Tuy nhiên trong thực tế ta có thể gặp các bài toán mà biểu thức không đối xứng giữa các nghiệm, khi đó ngoài việc dùng định lý Vi-ét ta còn phải biến đổi để đa về việc giải phơng hoặc hệ[r]
(1)Chuyên đề số ứng dụng định lý vi - ét - A Đặt vấn đề I - Lý chọn đề tài Nh chúng ta đã biết phơng trình bậc hai là nội dung quan trọng chơng trình đại số lớp 9, các bài toán liên quan đến phơng trình bậc hai là vô cùng phong phó Do vËy kh¶ n¨ng gÆp ph¬ng tr×nh bËc hai c¸c k× thi tuyÓn sinh vµo THPT, vào các trờng chuyên, lớp chọn là cao Mà đặc biệt là các bài toán liên quan đến định lý Vi-ét Tuy nhiên phân phối chơng trình cho phần định lý Vi-ét là ít (1 tiết lý thuyết, tiết bài tập), vì đại đa số học sinh thờng lúng túng đứng trớc các bài toán có liên quan đến định lý Vi-ét và ứng dụng số ứng dụng định lí này Trớc thực tế đó, nhằm giúp các em nắm đợc cách có hệ thống và có khả giải đợc các bài tập phần này cách thành thạo, nhằm phát huy khả suy luận, óc phán đoán, tính linh hoạt học sinh, tôi đã nghiên cứu và viết chuyên đề: “Một số ứng dụng định lý Vi-ét” II Mục đích nghiên cứu - Thø nhÊt: XuÊt ph¸t tõ nhu cÇu thùc tÕ vËn dông cña häc sinh, tríc nh÷ng thiªn híng tèt, cha tèt mµ t«i thÊy rÊt cÇn ph©n lo¹i vµ mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i cho c¸c em - Thø hai: B¶n th©n ngêi thÇy còng rÇt cÇn trau dåi tù häc vµ tham kh¶o lµm chñ kiÕn thøc - Thứ ba: Giúp các thày cô có thêm tài liệu định lý Vi-ét phục vụ công tác giảng dạy, đặc biệt việc ôn luyện học sinh giỏi và ôn luyện vào THPT III Ph¬ng ph¸p nghiªn cøu - Nghiên cứu vấn đề lý thuyết phuơng trình bậc hai, định lý Viet chơng trình đại số lớp - Nghiên cứu qua tài liệu tham khảo, chuyên đề bồi dỡng học sinh giỏi - Qua thực tế giảng dạy đặc biệt là từ kinh nghiệm bồi dựỡng học sinh giỏi, ôn tập cho häc sinh thi vµo THPT - Qua trao đổi , học hỏi kinh nghiệm bạn bè đồng nghiệp, đồng chí có nhiÒu n¨m c«ng t¸c, cã bÒ dµy kinh nghiÖm IV Nhiệm vụ đề tài Đề cập tới số ứng dụnh định lý Viet Rút số nhận xét và chú ý làm dạng , cách giải dạng Từ đó dần hình thành khả tổng hợp, khái qu¸t vµ c¸c n¨ng lùc t kh¸c cho häc sinh V Giíi h¹n nghiªn cøu - Chuyên đề này áp dụng đợc với đối tợng học sinh Tuy nhiên với đối tợng thì giáo viên cần lựa chọn hệ thống bài tập với mức độ khó, dễ phù hợp - Chuyên đề này áp dụng tốt việc ôn luyện học sinh giỏi, hớng dẫn học sinh ôn thi vào THPT, đặc biệt là ôn thi vào các trờng chuyên, lớp chọn (2) b giải vấn đề -I – cë së cña lý thuyÕt §iÒu kiÖn vÒ nghiÖm cña ph¬ng bËc hai mét Èn Ph¬ng tr×nh: ax2 + bx + c = (a 0) (*) a) NÕu Δ < th× (*) v« nghiÖm Δ=b − ac b) NÕu Δ = th× (*) cã nghiÖm kÐp: x 1=x 2= − b 2a c) NÕu Δ > th× (*) cã nghiÖm ph©n biÖt x 1= − b+ √ Δ ; x 2= − b − √ Δ 2a 2a ¿ −b S=x + x 2= a * Nếu (*) có nghiệm, gọi nghiệm đó là x1, x2 thì: c P=x x 2= a ¿{ ¿ §¶o l¹i nÕu hai sè x1; x2 cã tæng x1 + x2 = S vµ tÝch x1.x2 = P th× x1; x2 lµ c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh X2 - SX + P = (ë ®©y chó ý r»ng PT(*) chØ cã nghiÖm S2 4P DÊu cña nghiÖm sè ph¬ng tr×nh bËc hai Cho ph¬ng tr×nh bËc hai ax2 + bx + c = ( a 0) Gäi x1; x2 lµ c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh ta cã c¸c kÕt qu¶ sau: +) P < x1 x2 P 0 x1 x2 0 S +) +) P 0 x2 x1 0 S (3) 0 P x1 x2 S +) P 0 x1 x2 0 S +) 0 P x1 x2 S +) ¸p dông Cho ph¬ng tr×nh bËc hai ax2 + bx + c = ( a 0) (*) c a +) NÕu a + b +c = th× ph¬ng tr×nh (*) cã hai nghiÖm c x1 1; x2 a +) NÕu a- b + c = th× ph¬ng tr×nh (*) cã hai nghiÖm +) NÕu x1 + x2 = m + n vµ x1.x2 = m.n vµ 0 th× ph¬ng tr×nh (*) cã nghiÖm x1 = m; x2 = n x1 1; x2 hoÆc x1 = n; x2 = m Phần I Một số ứng dụng định lí viét D¹ng 1: nhÈm nghiÖm ph¬ng tr×nh bËc hai ax2 + bx + c = 0, a I Ph¬ng ph¸p gi¶i XÐt ph¬ng tr×nh bËc hai: ax2 + bx + c = ( a 0) (*) c NÕu a + b + c = th× (*) cã nghiÖm x 1=1; x 2= a −c NÕu a - b + c = th× (*) cã nghiÖm x 1=−1 ; x2 = a NÕu x 1+ x 2=m+n ; x x2=m n vµ Δ ≥ th× ph¬ng tr×nh cã nghiÖm: x 1=m; x 2=n hoÆc x 2=m; x 1=n II Mét sè vÝ dô VD1: Gi¶i ph¬ng tr×nh sau b»ng c¸ch nhÈm nhanh nhÊt a x 2+( √ 3− √ 5) x − √15=0 b 1 m−5 x2 + x+ =0 (Víi m m−2 n −3 (2 −m)(m− 3) c (m -3)x2 – (m +1)x – 2m + = 2; m 3, x lµ Èn) ( m lµ tham sè, x lµ Èn) (1) (2) (3) Híng dÉn: a ë phÇn nµy HS dÔ nhËn thÊy a + b + c 0, a - b + c 0, nhng cã a.c = − √ 15 < Do đó phơng trình có hai nghiệm phân biệt x 1< x áp dụng hệ thức Viét có: ¿ x 1+ x 2=− √3+ √5 x x2=− √ 15=− √3 √5 ¿{ ¿ VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ: − √ vµ √ b §©y lµ ph¬ng tr×nh bËc hai cã: a + b + c ¿ 1 m−5 + + =0 m−2 m−3 (2 −m)(m− 3) (4) (Víi m 2; m 3) Nên phơng trình đã cho có nghiệm phân biệt x 1=1; x 2= m−5 3− m c ë ph¬ng tr×nh nµy kh«ng Ýt HS sai lÇm vµ véi vµng kÕt luËn ngay: a – b + c = m – + m + – 2m + = Nên x 1=−1 ; x 2=2 m−2 mà không thấy đợc phơng trình đã cho cha phải là phơng trình bậc hai V× vËy ta cÇn xÐt m – = 0; m – 0, råi nhÈm nghiÖm Gi¶i: + NÕu m – = ⇔ m = th× ph¬ng tr×nh (3) trë thµnh - 4x – = ⇔ x = -1 + NÕu m – ⇔ m ph¬ng tr×nh (3) cã a – b + c = 0, nªn cã nghiÖm x 1=−1 ; x2 = m− m− KÕt luËn: Nh vËy, ta ph¶i nhÈm nghiÖm cña PT d¹ng: ax2 + bx + c = ( a 0) (*) th× ta cÇn + Xét a = sau đó nhẩm nghiệm + XÐt a kiểm tra sau đó nhẩm nghiệm Trong thực tế HS có thể phải nhẩm nghiệm PT bậc ba bậc (dạng đặc biệt) Để giải đợc tôi đã định hớng để học sinh thấy đợc đó phải đa các PT dạng PT bậc nhẩm đợc nghiệm VD2: NhÈm nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x + x − x −1=0 (4) Híng dÉn PT (4) cã tæng c¸c hÖ sè lµ: + – – = 0, nªn PT (4) cã nghiÖm x = Khi đó ta đa PT (4) dạng: (x -1)(5x2 + 6x + 1) = 0, nhẩm tiếp nghiệm: 5x2 + 6x + = KÕt qu¶ ph¬ng tr×nh (4) cã nghiÖm: x1 = 1; x = -1; x3 = −1 VD3: Gi¶i ph¬ng tr×nh : x +¿ (x +1)(5x2 - 6x - ) = Híng dÉn: Ph¬ng tr×nh trªn cã d¹ng x +¿ 5x2 (x +1) – ( x+ 1)2 = (5) NhËn thÊy x = -1 kh«ng ph¶i lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (5) nªn ta chia vÕ cho ( x +1)2 ta đợc: x x+1 ( ) + x2 x +1 -6=0 x = X; ta đợc X +5 X –6=0 x +1 Dễ dàng nhẩm đợc X = ; X = -6 §Æt Sau đó giải tiếp tìm đợc x D¹ng 2: TÝnh gi¸ trÞ cña mét biÓu thøc gi÷a c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh bËc hai I Ph¬ng ph¸p gi¶i 2.1 §èi víi biÓu thøc gi÷a c¸c nghiÖm cña mét ph¬ng tr×nh dạng này biểu thức ta có thể gặp là biểu thức đối xứng không đối xứng các nghiÖm Với biểu thức đối xứng ta có thể biểu thị biểu thức đó theo S = x1 + x2 và P = x1 x2 nhờ đó có thể tính đợc giá trị biểu thức mà không phải giải phơng trình II Mét sè vÝ dô VD1: Gi¶ sö x1 vµ x2 lµ c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh bËc hai 3x2 – cx + 2c -1 = TÝnh (5) 1 3 theo c gi¸ trÞ cña biÓu thøc A = x1 + x c x x x x 2c 1 Giải: Theo định lý viét ta có: 3 1 x2+ x1 ( x1 + x ) − x1 x ( x 1+ x2 ) 3 S = x1 + x S= 3 x1 x2 = x 31 x 32 c 2c−1 c −3 3 c ( c −18 c +9 ) = c −1 ( c+1 )2 = () ( ) VD2: Kh«ng gi¶i ph¬ng tr×nh , h·y tÝnh hiÖu c¸c lËp ph¬ng cña c¸c nghiÖm lín vµ nhá cña ph¬ng tr×nh bËc hai : x2 - √85 x+1 =0 (*) 16 85 21 16 16 16 Híng dÉn: Ph¬ng tr×nh (*) cã ⇒ ph©n biÖt x1, x2 Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t Gi¶ sö x1 áp dụng định lý viét, ta có S = x1 + x2 = 3 2 √ 85 vµ P = x1 x2 = 21 16 = (x1 - x2 ) [ ( x + x 2) − x x ] ta cã x − x = (x1 - x2 ) ( x + x + x x ) Do x1 x2 nªn x1 - x2 = √ ( x1 − x )2 = √ x21 + x 22 − x x = S P S P x 31 − x 32 Ph¬ng tr×nh (*) cã nghiÖm x2 √ 2 √( x +x ) − x 85 − 84 x2 (85 − 21 ) 64 VËy = = 16 16 16 16 = 16 = Với biểu thức cần tính là biểu thức mà không đối xứng các nghiệm trớc hết ta tính S = x1 + x2 ; P = x1 x2 sau đó cần có nhìn nhận cách linh hoạt khéo léo để biến đổi biểu thức đã cho nhằm xuất S; P từ đó tính đợc giá trị biểu thức VD3: Cho ph¬ng tr×nh x −5 x +3=0 Gäi nghiÖm cña ph¬ng tr×nh lµ x1, x2 TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A = ||x − 2|− √ x2 +1| (§Ò thi tuyÓn sinh vµo líp 10 THPT NguyÔn Tr·i- H¶i D¬ng n¨m häc 2005-2006) Hớng dẫn : đây biểu thức A không phải là biểu thức đối xứng nghiệm x1 , x2 Tuy để ý kỹ ta thấy |x − 2|=√ ( x − )2 Cã x1 + x2 = 5; x1 x2 = ⇒ x1 , x2 V× x1 lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x −5 x +3=0 nªn x 21 −5 x 1+ 3=0 x − x 1+ 4=x 1+1 ( x − ) =x 1+1 √ ( x −2 ) = √ x1 +1 √ x1 +1 = |x − 2| Khi đó A = |√ x1 +1 − √ x 2+1| A 2=x + x +2 −2 x + x + x x + √ 2 A = + - √ 5+3+1=1 (6) A = ( v× A ) VD3 không có mặt S, P số học sinh vội vàng bình phơng vế đó gặp bế tắc Thế nhng học sinh khéo thay |x − 2| √ x1 +1 nh trên, sau đó bình phơng vế thì giá trị biểu thức A tính đợc cách dễ dàng Víi nh÷ng biÓu thøc mµ cã chøa luü thõa bËc cao th× viÖc biÓu diÔn luü thõa bËc cao nghiệm qua luỹ thừa thấp nghiệm đó là phơng án đôi giúp cho viÖc tÝnh to¸n thuËn lîi h¬n nhiÒu Víi ph¬ng tr×nh ax bx c 0 cã nghiÖm x1 , x2 vµ S = x1 + x2 ; P = x1 x2 Khi đó : x 1=( x 1+ x ) x − x x 2=Sx − P 2 x 31 = x x1=x ( Sx − P )=Sx − Px1 = S ( Sx − P ) − Px1 =S x − SP− Px1 = ( S2 − P ) x1 −SP x 41=x x 31=( S3 −2 SP ) x1 − P ( S2 − P ) VD 4: Cho ph¬ng tr×nh x −2 x − 1=0 , cã nghiÖm x1 , x2 TÝnh gi¸ trÞ cña c¸c biÓu thøc : A = x 41 +2 x32 +3 x 21+ x2 −8 B= √ x −3 x + x +1 − 32 √ x 1 ¿ x2 ¿ ¿ −8 x Hớng dẫn: Theo định lí Viét có S = 2; P = - áp dụng các hệ thức trên ta có: 2 x 1=2 x +1 ; x 2=2 x +1 x 2=( +1 ) x +2 1=5 x +2 x 41=( 8+2 ) x +1 ( +1 )=12 x 1+5 x 2=12 x 2+5 x 51=x x14=x ( 12 x1 +5 ) =12 x 21 +5 x = 12 ( x 1+ ) +5 x1=29 x +12 Ta cã : A= x 41 +2 x32 +3 x 21+ x2 −8 ¿ 12 x +5+2(5 x 2+ 2)+3( x 1+ 1)+8 x − 12 x +5+10 x 2+ 4+6 x +3+8 x − 18 x1 +18 x 2+ 18(x 1+ x2 )+4=40 B = √ x51 −3 x 21+ x1 +1 − √ x 42 −8 x 2 2 = √ 12 x 1+ x −3 x 1+ x +1− ( x +1 )2 − x 2 2 = √ x1 +6 x 1+ 1− √ x − x +1 = |3 x 1+1|− |2 x − 1| ¿ V× ph¬ng tr×nh cã ac = -1 ¿ nªn x , x tr¸i dÊu mµ ¿ B = x 1+1+ ( x − ) B = x 1+3 x +1− =3 ( x 1+ x2 ) − 2 √ x ⟨ ⇒ x ⟩ Khi đó: (7) 11 = 3.2 - 2 2.2 §èi víi biÓu thøc gi÷a c¸c nghiÖm cña hai ph¬ng tr×nh Trong thùc tÕ nhiÒu ta ph¶i tÝnh biÓu thøc gi÷a c¸c nghiÖm cña hai ph¬ng tr×nh §Ó lµm đợc các bài tập kiểu này ta phải tìm S, P phơng trình xem xét, thay cách hợp lý ( thờng thì phải thay nhiều lần ) ta tính đợc giá trị biểu thức đó VD5: Gi¶ sö x , x lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x 2+ ax+1=0 vµ x , x lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x 2+ bx +1=0 TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: M = ( x − x ) ( x2 − x ) ( x + x ) ( x2 + x ) theo a vµ b Híng dÉn: Theo hÖ thøc ViÐt ta cã: ¿ ¿ x 1+ x 2=− a x 3+ x =− b vµ x x 2=1 x x =1 ¿{ ¿{ ¿ ¿ Do đó: ( x − x ) ( x2 + x ) =x x + x1 x − x x − x x = + x x − x x −1 = x1 x4 − x2 x3 vµ ( x − x ) ( x1 + x ) =¿ x x 2+ x x − x x − x3 x = + x x − x x −1 = x2 x4 − x1 x3 ⇒ M = ( x x − x x ) ( x2 x − x x ) M = x x x 24 − x 21 x x − x 22 x x + x x2 x 23 M = x 24 − x 21 − x 22 + x 23 M= ( x 23 + x 24 ) − ( x 21+ x 22 ) M= [ ( x + x )2 −2 x3 x ] [ ( x 1+ x )2 −2 x1 x ] M= ( b2 −2 ) − ( a2 −2 )=b2 − a2 VD6: Gäi a,b lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh : x 2+ px+1=0 b,c lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh : x 2+ qx+2=0 Chøng minh hÖ thøc: ( b − a ) ( b − c )=pq − Híng dÉn: V× a,b lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh : x 2+ px+1=0 b,c là hai nghiệm phơng trình : x 2+ qx+2=0 nên theo định lý Viét ta cã : ¿ ¿ a+b=− p b+c=−q ; bc=2 ab=1 ¿{ ¿{ ¿ ¿ Ta cã ( b − a ) ( b − c ) = b2 −ab − bc+ ac = b2 +ab+ bc +ac −2 ( ab+ bc ) = b ( a+b ) +c ( a+b ) −2 ( ab+ bc ) = ( a+b ) ( b+c ) −2 ( ab+ bc ) = ( − p ) ( −q ) − (1+2 )=pq − ( §iÒu ph¶i chøng minh) Bµi tËp ¸p dông : BT1 Cho ph¬ng tr×nh : x − x − 2=0 Kh«ng tÝnh nghiÖm cña ph¬ng tr×nh h·y tÝnh: a x +x b c x1 x + x +1 x 1+ (8) x1 − x2 BT2 Cho ph¬ng tr×nh : x2 −3 x − 1=0 Kh«ng tÝnh nghiÖm cña ph¬ng tr×nh , h·y t×m gi¸ trÞ cña mçi biÓu thøc: A= x 31 −3 x 21 x 2+ x 32 −3 x1 x 22 x1 x x x + + 2+ x x +1 x x1 +1 C |2 x1 − x 2|+|2 x − x 1| B= ( x1 − x1 ) BT3 Cho ph¬ng tr×nh x 2+ mx+m+ 7=0 Kh«ng tÝnh nghiÖm x vµ x theo m, h·y tÝnh A = x 21+ x 22 x 21 x2 + x +1 x 1+1 2 x − x x2 + x C= 2 x1 x2 + x1 x BT4 Cho ph¬ng tr×nh ax 2+ bx +c=0 B= biÓu thøc : ( a ≠ ) cã nghiÖm A = ( x1 −3 x )( x −3 x 1) x1 x2 B= + x −3 x x −3 x x ; x TÝnh theo a, b, c c¸c BT5 Cho ph¬ng tr×nh x −5 x − 1=0 , gäi x ; x lµ c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh trªn TÝnh : A = ( x 21 − x −1 ) ( x 22 − x − ) B = ( x 31 − x21 +2 ) ( x 32 − x22 +2 ) BT6 Cho ph¬ng tr×nh x 2+ ( a− ) x + a2 − a+3=0 , gäi x ; x lµ nghiÖm cña ph¬ng trình Tìm giá trị a để: ax 21 ax2 + =− − x1 − x2 (§Ò thi häc sinh giái tØnh H¶i D¬ng, n¨m häc: 2002 -2003) BT7 Cho ph¬ng tr×nh x − x −1=0 cã nghiÖm x ; x h·y tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A = x −3 x B= x 1+ x2 +13 x BT8 Cho ph¬ng tr×nh x 2+ x −1=0 , gäi x lµ nghiÖm ©m cña ph¬ng tr×nh TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc C = √ x81 +10 x 1+ 13+ x1 BT9.Cho ph¬ng tr×nh ax 2+ bx +c=0 ( a≠ ) cã nghiÖm x ; x tho¶ m·n x 1=x 22 CMR : b3 +a c +ac 2=3 abc BT10 Gi¶ sö ph¬ng tr×nh x 2+ ax+b=0 cã nghiÖm x ; x vµ ph¬ng tr×nh x 2+ cx+d =0 cã nghiÖm x , x CMR : ( x 1+ x ) ( x 1+ x ) ( x 2+ x ) ( x 2+ x )=2 ( b − d )2 − ( a2 − c ) ( b −d ) + ( a+ c )2 ( b+ d ) D¹ng 3: t×m sè biÕt tæng vµ tÝch cña chóng I Ph¬ng ph¸p gi¶i NÕu hai sè U vµ V cã tæng U + V = S vµ tÝch U.V = P th× U vµ V lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x −Sx + P=0 (*) Điều kiện để phơng trình (*) có nghiệm là Δ=S2 −4 P ≥ hay S ≥ P §ã chÝnh lµ ®iÒu kiÖn tån t¹i hai sè U vµ V mµ tæng U + V = S vµ U V = P Nh biết tổng và tích hai số thì ta tìm đợc hai số đó thông qua việc giải phơng trình bËc hai II Mét sè vÝ dô (9) VD1: T×m sè a, b biÕt a a + b = 10 vµ ab = 32 b a + b = vµ a2 +b2 = 13 c a – b = vµ ab = 80 d a2 +b2 = 29 vµ ab = 10 Híng dÉn: a C¸c sè a,b cÇn t×m ( nÕu cã) lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x2-10x + 32 = V× cã S2 ¿ 4P ¿ ¿ ¿ ( hay ) nªn PT trªn v« nghiÖm hay kh«ng tån t¹i hai sè a, b tho¶ m·n ®iªu ¿Δ ¿ kiÖn ®Çu bµi VD này dễ dàng phát để tìm a và b trớc hết ta phải xác định đợc a.b ( phần b ; a + b ( ë phÇn c;d b Cã =13+2 ab ⇒ 2ab = 12 ⇒ ab =6 Nªn a, b lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh : x −5 x +6=0 Giải phơng trình này ta đợc x 1=3 ; x2=2 Vậy a = và b = a = và b = c ã a - b = ⇒ a+ (-b) = a.b = 80 ⇒ a.(-b) = -80 ⇒ a và -b là nghiệm phơng trình x −2 x − 80=0 Giải phơng trình đợc x 1=10 ; x 2=− vËy a= 10 vµ b = hoÆc a = -8 vµ b = -10 ¿ a2 +b 2=29 d.Cã ab=10 ¿{ ¿ a+b ¿ 2=49 ¿ ab=10 ⇔ ¿ ¿ ¿ ⇒ ⇔ a+b ¿ − 2ab=10 ¿ ab=10 ¿ ¿ ¿ a+ b = ;ab = 10 hoÆc a+b =-7 vµ ab = 10 NÕu a + b = vµ ab = 10 ⇒ a, b lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x −7 x +10=0 , giải phơng trình đợc x 1=2; x 2=5 ⇒ a= -2 vµ b = -5 hoÆc a= -5 vµ b = -2 VD2: TÝnh hai c¹nh cña h×nh ch÷ nhËt cho biÕt chu vi b»ng 4a vµ diÖn tÝch b»ng b2 ( a,b cho tríc) ¿ 2a Hớng dẫn: Gọi x,y là độ dài cạnh hình chữ nhật ( ¿ x ; y ) ¿ Theo gi¶ thiÕt ta cã x + y = 2a x.y = b2 Do đó x, y là nghiệm phơng trình (1) X −2 aX+b2 =0 ' Cã Δ =a2 −b2 =( a −b ) ( a+ b ) V× a, b ⇒ a+b + NÕu a Δ ' Ph¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm lµ : 0⇒ X 1=a+ √ a2 −b2 X 2=a − √ a2 −b b ⇒ (10) ⇒ V× P , S X1 ¿ X2 ¿ VËy hai c¹nh cña h×nh ch÷ nhËt lµ: ¿ ¿ x=a+ √ a2 − b2 x=a − √ a2 − b2 hoÆc y=a− √ a2 − b2 y=a+ √ a2 − b2 ¿{ ¿{ ¿ ¿ NÕu a = b ⇒ Δ ' = (1) cã nghiÖm kÐp lµ x 1=x 2=a Khi đó hình chữ nhật là hình vuông cạnh a ¿ NÕu a ¿ b ⇒ ¿ Δ ' ¿ ¿ ⇒ (1) vô nghiệm Khi đó không có hình chữ nhật thoả mãn ¿ ®iÒu kiÖn ®Çu bµi VD3: Gi¶i c¸c hÖ ph¬ng tr×nh sau: a ¿ x+ y+ xy=5 x 2+ y + xy=7 ¿{ ¿ b ¿ x+ y+ z =6 xy + yz −zx =7 x + y + z 2=14 ¿{{ ¿ Nhận xét : Để giải hệ phơng trình trên ( phần a) ta biến đổi để tìm đợc x+y và xy sau đó đa phơng trình bậc đã biết cách giải a ¿ x+ y+ xy=5 x 2+ y + xy=7 ¿{ ¿ ⇔ ¿ ( x+ y )+ xy=5 ( x+ y ) − xy=7 ¿{ ¿ ¿ ( x + y ) +xy=5 ( x+ y ) +(x+ y)−12=0 ¿{ ¿ ¿ S+ P=5 ⇔ S +S − 12=0 ¿{ ¿ ⇔ (I) ⇔ (I) ¿ S=x + y §Æt p=xy ¿{ ¿ ⇔ ¿ S=3 S +P=5 ¿ ¿ ¿ S=− ¿ S +P=5 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ⇔ ¿ S+ P=5 S=3 ; S=− ¿{ ¿ ¿ S=3 P=2 (1) ¿ ¿ S=− ¿ P=9 ¿ ¿ (2) ¿ ¿¿ Giải (1) : Theo định lý Viét, x,y là nghiệm phơng trình t −3 t +2=0 ⇒ t =2; t 2=1 VËy (1) cã nghiÖm (1; 2) ; (2; 1) Giải (2): Theo định lý Viét, x,y là nghiệm phơng trình (11) ¿ nªn trêng hîp nµy v« t + t+ 9=0 cã ¿ Δ' ¿ t + t+ 9=0 v× ph¬ng tr×nh nghiÖm Vậy các nghiệm hệ phơng trình đã cho là ( x;y) = ( 2; 1) và (1; 2) ¿ x+ y+ z =6 xy + yz −zx =7 b Cã : 2 x + y + z =14 ¿{{ ¿ ⇔ ¿ x+ y+ z =6(1) xy + yz −zx =7(2) y ( x+ z)=9(3) ¿{{ ¿ ⇔ ¿ x + y + z=6 xy + yz −zx =7 ( x+ y+ z )2 −2( xy+ yz +xz)=14 ¿{{ ¿ ⇔ ¿ (x+ z )+ y=6 (1) xy + yz −zx =7(2) y ( x+ z)=9(3) ¿{{ ¿ Từ (1) và (3) theo định lí Viét ⇒ y và x+z là các nghiệm phơng trình ⇔ ⇔ t=3 ( t −3 )2=0 t −6 t +9=0 ¿ y =3( 4) x+ z (5) tõ (1) (2) vµ (3) ⇔ x z=2(6) ¿{{ ¿ Từ (5) và (6) Theo định lí Viet ⇒ x và z là các nghiệm phơng trình t =1; t 2=2 ⇒ t −3 t +2=0 Vậy hệ phơng trình đã cho có các nghiệm ( x, y, z) = ( 1; 3; 2) ; (2; 3; 1) Nhận xét : Vậy từ bài toán giải hệ phơng trình ba ẩn cách biến dổi thích hợp ta đã ®a bµi to¸n vÒ d¹ng t×m sè biÕt tæng vµ tÝch cña chóng ( víi sè thø nhÊt lµ x+z) , sè thø là y và ta giải đợc hệ nhờ định lí Viet Bµi tËp ¸p dông: BT1.T×m sè biÕt : a Tæng lµ 18 vµ tÝch lµ 45 b Tæng lµ vµ tÝch lµ -12 c Tæng lµ -10 vµ tÝch lµ 16 d.Tæng lµ 2+ √ vµ tÝch lµ √ e.Tæng lµ √ vµ tÝch lµ -17 BT2 T×m sè x,y biÕt: a x – y = vµ x.y = 90 b x 2+ y =625 vµ x+y = 35 c x 2+ y =164 vµ x-y = d x 2+ y =208 vµ x.y = 96 e x 2+ y + xy=52 vµ x+y = BT3 T×m sè x,y biÕt: a x 2+ y =34 vµ x.y = 15 b x 2+ y =10 vµ x+y –xy = c x − y =2 vµ xy = - √ d x-y = vµ xy = 66 e x 3+ y3 =177 vµ xy = -1 BT4 T×m sè x, y, z biÕt: x + y + z = 7; xy + yz - xz = 10; x2 + y2 + z2 = 21 D¹ng 4: xÐt dÊu c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh bËc hai (12) I Ph¬ng ph¸p gi¶i XÐt ph¬ng tr×nh bËc hai: ax 2+ bx +c=0 (a ¿ Cã Δ=b − ac P = x x 2= c a S = x 1+ x 2=− b a Trong nhiÒu trêng hîp ta cÇn so s¸nh nghiÖm cña ph¬ng tr×nh bËc hai víi mét sè cho trớc xét dấu các nghiệm phơng trình bậc hai mà không cần giải phơng trình đó, ta có thể ứng dụng định lí Viét Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm d¬ng Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm ©m ⇔ ⇔ ¿ Δ≥ P ¿S ¿ { {0| ¿ Δ≥ P ¿0 ¿ no ¿S ¿ { { 0| ¿ ¿ Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm tr¸i dÊu: P ¿ ¿ Nhiều bài toán đòi hỏi tìm điều kiện để phơng trình bậc có ít nghiệm không ©m Thêng cã c¸ch gi¶i: ¿ C¸ch 1: Cã P ¿ ( Trêng hîp nµy cã nghiÖm d¬ng nghiÖm kh«ng ©m) ¿ HoÆc P = Trêng hîp nµy tån t¹i nghiÖm b»ng ¿ P ¿ Δ≥ S ¿ { 0| { ¿ HoÆc: Thì hai nghiệm dơng C¸ch 2: Trớc hết phải có Δ ≥ đó phơng trình có ít nghiệm không âm : S ( Trêng hîp nµy tån t¹i nghiÖm d¬ng) HoÆc S = ( Trêng hîp nµy tån t¹i nghiÖm kh«ng ©m) HoÆc ¿ 0,P≤0 ¿S ¿ ( Trêng hîp nµy cã nghiÖm kh«ng ©m nghiÖm ©m) Tuú theo ®Çu bµi mµ chän c¸ch xÐt biÓu thøc P hay S II Mét sè vÝ dô VD1: Tìm giá trị m để phơng trình sau có nghiệm cùng dấu Khi đó nghiệm mang dÊu g× ? a x −2 mx +5 m − 4=0 (1) (13) b mx2 +mx+ 3=0 (2) Híng dÉn: a Ph¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm x , x cïng dÊu vµ chØ ¿ Δ' ≥ P ¿ { ¿ ⇔ ¿ m2 −5 m+ ≥ m− ¿ { ¿ ⇔ ( ¿ m− ≥ m ¿ { ¿ ) m m m m m 5 2 2 4 m 1 5 m 4 MÆt kh¸c: S = x1 + x2 = 2m > (Do m nhËn gi¸ trÞ d¬ng) nªn PT cã nghiÖm d¬ng b PT (2) cã hai nghiÖm x1 ; x2 cïng dÊu vµ chØ m 0 a m 0 m(m 12) 0 m 12m 0 m 12 0 m P 3 0 m b m m MÆt kh¸c: S = x1 + x2 = a , nªn PT cã hai nghiÖm cïng ©m VD2: Cho ph¬ng tr×nh (m + 1)x2 + 2(m + 4)x + m + = Tìm m để phơng trình có: a Mét nghiÖm b Hai nghiÖm cïng dÊu ph©n biÖt c Hai nghiÖm ©m ph©n biÖt Híng dÉn: a PT đã cho có nghiệm và a 0; b 0 a 0 ' 0 m 0; m 0 m 0 (m 4) (m 1) 0 m m 3(2m 5) 0 m m b PT đã cho có nghiệm phân biệt cùng dấu và a 0 ' P m 3(2m 5) m 1 1 m 1 m 5 m c PT cã hai nghiÖm ©m ph©n biÖt vµ chØ (14) m a 0 m ' m 1 P m 1 S 2(m 4) m m 5 m1 m m m Qua ví dụ này, nhấn mạnh cho HS hiểu đợc dạng ax2 + bx + c = có nghiệm nghĩa lµ nh thÕ nµo? VD3: Cho ph¬ng tr×nh (m – 4)x2 – 2(m – 2)x + m -1 = Tìm m để phơng trình a Cã hai nghiÖm tr¸i dÊu vµ nghiÖm ©m cã GTT§ lín h¬n b Cã nghiÖm tr¸i dÊu vµ b»ng vÒ GTT§ c Cã nghiÖm d¬ng Híng dÉn: HS đã biết điều kiện để phơng trình dạng ax2 + bx + c = (a 0) có hai nghiệm trái dấu là P < Tuy nhiên đây còn liên quan đến GTTĐ các nghiệm, vì ta phải có thêm ĐK vÒ tæng c¸c nghiÖm n÷a a PT đã cho có hai nghiệm trái dấu và nghiệm âm có GTTĐ lớn và m 4 a 0 m 0 P S m 2(m 2) m 1 m 2m4 2 m b PT đã cho có hai nghiệm trái dấu và GTTĐ và m 4 a 0 2(m 2) 0 S P 0 m m m 0 m 4 2 m m 1 m 1 c Ta xÐt c¸c kh¶ n¨ng sau: x 0 + TH1: Nếu m – = m = thì phơng đã cho trở thành -4x + = VËy m = lµ mét gi¸ trÞ tho¶ m·n + TH2: Nếu m – 0 m 4 phơng trình đã cho là phơng trình bậc hai có khả xảy để phơng trình có nghiệm dơng i) PT cã nghiÖm tr¸i dÊu §iÒu nµy x¶y vµ chØ P = ac < m 1 m m ' 0 ' b 0 ii) PT cã nghiÖm kÐp d¬ng §iÒu nµy x¶y vµ chØ a m 0 m 0 m m iii) PT cã mét nghiÖm b»ng vµ mét nghiÖm d¬ng §iÒu nµy x¶y vµ chØ (15) m m 1 m 1 2(m 2) 0 m KÕt hîp l¹i ta cã: Víi m 4 hoÆc m = th× ph¬ng tr×nh cã mét nghiÖm d¬ng ' P 0 S VD4: Tìm giá trị m để phơng trình sau có ít nghiệm không âm (m + 1)x2 – 2x + m – = Híng dÉn: Ta xÐt c¸c kh¶ n¨ng x¶y ra: i) Khi m + = m = -1, PT đã cho có dạng -2x – = x = -1 < VËy m = -1 kh«ng ph¶i lµ gi¸ trÞ cÇn t×m ii) Khi m -1 PT đã cho là phơng trình bậc hai Cách 1: PT đã cho có ít nghiệm không âm và + HoÆc PT cã mét nghiÖm d¬ng, tøc lµ: 1 (m 1)( m 1) 0 ' 0 S m 2 m2 0 m 1 m 1 m m + HoÆc PT cã mét nghiÖm ©m vµ mét nghiÖm kh«ng ©m, tøc lµ: ' 0 P 0 S m m 0 m 1 m m m 1 m Kh«ng cã gi¸ trÞ cña m tho¶ m·n VËy gi¸ trÞ cÇn t×m cña m lµ -1 < m Cách 2: PT đã cho có ít nghiệm không âm và + HoÆc PT cã nghiÖm tr¸i dÊu, tøc lµ: P < hay – < m < + HoÆc PT cã mét nghiÖm b»ng 0, tøc lµ: P = hay m = + HoÆc PT cã nghiÖm cïng d¬ng, tøc lµ: ' 0 P S m m 1 m m m VËy gi¸ trÞ cÇn t×m lµ - m Cách 3: PT đã cho có nghiệm âm và ' 0 P S m m m m m Vậy phơng trình đã cho có ít nghiệm không âm và -1 < m Bµi tËp ¸p dông BT1: Cho ph¬ng tr×nh x2 – 2(m + 1)x + m2 – 4m + = a Tìm m để phơng trình có nghiệm b Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt dơng (16) BT2: Cho phơng trình (m – 1)x2 – 2(m – 3)x + m – = Tìm m để phơng có hai nghiÖm a Tr¸i dÊu b Hai nghiÖm d¬ng c Hai nghiÖm ©m BT3: Cho phơng trình mx2 – 2(m – 3)x + m + = Tìm m để phơng trình a Có đúng nghiệm dơng b Có đúng nghiệm không dơng D¹ng so s¸nh nghiÖm cña ph¬ng tr×nh bËc hai víi mét sè cho tríc I Ph¬ng ph¸p gi¶i dạng này các bài toán thờng gặp là: Tìm điều kiện tham số để so sánh nghiệm víi mét sè cho tríc §Ó gi¶i c¸c bµi tËp kiÓu nµy ta thêng thùc hiÖn c¸c bíc sau: B1: Tìm điều kiện để phơng trình có nghiệm B2: Từ điều kiện đầu bài tìm đợc biểu thức mối liên hệ các nghiệm phơng tr×nh B3: Thay tæng, tÝch gi÷a c¸c nghiÖm vµo biÓu thøc B4: T×m gi¸ trÞ cña tham sè, råi kÕt luËn II Mét sè vÝ dô Vd1: Tìm m để phơng trình x2 – mx + m = có nghiệm x1 ; x2 thoả mãn x1 x2 Híng dÉn: m 0 0 m(m 4) 0 m 4 Phơng trình đã cho có nghiệm x1 ; x2 và x x2 (1) x1 x2 x1 x2 (2) Ta cã: TH1: x = -2 là gnhiệm PT đã cho nên ta có: (-2)2 – m(-2) + m = + 3m = m 4 Ta tính nghiệm còn lại nhờ vào định lí Viét nh sau: c 4 x1.x2 m ( 2) x2 x2 x1 a 3 4 m lµ gi¸ trÞ cÇn t×m VËy 4 m 2m m x x ( x 2)( x 2) x x 2( x x ) 2 2 TH2: 4 m lµ c¸c gi¸ trÞ cÇn Kết hợp hai trờng hợp và đối chiếu với điều kiện có nghiệm thì t×m VD2: Với giá trị nào m thì phơng trình x2 + x + m = có hai nghiệm lớn m Híng dÉn : C¸ch 1: PT đã cho có nghiệm thoả mãn m x1 x2 và (17) 0 x1 m x m 0 1 m 0 ( x1 m)( x2 m) ( x m) ( x m) x x m( x x ) m 1 m m m m2 m 2m 2m m 1 m Cách 2: Từ việc tìm m để phơng trình có hai nghiệm lớn m ta đa tìm m để PT có nghiệm dơng Bằng cách: Đặt t = x – m x = t + m PT đã cho viết đợc dới dạng là (t + m)2 + t + 2m = t + (2m + 1)t + m2 + 2m = (*) VD3:Cho phơng trình ( m− ) x − ( m −2 ) x+ m−1=0 Tìm m để phơng trình có nghiệm x ; x tho¶ m·n : x1 x2 vµ x1 x2 ¿ Híng dÉn: V× nªn ¿ x1 ¿ x x |x 1|=− x vËy ⇒ x1 x2 hay S x1 x2 Do đó phơng trình đã cho có hai nghiệm x ; x thoả mãn điều kiện bài toán và ¿ x2 |x 1| ¿0 ¿ x1 ¿¿ ¿ a 0 P 0 S 0 ⇔ ⇔ m− ≠ ( m− ) − ( m− )( m −1 ) ¿0 ¿ no ( m− ) ¿ m− m−1 m− ¿ { { 0| ¿ m 4 m 1 m 2 m ⇔ ⇔ 2 m VËy gi¸ trÞ cÇn t×m cña m lµ: m VD4: Cho hai ph¬ng tr×nh bËc hai: (1) x + mx +n=0 (2) các tham số m,n,p,q phải thoả mãn điều kiện gì để các nghiệm x + px+ q=0 x ; x cña (1) vµ x , x cña (2) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn :Mçi ph¬ng tr×nh cã mét nghiÖm bÞ kÑp gi÷a c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh ( §Ò thi chän HS thuéc Ba Lan 1950) (18) ¿ ¿ x2 x4 vµ Theo yêu cầu đề ¿ x1 ¿ x3 ¿ ¿ Híng dÉn : Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t, gi¶ sö r»ng bµi ta ph¶i cã : ¿ ¿ x4 x2 ¿ x2 ¿ x4 hoÆc x3 x1 x1 x3 ¿ ¿ DÔ dµng trêng hîp nµo ta còng cã ¿ (3) ( x − x1 ) ( x − x 2) ( x − x ) ( x − x ) ¿ ¿ Do phơng trình (1) có hai nghiệm x ; x nên theo định lí Viét ta có: ¿ x 1+ x 2=− m Và phơng trình (2) có hai nghiệm x , x nên theo định lí Viét ta có: x x2 =n ¿{ ¿ ¿ x 3+ x =− p x x 4=q ¿{ ¿ [x − (x +x ) x +x x ] [ x Ta cã (3) ⇔ ¿ ¿ ¿ ⇔ ( x 23 +mx +n ) ( x 24+ mx + n ) ⇔ q − mpq+ np −2 nq − mnp+ m q+ n 2 2 2 − ( x 1+ x2 ) x + x x ] ¿ ¿ ¿ 0 ¿ ¿ ¿ VËy ®iÒu kiÖn cÇn t×m lµ (q − n2)+ ( m − p ) ( mq− np ) Bµi tËp ¸p dông: ¿ ¿ ¿ BT1 Tìm m để phơng trình mx − x+ m=0 có nghiệm thoả mãn ¿ − ≤ x2 ¿ x1 ¿ BT2 Cho ph¬ng tr×nh : x 2+2 ( m− ) x − ( m+1 )=0 a Tìm giá trị m để phơng trình có nghiệm nhỏ 1, nghiệm lớn b Tìm giá trị m để phơng trình có hai nghiệm nhỏ BT3 Tìm m để phơng trình mx −2 ( m− ) x +1=0 Có hai nghiệm phân biệt và nghịch đảo hai nghiệm nhỏ BT4 Cho hai ph¬ng tr×nh : x −2 px +n=0 x −2 mx+ n=0 Tìm điều kiện để phơng trình có nghiệm nằm xen hai nghiệm phơng trình D¹ng 6: lËp ph¬ng tr×nh cã hai biÓu thc chøa hai nghiÖm I Ph¬ng ph¸p gi¶i Ta cần lập phơng trình bậc hai nhận các số x ; x là các nghiệm Điều này dựa trên định lý “ NÕu x 1+ x 2=S vµ x x2=P th× x , x lµ c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x −Sx + P=0 ” (19) II Mét sè vÝ dô VD1: LËp ph¬ng tr×nh bËc hai cã hai nghiÖm lµ: 10 − √ 72 vµ 10+6 √ Giải: Theo định lí Viét ta có: 1 √ 72+ 10− √ 72 = 20 + = 10+ 28 10 − √ 72 10+ √ 72 10 − 72 S=x + x = 1 = v× S ≥ P nªn 28 10 − √ 72 10+ √ 72 20 x − x + =0 ⇔ 28 x2 −20 x +1=0 28 28 P=x x 2=¿ ph¬ng tr×nh x , x lµ nghiÖm cña Nh với bài toán lập phơng trình bậc hai đã biết trớc hai nghiệm nó ta cần áp dụng định lí Viét đảo song cần lu ý điều kiện để có hai nghiệm là S ≥ P VD2: Cho ph¬ng tr×nh x 2+ px+ q=0 (1) cã hai nghiÖm x vµ x kh«ng gi¶i ph¬ng tr×nh h·y lËp ph¬ng tr×nh bËc hai theo y mµ c¸c nghiÖm sè cña nã lµ : y 1= x 1+ x1 −1 y 2= ; x +1 x2 −1 Gi¶i: Theo ViÐt ta cã x 1+ x 2=− p x x2=q x1 x2 − x 1+1 x 2+1 2q − S= y + y = + = = p+ q+2 x x2 − ( x + x 2) + x −1 x −1 x x2 + ( x + x )+ q − p+1 p= y y = = q+ p+ x x − ( x 1+x ) +1 Víi S ≥ P th× y , y lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh 2q−2 q − p+1 y2 − y+ =0 ⇔ ( p+q+1 ) y −2 ( q −1 ) y + ( q+1 − p ) =0 p+q +1 q+ p+1 ( p ≥4 q V× ( ph¬ng tr×nh (1) cã hai nghiÖm nªn 2q 2 q p 1 ) 4 p q 1 q p 1 hay S 4 P VD3: LËp ph¬ng tr×nh bËc hai cã hai nghiÖm x x2=4 vµ x1 +¿ x −1 x2 a2 −7 = x −1 a − Giải: Để lập đợc phơng trình bậc hai trớc hết ta cần tìm x 1+ x Thật ta có x x2=4 vµ x1 +¿ x −1 8− ( x 1+ x ) x2 x x − x +x x − x = 1 2 = x −1 ( x1 −1 ) ( x2 −1 ) x1 x − ( x1 + x ) x x2 − ( x + x 2) + = − ( x 1+ x ) − ( x1 + x ) a −7 − ( x 1+ x ) a2 − ⇔ [ − ( x + x ) ] ( a2 − )=[ − ( x1 + x ) ] ( a2 − ) ⇔ = x 1+ x = a2 +1 Víi ®iÒu kiÖn S ≥ P ⇔ a2 +1 ¿2 ≥ ¿ = (20) ⇔ (a2 +1 − 4) ( a 2+1+ ) ≥ ⇔ a2 −3 ≥ a ≥ √3 Khi đó x , x là các nghiệm phơng trình : ⇔ a2 ≥3 ⇔ a ≤ − √ hoÆc X − ( a 2+1 ) X + 4=0 VD4: BiÕt r»ng x ; α lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x 2+ px+ q=0 Cßn x ; α lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x 2+ p1 x+ q1=0 biÕt x ≠ x2 H·y lËp ph¬ng tr×nh bËc hai cã hai nghiÖm x vµ x gi¶i: Theo bµi ta cã α 2+ pα +q=α+ p1 +q1 q1 − q p − p1 x 1+ α=− p ; x 2+ α =− p1 p− p1 ≠ Ta cã : ⇒ α= x α =q + NÕu α ≠ ( p −q 1) α =q − q V× x ≠ x2 nªn ⇒ x α =q1 ; ( Do vËy S=( x + x )=− p+ p1 +2 qq ( p − p1 )2 P= x x2 = ( q −q ) q p1 p− p1 x 1+ x = − ( p − p1 ) −2 α ⇒ (1) ⇒ x x2 = q q1 α2 ) Víi c¸c gi¸ trÞ cña p , q S ≥ P th× x , x lµ c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh q − q1 ¿2 ¿ ¿ qp1 ( p − p1 ) q1− q x + p+ p1 +2 x+ ¿ p − p1 + Víi α =0 tõ (1) ⇒ x 1=− p ; x + ( p+ p 1) x + p p1=0 ( ) x 2=− p1 ⇒ Ta cã ph¬ng tr×nh : Nh để lập phơng trình bậc biết các nghiệm nó thoả mãn điều kiện nào đó ( cã thÓ lµ sè cho tríc hoÆc liªn quan tíi c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh hoÆc ph¬ng tr×nh nào đó) Ta cÇn: B1: TÝnh tæng S vµ tÝch P cña chóng B2: Lập phơng trình dạng : X −SX + P=0 ( Điều kiện để có nghiệm là S − P ≥ ) bµi tËp ¸p dông: BT1 LËp ph¬ng tr×nh bËc hai biÕt hai nghiÖm : a vµ b 1+ √ vµ 1- √ c √ 3− √ vµ d √ a+ √ b vµ √ a − √ b e a+b √ m vµ a- b √ m f m- √ m2 +1 vµ m+ √ m2 +1 √ 3+ √2 BT2 Gäi x , x lµ c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x2 +5 x − 6=0 Kh«ng tÝnh x , x h·y lËp ph¬ng tr×nh bËc hai Èn y mµ nghiÖm lµ x1 BT3 Cho ph¬ng tr×nh x −2 mx+1=0 , cã nghiÖm 3 hai cã hai nghiÖm lµ: X 1=x − ; X 2=x − x1 x2 y 1=x 1+ x2 ; y 2=x 2+ x , x h·y t×m ph¬ng tr×nh bËc (21) BT4 Gäi x , x lµ c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x 2+5 x +1=0 Kh«ng tÝnh x , x h·y x 1+ x +1 ; y 2= x1 −1 x2 −1 BT5 Gäi p, q lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh bËc hai x +7 x +4=0 Kh«ng gi¶i ph¬ng lËp ph¬ng tr×nh bËc hai Èn sè y mµ nghiÖm lµ y 1= tr×nh h·y lËp ph¬ng tr×nh bËc hai mµ c¸c nghiÖm cña nã lµ: a p q −1 q p −1 vµ b (p + q)2 vµ (p – q)2 BT6 Gi¶ sö PT ax2 + bx + c = (a kh¸c 0) cã nghiÖm x1, x2 kh¸c T×m mét PT bËc hai mµ c¸c nghiÖm cña nã lµ mét nh÷ng trêng hîp sau: a ( − x ) vµ ( − x ) d x 1+ x vµ x x2 x1 x2 e x 21 vµ x 22 g Lớn nghiệm PT đã cho lợng n h Gấp n lần nghiệm PT đã cho b vµ c 2x1 vµ 2x2 BT7 Gäi x1, x2 lµ nghiÖm cña PT x2 - 7x + = a LËp PT bËc hai cã nghiÖm 2x1- x2 vµ 2x2 - x1 b TÝnh gi¸ trÞ cña A = |2 x1 − x 2|+|2 x − x 1| (§Ò thi tuyÓn sinh vµo trêng THPT NK - §HQG, n¨m häc: 2000 – 2001) BT8 LËp PT bËc hai cã hai nghiÖm x1, x2 cho: 4 x1 x2 5( x1 x2 ) 0 ( x1 1)( x2 1) m ( m 1) D¹ng 7: ứng dụng định lý Vi- ét vào việc tìm điều kiện m để các phơng tr×nh cã hai nghiÖm tho¶ m·n mét hÖ thøc ( m lµ tham sè) I Ph¬ng ph¸p gi¶i C¸c bµi tËp d¹ng nµy cã thÓ liªn quan tíi mét ph¬ng tr×nh hoÆc hai ph¬ng tr×nh biÓu thức đã cho có thể là đối xứng không đối xứng các nghiệm Để giải đợc các bµi tËp d¹ng nµy: Bớc 1: Tìm điều kiện m để phơng trình bậc hai có hai nghiệm x1; x2 Bớc 2: áp dụng định lý Vi- ét biểu diễn x1+ x2 (1) x1.x2 theo m (2) Bớc 3: Kết hợp các diều kiện (1); (2) và hệ thức bài cho để tìm m (ở dạng hệ thức có cách giải và biến đổi khác nhau) II Mét sè vÝ dô: VD1: Cho ph¬ng tr×nh x2 + mx + m + = (1) Tìm tất các giá trị tham số m để phơng trình (1) có hai nghiệm x1; x2 thoả m·n hÖ thøc x21 + x22 = 10 Hớng dẫn: Điều kiện để phơng trình (1) có nghiệm là m 4m 28 0 (*) Theo Vi-Ðt ta cã x1+ x2 = m2 (2) x1.x2 = m +7 (3) Theo gi¶ thiÕt x21 + x22 = 10 (4) Kết hợp (2); (3); (4) ta đợc m = không thoả mãn (*) ; m = - thoả mãn (*) + đây khó khăn ta giải điều kiện (*) Song thuận lợi ta tìm đợc m råi thö chän vµo (*) nh c¸ch gi¶i trªn + §èi víi häc sinh kh«ng kh¸: - Kh«ng cÇn lËp biÖt sè - Giải phơng trình x21 + x22 = 10 tìm đợc m = 6; m = - - Thö l¹i +) Víi m = ta cã ph¬ng tr×nh x2 + 6x + 13 = 0, ph¬ng tr×nh nµy v« nghiÖm (22) +) Víi m = ta cã ph¬ng tr×nh x2 - 4x + = ph¬ng tr×nh nµy cã nghiÖm vµ tho¶ m·n hÖ thøc x21 + x22 = 10 VËy m = - VD 2: Cho phơng trình x2 + mx + = (2) Tìm các giá trị m để phơng trình có hai 2 x1 x2 7 x x nghiÖm x1; x2 tho¶ m·n hÖ thøc Hớng dẫn: Điều kiện để phơng trình (2) có nghiệm là m 2; m 2 0 m 0 x1 x2 x4 x4 x2 x2 x2 x2 2x2 x2 x2 x2 2 2 x x 2 Theo gi¶ thiÕt 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 (2) Theo định lý Vi-ét ta có x 1+ x2 = - m; x1.x2=1 Thay vào (2) ta có m m 2 m đối chiếu với điều kiện (*) ta đợc m m Nhận xét: hai ví dụ trên ta thấy biểu thức các nghiệm là biểu thức đối xứng, chúng ta việc biểu thị các biểu thức đó thông qua x 1+ x2; x1.x2từ đó tìm đợc tham số m Tuy nhiên thực tế ta có thể gặp các bài toán mà biểu thức không đối xứng các nghiệm, đó ngoài việc dùng định lý Vi-ét ta còn phải biến đổi để đa việc giải phơng hệ phơng trình từ đó tìm đợc tham số m Sau đây là ví dụ minh hoạ: 15 VD3: Víi gi¸ trÞ nµo cña m th× ph¬ng tr×nh x2 - x + m2 = (1) Giải: Điều kiện để phơng trình có nghĩa là: − 15 ≤ m≤ 15 88 Giả sử phơng trình đã cho có hai nghiệm x1; x2 mà x2 = x12 Theo hệ thức Vi- ét ta có: ¿ 15 x x 2=m ¿{ ¿ x 1+ x 2= ⇔ 15 x 1+ x = (3) x 1=m (4 ) ¿{ Từ (3) tìm đợc x 1= ; x 2= −5 Từ đó tìm đợc m = ± 27 √ VD4: Tìm m để phơng trình mx2 – 2(m - 1)x +3(m - 2) = có hai nghiệm phân biệt x1; x2 tho¶ m·n x1 + 2x2 = Hớng dẫn: Điều kiện để phơng trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là: ¿ m≠ − √6 2+ √ <m 2 ¿{ ¿ (23) ¿ 2(m −1) x 1+ x 2= (1) m 3(m −2) Theo định lý Vi-ét và theo giả thiết ta có: x x 2= (2) m x1 +2 x 2=1(3) ¿{{ ¿ Kết hợp (1); (2) ; (3) ta tìm đợc m = 2; m = VD5: Cho ph¬ng tr×nh x2 + mx + n = T×m m, n biÕt r»ng ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm tho¶ m·n: ¿ x − x2 =1 3 x − x 2=7 ¿{ ¿ Hớng dẫn: Phơng trình bậc hai đã cho có hai nghiệm m2 Theo Vi-Ðt vµ theo ®iÒu kiÖn bµi to¸n ta ph¶i cã: Từ (1) và (3) ta tìm đợc: ¿ −m+1 x 1= − m− x 2= ¿{ ¿ 4n (*) ¿ x 1+x 2=− m(1) x1 x 2=n (2) x − x 2=1(3) x31 − x 32=7 (4) ¿{ { { ¿ Thay x1; x2 vừa tìm đợc vào (2) ta đợc m2- 4n = (5) 3 Tõ (4) : x − x 2=7 2 ⇔ (x1 − x 2).(x + x 2+ x + x 2)=7 ⇔ (x1 − x 2) [ ( x + x )2 − x x2 ] =7 ⇔ m2 −n=7(6) Từ (5) và (6) ta tìm đợc n = 2; m = ± Ta thấy hai cặp (m = 3; n = 2) và (m = -3; n = -2) thoả mãn điều kiện (*) đó chúng là các giá trị cần tìm Nhận xét: ví dụ chúng ta phải tìm điều kiện tham số m đẻ các nghiệm ph - ơng trình thoả mãn điều kiện mà biểu thức các nghiệm không đối xứng ta đa giải hệ phơng trình ẩn x1; x2 ; m ví dụ chúng ta phải tìm điều kiện tham só m, n để các nghiệm phơng trình thoả mãn đồng thời hai điều kiện ta đa việc giải hệ phơng tr×nh Èn x1; x2 ; m; n Cuèi cïng kh«ng quªn kiÓm tra ®iÒu kiÖn cã nghiÖm cña ph¬ng tr×nh đã cho Trên đây là ví dụ liên quan đến tìm điều kiện tham số để biểu thức các nghiệm phơng trình thoả mãn điều kiện nào đó Sau đây ta xét đén bài toán liên quan đến biểu thức các nghiệm hai phơng trình VD6: Cho x1; x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x2 – 3x + a = x3; x4 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x2 – 12x + b = T×m a, b biÕt r»ng: x x3 x = = x x2 x Híng dÉn: Điều kiện để phơng trình bậc hai x2 – 3x + a = có nghiệm x1; x2 là a (1) (24) Điều kiện để phơng trình bậc hai x2 – 12x + b = có nghiệm x3; x4 là b 36 (2) áp dụng định lý Vi-ét, ta có x 3+ x =12 ; x x =b §Æt x x3 x = = x x2 x x 2=kx ¿ ¿1 ¿❑ = k, ta suy ra: ¿ ¿ x =kx =k x Nh vËy ta cã hÖ sau: 3 x =kx 3=k x ¿ {|| { ¿ ¿ (k +1) x1 =3(3) k (k+ 1) x 1=12(4 ) Hay: kx 21=a (5) k x 21=b( 6) ¿{{{ ¿ ¿ x 1+ x 2=3 x 3+ x =12 x x 2=a x x =b ¿{{{ ¿ Tõ (3) vµ (4) ⇒ k2= ⇔ k = ± *) Nếu k = thì x1(2 + 1) = ⇔ x1 = 1; x2 =2; x3 = 4; x4 = đó a = 2; b = 32 *) Nếu k = -2 thì x1(-2 + 1) = ⇔ x1 = -3 đó a = -18; b = -28 Các cặp a, b vừa tìm đợc trên thoả mãn điều kiện (1) và (2) Vậy các giá trị a, b cần t×m lµ: (a = 2; b = 32) vµ (a = -18; b = -28) Trên đây là loại bài tập tìm điều kiện tham số để các nghiệm phơng trình thoả mãn điều kiện nào đó Để giải đợc bài tập này trớc hết học sinh phải tìm điều kiện để phơng trình có nghiệm, sau đó sử dụng định lý Vi-ét để biểu diễn tổng tích hai nghiệm, cuối cùng kết hợp với điều kiện đầu bài để giải phơng trình hệ phơng trình D¹ng 8: ứng dụng định lí Viét vào giải các bài toán cực trị liên quan đến biểu thøc gi÷a c¸c nghiÖm cña PT bËc hai I Ph¬ng ph¸p gi¶i C¸c biÓu thøc thêng gÆp lµ cho mét nghiÖm cña PT ta ph¶i t×m GTNN, GTLN cña mét biÓu thức nào đó các nghiệm PT Để giải các biểu thức thuộc dạng này ta phải hớng dÉn HS: B1: Tìm điều kiện để PT bậc hai có nghiệm B2: Sử dụng định lí Viét biểu diễn tổng, tích hai nghiệm theo tham số, rổi thay vào biêut thức cần tìm sau đó tìm GTLN, GTNN biểu thức II C¸c vÝ dô VD1: Cho phơng trình x 2+2(m−1) x −(2 m+5)=0 tìm giá trị m để phơng trình có hai nghiệm x1, x2 và biểu thức B = 12 - 10x1x2 – ( x 22+ x 21 ) đạt giá trị lớn Gi¶i: XÐt x 2+2( m−1)x −(2 m+5)=0 ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm m− 1¿ 2+(2 m+5)≥ ⇔ Δ=¿ ⇔ m +6>0 , đúng với m VËy ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm x1, x2 −b − 2(m+1) = =− 2m −2 ; x x 2=−2 m− 2a MÆt kh¸c: B = 12 - 10x1x2 – ( x 22+ x 21 ) = 51 – 4m2 + 12m = 60 – (2m – 3)2 VËy gi¸ trÞ lín nhÊt B = 60 ⇔ 2m – = ⇔m= Theo ViÐt ta cã: D¹ng 9: x 1+ x = (25) ứng dụng định lý Vi-et vào việc xét mối quan hệ các nghiệm cña hai ph¬ng tr×nh 9.1 Hai ph¬ng tr×nh cã nghiÖm chung I Ph¬ng ph¸p gi¶i Hai ph¬ng tr×nh ax2 + bx + c = vµ a’x2 + b’x + c’ = cã nghiÖm chung vµ chØ hÖ ¿ ax 2+ bx +c=0 a ' x 2+ b ' x+ c ' =0 cã nghiÖm ¿{ ¿ Trong hệ trên ngoài ẩn x thông thờng còn có thêm tham số m Khi đó trớc hết ta gọi nghiệm chung đa giải hệ để tìm nghệm chung và các nghiệm phơng trình đó II Mét sè vÝ dô VD1: Cho các số a, b, c đôi khác , c Biết các phơng trình: x2 + ax + bc = (1); x2 + bx + ca = (2) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm chung Tìm nghiệm chúng, đó hãy tìm liên hệ a, b, c Hớng dẫn: Gọi nghiệm chung hai phơng trình là x0 đó ta có: ¿ x 20 +ax + bc=0 x 20 + bx0 +ca =0 ⇒ ( a − b ) x0 =c ( a −b ) ¿{ ¿ Do a, b, c đôi khác nên a - b ⇒ x0 = c Gọi nghiệm còn lại (1) và (2) là x1; x2 Theo định lý Vi-ét ta có x0.x1= bc; x0.x2= ca mà x0 = c nªn x1 = b; x2 = a T×m liªn hÖ gi÷a a,b,c ThËt vËy v× b, c lµ hai nghiÖm cña (1); c vµ a lµ hai nghiÖm cña (2) ¿ c 2+ac+bc=0 b 2+ab+bc=0 c 2+bc+ca=0 ⇔ nªn ta cã: , mÆt kh¸c theo gi¶ thiÕt c ¿ c ( a+b+ c )=0 b ( b+ a+c )=0 c ( c +b+a )=0 ¿{{ ¿ nªn a + b + c = Với bài toán này, trớc hết ta giả sử nghiệm chung hai phơng trình là x0 Sau đó sử dụng các phép biến đổi đại số và dùng định lý Vi-ét làm công cụ để tìm nghiệm chung đó Từ việc tìm đợc nghiệm chung ta tìm đợc các nghiệm còn lại VD2: Gi¶ sö a, b lµ hai sè ph©n biÖt Chøng minh r»ng nÕu hai ph¬ng tr×nh x2 + ax+ 2b = 0; và x2+ bx+2a = có đúng nghiệm chung thì các nghiệm số còn lại hai phơng trình lµ lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x2 + 2x + ab = Híng dÉn: Gi¶ sö ph¬ng tr×nh x2 + ax + 2b = cã nghiÖm x0; x1 ph¬ng tr×nh x2 + bx + 2a = cã nghiÖm x0; x2 (x0 lµ nghiÖm chung cña hai ph¬ng tr×nh vµ x1 ¿ x 20 +ax 0+ 2b=0 x 20 + bx0 +2 a=0 x2 ) đó ta có: a ⇒ ( a − b ) x0 −2 ( a − b )=0⇔ ( a −b ) ( x − )=0⇒ x0 =2 ¿{ ¿ b (26) Theo định lý Vi-ét ta có: ¿ x 0+ x1=− a x x 1=2 b (1) ¿{ ¿ vµ ¿ x 0+ x2=−b x x 2=2 a (2) ¿{ ¿ V× x0 = nªn x1= b vµ x2 = a MÆt kh¸c tõ (1) vµ (2) ta cã 2x0 + (x1+ x2) =- (a + b) nªn + (a + b) = - (a + b) ⇒ a + b = -2 Ta có S = x1+ x2= a + b = -2; P = x1.x2 = ab Vì S2 > 4P đó theo định lý Vi - ét đảo ta có x1, x2 lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x2+ 2x+ ab = ë bµi to¸n nµy còng nh bµi to¸n tríc, tríc hÕt ta gi¶ sö nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (1) lµ x0; x1; các nghiệm phơng trình (2) là x0; x2 sau đó tìm x0; x1+ x2; x1.x2 Kiểm tra điều kiện S2 > 4P từ đó lập đợc phơng trình có hai nghiệm x1; x2 9.2 Hai phơng trình tơng đơng Học sinh hay nhầm lẫn vấn đề sau: Khi tìm hai phơng trình vô nghiệm thờng vội kết luận là hai phơng trình đó không tơng đơng với nhau: VD3: Tìm m để hai phơng trình x2 – mx + 2m -3 = (1); x2 – (m2 + m - 4)x + 1= (2) tơng đơng Hớng dẫn: Hai phơng trình trên tơng đơng hai trờng hợp * Trêng hîp 1: PT(1) vµ PT(2) v« nghiÖm ⇔ Δ 1< Δ 2< ¿{ ⇔ m −8 m+12<0 ( m2+ m− ) − 4< ¿{ ⇔ 2<m<6 3<m<−2 1<m<2 ¿{ { (kh«ng x¶y ra) * Trờng hợp 2: PT(1) và PT(2) cùng có nghiệm x1; x2 thì theo định lý Vi-ét ta có: ¿ x 1+ x 2=m=m2+ m+ x1 x 2=2 m− 3=1 ⇔ ¿ m − 4=0 m− 4=0 ⇔ m=2 ¿{ ¿ Thử lại với m = thì hai phơng trình tơng đơng vì có nghiệm x = Vậy m = Víi lo¹i to¸n nµy ta cÇn lu ý häc sinh: Khi c¶ hai ph¬ng tr×nh v« nghiÖm th× hai ph¬ng trình đó là hai phơng trình tơng đơng Cho nên với số bài toán ta phải xét hai trờng hîp, trêng hîp c¶ hai ph¬ng tr×nh v« nghiÖm vµ trêng hîp c¶ hai ph¬ng tr×nh cã cïng mét tËp hîp nghiÖm VD4: Tìm m, n để phơng trình x2 – (m + n)x -3 = (1) và phơng trình x2 – 2x + 3m – n – = (2) tơng đơng Híng dÉn: PT(1) cã Δ=( m+n )2 +12>0 ∀ m, n nªn PT(1) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt x1; x2 Do đó PT(1) và PT(2) tơng đơng hai phơng trình này có cùng tập hợp nghiệm nghĩa là: (27) ¿ x1 + x 2=m+n=2 x x2=−3=3 m−n −5 ⇔ ¿ m+n=2 VËy m =1 vµ n =1 lµ c¸c gi¸ trÞ cÇn t×m m− n=2 ⇔ ¿ m=1 n=1 ¿{ ¿ Với bài toán này ta đã đợc phơng trình luôn có hai nghiệm phân biệt, nên hai phơng trình tơng đơng thì phơng trình còn lại phải có hai nghiệm giống hai nghiệm phơng trình trên áp dụng định lý Vi-ét tổng tích hai nghiệm ta tìm đợc m, n Bµi tËp ¸p dông Bµi 1: Cho hai ph¬ng tr×nh : x2 – (2m + n)x -3m = (1) x2 – (m + 3n)x - = (2) Tìm m, n để hai phơng trình trên tơng đơng Bµi 2: Cho hai ph¬ng tr×nh : x2 +(m + 1)x +1 = (3) x2 + x + m+ = (4) a) Tìm m để phơng trình (3) có tổng bình phơng hai nghiệm đạt giá trị nhỏ b) Tìm m hai phơng trình trên tơng đơng Bài 3: Tìm m để hai phơng trình : x2 + 2x - m = (5) 2x2 + m x + = (6) tơng đơng Bµi 4: Hai ph¬ng tr×nh x2 + ax + bc = vµ x2 + bx + ac = chØ cã mét nghiÖm chung (c 0) Chøng minh r»ng hai nghiÖm cßn l¹i lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x2 + cx + ab = Phần II: Một số bài toán định lý Viét Bài 1: Cho hàm số y = x2 – 4x + m Tìm m cho đồ thị hàm số cắt trục hoành hai ®iÓm ph©n biÖt A vµ B víi OA = OB Gi¶i: Hoành độ giao điểm đồ thị với Ox là nghiệm phơng trình x2 – 4x + m = Đồ thị c¾tOx t¹i ®iÓm ph©n biÖt lµ A vµ B <=> Ph¬ng tr×nh trªn cã hai nghiÖm ph©n biÖt <=> Δ ' >0 <=> – m > <=> m < 4.(*) Gọi các nghiệm là x ❑A , x ❑B đó là các hoành độ các điểm tơng ứng là A và B Ta cã OA = |x A| , OB = |x B| Nªn OA = OB <=> |x A| = |x B| <=> x ❑A = ± xB * Trêng hîp 1: (28) x A + x B =4 x A x B=m ⇒ ¿ − x A + x B=4 −3 x B ¿2 x B =m ¿ = -3 xB Theo hÖ thøc Viet: ⇒ ¿ ¿ ¿ −2 x B=4 ¿ − x =m ¿ x ❑A B (Tho¶ m·n) * Trêng hîp 2: x ❑A = 3.xB Theo hÖ thøc Viet: ¿ x A + x B =4 x A x B=m ⇒ ¿3 x A + x B=4 (3 x B ) x B=m ⇒ ¿ x B =4 x =m ⇒m=3 ¿{ ¿ B (Tho¶ m·n) VËy m =-12 hoÆc m =3 Chó ý: ë ®©y cÇn nhÊn m¹nh OA = |x A| , OB = |x B| Thùc tÕ häc sinh kh«ng Ýt nhÇm lÉn OA = xA; OB =xB nh vËy sÏ thiÕu mét trêng hîp Bài 2: Cho parabol (P) là đồ thị hàm số y = x và M(1;2) Viết phơng trình đờng thẳng ®i qua M c¾t (P) t¹i A, B cho M lµ trung ®iÓm cña ®o¹n th¼ng AB Gi¶i: §êng th¼ng ®i qua M cã ph¬ng tr×nh y = k((x-1)+2 (d) (k 0) * TÝnh k: §êng th¼ng (d) c¾t (P) t¹i ®iÓm A, B <=> Ph¬ng tr×nh: x2 - k((x-1)+2 = (2) cã hai nghiÖm ph©n biÖt <=> Δ = k2 – 4(k-2) >0 <=> k2 - 4k + >0 ∀ k Gọi hai nghiệm phơng trình (2) là x1, x2 thì toạ độ hai giao điểm A và B là A(x 1, x 2 ❑ 1); B(x2, x ❑ 2) V× M lµ trung ®iÓm cña AB nªn: ¿ x1 + x2 =1 x2 + x2 =2 ⇔ ¿{ ¿ 2 x + x =4 <=> (x1 + x2)2 – 2x1x2=4 => k – 2k + = => k = 0; k = Vậy k = => Phơng trình đờng thẳng cần tìm là y = 2k Bài 3: Tìm m để phơng trình sau có hai nghiệm x1, x2 là độ dài cạnh AB, AC ABC vu«ng t¹i A vµ cã BC = x2 – mx + m2 – = Chó ý: ë ®©y M lµ trung ®iÓm cña ®o¹n th¼ng AB ta sö dông xm= ym= y A + yB dùng định lý Viet tìm k x A+ x B ; Δ (29) Giải: Do x1, x2 là độ dài hai cạnh AB, AC tam giác vuông ABC nên phơng trình ¿ Δ≥0 P>0 S>0 ⇔ ¿ m − (m2 −3) ≥ m − 3>0 m> ⇔ x2 – mx + m2 – = phải có hai nghiệm x1, x2 dơng, tức là <=> ¿ m2 ≤ m2 >3 m> ⇔ ¿|m|≤ |m|>3 m> ¿{{ ¿ √ 3<m≤ (*) Theo giả thiết và định lý Pitago ta có: x 1+ x ¿2 − x x2 =4 ⇔ m2 −2( m2 −3)=4 ⇔ m=± √2 x2 + x =4 ⇔¿ Các giá trị này không thoả mãn điều kiện (*) đó không có giá trị nào m để x 1, x2 là độ dµi hai c¹nh AB, AC cña tam gi¸c vu«ng t¹i A vµ cã c¹nh huyÒn BG = Bµi 4: Cho ph¬ng tr×nh mx2 – 2(m+1)x + m – = a Tìm m để phơng trình có nghiệm, có hai nghiệm trái dấu b Xác định m để các nghiệm x1, x2 phơng trình thoả mãn x1 + 4x2 = c T×m hÖ thøc liªn hÖ gi÷a x1, x2 kh«ng phô thuéc vµo m Híng dÉn: a XÐt m = hoÆc m KÕt qu¶ m − thì phơng trình đã cho có nghiệm < m < th× ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm tr¸i dÊu ¿ m≠ b Phơng trình đã cho có hai nghiệm x1, x2 <=> m≥ − ¿{ ¿ ¿ 2(m+1) x 1+ x 2= m m− Ta ph¶i t×m m tho¶ m·n: x x 2= m x1 + x 2=3 ¿{{ ¿ KÕt qu¶: m = 8; m = c HÖ thøc cÇn t×m lµ x1x2 + 2(x1+ x2) = Bµi 5: Cho Parabol y = − x vµ ®iÓm M(1, -2) Chứng minh rằng: Phơng trình đờng thẳng qua M có hệ số góc là k luôn cắt Parabol ®iÓm ph©n biÖt A, B víi ∀ k (30) b Gọi xA, xB lần lợt là hoành độ A và B, xác định k để x A + x B −2 x A x B ( x A + x B ) đạt giá trÞ lín nhÊt T×m gi¸ trÞ Êy Híng dÉn: a ë bµi tËp nµy tríc hÕt ta ph¶i t×m c¸ch lËp ph¬ng tr×nh bËc biÓu diÔn mèi quan hÖ gi÷a 2 Parabol y = − x và đờng thẳng qua M có hệ số góc là k đó là: x2 + 2kx – – 4k = cã k +2 ¿2 ∀ k ≠ => ®pcm Δ=k + 4+ k =¿ b Sử dụng định lý Viet vào phơng trình x2 + 2kx – – 4k = => x A + x B ¿ −2 x A x B − x A x B (x A + x B ) x + x B −2 x A x B ( x A + x B )=¿ −2 k ¿2 +8(k +1)(1− k)=4 k 2+ k −16 k +8 −16 k = x A + x B ¿2 −2 x A x B [ 1+( x A + x B ) ]=¿ ¿ = 12 k − k +8 Theo bµi A ¿ x A + x B =−2 k x A x B=− k − ¿{ ¿ Từ đây tìm đợc giá trị biểu thức đã cho 28 đạt đợc k = − 3 Bµi 6: a Tìm giá trị m để phơng trình x2 – 2mx + m2 – = có nghiệm thoả mãn -2 < x < b Gi¶ sö x1, x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x2 – m(m - 2)x + (m - 1)2 = Tìm các giá trị m cho bất đẳng thức sau đây đúng: √ x + x −2( m−2)− √ − x x Híng dÉn a Δ=1>0 ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt x1 = m + 1; x2= m - ¿ -2 < m+1 < NÕu -2 < x < ta ph¶i cã -2 < m-1 < ⇔−1< m<5 ¿{ ¿ b Cã ac = -(m - 1)2 ∀ m => Ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm Sử dụng định lý Viet tính x1 + x2, x1x2 Thay luôn vào bất đẳng thức ta có: |m− 2|−3|m −1|≥1 XÐt c¸c trêng hîp sau: m <1; 1≤ m≤ ; m > Kết hợp đợc ≤ m≤ Bµi 7: NÕu ph¬ng tr×nh x2 + mx + n = cã nghiÖm x0 vµ m2 + n2 = 2006 th× x ❑0 < 2007 Híng dÉn: Do ph¬ng tr×nh x2 + mx + n = (1) cã nghiÖm x0, x1 nªn (x0 + x1)2 + (x0x1)2 + = 2007 ¿ x 0+ x1=− m v× m2 + n2 = 2007 nªn x x 1=n ¿{ ¿ =2007 VËy x x +1¿ (2) 2 x + x +¿ + NÕu x0x1 + ta cã x ❑0 < 2007 + NÕu x0x1 + = ta cã x ❑0 x1 = -1 nªn x0 Tõ (2) ta cã x + x = 2007 mµ x0 vµ x1 vµ x1 ❑ => x 0 < 2007.(*) Bài 8: Tìm tất các số tự nhiên a để phơng trình x2 - a2x + a + =0 có nghiệm nguyên (31) bài tập này không ít học sinh nghĩ đến việc tìm các số tự nhiên a để Δ ph¬ng tr×nh (*) lµ sè chÝnh ph¬ng Tuy nhiªn ë bµi tËp nµy nÕu gi¶i quyÕt theo híng quen thuộc số bế tắc Tôi đã hớng dẫn học sinh giải theo hớng chặn các giá trị a sau đó thử chọn kết luận Ta chøng minh a > th× ph¬ng tr×nh kh«ng cã nghiÖm nguyªn ThËt vËy gi¶ sö x ❑❑ , x ❑2 Z là nghiệm Theo định lý Vi-et ta có: ¿ x + x 2=a2 (1) x x 2=a+1(2) ¿{ ¿ Tõ (1) vµ (2) ⇒ x1 vµ x (3) Tõ (1) vµ (2) ⇒ ( x1 -1) ( x -1) = a + – a2 = - (a – 2) (a + 1) < (4) (Do a > ) MÆt tõ (3) ⇒ ( x1 -1) ( x -1) (5) ⇒ (4) và (5) mâu thuẫn với đó với a > thì phơng trình không có nghiệm nguyên ⇒ a = , , KiÓm tra trùc tiÕp ta thÊy chØ cã a = tho¶ m·n VËy víi a = th× ph¬ng tr×nh cho cã nghiÖm nguyªn x1 = ; x = Bµi 9: T×m c¸c hÖ sè a, b vµ c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x2 + ax + b = (1) BiÕt r»ng thªm vµo c¸c nghiÖm cña nã th× chóng trë thµnh c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x2 + a2x +ab =0 Gi¶i: Điều kiện để phơng trình (1) có hai nghiệm là a2 4b Khi đó theo định lý Vi-ét ta có: x1 x2 a x x b x1 1 x2 1 a x1 1 x2 1 x1.x2 x1 x2 b a Vậy theo định lý Vi-ét đảo thì x1+ 1; x2 + là nghiệm phơng trình: x2 + (a - 2)x + b - a +1 = Theo đề bài ta có x1 + 1; x2 + là các nghiệm phơng trình x2 a2x + ab = Do đó ta cã hÖ: a 1 b R a a a 1 0 a a a a 0 a b ab ab b a a b b *) NÕu a = 1; b tuú ý th× ph¬ng tr×nh x2 + x + b = víi 4b 1 hay b sÏ cã nghiÖm x1; x2 x1 x2 x1 1 x2 1 x1 x2 1 x2 x1 x1 1 x2 1 x1 x2 b tho¶ m·n x1 + x2 = -1 suy VËy x1 + 1; x2 + lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x2 - x + b = *) NÕu a = -2; b = - tho¶ m·n a 4b: Ph¬ng tr×nh trë thµnh x2 - 2x - = 0, ph¬ng tr×nh nµy cã nghiÖm x1,2 = dÔ thÊy x2- 4x + = vµ lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh bài tập này chúng ta vừa vận dụng định lý Vi-ét thuận để tìm x 1+ x2; x1.x2; vừa vận dụng định lý Vi-ét đảo để lập phơng trình bậc hai nhận x1 + 1; x2 + làm nghiệm Sau đó tìm a, b thö l¹i vµ kÕt luËn Bài 10: Cho phơng trình x2 - x + p = có hai nghiệm dơng x1; x2 Xác định giá trị p 4 5 A = x1 x2 x1 x2 đạt giá trị lớn (§Ò thi tuyÓn sinh vµo líp 10 THPT chuyªn NguyÔn Tr·i - H¶i D¬ng n¨m häc 2007-2008) Gi¶i: V× ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm d¬ng nªn - 4p 0 0 p (32) Ta cã x1 + x2 = 4 5 x x x x x x x x2 1 1 2 A= = x14 x2 x24 x1 x1 x2 x13 x23 A= A= x1 x2 x1 x2 ; v× x1 x2 x13 x23 3x1 x2 x1 x2 2 1 x x x1 x2 a b x1 x2 x1 x2 3 12 ( V× ab ) A= 1 x1 x2 p 6 đó A đạt giá trị lớn §¼ng thøc x¶y 3x1x2 = - 3x1x2 b»ng 12 Trên đây là số bài toán liên quan đến định lý Vi-ét Qua đó ta thấy các bài tập liên quan đến phần này là phong phú đa dạng, đòi hỏi học sinh phải nắm cách giải dạng, phải biết nhìn nhận vấn đề cách linh hoạt, phải biết phối hợp các phơng pháp giải dạng đã biết cách mềm dẻo sáng tạo Qua đó nhằm phát triển t tổng hợp cách nhìn nhậnvà giải vấn đè cho học sinh (33) c KÕt luËn Sau quá trình nghiên cứu, học hỏi Tôi đã viết và hoàn thành chuyên đề: “Một số ứng dụng định lý Vi-ét” đây là chuyên đề có thể áp dụng rộng với nhiều đối tợng học sinh và có thể là tài liệu tham khảo cho các thày cô quá trình giảng dạy.Trong đó có phần kiến thức bản, cách giải ứng dụng, có h ớng dẫn gợi mở cho ví dụ Chú ý khai thác nhiều đến các cách giải, mở rộng bài toán, phát triển bài to¸n Cã nhiÒu bµi tËp g©y cho häc sinh høng thó t×m hiÓu, nhiÒu bµi tËp cho häc sinh tù gi¶i, tù vËn dông ThiÕt nghÜ, néi dung nµy sÏ gãp phÇn nhá bÐ qu¸ tr×nh d¹y vµ häc Gióp c¸c em häc sinh rèn luyện kĩ năng, phát triển t tích cực, đặc biệt là công tác bồi dỡng học sinh giỏi cÊp THCS hiÖn Tuy vậy, trình độ còn hạn chế Rất kính mong các đồng chí chuyên viên môn Toán, các cấp lãnh đạo ngành giáo dục huyên Cẩm Giàng, BGH trờng THCS Nguyễn Huệ và BGH trờng THCS Tân Trờng cùng các bạn đồng nghiệp đóng góp, xây dựng và bổ sung ý kiến để chuyên đề này hoàn chỉnh hơn, có tính hiệu cao Xin tr©n träng c¶m ¬n! (34)