2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 thỏa mãn

3

1

x x 

22)Chứng minh phương trình: x22m1x m  4 ln có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 biểu thức M x11x2x21x1 không phụ thuộc vào m

23)Cho phương trình x22m1x m 23m 2 (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

1,

x x thỏa mãn 2 12

x x 

24)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol  P :yx2 đường thẳng  : 2 1

3

d y  m x (m tham số)

1) Chứng minh giá trị m  P  d cắt hai điểm phân biệt

2) Gọi x x1, 2 hoành độ giao điểm  P  d , đặt

   

1

(69)

hoc360.ne t

98

Chứng minh rằng:  1  2 1 1 23

2

f x  f x   x x (Trích đề thi vào lớp 10 trường chuyên ĐHSP Hà Nội 2013)

LỜI GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN

1) Vì x2 nghiệm phương trình nên ta có:

 

4 2 m1 m m 8

5

m m m

       m6 Với m 1 ta có phương trình:

6

x   x Phương trình cho có

nghiệm x2, nghiệm cịn lại x 3(vì tích hai nghiệm  6 ) Với m6, ta có phương trình x213x220, phương trình cho có

một nghiệm x2, nghiệm cịn lại x11 (vì tích hai nghiệm 22)

2) Xét    

2

3 4

       Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt

Chú ý: Có thể nhận xét ac0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt trái dấu

b) Áp dụng định lý Vi ét, ta có: 2

3

x x x x

   

 

  



 2  2  

2

1 2 2 2 2

Ax x  x x  x x      

 3    2   

3

1 2 2 3 3 3

Bx x  x x  x x x x        

    

1 2

1 2 2

2

1

1 1 1

x x x x

C

x x x x x x x x

     

    

         

(70)

hoc360.ne t

phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1, 2   0m2 Theo hệ thức Viet ta có:

1

x x m

x x m

 

 

 



Khi

 

1

2

1

2

x x m

P m x x       

Ta có    

2

2 2

2 1

2

1

2 2

m m m

m P

m m m

   



    

   Dấu đẳng thức xảy

ra m1 nên giá trị lớn maxP1 Tương tự ta có giá trị nhỏ

1

2

P  , đạt m 2.(Xem thêm phần phương pháp miền giá trị hàm số)

4)

Cách 1: Phương trình có hai nghiệm phân biệt   '

 2  

2m 4m 4m 0, m

 

        

  Vậy phương trình có hai

nghiệm phân biệt với giá trị m Gọi hai nghiệm phương trình 1,

x x Theo hệ thức Viet ta có:   

 

1 2

2 1

4

x x m

x x m m

          

Có thể giả sử x1 2x2 (3) Khi từ (1) (3)có

 

2

1

2

3

4

3 m x m x            Thay

vào (2) ta có phương trình  

2

8 4 4 35

9 m

m m m m



      

Giải phương trình ta

2

m

2

(71)

hoc360.ne t

100

tức là: x12x2x22x109x x1 22x1x22 0

áp dụng hệ thức Viet ta phương trình 4m24m350 5)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt   ' 0 1 m0m1

Theo hệ thức Viet, ta có:  

 

1

2

x x x x m

 

  

  

Ta có x12x2  1 x1 1 2x2 (3) Từ (1) (3) ta có

1 x x

   

 

Thay vào (2) ta có m 3

thảo mãn điều kiện 6)

a) Phương trình có nghiệm 4

x  m  m

b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt trái dấu

 

1

5

m m

    

c) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1, 2   '

    

2

5 4

m m m m m

          m1

Theo hệ thức Viet ta có: 2

2

x x m

x x m

 

 

 



Hai nghiệm phương trình dương

5

m

m m

 

  

(72)

hoc360.ne t

Kết hợp với điều kiện ta có

5m m4

7) Cách Đặt x 1 t, ta có

1 1 1

x  x x   x  t  t

Phương trình ẩn x x2 x 3m0 đưa phương trình ẩn t:

 2  

1 3

t  t  m t  t m Phương trình ẩn t phải có hai nghiệm trái dấu 3m0m0

Vậy m0

Cách 2: Phương trình có hai nghiệm phân biệt

1,

x x    12

12

m m

     Khi theo hệ thức Viet ta có:

1

x x

x x m

 

 

 

(1) Hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn

1 1 1

x  x x   x   x  x2 1 trái dấu

x1 1x2 1 x x1 x1 x2

         (2) Thay (1) vào (2) ta có:

3m  1 0m0

Kết hợp với điều kiện ta có m0 giá trị cần tìm Chú ý:

Nếu hai nghiệm x x1, 2 1 phương trình ẩn t có hai nghiệm số âm Nếu hai nghiệm x x1, 2 1 phương trình ẩn t có hai nghiệm số dương

(73)

hoc360.ne t

102

Áp dụng hệ thức Viet ta có: a b  c ab; d c d;   a cd; b

Ta có: c d a c a d b d

a b c a b c

     

 

  

 

     

 

Kết hợp với abd cd b suy a1,c1 Do a b  c cd  a suy b 2,d  2 Do 2 2  2  2

1 2 10

a b c d       

9)

a) Vì a0 nên

 

2

3 2 3

2

3 c c 3bc

ac a c b b ac a c b abc a

a a a

  

            

 

 

 

(*) Theo hệ thức Viet, ta có: x1 x2 b;x x1 2 c

a a

    Khi (*) thành:

 3  

3 2

1 2 2

a x x x x  x x  x x x x 

 

    

3 2 3 2

1 2 2

a x x x x x x  a x x x x

      

 

  3  

1 2

3

ac a c b b a x x x x

      

Mà theo giả thiết ta có

2

ax bx  c ax1bx2 c 0a0

Suy 2

2 2

bx   c ax  ax x x  Do  

3

ac a c  b b 

b) Vì p q, nguyên dương khác nên xảy hai trường hợp pq pq

Nếu pq suy p q 1.Khi  2  2

4

p q q q q

        

(74)

hoc360.ne t

Tương tự trường hợp pq phương trình x2 qxp0 có nghiệm (đpcm)

10)

a) Theo điều kiện đầu ta gọi x0 nghiệm chung hai phương trình, ta có:

 

2

0

2

0

11

2 18

7 x ax

x a b x

x bx

   



    



  

 

Do phương trình  

2x  a b x 180 có nghiệm (*) Khi  a b 21440 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: 2x212x180 Phương trình có nghiệm kép x3

Thay x3 vào phương trình cho ta 20; 16

3

a  b  Với a b 12 thay vào (*) ta được: 2x212x180 Phương trình có nghiệm kép x 3

Thay x 3 vào phương tình ta được: 20; 16

3

a b Vậy cặp số sau thỏa mãn điều kiện toán:  ;  20; 16 , 20 16;

3 3

a b       

   

11)

a) Từ giả thiết ta có: bc4a2

 

3

2 2

(75)

hoc360.ne t

104

trình  

4

x  a  a x a  Khi

 2  2

2 2

' 4

2

a a a a a

          (vì a0)

b) Giả sử x0 nghiệm chung, tức

0

2

0

0 x ax bc x bx ca

   

 

  

 

a b x c a b  a bx0 c

        Vì ab nên x0 c Khi

ta có:  

0 0,

c bc ca  c a b c   Do c0 nên

0

a  b c a b  c Mặt khác theo định lý Viet, phương trình

0

x ax bc  cịn có nghiệm xb; phương trình x2 bx ac 0 cịn có nghiệm xa.Theo định lý đảo định lý Viet, hai số a b nghiệm phương trình:  

0

x  a b x ab hay x2cx ab 0 (đpcm) 12)

a) Vì phương trình f x x vô nghiệm, nên suy f x x

  ,

f x x  x 

Khi af2 x bf x  c f x x, x 

     

2

,

af x bf x  c f x x  x .Tức phương trình

   

2

af x bf x  c x vô nghiệm

b) Từ giả thiết suy a124b1 0 a224b20 Do

2

2 1

1

4 0,

2

a a b

x a x b x      x

  

2 2

2

4 0,

2

a a b

x a x b x     x

(76)

hoc360.ne t

       

2 2

1 2 1 2

1 1

0

2 2

x  a a x b b   x a x b  x a x b  Do phương trình 1 1 2 1 1 2

2

x  a a x b b  vô nghiệm 13)

a)

2

'

2

m m m 

        

  với mVậy phương trình ln có hai nghiệm với m

b) Theo hệ thức Viet ta có: x1x2 2 ;m x x1 2 m2

 2  2

2

1 2 2 2

24 24 24

6

M

x x x x x x x x x x x x x x

  

  

      

 2    2

24 24

2

4 16

2m m m m m

  

    

 

    Dấu “=” xảy

1

m Vậy giá trị nhỏ M  2 m1 14)

1) Khi m0 phương trình thành:

4 0

x  x  x x4 2)  ' m22m2 2m24m 4 2m22m12

 2

2 m 0, m

     Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m.Ta có Sx1x2 2 2 m P; x x1 2  m2 0

Ta có x1  x2  6 x122 x x1 2 x22 36

x1 x22 2x x1 2x x1 36 2 m2 36 m 22

          

1

m m

    

15)

1) Khi m1 phương trình thành: 2 3 x

x x

x

  

    

 

(do

(77)

hoc360.ne t

106

2) Với x x1, 2 0 ta có:  2

1 2

2

8

3

x x

x x x x

x  x    

 2 2

3 x x x x 8x x

    Ta có

a c  m  nên  0,m Khi  0, ta có: x1 x2 b

a

   

1

c

x x m

a

   

Phương trình có hai nghiệm 0 m0  0 x x1 2 0 Giả sử

x x

Với a 1 x1    b' ' x2    b' ' x1x2 2  ' 3 m2

Do yêu cầu toán  2  2

3.2 3m 3m

     m0

2

4

2

1

4 1

( )

m

m m m

m l                16)

a) Khi m2 ta có phương trình:

4

x  x   x2 x 3x 3 0 x x 13x10

 1 3

3 x x x x          

Phương trình có tập nghiệm là: S  1;3

b) Ta có  

' m m m m

      

Để phương trình bậc hai cho có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 '

  m  1 m1.Khi theo hệ thức Viet ta có:

2

x x m

x x m m

 

 

  



Theo ra: 2

1

x x  x x  x1x222x x1 3x x1 21

 2  

1 5 1

x x x x m m m

          

  

2

5 4

4 m

m m m m

(78)

hoc360.ne t

Đối chiếu điều kiện m1 ta có m4 thỏa mãn toán 17)

a) Khi m1 phương trình thành:

4

x  x  có

'

     Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1  2 5;x2   2

b) Ta có: 4 2

' 2 2 2

2

m m m m m m

         

2

2 1

2

m m

   

        

   

, m Nếu

2 '

1 m m



 

 

   

  

 

(vô

nghiệm) Do  ' 0,m Vậy phương trình ln có hai nghiêm phân biệt với m

18)

a) Với m2, ta có phương tình: x

x x

x

 

    

 

b) Xét phương trình (1) ta có:  ' m12m242m3 Phương trình (1) có hai nghiệm 1, 2

2

x x m Theo hệ thức Viet:

 

1 2

2

4

x x m

x x m

  

  

 

 

Theo giả thiết: x12x1x2x23m216

 2

2 2 2

1 2 16 2 16

x x x x m x x x x m

         

 2 2  2  2  2

1 2 16 4 16

x x x x m m m m

          

8m 16 m

    Vậy

2m

19)

(79)

hoc360.ne t

108

2) Xét phương trình hoành độ giao điểm  d  P :

3

x mx  Có

12

m

   , nên  d cắt  P hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1, 2

2

12 12

m m

      3

2 m

m

 

   

  

Áp dụng hệ thức Viet ta có:

1

x x m

x x

 

 

 

Theo ta có:

 2  2

1 2 4

x x   x x   x x  x x 

2

4.3 16

m m m

        (TM) Vậy m 4 giá trị cần tìm 20)

1) Thay m4 vào phương trình ta có: x2  x

Có

1 4.1.1

    Vậy phương trình có nghiệm:

1

1 5

;

2

x    x   

2) Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì:

  21

1

4

m m

       Theo hệ thức Viet ta có: x1x2  1 (1);

1

x x m (2) Xét:

    2

1 2

1

2 1

6

6 10 10

3

m x m x x x

m x m x

x x x x

    

   

   

    2

1 2

1

6 10

3

m x x x x x x

x x

    

 

Thay (1),(2) vào ta có: 6  2 5 10 17 10

5

m m m

m m

     

  

 

1 m

(80)

hoc360.ne t

1) Phương trình có nghiệm x3

3 2.3 m m m

          

Ta có: x1x2 2 3 x2 2x2  1.Vậy nghiệm lại x 1 2)   ' m3  m

Để phương trình có hai nghiệm     m m 2 Khi đó: x13x23  8 x1x2  x1x22 3x x1 28

 

Áp dụng hệ thức Viet ta được:    

2 2 3 m3  8 3 m9 8

8 6m 18 6m 18 m

           (thỏa mãn) Vậy m 3

giá trị cần tìm 22)

a) Phương trình: x22m1x4m 3 (1)

có  2  

' m 4m m 2m 4m

         

   2

2 3

m m m

        với m Suy phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m

b) Gọi hai nghiệm phương trình (1) x x1, 2

Theo hệ thức Viet ta có: 1 2 2

2

S

S x x  m m  (2)

3

4

P

Px x  m m 

2

S P

 

     

 2 2

2S P x x x x x x

       

23)Phương trình x2 2m1x2m22m 1

Có  ' m122m22m 1 m22m 1 2m22m  1 m2 Phương trình có nghiệm phân biệt m0

Theo định lý Vi et ta có:

 

 2

1 2

2

12 12

2

x x m

x x x x x x

x x m m

   

 

       



  

(81)

hoc360.ne t

110

Hay 4 12 2 2 1

m  m  m  m 

24)

a) Xét hệ phương trình:  

2 1

3

y x m y

  

  

 

 

 

2

3 1 10

y x

x m x

    

   



  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

b) Theo hệ thức Viet:

   

1 2

2

3

2

3

3 m

x x x x

m x x x x

 



  

 

  

 



 



    

 



Ta có:     3   2

1 2 1 2

f x  f x x x  m x x x x

   

  3   2

1 2 2

2 f x f x 2x 2x x x x x 2x 2x

        

       

3 3

1 2 2 2 2

x x x x x x x x x x x x x x

             

 

 3    2   3

1 2 2 2

x x x x x x  x x x x x x  x x

           

Nên  1  2 1 1 23

2

Định dạng
Số trang	81
Dung lượng	1,4 MB