Bai tap AD Dinh li viet

3 DẠNG 3: CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Phân tích: Khi cần chứng minh các bất đẳng thức giữa các hệ số của phương trình, ta cần biến đổi chúng về các tỉ số thích hợp , thông thường là bă[r]

GIỚI THIỆU VỀ ĐỊNH LÝ VI-ET I- ĐỊNH LÝ VI-ET CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI: Định lý Vi-et học sinh học từ lớp 9, gồm có định lý thuận và định lý đảo Định lý cho ta mối quan hệ các nghiệm phương trình bậc hai và các hệ số nó Định lý : Nếu phương trình bậc hai ax 2+ bx +c=0 ( a ≠ ) có hai nghiệm x1; x2 thì tổng và tích chúng là: x 1+ x 2= −b c ; x x2 = a a .Ngược lại có hai số x1; x2 thỏa mãn : x1+x2=S; x1.x2=P thì x1;x2 là nghiệm phương trình t –St +P =0 Điều đáng nói định lý này là giải toán , ta có thể không quan tâm tới giá trị x1và x2 mà cần biết tổng và tích chúng Từ đó ta có biểu diễn cần thiết II- ĐỊNH LÝ VI-ET TỔNG QUÁT: Định lý: Cho phương trình bậc n : anxn +an-1xn-1 + + a1x +a0 = (1) với an ≠ Nếu phương trình có n nghiệm x1 ;x2 ; ;xn thì ta có : − an −1 an a x x + x x + + x n −1 x n = n −2 an ¿ a −1 ¿n an ¿ ¿{{{ x x x n=¿ x + x 2+ x + + x n= (I) Ngược lại có các số x1 ;x2 ; xn thỏa mãn hệ (I) thì chúng là nghiệm phương trình (1) ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ VI-ET I-ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ VI-ET BẬC HAI: 1) DẠNG 1: BIỂU THỨC LÊN HỆ GIỮA HAI NGHIỆM Phân tích: Trong làm các bài tập dạng này, học sinh cần lưu ý sự tồn tại nghiệm phương trình, sau đó biểu diễn các biểu thức qua x1  x2 và x1 x2 để có thể sử dụng định lý Vi-et Các hằng đẳng thức hay dùng là: a  b (a  b)  2ab ; a  b3 (a  b)3  3ab(a  b) Ví dụ 1: Tìm m để phương trình: x2 + 4(m−1) x +m2 − m+1=0 (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 1 + = (x + x ) x1 x2 2 Giải Trước hết điều kiện để phương trình có nghiệm phân biệt khác là: m− 1¿ −3 (m2 − m+1)> Δ' =4 ¿ Giải m<−2 − √ m>−2+ √ và m 2  Theo định lý Vi-et ta có : − 4( m−1) −(m −4 m+1) x 1+ x 2= ; x x 2= 3 x + x x 1+ x2 = Lại có biểu thức ban đầu đưa là : x1 x2 (*) Thay tổng và tích các nghiệm vào (*) ta được: (m− 1) 2(m− 1)(m −4 m−5) − ( − )=0 ⇔ =0 m − m+1 (m − m+1) Ta m=1; m=-1; m=5 Kết hợp điều kiện ta nhận m=1; m=5 2 Ví dụ 2: Xét phương trình: x  2(m  2)  5m  0 (1) m là tham số 1) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm phân biệt với m 2) Gọi các nghiệm là x1 , x2 , x3 , x4 Hãy tính theo m giá trị biểu thức: 1 1    2 x2 x3 x4 M= x1 Giải: 1) Đặt x = y ( y  ) Pt (1) trở thành: 2 y  2( m  2) y  5m2  0 (2)  ,   ( m  2)   (5m  3) ( m  2)  (5m  3) m  4m   5m  m  m  1   4 ( m  )2  Do Δ> 0, ∀ m nên phương trình (2) luôn có hai nghiệm phân biêt ( m )  2m Theo định lý Vi-et ta có: S  y1  y2  P  y1 y2   b 2( m  2)  2(m  2) ∀m a >0, c 5m  ∀m a >0,  y1 , y2 cùng dương Vậy (2) luôn có hai nghiệm dương phân biệt nên (1) luôn có nghiệm phân biệt x , x , x , x 0 2) Theo kết trên ta có x1  y1 , x2  y1 x3  y2 , x4  Vậy , y2 M  1 1    2 ( y1 ) (  y1 ) ( y2 ) (  y2 ) 2 + y1 y2 = = 2( y 1+ y ) y 1+ y Thay kết S và P vào M ta có: 2.2( m  2) 4( m  2)  5m  5m  4(m  2) M  5m  Kết luận: M  Ví dụ : x1 , x2 Cho phương trình x - ax + a - = có hai nghiệm M  a) Không giải phương trình hãy tính giá trị biểu thức b) Tìm a để tổng bình phương hai nghiệm đạt GTNN ? x12  x22  x12 x2  x22 x1 Giải: M  3( x12  x22  1)  ( x1  x2 )  x1 x2  1  x1 x2 ( x1  x2 ) x1 x2 ( x1  x2 ) a) Ta có: Theo định lý Vi-et ta có : S  x1  x2 a; P  x1.x2 a   a  2(a  1)  1  ( a  1)( a  1)  2( a  1)  M    a (a  1) a( a  1) Vậy  3(a  1) 3(a  1) 3(a  1)   a ( a  1) a ( a  1) a b) Ta có S  x1  x2 a (ĐK : a 0, a 1 ) (1) P  x1.x2 a  (2) Đặt A= x +x =(x1 +x2 ) -2x1x2 = a2 -2a+2= (a-1)2 +1 và A=1 a=1 Vậy giá trị nhỏ A là a=1 Ví dụ 4: ( Đề thi HSG lớp thành phố HCM năm học 2003- 2004) 2 2 (4®) a) Tìm m để phương trình x  2mx  m  0 có hai nghiệm phân biệt b) Gọi x1; x2 là hai nghiệm nó, tìm GTLN biểu thức: A  x1 x2  x1  x2  Giải:  , m  2( m2  2)  m  a) Ta có: Phương trình có hai nghiệm và khi: Δ '=4 −m >0 ⇔ − 2< m< b) Theo định lý Vi-et ta có : x1  x2  m; x1 x2  Vậy m2  2 A  x1 x2  x1  x2   ( m  2)( m  3) =   m    m  3 ,vì m  (-2;2) 25 25 A (m  2)(3  m)  m  m   (m  )   4 Do đó 25 Vậy GTLN A là và m= Ví dụ 5: Cho đa thức f ( x)=x + x − x −12 x +1 có các nghiệm là x i ; i=1,4 Hãy tính tổng sau: 2 xi −1 ¿ ¿ x i +1 S= Σ ¿ i=1 Giải: Ta viết lại : x 2+2 x ¿ − 6( x 2+ x )+ 9=8 f (x)=¿ x +2 x −3+ √8=0(1) ¿ 2 x +2 x − − √ 8=0(2) x +2 x − ¿ =8 ⇔ ⇔ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Gọi các nghiệm (1) là x ; x ; các nghiệm (2) là x ; x Ta có : x 1+1 ¿ ❑ ¿ x −1 ¿ x +1 ¿2 ¿ x −1 ¿2 ¿ x 22 −1 ¿❑ = = ¿ ¿ ¿ x −1 ¿ ¿ x 21 +1 ¿ S 1= ¿ x 21 +1 ¿ x −1 ¿ (4 − √ 8) ¿ x −1 ¿2 (4 − √ 8) ¿ ¿ x 21 +1 ¿ ¿ x −1 ¿ ¿ x −1 ¿2 +(2 x 22 +1) ¿ (2 x 21+1)( x 22 − x +1)+(2 x 22 +1)( x12 −2 x 1+1) ¿ (2 x 1+ 1) ¿ (4 − √ 8) [( x x − x1 − x +1) ] ¿ ¿ ¿ ( − √8) x 21 x 22 − x1 x 2( x1 + x 2)+3 ( x21 + x 22)−2( x + x 2)+2 ¿ (4 − √ 8) [ ( x1 x − x − x 2+1)] 2 [ [ ] Áp dụng định lý Vi-et ta có: x 1+ x 2=− ; x x 2=−3+ √8 Thay vào biểu thức trên ta có: S 1= 80+22 √ +√ Thực việc tính toán tương tự phương trình (2) ta có : S=S1 + S2 = ] Bài tập tương tự: 1) Cho phương trình : x 2+ x +m=0 a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm ngịch đảo b)Tìm giá trị lớn biểu thức: A=x 21 ( x +1)+ x 22 (x 2+1) 2) Cho hàm số y=x − x +m Tìm m cho đồ thị hàm số cắt trục hoành hai điểm phân biệt A,B cho OA=3OB 3) Tìm m cho phương trình: x −(m+2) x +m2+1=0 có nghiệm thỏa mãn: 2 x 1+2 x 2=3 x x 4)Tìm m cho đồ thị hàm số : y=x −2( m+ 4) x2 +m2 +8 cắt trục hoành điểm phân biệt A,B,C,D cho AB=BC=CD=DA 5) Giả sử x1; x2 là các nghiệm phương trình : x −5 x+1=0 Hãy thiết lập phương trình bậc hai có nghiệm là : x1 x +1 và x2 x +1 2) DẠNG 2: GIẢI HỆ ĐỐI XỨNG KIỂU Phân tích: - Hệ đối xứng hai ẩn kiểu là hệ gồm hai phương trình , hai ẩn, đó ta hoán đổi vai trò các ẩn phương trình thì mỗi phương trình không thay đổi - Để giải hệ đối xứng kiểu bằng cách sử dụng định lý Vi-et, ta thường biểu diễn các phương trình qua tổng và tích hai ẩn đó - Các hằng đẳng thức hay dùng là: a  b (a  b)  2ab ; a  b3 (a  b)3  3ab(a  b) a  b (a  b )  2a 2b Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: ¿ x √ y + y √ x=30 x √ x+ y √ y=35 ¿{ ¿ Giải: Ta đặt u= √ x ¿ u2 v +uv 2=30 u3 + v 3=35 ¿{ ¿ ; v= √ y , hệ trở thành: uv (u+ v )=30 u+ v ¿ −3 uv (u+v )=35 ¿ ⇔ ¿ ¿{ ¿ Tiếp theo ta đặt S=u+v; P=u.v ( S ≥ P¿ , ¿ SP=30 ta hệ: S − SP=35 ¿{ ¿ ⇔ ¿ SP=30 S 3=125 ¿{ ¿ ⇔ ¿ S=5 P=6 ( thỏa mãn) ¿{ ¿ Theo định lí Vi-et ta có u, v là nghiệm phương trình: t2-5t+6=0 Giải t=2; t=3 ¿ ¿ u=2 u=3 Do đó v =3 v =2 ¿{ ¿{ ¿ ¿ Dẫn đến nghiệm hệ là(4;9); (9;4) Ví dụ 2: Tìm m để hệ có nghiệm nhất: ¿ x y +xy 2=2( m+1) xy + x+ y=2(m+2) ¿{ ¿ Giải: Đây là hệ đối xứng kiểu Giả sử (a;b) là nghiệm hệ thì (b;a) là nghiệm hệ đó Để hệ có nghiệm thì a=b Thay vào hệ ta ¿ a3=m+1 a2 +a=m+2 ¿{ ¿ Trừ vế theo vế phương trình trên cho phương trình ta Từ đó suy m=0 m=-2 ¿ x y + xy 2=2 xy + x+ y=4 Thử lại với m=0 ta có hệ: ¿{ ¿ Đặt u= x+y; v=x.y ( u2 ≥ v ¿ , ta có hệ : ¿ ⇔ uv =2 v +u=4 u=2 v =1 ¿{ ¿{ ¿ Theo định lý Vi-et thì x, y là nghiệm phương trình: t2-2t+1=0 , ta t=1 Vậy hệ có nghiệm x=y=1 ¿ x y + xy2 =−2 xy + x + y=0 Với m=-2 ta có hệ: ¿{ ¿ Bằng cách đặt tương tự ta (u;v)=(2;-1) và (u;v)=(-2;1) Do đó hệ không có nghiệm Vậy m=0 là giá trị cần tìm Ví dụ 3: a− 1¿ 2=0 ⇔ a=± a − a2 − a+1=0 ⇔( a+1) ¿ ¿ x + xy+ y 2=3 − √ x + y 4=5 ¿{ ¿ Giải hệ phương trình: Giải: Ta có x4+y4 = (x2 +y2)2 -2x2y2 Nên đặt u=x2 +y2 ; v=xy, ta có hệ trở thành ¿ u=3 hệ v =− √ ¿{ ¿ (I) là ¿ x + y =3 Với hệ (I) thì xy=− √ ⇒ ¿{ ¿ ¿ u=9 − √ v =−6+3 √ (II) ¿{ ¿ ¿ u+ v=3 − √ u2 − v 2=5 Giải ¿{ ¿ ¿ x 2+ y =3 x2 y 2=2 ¿{ ¿ Theo định lý Vi-et thì x2 ; y2 là nghiệm phương trình t2 -3t +2=0 , ta t=1; t=2 ¿ x2 =1 y 2=2 xy <0 ¿ {{ ¿ ¿ x2 =2 Thế vào hệ ta , là y =1 xy <0 ¿ {{ ¿ Suy nghiệm (x; y) là (1; - √ ); ( −1 ; √ ) ; ( √ ;-1); (- √ ;1) Trường hợp dẫn đến phương trình bậc hai vô nghiệm Ví dụ 4: ¿ (x + x +1)( y + y +1)=3 Giải hệ phương trình : (1 − x)(1 − y )=6 ¿{ ¿ Giải: Nhân các biểu thức vế trái mỗi phương trình, đặt u=x+y; v=xy, ta đưa hệ đã cho hệ sau: ¿ u +v + uv+u − v −2=0 v − u=5 ¿{ ¿ 2 ⇔ ¿ uv =−6 v −u=5 ¿{ ¿ Dùng phương pháp ta v=5+u, vào phương trình trên ta u(5+u) =-6 ⇔ u2 +5u +6 =0, giải u =-3; u=-2 Với u=-3 thì v= , theo định lý Vi-et ta có u;v là nghiệm phương trình t2 +3t+2 =0, suy t=-1; t=-2 Vậy hệ có nghiệm (-1;-2);(-2;-1) Với u=-2 thì v==3 Theo định lý Vi-et thì x,y là nghiệm phương trình t2 +2t +3 =0 Phương trình này vô nghiệm Vậy hệ đã cho có hai nghiệm trên Bài tập tương tự: 1) Giải hệ phương trình : a) c) ¿ x+ y+ xy=5 x 2+ y 2=5 ; ¿{ ¿ ¿ 3 2( x + y)=3( √ x y + √ y x ) √3 x+ √3 y =6 ¿{ ¿ b) ¿ x + y=a x + y =a ¿{ ¿ 2) Tìm a để hệ : ¿ x + y +xy=a x y + xy2 =3 a −8 có nghiệm ¿{ ¿ 3) Giả sử (x;y) là nghiệm hệ : ¿ x+ y=2 a −1 x 2+ y =a2 +2 a −3 ¿{ ¿ Xác định a để xy nhỏ 4) Giải và biện luận hệ phương trình : ¿ x + y=− x − y3 =m( x+ y) ¿{ ¿ 1) DẠNG 3: CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Phân tích: Định lý Vi-et có thể sử dụng để chứng minh bất đẳng thức Tất nhiên đây ta hiểu là dùng nó để biến đổi trung gian Để có thể sử dụng định lý Vi-et, thông thường các kiện bài toán thường đưa dạng tổng và tích các ẩn Qúa trình chứng minh ta có thể sử dụng định lý dấu tam thức bậc hai, bất đẳng thức cổ điển, các phép biển đổi tương đương… Ví dụ 1: Cho x,y,z khác và thỏa mãn x+ y+ z=xyz và x 2=yz Chứng minh rằng: x ≥ Giải: Từ giả thiết ta có: ¿ y + z=x − x yz=x ¿{ ¿ Theo định lý Vi-et thì y,z là nghiệm phương trình : t2-( x − x )t+ x =0 Do tồn tại các số y,z nên phương trình trên phải có nghiệm Tức là: ¿≥0 x − x ¿ −4 x2 ≥ ⇔ x ¿ Δ≥0 ⇔ ¿ Vì x ≠ nên ¿≥0 ¿ ⇔ x −1 ≥ ¿ x −1 ≤ −2 ¿ ¿ ¿ ¿ Điều kiện bất phương trình thứ không thể xảy Vậy x2 ≥ Ví dụ 2: Cho các số thực x,y,z thỏa mãn: x+y+z=5 và xy+yz+zx= Chứng minh rằng 1≤ x ; y ; z ≤ Giải: Từ giả thiết ta xem z là tham số, ta có hệ phương trình ẩn x,y : ¿ x + y=5 − z xy +z ( x + y)=8 ⇔ ¿ x + y =5− z xy=8− z (5 − z) ¿{ ¿ Theo định lý Vi-et thì x,y là nghiệm phương trình: t2-(5-z)t +8-z(5-z)=0 Do phương trình có nghiệm x, y nên : − z ¿ − [8− z (5− z)]≥ ⇔ 1≤ z ≤ Δ=¿ Do vai trò bình đẳng x,y,z nên ta có kết luận tương tự x và y Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên hệ phương trình: ¿ xy + yz+zx =8 x + y + z=5 ¿{ ¿ Giải: Đây là hệ có cấu trúc đặc biệt Do số ẩn nhiều số phương trình nên ta cần giải theo phương pháp đặc biệt, đó là đánh giá Do vai trò bình đẳng các ẩn, ta có thể đánh giá một ẩn nào đó, chẳng hạn là ẩn z Ta đánh giá z sau Xem hệ đối xứng hai ẩn kiểu x,y và z là tham số Ta viết lại hệ: ¿ xy +( y+ x) z=8 x + y =5− z ⇔ ¿ xy+(5 − z ) z=8 x + y =5− z ⇔ ¿ xy=8−(5 − z )z x + y =5− z ¿{ ¿ Điều kiện để hệ có nghiệm x, y ta phải có: (x+y)2 − z ¿ ≥ 32− z (5 − z ) ⇔3 z −10 z +7 ≤ ⇔ 1≤ z ≤ 4xy ⇔ ¿ Vì z nguyên nên ta z=1; z=2 với z=1 ta x=y=2 với z=2 ta (x;y)=(1;2) (x;y)=(2;1) Vậy hệ có nghiệm nguyên (x;y;z) là (1;2;2); (2;2;1); (2;1;2) Chú ý: Nếu các bài tập liên quan đến việc chứng minh các bất đẳng thức các hệ số phương trình, ta nhanh chóng biểu diễn các hệ số đó qua các nghiệm , chứng minh bất đẳng thức các nghiệm đó Ví dụ : Cho tam thức bậc hai f(x) = ax2 +bx+c ( a khác 0) có hai nghiệm x1;x2 thuộc [0;1] Tìm giá trị lớn biểu thức : A= (a −b)(2 a − b) a (a −b +c) Giải: Theo định lý Vi-et ta có: −b c x 1+ x 2= ; x x 2= Biến đổi biểu thức A ta được: a a b b )(2  ) (1  x1  x2 )(2  x1  x2 ) x12  x22  x1  x2 a a A  2  b c  x1  x2  x1 x2  x1  x2  x1 x2 1  a a x  x2  x1  x2 2  1  x1  x2  x1 x2 1+ x x + x 1+ x2 2+ ≤ 1+ x + x 2+ x x2 (1  Lại có với b=-2a=-2c thì A=3 Nên giá trị lớn A là Ví dụ 5: Cho phương trình ax2+bx+c=0(1) với a>0 có hai nghiệm x1;x2 thuộc ¿ Chứng minh rằng : (2+ (4 a −b)(2+ √ c ) ≥ 2(4 a− b+c ) (1) a Giải: Vì x1;x2 là hai nghiệm (1) nên theo hệ thức Vi-et ta có: x 1+ x 2= −b c ; x x 2= a a Biến đổi bất đẳng thức (1) bằng cách chia hai vế cho a ta được: b c b c (4 − )(2+ )≥ 2(4 − + ) a a a a (2+ x 1)+(2+ x2 ) ⇔ (4 + x 1+ x )(2+ √ x x )≥ 2( 4+2 x 1+2 x 2+ x x2 ) ⇔ ≥ (2+ x1 )(2+ x 2) 2+ √ x x 1 1 ⇔ + ≥ ⇔ + ≥ 2+ x 2+ x 2+ √ x x x1 x2 x1 x2 1+ 1+ 1+ 2 2 x1 x2 Đặt u= ; v = ta thu bất đẳng thức quen thuộc : 2 1 + ≥ 1+u 1+ v 1+ √ uv √ √ ( có thể chứng minh bằng biến đổi tương đương) Từ đó ta có điều phải chứng minh Ví dụ 6: Gỉa sử phương trình ax3 +(b-a)x2+(c-a)x-c=0(1), với a 0 có nghiệm là độ dài cạnh một tam giác Chứng minh rằng : a −b a + > (2) a+c −b b Giải: Dễ thấy (1) có nghiệm x=1, hạ bậc ta được: (x-1)(ax2+bx+c)=0 Gọi x1; x2 là các nghiệm phương trình : ax2+bx+c=0 Theo định lý Vi-et ta có: x 1+ x 2= Biến đổi (2) sau 2− −b c ; x x 2= a a b a 2+ x + x a + >0 ⇔ − >0 c b b 1+ x + x 2+ x x2 x + x 1+ − a a ⇔ (2+x1+x2)(x1+x2)>(1+x1+x2+x1x2) ⇔ x1+x2-1+x12+x22 +x1x2>0 x ; là độ dài ba cạnh tam giác Bất đẳng thức cuối đúng vì x ; Bình luận: Từ các biểu thức đối xứng hai nghiệm, xuất phát từ số bất đẳng thức quen thuộc, ta có thể sáng tạo số bài toán 1) Chẳng hạn từ bất đẳng thức : 1 + ≥ , với a>0;b>0 a b a+ b Ta có thể tạo bài toán sau: Giả sử phương trình : ax 2+ bx +c=0 ( a ) có các nghiệm dương x ; x Chứng minh : b 4a ≤ c b 2) Hay chẳng hạn từ bất đẳng thức : a+b +c ¿ ≥ 3(ab +bc +ca) , ¿ ta có thể đưa bài toán sau: Chứng minh phương trình : ax + bx +cx+ d=0 b − ac ≥0 Chứng minh rằng: a (a ) có nghiệm x ; x ; x 3)Xuất phát từ các bất đẳng thức: Cho các số thực dương a,b , ta có: 2 a b + ≥ a+ b b a a2 b2 + ≥ √ (a 3+ b3) b a Sử dụng các kết trên ta có thể có các bài toán mới: Giả sử phương trình bậc hai: ax 2+ bx +c=0 với a>0, có các nghiệm dương Chứng minh các hệ số phương trình thỏa mãn: i) b2 ≤3 ac 3 ii) abc −b ¿ ≥ a c ¿ Bài tập tương tự: ¿ a>0 a2 =bc 1) Biết a,b,c thỏa mãn: a+b +c=3 abc ¿{{ ¿ Chứng minh rằng: a ≥ √ ; b>0; c>0; b2 +c ≥2 a2 ¿ 2 a + b +c 2=2 2) Biết a,b,c là ba số thỏa mãn: ab+ bc+ ca=1 ¿{ ¿ 4 Chứng minh : − ≤ a ; b ; c ≤ 3 ¿ a2 +b 2=1 3) Cho c+ d=3 Chứng minh rằng: ¿{ ¿ 9+ √2 S=ac+ bd+ cd ≤ 4) Cho |ax +bx + 4|≤ , x ∈[−1 ; 1] Tìm GTLN biểu thức: D=8a2 +6b2 5) Cho a+b+c=0; a2 +b2+c2 =1 Đặt M =max {a ,b , c } ; m=min { a , b , c } Chứng minh rằng: m M ≤ 6) Cho x2 +y2 +z2 =1 Tìm GTLN F=xy +yz +zx 7) Xét các số thực a,b,c cho phương trình bậc hai: ax2 +bx +c=0 có hai nghiệm thực thuộc đoạn [0; 1] Hãy tìm GTLN, GTNN biểu thức: M= (a − b)(2 a −c ) a(a − b+c ) ( toán học tuổi trẻ tháng 9-2011) 2) DẠNG 4: ỨNG DỤNG VÀO BÀI TOÁN CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ Phân tích: Đây là dạng bài tập phổ biến các đề thi Đại học, cao đẳng năm gần đây Điều quan trọng dạng bài tập này là học trò làm biểu diễn tọa độ điểm cực trị một cách gọn gàng và nhanh chóng Để làm điều đó, học sinh phải biết tọa độ các điểm cực trị nghiệm đúng phương trình nào? Để tiện việc giải các bài tập cực trị, ta cần lưu ý các kiến thức liên quan sau: Định lý Phec-ma: a; b Cho hàm số f(x) xác định, liên tục trên đoạn   Nếu hàm số y= f(x) đạt cực trị x0  (a; b) và có đạo hàm x0 thì f’(x0)=0 Chứng minh: Ta giả sử x0 là điểm cực đại Vì hàm số có đạo hàm tại x0 nên : f ( x0  h)  f ( x0 ) h h Do x0 là điểm CĐ nên ta có f ( x0  h)  f ( x0 ) 0 Do đó: f ( x0  h)  f ( x0 ) f ( x0  h)  f ( x0 ) 0 0 h>0 và h h h<0 Chuyển qua giới hạn ta có f '( x0 ) lim f '( x0 ) 0 và f '( x0 ) 0 Do đó f '( x0 ) 0 (do tồn tại đạo hàm tại x ) Trường hợp x0 là điểm CT chứng minh tương tự Bổ đề 1: Nếu hàm số đa thức y=f(x) có cực trị thì phương trình đường qua các điểm cực trị là y=r(x), đó r(x) là đa thức dư phép chia f(x) cho f’(x) Chứng minh: Thực phép chia f(x) cho f’(x) ta thương là h(x), đa thức dư là r(x) ta có thể viết lại: f ( x)=f '( x ) h(x )+ r (x) Theo định lý Phec-ma thì x0 là điểm cực trị f ' (x 0)=0 Do đó thay vào biểu thức trên ta f ( x 0)=r (x 0) được: Ta có điều phải chứng minh Bổ đề 2: u( x ) đạt cực trị và có đạo hàm điểm cực trị thì tọa độ cực trị v(x) u ' (x ) nghiệm đúng phương trình y= v ' (x ) Nếu hàm số phân thức y= Chứng minh: Giả sử hàm số đạt cực trị tại x0 và có đạo hàm tại x0,vậy thì : u ' (x ) v (x )− u(x 0) v ' (x ) =0 v (x ) u( x ) u ' ( x 0) = u ' (x ) v (x )− u( x 0) v '( x ) =0 ⇔ v ( x ) v ' ( x 0) y ' (x 0)=0 Hay : y= hay : ⇔ u ' (x ) v ' (x ) Ví dụ 1: Cho hàm số y= x −(3 m+ 2) x+ m+ Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu và khoảng cách x−1 chúng nhỏ Giải: Ta có x − 1¿ ¿ x −2 x +2 m−2 y '= ¿ Hàm số có cực đại cực tiểu phương trình: x −2 x +2 m−2 =0 (1) có hai nghiệm phân biệt, ta m<3/2 Giả sử x1; x2 là hoành độ cực trị Khi đó chúng là nghiệm (1) nên theo định lý Vi-et ta có : x1+ x2=2; x1 x2=2m-2 Theo bổ đề ta có tung độ cực trị tương ứng là : y1=2x1-3m-2; y2=2x2-3m-2 Tọa độ các điểm cực trị đồ thị là A(x1;y1); B(x2;y2) Theo đề ta có : AB< ⇔ ⇔ AB2 <9 ⇔ 60 − 40 m< ⇔ m> Đối chiếu điều kiện ta ¿<9 5¿ 51 40 51 < m< 40 Ví dụ 2: Cho hàm số y= x 2+ mx+3 x+1 Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu và chúng nằm hai phía đường thẳng 2x+y1=0 (d) Giải: Ta có : y'= x +2 x +m− ( x +1) Hàm số có cực đại cực tiểu phương trình : x +2 x +m− =0 (1) có hai nghiệm phân biệt, ta m <4 Giả sử các điểm cực trị là A(x1;y1); B(x2;y2) Khi đó x1; x2 là nghiệm (1) nên theo định lý Vi-et ta có x1+x2=-2; x1.x2=m-3 Theo bổ đề ta có: y1=2x1+m; y2=2x2+m Để A, B nằm khác phía (d) thì : (2x1+y1-1)( 2x2+y2-1)<0 Tính toán ta −3 − √ 3<m<−3+ √ (thỏa mãn) Ví dụ 3: Chứng minh rằng hàm số y =x4-6x2+4x+6 có điểm cực trị tạo thành tam giác có trọng tâm là gốc tọa độ Giải: Ta có: y’ = 4x3-12x+4 Ta chứng minh phương trình: 4x3-12x+4=0 (1) có nghiệm phân biệt Đặt f(x)= 4x3-12x+4 Ta có f(-2)=-4; f(-1)=12; f(1)=-4; f(2)=12 Theo tính chất hàm số liên tục thì f(x) cắt trục hoành tại ít điểm Mặt khác vì f(x) là hàm số bậc ba nên có tối đa nghiệm Vậy y’=0 có nghiệm phân biệt Do đó hàm số đã cho có điểm cực trị Ta gọi điểm đó là: A(x1; x14-6x12+4x1+6); B(x2;x24-6x22+4x2+6); C(x3; x34-6x32+4x3+6) Theo định lý Vi-et vì x1;x2;x3 là nghiệm (1) nên ta có: x1+x2+x3=0 Tương ứng ta có: y1+y2+y3 = x14-6x12+4x1+6 +( x24-6x22+4x2+6)+( x34-6x32+4x3+6) = (x14+x24+x34)-6(x12+x22+x32) + 4(x1+x2+x3)+18 Cũng vì x1;x2;x3 là các nghiệm (1) nên ta có x13-3x1+1=0 Suy x14- 3x12+x1 =0 Tương tự x2; x3.Vậy nên: x14+x24+x34=3(x12+x22+x32) – (x1+x2+x3) Theo hệ thức x12+x22+x32 =( x1+x2+x3)2 – 2(x1x2 +x2x3+x1x3) Lại theo định lý Vi-et ta có: x1+x2+x3 =0; x1x2 +x2x3+x1x3=-3 Thay vào ta tính y1+y2+y3=0 Vậy gốc tọa độ là trọng tâm tam giác ABC Ví dụ 4: Cho hàm số : x 2+(m+2) x +3 m+2 y= x +2 2 Tìm m để hàm số có cực trị và y max + y > Giải: x+ 2¿ ¿ Ta có : x + x +2− m y'= ¿ Hàm số có cực trị phương trình : x 2+ x +2− m =0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác -2 Tìm m>-2 (*) Gọi x1; x2 là các nghiệm (1), là các hoành độ cực trị Theo định lý Vi-et ta có: x1+x2 = -4; x1x2 = 2-m Khi đó tọa độ cực trị là A( x1; 2x1+m+2) ; B( x2; 2x2+m+2) 2 y max + y > Theo giả thiết ta có : ⇔ (2x1+m+2)2 +(2x2+m+2)2 > 2 ⇔ 2 ( x 1+ x2 )+4 (m+2)( x + x 2)+2 ¿ x1 + x ¿2 − x x m+2 ¿2 >1 ⇔ ¿+8 (m+ 2)( x + x 2)+4 ¿ 8¿ m+2 ¿2 > Thay m vào ta : m+ 2¿ −32( m+ 2)>1 [16 − 2(2 −m)]+ ¿ ⇔ m2 − 47>0 m> √ ⇔ 47 ( điều kiện (*)) Ví dụ 5: Cho hàm số y= x 2+2 mx+ x +1 Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu và khoảng cách chúng tới đường thẳng x+y+2=0 là bằng Giải: Ta có x +1 ¿ ¿ x 2+2 x +2 m−2 y'= ¿ Để hàm số có CĐ, CT thì phương trình khác -1 x +2 x +2 m−2 =0 (1) phải có hai nghiệm phân biệt ⇔ ¿ −2 m≠ − 2m>0 (*) ⇔ m< ¿{ ¿ Tương tự bài 4) ta có tọa độ các điểm cực trị là A(x1; 2x1+2); A(x2; 2x2+2) Theo đề ta có: d(A;d) = d(B;d) ⇔ |3 x 1+2 m+2|=|3 x +2 m+ 2| Bình phương vế chuyển vế, đặt nhân tử chung ta có: (3 x1 −3 x 2)(3 x +3 x2 +4 m+ 4)=0 ⇔ x1 +3 x 2+ m+ =0 Theo định lý Vi-et thì x1+x2 = -2 Thay vào biểu thức cuối ta m= Ví dụ 6: − x +3 x+ m x−4 Tìm m để hàm số có CĐ, CT và | y CĐ − y CT|=4 Cho hàm số y= Giải: Ta có : x−4 ¿ ¿ − x +8 x − m−12 y'= ¿ Để hàm số có CĐ, CT thì phương trình : − x +8 x − m−12 =0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác ⇔ ¿ − m> − m≠ ⇔ m< ¿{ ¿ Gọi x1; x2 là các hoành độ cực trị, thì x1; x2 là nghiệm (1) nên x1+x2 =8; x1x2=m+12 Theo đề | y CĐ − y CT|=4 ⇔ ⇔ x1  x 4 ⇔ |x − x 2|=2 x 1+ x ¿ − x x 2=4 ¿ Thay hệ thức Vi-et vào ta có m=3 (thỏa mãn) Vậy m=3 Bài tập tương tự: 1 y= x −( m−1)x +3( m−2) x + Tìm m để hàm số có CĐ, CT 3 x thỏa mãn x 1+2 x 2=1 x −3 x+ m 2) Tìm m để hàm số y= có CĐ, CT thỏa mãn | y max − y min|>8 x−m 1) Cho hàm số x1 ; ( Đề 75) 3) Tìm m để đồ thị hàm số trục Ox mx 2+ mx+2 m+1 y= x −1 có điểm CĐ, CT nằm hai phía 5) DẠNG : ỨNG DỤNG VÀO BÀI TOÁN TIẾP TUYẾN Phân tích: Bài tập tiếp tuyến thường liên quan tới các điều kiện tiếp xúc đường cong và đường thẳng Cần làm cho học sinh thấy rõ tọa độ điểm tiếp xúc thường là nghiệm một phương trình nào đó mà ta có thể đưa bậc hai để sử dụng định lý Vi-et Các kỹ thuật nhẩm nghiệm cần sử dụng tốt dạng bài tập này Ví dụ 1: Cho hàm số y= − x +1 (C ) x −1 Chứng minh rằng với m đường thẳng y= x+m luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B Gọi k, k2 là hệ số góc tiếp tuyến tại A, B Tìm m để tổng k1+k2 lớn ( Đề thi đại học khối A năm 2011) Giải: Phương trình hoành độ giao điểm d và (C) là : − x+ =x+ m x−1 ⇔− x+1=(2 x − 1)( x +m) ( x= không là nghiệm ) ⇔ x 2+2 mx − m−1=0(1) Ta có : Δ=m + 2m+2>0, ∀ m Nên d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B Ta gọi x1, x2 là hoành độ A,B Khi đó x,x2 là nghiệm (1) nên theo định lý Vi-et ta có: x+x2=-m và x1.x2= − m− x1 −1 ¿2 ¿ x −1 ¿2 ¿ x 1+ x ¿2 − x1 x − 4( x1 + x 2)+2 ¿ Tổng k1+k2= x1 x −2 (x1 + x 2)+1 ¿2 ¿ 4¿ ¿ ¿ −1 ¿ m+1 ¿2 − 2≤ −2 ¿ − m2 − m−6=− ¿ Suy k1+k2 lớn bằng -2 m= -1 Bình luận: Nếu không sử dụng định lý Vi-et , ta có thể dùng bất đẳng thức Cô-si để đánh giá biểu thức 2 x −1 ¿ ¿ x −1 ¿2 ¿ ¿ ¿ ¿ Dấu đẳng thức xảy x 1=x 2= −m Thay vào phương trình ta tìm m=-1 Ví dụ 2: Cho hàm số y=x3-3x2+2 (C ) Tìm trên đường thảng y=-2 các điểm mà từ đó có thể kẻ hai tiếp tuyên vuông góc đến ( C ) Giải: Ta gọi M(m;-2) là điểm thuộc đường thẳng y=-2 Đường thẳng qua M với hệ số góc k có phương trình: y=k(x-m)-2 (d) Điều kiện để (d) tiếp xúc với (C ) là ta có hệ: ¿ x3-3x +2 =k ( x-m)− (1) 3x2 −6 x=k (2) ¿{ ¿ Thế k từ (2) lên (1) ta : x3-3x +2 =(3x − x)( x-m)− ⇔ (x-2)[2x 2+(1 −3 m) x+ 2]=0 ⇔ x=2 ¿ 2x +(1− m) x+2=0(3) ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Với x=2, ta suy k=0 đường thẳng vuông góc với (d) có dạng x=a Dễ thấy đường x=a không thể là tiếp tuyến (C) Nên không có tiếp tuyến nào (C) vuông góc với tiếp tuyến trên Do dó đễ có cặp tuyến tuyến vuông góc thì các nghiệm phải là nghiệm (3) Trước hết (3) phải có nghiệm phân biết khác 1− m¿2 −8 ≥ Δ=¿ và m≠ Khi đó gọi x1;x2 là hai nghiệm (3) thì theo định lý Vi-et ta có: x1+x2= m −1 ; x x2=1 Gọi k1; k2 là hệ số góc các tiếp tuyến Ta có k1=f’(x1); k2=f’(x2) Vì hai tiếp tuyến vuông góc nên: k1.k2=-1 ⇔(3 x21 −6 x 1)(3 x 22 − x 2)=− 55 Thử lại ta thấy giá trị này thỏa mãn 27 55 Vậy điểm cần tìm là M( ;-2) 27 Thay số vào ta m= Ví dụ Cho hàm số y= x 2+ mx− (C m) Tìm m để (Cm) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A và B x−m cho tiếp tuyến tương ứng tại A và B vuông góc Giải : Để (Cm) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt thì phương trình : f(x)=x2 +mx-8 =0 (1) có hai nghiệm phân biệt Ta có : Δ=m + 32> ⇔ ∀ m∈ R f(m) khác với m Như với m, đồ thị hàm số luôn cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt Gọi x1 ;x2 là hai nghiệm (1), thì x1 ;x2 là hoành độ A và B x −m ¿ ¿ x −m ¿2 ¿ ¿ x −2 mx+ 8− m y'= ¿ Tiếp tuyến tại A ; B có hệ số góc là x1 −m ¿2 ¿ k1= − m2 1+ ¿ x2 −m ¿2 ¿ ; k2= − m2 1+ ¿ Để hai tiếp tuyến vuông góc thì k1.k2 =-1 x −m ¿ ¿ x −m ¿2 −2 m2 ¿ ¿ x −m ¿2 ¿ x − m¿2 ¿ ¿ ¿ ¿+¿ ¿ ¿ −2 m¿ ¿ ⇔ 1+¿ x − m¿ 8− m2 ¿2 ¿ x − m¿ ¿ x1 −m ¿2 ¿ ¿ ¿ x −m ¿2 ¿+ ¿ ¿ x + x 22 −2 m( x 1+ x2 )+2 m2 ¿ 8− m¿2 ¿ ⇔1+¿ Theo định lý Vi-et ta có : x1+x2=-m ; x1x2=-8 Từ đó x22+x22 = (x1+x2)2-2x1x2=m2+16 Và (x1-m)(x2-m)=x1x2-m(x1+x2)+m2=-8+2m2 Thay vào k1.k2 =-1 ta m=± √ 10 Ví dụ : Cho hàm số y=x + x+1 (C) Chứng minh rằng qua A(1 ;-1) luôn vẽ hai tiếp tuyến đến đồ thị và hai tiếp tuyến đó vuông góc Giải : Gọi k là hệ số góc đường thẳng d qua A Khi đó d có phương trình : y=k ( x − 1)−1 (d) Vì (d) tiếp xúc với (C) nên ta có hệ phương trình sau có nghiệm : x + x+1 =kx − k −1(1) x x +1 ¿ ¿ x +1 ¿2 ¿ (2) ¿ ¿ ¿ ¿ k =1− ¿ Thế k từ (2) lên (1) và biến đổi , thu gọn , cuối cùng ta : x +3 x +1=0 (*) Vì (*) có hai nghiệm phân biệt nên từ A ta luôn kẻ hai tiếp tuyến đến (C) Gọi x1 ; x2 là các nghiệm (*) Theo định lý Vi-et ta có : x1+x2 =-3 ; x1x2 =1 Gọi k1 ; k2 là hệ số góc các tiếp tuyến tương ứng với hoành độ tiếp điểm x1 ; x2 Ta có : x +1 ¿ ¿ x +1 ¿2 −3+1+1 ¿2 ¿ ¿ x1 x 2+ x + x ¿2 = ¿ 1(1 − 6+4 ) ¿ ¿ ¿ ¿ x +2 x k k 2= ¿ Vậy hai tiếp tuyến vuông góc Bài tập tương tự : 1) Tìm quỹ tích tất các điểm từ đó kẻ hai tiếp tuyến vuông góc đến đồ thị hàm số x −2 x +2 y= x−1 2) Tìm m để đồ thị hàm số y= x −2 mx+ m x+ m cắt trục hoành hai điểm phân biệt và các tiếp tuyến đó vuông góc 3) Tìm các điểm trên trục tung mà từ đó kẻ hai tiếp tuyến vuông góc đến đồ thị hàm số y=x +7 x+ ( ĐHTH Hà Nội 89) 4) Tìm trên đươngg thẳng y=− các điểm mà từ đó kẻ hai tiếp tuyến vuông góc đến đồ thị hàm số y=x − x2 +2 6)DẠNG 6: TƯƠNG GIAO CỦA HAI ĐỒ THỊ VÀ TẬP HỢP ĐIỂM Phân tích: Đây là dạng bài tập hay gặp các kỳ thi tuyển sinh Công việc đầu tiên học sinh cần làm là viết phương trình hoành độ giao điểm Từ phương trình đó , sử dụng định lý Vi-et để biểu diễn các biểu thức đề bài yêu cầu qua hệ số phương trình Cuối cùng là đánh giá biểu thức đó thông qua các hệ số vừa thay vào Ví dụ 1: Cho hàm số x +3 x −3 y= Tìm m để đồ thị hàm số cắt đường thẳng d: y=m tại hai điểm phân 2(x − 1) biệt A,B cho AB=1 Giải: Phương trình hoành độ giao điểm hai đồ thị hàm số là: x2 +3 x − m= 2( x − 1)  ¿ x≠1  x 2+(3 −2 m) x − 3+2 m=0(1) ¿{ ¿ f (1)≠ −2 m¿ 2+12 −8 m>0 ¿ ⇔ ¿ ¿ 1≠ ¿ m< ¿ m> ¿ ¿ ¿ ¿ Δ=¿ Ta gọi x1; x2 là các nghiệm (1) Theo định lý Vi-et ta có: x1+x2=2m-3; x1x2=2m-3 Tọa độ các giao điểm A(x1;m); B(x2;m) Theo đề ta có AB2 =  (x1-x2)2 =1  (x1+x2)2-4x1x2=1 Thay vào ta có: (2m-3)2-4(2m-3)=1 Giải m= ± √5 Ví dụ 2: Cho hàm số y= − x + x+1 Chứng minh rằng với m thì đường thẳng y=m luôn cắt đồ thị x −1 trên tại hai điểm phân biệt A;B Tìm m để AB ngắn Giải: Phương trình hoành độ giao điểm hai đồ thị hàm số là ¿ x≠1 m( x − 1)=− x 2+ x +1  ⇔ − x 2+ x+1 m= (1) ¿ x ≠1 x −1 x 2+(m− 1) x − m−1=0 ¿{ ¿ Đặt f(x)= x 2+(m− 1) x − m−1=0 Ta có f(1)=-1 Lại có Δ=m2+ 2m+5> 0, ∀ m Nên d luôn cắt ( C) tại hai điểm phân biệt Gọi x1; x2 là các nghiệm (1) Tọa độ các giao điểm A; B là A(x1;m); B(x2;m) Do đó : AB2=(x1-x2)2 = (x1+x2)2 – 4x1x2= (m-1)2+4m+4 =m2+2m+5=(m+1)2+4 Vậy AB ngắn bằng m=-1 Ví dụ 3: Cho hàm số y= x3 -2x2+(1-m)x +1 (1) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại điểm phân biệt x1; x2; x3 cho x12+x22+x32<4 Giải: Phương trình hoành độ giao điểm đồ thị hàm số (1) và trục Ox là: x  2x    m  x  m 0   x  1  x  x  m  0  x  0 (2)   g(x) x  x  m 0 (3) Gọi x1 là nghiệm pt (2) và x2, x3 là nghiệm pt (3) áp dụng định lý Vi-et ta có x2+x3=1 ; x2.x3=m Yêu cầu bài toán : Δ>0 g (1) ≠ x 21 + x 22+ x 23 <4 ¿ ⇔ ¿ 1+ m>0 m≠ x 2+ x ¿ − x x3 < ¿ ¿{{ 1+ ¿ 1  m    m 0  1   2m       m 0  4 m     m 1 4 m 0 Bình luận : Ở đây phương trình hoành độ giao điểm là bậc ba, ta nhẩm nghiệm nên đưa phương trình bậc hai Từ đó ta chuyển áp dụng định lý Vi-et phương trình bậc hai Do phạm vi chương trình phổ thông, nên các đề thi tuyển sinh thường áp dụng định lý Viet phương trình bậc hai Vì làm bài, học sinh cần nghĩ tới việc nhẩm nghiệm để hạ bậc Tiêu chí đầu tiên nghiệm là thay vào phải triệt tiêu tham số Điều đó giúp ta nhìn nghiệm nhanh chóng Ví dụ : Chứng minh rằng đường cong x 2+2 x y= x +1 và đường thẳng phân biệt đối xứng qua đường thẳng y=x Giải : y=− x −3 cắt tại hai điểm Phương trình hoành độ giao điểm hai đồ thị : x +2 x =− x −3 ; x ≠− x +1 ⇔ x 2+6 x +3=0 (1) Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt vì Δ '=3>0 Gọi M1(x1 ; - x1-3) ; M2(x2 ; - x23) là hai giao điểm d và (C) Rõ ràng M1M2 vuông góc với đường thẳng y=x Gọi I(x0 ;y0) là trung điểm M1M2 Ta có ¿ x 1+ x x 0= =− 2 y + y - x -3+(- x -3) −3 y 0= = = 2 ¿{ ¿ Vậy M0 thuộc đường thẳng y=x Ví dụ 5: Cho hàm số y= x + mx− Tìm m để đồ thị hàm số cắt đường thẳng y=m tại hai điểm A, B x −1 cho OA vuông góc với OB, với O là gốc tọa độ ( Đề số 148, đề 95) Giải: Phương trình hoành độ giao điểm hai đồ thị là: x + mx− ⇔ x −1 x ≠1 x +m− 1=0(1) ¿{ m= Đặt f(x)= x2+m-1 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì phải có:  f (1) m 0  m    1  m  (*) Gọi x; x2 là các nghiệm (1) Khi đó tọa độ giao điểm là A(x1;m);B(x2;m) → → Theo đề OA vuông góc với OB nên OA OB =0 ⇔ x x +m2=0 Theo định lý Vi-et thì x1.x2=m-1 Do đó ta có phương trình: m2+m-1=0 ⇔ m= −1 ± √ ( thỏa mãn điều kiện (*)) Ví dụ 6: Cho hàm số y= x +3 x +3 (C) và đường thẳng d: y=mx-m Tìm m để d cắt (C ) tại hai điểm x +2 phân biệt A;B thuộc hai nhánh nó Tìm tập hợp trung điểm I đoạn AB m biến thiên Giải: Phương trình hoành độ giao điểm hai đồ thị là : mx −m= x 2+ x +3 (1)⇔ x +2 ¿ x ≠ −2 (m− 1) x 2+(m− 3)x −2 m−3=0(2) ¿{ ¿ Để d cắt ( C) tại hai điểm thuộc hai nhánh đồ thị thì (2) phải có hai nghiệm thỏa mãn x 1<2<x2 Ta đưa so sánh nghiệm với số sau: Đặt t=x-2, ta phương trình là: (m-1)t2-(3m-1)t-1=0 (3) Phương trình (3) phải có hai nghiệm trái dấu Tìm m>1 (*) Gọi x1; x2 là các nghiệm (2) Tọa độ các giao điểm là A(x1; mx1-m); B(x2;mx2-m) Tọa độ trung điểm I là: ¿ ¿ x 1+ x m− 1 x I= = x I= − 2(m− 1) m− ⇔ m m y + y m( x1 + x 2) −2 m yI = − −m yI = = m−1 2 ¿{ ¿{ ¿ ¿ 3+2 x I Từ phương trình trên rút m= >1 , suy xI >-1/2, vào phương trình 1+2 x I 2 x +xI− ta yI = x I+ I Vậy tập hợp các điểm M là đồ thị hàm số: y= Ví dụ 7: Cho hàm số 2 x + x −3 x+ với x>-1/2 y=x − mx + m3 với m là tham số Tìm m để đường thẳng 2 tại ba điểm phân biệt A,B,C cho AB=BC Giải: Phương trình hoành độ giao điểm hai đồ thị : 3 x=x − mx + m 2 3 x −3 mx −2 x+ m =0 (1) ⇔ x là hoành độ giao điểm A;B;C Gọi Từ giả thiết AB=BC ta suy : x + x =2 x x1 ; x2 ; Mặt khác áp dụng định lý Vi-et ta : ¿ 3m x x 2+ x x3 + x x =−1 −3 m2 x x x 3= ¿{{ ¿ Giải hệ gồm các điều kiện trên ta m=0 ; m=± √ x + x 2+ x 3= Ví dụ 8: Cho hàm số y=x − mx+2 m−1 y=x cắt đồ thị a) Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A, B b) Gọi C là giao điểm đồ thị với trục tung Tìm quỹ tích trọng tâm tam giác ABC m thay đổi Giải: a) Phương trình hoành độ giao điểm đồ thị với trục hoành là: x −2 mx+2 m −1=0 (1) Để đồ thị cắt trục hoành tại điểm phân biệt A,B thì (1) phải có hai nghiệm phân biệt m− 1¿ 2> ⇔ m≠ Δ' =¿ b) Gọi x1; x2 là các nghiệm (1) Ta có A (x ; 0) ; B ( x ; 0) Ta tìm C( ; 2m −1) ¿ x 1+ x 2 m x G= = 3 Tọa độ trọng tâm G tam giác ABC là m−1 y G= ¿{ ¿ Khử m từ hệ cuối cùng ta y G=x G − Từ đó suy tọa độ điểm G thỏa mãn phương trình : y=x − Giới hạn quỹ tích: Vì m= xG ≠1 ⇔ x G ≠ 3 Vậy tập hợp các điểm G là đường thẳng , bỏ điểm G0 ( ; ) Ví dụ 9: Cho hàm số y=x − x2 + x − (C) Chứng minh rằng với m, đường thẳng y=mx − m+1 (d) luôn cắt đồ thị tại một điểm I cố định Xác định m để đường thẳng đó cắt đồ thị hàm số tại điểm phân biệt I,M,N Trong trường hợp đó tìm quỹ tích trung điểm đoạn thẳng MN Giải: Phương trình hoành độ giao điểm hai đồ thị là: x −3 x +4 x −1=mx −m+1 ⇔ (x −1)( x − x +2 −m)=0 (1) Phương trình (1) luôn có nghiệm x=1 Vậy (d) luôn cắt (C) tại điểm I(1; 1) cố định với m Đặt f (x)=x −2 x+2 −m Để (d) cắt (C) tại điểm phân biệt thì f(x) phải có hai nghiệm phân biệt khác Tìm m>1 Khi đó gọi x1 ; x2 là các nghiệm f(x) Ta có x1 ; x2 là hoành độ các giao điểm M, N Ta để ý rằng tung độ các điểm M, N thỏa mãn phương trình (d) Gọi A là trung điểm M, N Ta có: ¿ x + x2 x A= =1 (mx −m +1)+(mx −m+1) y A= =1 ¿{ ¿ Ta có điểm A(1;1) Vậy tập hợp các trung điểm A đoạn thẳng MN chính là điểm cố định I(1;1) tìm trên Bài tập tương tự: 1) Tìm quỹ tích các điểm cực đại và cực tiểu đồ thị hàm số : 2 x +( m−2) x x −1 b) y=2 x − 3(2 m+1) x +6 (m 2+ m) x 2) Gọi (P) là Parabol có phương trình y=ax + bx+ c luôn tiếp xúc với đường thẳng y=2 x+ điểm A(1;3) 1+ x 3) Cho đồ thị hàm số y= (C) và đường thẳng d có hệ số góc k và d luôn cắt ( C) 1− x a) y= điểm phân biệt A,M,N Tìm quỹ tích trung điểm I MN y= 4) Cho đồ thị hàm số x +1 Chứng minh đường thẳng d cùng phương với đường x+1 thẳng y=-x luôn cắt đồ thị hàm số hai điểm phân biệt M, N Tìm quỹ tích trung điểm I MN Xác đinh vị trí I để MN ngắn 5) Tìm quỹ tích các điểm M(a;b) cho phương trình x 2+ ax+b=0 có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn x 21+ x 22=2012 6) Chứng minh tiệm cận xiên đồ thị hàm số y= cos αx +sin2 α cos α +sin α +x x +cos α luôn tiếp xúc với Parabol cố định Tìm quỹ tích tiếp điểm 3) Cho hàm số y=x +2 x − x − Chứng minh với k , Parabol y=kx2 −8 luôn cắt đồ thị hàm số điểm phân biệt , đó có điểm nằm trên trục tung Gọi các giao điểm còn lại là B, C Tìm quỹ tích trung điểm BC k thay đổi 7) DẠNG : ỨNG DỤNG CỦA MỘT HỆ THỨC TRUY HỒI Phân tích : Xét phương trình bậc hai : ax + bx +c=0 ,a ≠ Giả sử x1 ; x2 là các nghiệm nó n S n=x + x , n ∈ N Đặt Lúc đó ta có hệ thức truy hồi tuyến tính sau : aSn+2 +bSn+1 +cSn =0(1) n Chứng minh : ta có : Sn+2= x1n+2 +x2n+2 = (x1n+1 + x2n+1)(x1+x2)- x1x2(x1n + x2n) = Sn+1( −b c )S ⇔ aSn+2 +bSn+1 +cSn = 0( đpcm) a a n Việc ứng dụng hệ thức truy hồi trên giúp ta giải nhiều dạng bài tập thú vị Ta hãy theo dõi qua các ví dụ sau Ví dụ : Cho x1 ; x2 là các nghiệm phương trình : x2 -2x-2=0 Tính x17+ x27 Giải : Ta cần tính S7 Ta có S0 = 2, S1 = Từ hệ thức truy hồi trên ta tính : S2 = ; S3 = 20, S4 = 56, S5 =152, S6 = 416, S7 = 1136 Ví dụ : 2−3 √2 ¿ Tính giá trị biểu thức : A= 2+3 √ ¿6 +¿ ¿ Ta đặt x1 = (2+3 √ 2) ; x2 = (2 −3 √ 2) thì x1 ; x2 là hai nghiệm phương trình x2 -4x -14 =0 Theo đề ta cần tính S6 Ta có hệ thức truy hồi : Sn+2 -Sn+1 -14Sn =0 (n N) Ta có : S0 = ; S1 = ; S2 = 44, S3 = 232 ,S4 = 1544, S5 =9424, S6 = 59312 Ví dụ : Cho dãy số (un)n xác định sau : u0=2 ; u1=6 ;un+1=6 un+2 un-1 a) Tìm số hạng tổng quát dãy số (un)n b) Chứng minh rằng với k N thì u2k chia hết cho 2k+1 c) Chứng minh rằng với k thì u2k-1 chia hết cho 2k và không chia hết cho 2k+1 Giải : a) Ta xét phương trình đặc trưng dãy số đó : x2-6x-2=0 Phương trình có hai nghiệm là : x1=3- √ 11 ; x2=3+ √ 11 − √11 ¿ n Sử dụng hệ thức truy hồi ta có Sn+1 = 6Sn+2Sn-1 Ta có S0=2 ; S1=6 Từ đó vì 3+ √ 11 ¿n +¿ Mà S n=¿ − √ 11 ¿ n dãy Sn và dãy un chất là một nên từ đó ta có số hạng tổng quát là 3+ √ 11 ¿n +¿ un =¿ b) Ta có : 2k k k − √ 11 ¿ =( 20 − √11 ) + ( 20+6 √ 11 ) =¿ 2k 3+ √ 11 ¿ +¿ u2 k =¿ 10 −3 √11 ¿k +¿ ¿ = 2k ¿ nên u2k chia hết cho 2k Bây giờ ta cần chứng minh : 10 −3 √11 ¿k +¿ Pk= là một số chẵn ¿ ¿ Vì 10+3 √11 và 10 −3 √11 là hai nghiệm phương trình : x2-20x+1=0 nên ta có công thức Pn+1 = 20Pn+-Sn-1 Tính P0=2 ; P1=20 nên từ công thúc truy hồi ta suy Pk luôn là một số chẵn c) Ta chứng minh bằng quy nạp : Với k=1 ta thấy kết luận đúng Giả sử khẳng định đúng k= m , nghĩa là u2m-1=2m.b với b là một số lẻ Khi đó ta phải chứng minh khẳng định đúng k=m+1 Thật : u2m+1=6 u2m+2 u2m-1 Mà theo chứng minh trên ta có u2m=2m+1.a Do đó u2m+1= 2m+1(6a+b) Mà 6a+b là số lẻ u2m+1 chia hết cho 2m+1 và không chia hết cho 2m+2 Vậy khẳng định chứng minh Ví dụ 4: Tìm số nguyên lớn không vượt quá + √ 15¿ ¿ Giải: Ta đặt: x1 = (4 + √ 15) ; x2 = (4 − √ 15) Khi đó x1; x2 là nghiệm phương trình: x2-8x+1=0 n Đặt S n=x + x , ta có hệ thức : Sn+2 -8Sn+1+Sn =0 Ta tính : S1=8 ; S2=62 : S3=488 ; S4=3842 ; S5=30248 ; S6=238142 ; S7=1874888 Như : x17 = 1874888-x27 Mà 0<x27<1 nên 1874887 < x17<1874888 n Vậy số nguyên lớn không vượt quá + √ 15¿ ¿ là 1874887 Ví dụ 5: Giả sử x1;x2 là hai nghiệm phương trình : x2-6x+1=0 Chứng minh rằng Sn=x1n+x2n là số nguyên không chia hết cho với n Giải: Chứng minh Sn luôn là số nguyên Với n=0 ta có S0 = là số nguyên ; n=1 ta có S1 = là số nguyên Giả sử Sk ;Sk+1 nguyên, vì Sk+2 = 6Sk+1 – Sk nên Sk+2 nguyên chứng minh Sk không chia hết cho 5:từ hệ thức truy hồi ta có: Sk+2 = 6Sk+1 –Sk =6(6Sk-Sn-1)- Sk = 35Sk – 5Sk-1 –Sk-1 Từ đó ta suy Sk+2 và Sk-1 có cùng số dư chia cho Nhưng vì S0=2; S1=6; S2=34 không chia hết cho nên Sn không chia hết cho với n Ví dụ 6: Tìm đa thức bậc có hệ số nguyên nhận số thực ε = + 5 √ √ Giải: làm nghiệm 5 Vậy thì : + =ε ; x x 2=1 Nên theo định lý Vi-et ta có x ; x là nghiệm phương trình: x − εx +1=0 (1) S n+2 =εS n+1 − Sn (*) Theo hệ thức truy hồi ta có: S =2 S =ε Với ; Từ đó ta tính : 2 S 2=ε − ; S 3=ε (ε −2)− ε =ε −3 ε ; 4 S =ε ( ε − ε )−( ε − 2)=ε − ε + ; S 5=ε (ε − ε +2)−(ε −3 ε)=ε −5 ε +5 ε Ta đặt x 1= √ ; x 1= √ √ √ Nhưng mặt khác ta lại có: 29 S 5= + = 10 Từ đó ta có : ε −5 ε 3+5 ε= 29 10 ⇔ 10 ε −50 ε + 50 ε − 29=0 Điều đó chứng tỏ ε là nghiệm phương trình: 10x5 -50x3 +50x -29 =0 Đây chính là phương trình cần tìm Bình luận: Với cách giải tương tự, ta có thể tạo nhiều bài toán khác xung quanh hệ thức truy hồi cho trước Chẳng hạn: 256 là nghiệm + 2) Tìm đa thức bậc tối thiểu có hệ số nguyên nhận √3 2+ √3 làm nghiệm √ √ 1) Tìm đa thức bậc có hệ số nguyên nhận số Ví dụ 7: 2013 Tìm chữ số tận cùng phần nguyên số 5+3 √ 3¿ ¿ Giải: Ta đặt x 1=5+3 √ ; x 2=5 −3 √ Khi đó x1 ; x2 là nghiệm phương trình: x2 -10x -2 = Đặt S n=x n1 + x n2 Theo hệ thức truy hồi ta có: S n+2 =10 S n+1 +2 S n Ta có S1 =10 nên từ hệ thức trên ta suy Sn luôn chia hết cho 10 n là số lẻ Để ý rằng -1<x2 <0 , nên suy S n < x n1=Sn − x n2 <S n +1 Vậy nên [ x n1 ]=Sn Vì 2013 là số lẻ nên S2013 chia hết cho 10 2013 Vậy chữ số tận cùng phần nguyên số 5+3 √ 3¿ là số ¿ Bình luận: Từ lập luận trên, ta thấy cần thay đổi số x1; x2 ta có thể tạo nhiều bài toán khác 10 1999 Ví dụ:Tìm phần nguyên các số: + √ 5¿ ; 45+ √ 1999 ¿ ¿ ¿ Ví dụ 8: n Chứng minh rằng biểu diễn thập phân số 7+ √ 3¿ có ít n chữ số đứng ¿ sau dấu phẩy Giải: Đặt x 1=7+ √ ; x 2=7 − √ Theo định lý Vi-et ta có x1; x2 là nghiệm phương trình : x2 -14x+1 =0 Đặt S n=x n1 + x n2 Ta có hệ thức truy hồi : S n+2 =14 S n+1 − Sn Vì S0 =2; S1=14 nên ta suy Sn là số tự nhiên với n n 1 − 3¿ < √ n 0<7 − √ 3= < < Ta để ý Nên 10 7+ √ 11 10 ¿ n − √ 3¿ >S n − n 10 Cho nên n 7+4 √ ¿ =S n −¿ S n >¿ =0 , 000 001 (có n-1 chữ số 0) Vì 10n n Từ đó suy biểu diễn thập phân thì số 7+ √ 3¿ có ít n số sau dấu phẩy ¿ Bài tập tương tự: 1) Chứng minh rằng phần thập phân số giống ¿ 5+ √ 26 ¿n , n ∈ N ∗ bắt đầu bằng n chữ số ¿ ¿ 82 2) Tìm chữ số đơn vị biểu diễn thập phân số 15 − √ 220 ¿ 19 15+ √ 220 ¿ + ¿ ¿ 8) DẠNG 8: TÌM SỐ HẠNG TỔNG QUÁT CỦA DÃY TRUY HỒI CẤP HAI TUYẾN TÍNH A- Cơ sở lý thuyết của phương pháp 1) Định nghĩa: a) Dãy số (un)n gọi là dãy truy hồi cấp hai tuyến tính cho sau : u1 =a; u2 =b; un =Aun-1 +Bun-2 (n ¿ (1) Trong đó A, B không đồng thời b) Với dãy truy hồi trên thì phương trình x2 –Ax-B=0 (2) gọi là phương trình đặc trưng dãy Do phạm vi ứng dụng định lý Vi-et nên ta xét các dạng dãy số có phương trình đặc trưng có nghiệm 2) Định lý: -Nếu phương trình đặc trưng có nghiệm phân biệt x1;x2 thì dãy số có số hạng tổng quát là un = px1n-1 +qx2n-1 , đó p; q là các nghiệm hệ ta thay giá trị u1;u2 -Nếu phương trình đặc trưng có nghiệm kép x0 thì dãy số có số hạng tổng quát là un=x0n-1(pn+a-p) , đó số p tìm cách thay u1 vào công thức xác định nó Chứng minh định lý: Đặt = un+1, dãy (un)n trở thành v0=a;v1=b; vn+2 =Avn+1 +Bvn Trường hợp Δ> Ta gọi x1; x2 ( x1>x2) là hai nghiệm (2) Theo định lý Vi-et ta có x1+x2=A; x1.x2= -B Vậy thì : Avn+1 +Bvn = (x1+x2)(px1n+1+qx2n+1)-x1.x2(px1n +qx2n)= px1n+2+qx2n+2 = vn+2 Lại có : v0 = a=p+q; v1 =px1+qx2 =b Từ đó ta tìm : p= b− ax ax − b ; q= x1 − x2 x1 − x2 Như dãy số có số hạng tổng quát trên thỏa mãn đề bài Từ đó suy số hạng tổng quát dãy (un)n là: un = vn-1 = px1n-1 +qx2n-1 Xét trường hợp Δ=0 Đặt : =un+1 =x0n (pn+a) Dãy (un)n trở thành dãy (vn)n với : v0 =a; v1 =b; vn+2 =Avn+1 +Bvn Ta cần kiểm tra số hạng tổng quát tìm trên thỏa mãn dãy này Thật vậy: Theo định lý Vi-et nghiệm kép phương trình ta có x0= A ; suy A=2x0; B=-x02 Do đó: n+1 n Avn+1 +Bvn = 2x0 x0 (pn+p+a)+-x x0 (pn+a) =x0n+2[ (p(n+2)+a] = vn+2 Bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh được: =un+1 =x0n (pn+a), với n Ta có : v0 =a; v1 = x0(p+a)=b p= Từ đó tìm b −ax Từ đó ta có công thức tìm số hạng tổng quát dãy (un )n là : x0 un =vn-1 = x0n-1(pn+a-p) Như bằng việc sử dụng định lý Vi-et ta đã xây dựng công thức tìm số hạng tổng quát dãy truy hồi cấp hai tuyến tính trường hợp phương trình đặc trưng có nghiệm Trường hợp vô nghiệm ta xét chủ đề khác LƯU Ý: i) Dãy cấp số nhân và dãy Fi-bo-na-ci là trường hợp đặc biệt dãy truy hồi cấp hai tuyến tính B- Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Cho dãy số (un) thỏa mãn : u0=2 ; u1=7 ; un+ −7 u n+12 un − 1=0 , với n là số nguyên dương Hãy xác định (un) ( Thi HSG lớp 12 TPHCM 2002) Giải: Phương trình đặc trưng dãy là: x −7 x +12=0 (1) Phương trình có hai nghiệm là x=3; x=4 Từ đó suy số hạng tổng quát dãy là un = 3n +4n Bình luận: Nếu dãy cho hệ thức truy hồi dạng : au n+2 + bun +1+ cun + d=0 ( d ≠0 ) (2) Khi đó ta xét dãy (vn) cách đặt: =un+t Thế vào (2) ta thu : a( v n+2 −t )+ b(v n+1 − t )+c (v n − t)+d=0 ⇔ av n+2 + bv n+1 +cv n +d −(a+b +c) t=0 Ta việc chọn t thích hợp để lượng d −(a+b+ c) t=0 từ đó đưa xét dãy truy hồi tuyến tính cấp hai trên Ta theo dõi qua ví dụ sau: Ví dụ 2: Tìm số hạng tổng quát dãy: u0=1 ; u1=1 − √ ; un+ −2 un −un − 1=2 ; n ≥2 (*) Giải: Đặt un=v n +t Thế vào (*) trở thành: ⇔ v n +1+ t −2(v n +t) −( v n −1 +t)=2 v n +1 − v n+ −v n− 1=2(t +1) Chọn t=-1 ta thu dãy (vn) là truy hồi cấp hai tuyến tính sau: v =2 ; v 1=2− √2 ; v n +1 − v n − v n −1 =0 Dãy (vn) có phương trình đặc trưng là: x −2 x +1=0 Phương trình có hai nghiệm là 1+ √ ; 1− √ − √ ¿n Từ đó suy số hạng tổng quát dãy (vn) là 1+ √ 2¿ n+ β ¿ v n=α ¿ Cho v =2 ; v 1=2− √ Từ đó suy : ⇔ ¿ α= α+ β =2 α (1− √2)+(1+ √2)β =2− √2 β= ¿{ ¿ ¿{ n 1− √ 2¿ 1+ √ 2¿ n+ ¿ Do đó số hạng tổng quát dãy (vn) là : v n= ¿ Vì un=v n − nên suy : 1− √ 2¿ n − 1 1+ √ 2¿ n+ ¿ u n= ¿ Ví dụ 3: Cho dãy { un } xác định u0=3; u1=17; un = 6un-1- un-2.; n=2;3… Chứng minh rằng un2-1 chia hết cho và thương luôn là một số chính phương với n=0;1;2… Giải: Xét phương trình đặc trưng dãy: x2-6x+1=0 Phương trình có hai nghiệm là x1=3+ √ ; x2=3- √ Vì số hạng tổng quát dãy là: un=p(3+ √ )n +q(3- √ )n Với cách cho n=0 và n=1 ta có hệ : ¿ p+ q=3 p(3+ √ 8)+q (3− √ 8)=17 , ¿{ ¿ 3+ √ − √8 tìm p= ; q= Do ta có số hạng tổng quát là: 2 n +1 3+ √ ¿ +¿ ¿ 3+ √ − √8 un= (3+ √ )n + (3- √ )n = 2 ¿ Sử dụng hằng đẳng thức (x+y)2=(x-y)2+4xy ta có: − √ ¿ n+1 ¿ 2+ n +1 3+ √ ¿ − ¿ ¿ − √ ¿n +1 ¿2 =¿ 3+ √ 8¿ n+1 +¿ ¿ ¿ Nên: n+1 − √ 8¿ ¿ 3+ √ ¿n +1+¿ ¿ ¿ u2n −1 = {¿ 2 − √ ¿n +1 ¿ 3+ √ ¿n +1 −¿ } = ¿ ¿ ¿ Áp dụng khai triển nhị thức Niu-ton ta chứng minh (3 ± √8 )n có dạng M ± N √ , với M,N nguyên dương nên ta suy u n −1 =N là một số chính phương 2 Ví dụ 4: ( thi Olympic 30-4) Cho dãy { a n } xác định sau: a0=1; a1=2; an+2 =4an+1 –an, với n là số tự nhiên Tìm tất các giá trị n để an-1 là số chính phương Giải: Xét phương trình đặc trưng : x2 –4x+1=0 Phương trình có hai nghiệm là x1 = 2+ √ ; x2=2- √ Số hạng tổng quát có dạng: an =p( 2+ √ )n+q( 2− √ )n , với p , q là nghiệm hệ phương trình ¿ p+ q=1 2( p+q)+ √ 3( p − q)=2 , giải p=q= ¿{ ¿ n 2− √ ¿ ¿ Số hạng tổng quát là an = 2+ √ 3¿ n +¿ ¿ ¿ √ ± 1¿ √3 ± ¿2 ¿ Để ý rằng Nên ta suy ra: √2 ¿ ¿ (2 ± √ 3)=¿ √3+1 ¿2 n+ ¿ −1 √2 an-1 = = ¿ ¿ √ 2¿ 2n ¿ √ ¿2 n+2 ¿ 2¿ √3+1 ¿2 n+ ¿ −¿ √2 ¿ ¿ √ 2¿ 2n ¿ ¿ √ n+2 ¿ 2¿ = √3+1 n = ¿ + ¿ −¿ √2 ¿ ¿ √ −1 ¿n ¿ √ ¿n +1 [ ]2 ¿ √ 3+1¿ n − ¿ ¿ ¿ √ −1 ¿n ¿ √2 ¿n +1 Để an-1 là số chính phương thì M = phải là số nguyên ¿ n √ 3+1¿ − ¿ ¿ ¿ i) Nếu n=0 thì M=0 , thỏa mãn - Nếu n=1 thì M=1 , thỏa mãn √ −1 ¿2 k - Nếu n=2k k N Ta xét dãy bk = ¿ − √ ¿k ¿ √2 ¿2 k+1 = 2+ √ 3¿ k − ¿ Tại vì ± √3 ¿ ¿ √ 3+1¿ k − ¿ ¿ ¿ ¿ phương trình đặc trưng (1) nên các số bk thỏa mãn hệ thức: bk+2 = 4bk+1 –bk Do b0 =0; b1 = √ nên bk không nguyên với k ii) Nếu n=2k+1 thì ta có: √ −1 ¿2 k+1 √3+1 ¿2 k − ¿ ¿ k+2 √2 √2 ¿ ¿ M= = = ¿ k+1 3+1 √ √ 3+1¿ − ¿ ¿ ¿ ¿ k −√3 ¿ k 2+ √ 3¿ − ¿ ¿ = √ 3+1 ¿ là nghiệm − √ ¿k k 2+ √ 3¿ − ¿ ¿ Tiếp theo ta lại đặt ck = , thì dãy (ck)k thỏa mãn hệ thức 3+1 √ ¿ ck+2=4ck+1 –ck Có c0=0; c1=5 , nên ck luôn là số nguyên với k N Tóm lại để an-1 là số chính phương thì n=0; =1; n là số nguyên dương lẻ Ví dụ 5: (Tính chất của dãy Fi-bo-na-ci) Cho dãy Fi-bo-na-ci xác định sau: F1=F2=1; Fn=Fn-1+Fn-2 ( n ¿ Chứng minh rằng : a) b) 1+ √ n ¿ −¿ ¿ Số hạng tổng quát Fn = ( công thức Binet) ¿ √5 ¿ ¿ n F ∑ k =F n +2 −1 k=1 ¿ ¿ n F k =F n+1 −1 ∑ ¿ k=1 ¿ ¿ ∑ ¿ n F k −1 F2 n c) d) e) f) g) h) i) j) k) k=1 ¿ Fn+12 =4FnFn-1 +Fn-22 Fn+1Fn-1 – Fn2 =(-1)n ; n Fm+n = FmFn-1+Fm+1Fn; n ; m Chứng minh rằng n chia hết cho m thì Fn chia hết cho Fm F2n + F2n-1 = F2n-1 F2n+1 -F2n-1 = F2n F3n+1 + F3n – F3n-1= F3n ¿ ∑ ¿ n F k =F n F n+1 l) k=1 ¿ m) n) ¿ ¿ n −1 F ∑ k F k +1=F2 n k=1 ¿ ¿ ∑ ¿ n Fk F k +1=F2 −1 n+ k=1 ¿ o) Chứng minh rằng hai số hạng liên tiếp dãy Fi-bo-na-ci không có ước chung d>1 p) Với n ta có Fn+4Fn-2-Fn+2Fn = (-1)n-1.3 q) 4Fn-2Fn.Fn+2.Fn+4 +9 là một số chính phương r) F2k+12 +1 chia hết cho F2k-1 và F2k-12 +1 chia hết cho F2k+1 Trên đây là một số các tính chất dãy Fi-bo-na-ci Còn nhiều tính chất khác mà ta có thể bắt gặp các đề thi Olympic thi học sinh giỏi Giải: Ta chứng minh một số tính chất, còn một số tính chất ta xem là bài tập a) Ta xét phương trình đặc trưng dãy là: x2-x-1=0 (1) Phương trình này có hai nghiệm là x1 = 1+ √ − √5 ; x2 = Theo lý thuyết tổng quát đã chứng minh trên, số hạng tổng quát 2 có dạng Fn = px1n +qx2n Ta thay n=1; n=2 vào ta có p; q thỏa mãn hệ phương trình 1+ √5 1− √5 +q =2 2 − √5 ¿ =2 ¿ ⇔ ¿ ¿ p +q+ √ 5( p − q)=2 ¿ 3( p+q )+ √5( p − q)=2 ¿ ⇔ ¿ 1+ √5 ¿ +q ¿ p¿ p 1+ √ n ¿ −¿ ¿ Vậy số hạng tổng quát là Fn= ¿ √5 b) Ta chứng minh bằng quy nạp Đặt P(n) là mệnh đề chứa biến n trên Với n=1 thì đẳng thức đúng Giả sử P(n) là mệnh đề đúng, n , ta cần chứng minh P(n+1) đúng Thật F k =∑ ¿ n F k + F n+1=F n+ −1+ F n+1=F n +3 −1 ∑ ¿ n+1 k=1 k=1 ¿ Vậy P(n) đúng với n Tương tự ta chứng minh c) và d) Bây giờ ta chứng minh g) g) Ta cố định một biến , chẳng hạn là m , chứng minh quy nạp theo n Ký hiệu mệnh đề cần chứng minh là P(n) với n=2 , ta có P(2) đúng vì F1 =F2 =1 Gỉa sử P(n) đúng, ta cần chứng tỏ P(n+1) đúng Thật Fm+n+1 = Fm+n+Fm+n-1 Theo giả thiết quy nạp ta có: Fm+n = FmFn-1+Fm+1Fn và Fm+n-1 = FmFn-2 +Fm+1Fn-1 ( lưu ý rằng ta đã cố định biến m) Vậy nên Fm+n+1 = FmFn-1+Fm+1Fn + FmFn-2 +Fm+1Fn-1 =Fm(Fn-1 + Fn-2)+ Fm+1(Fn+ Fn-1) =Fm.Fn +Fm+1.Fn+1 Vậy P(n+1) đúng Khẳng định chứng minh h) Giả sử n=km, với k N ❑ , ta phải chứng minh: với k;m N ❑ thì Fkm chia hết cho Fm Ta cố định m và chứng minh quy nạp theo k Ký hiệu mênh đề trên là P(k) Với k=1 thì P(1) đúng Giả sử P(k) đúng, ta cần chứng tỏ P(k+1) đúng Thật , theo g) ta có: F(k+1)m = Fm+km = FmFkm-1+Fm+1Fkm Vì Fkm chia hết cho Fm nên từ đó ta có F (k+1)m chia hết cho Fm Bài tập tương tự: 1) Xét dãy số { a n } với a1=4 ; a2=22 ; an =6 an − − an −2 ; ∀ n≥ Chứng minh tồn các dãy số nguyên dương y 2n+7 , ∀ n ≥1 xn − yn với α < β là hai nghiệm (x n) ; ( y n ) cho an = 2) Cho phương trình log 2004 ( x − x )=0 Gọi α , β +∞ phương trình này Coi dãy số Fibonaci Fn ¿n=1 với F1=F 2=1 và Fn +2=F n+1 + F n ; ¿ n n n ∈ N ❑ Chứng minh Fn = ( β − α ) √5 3) Xét dãy số { a n } với a1=5 ; a2=11 ; an +1=2 an −3 a n− ; ∀ n≥ Chứng minh u2007 chia hết cho 11 u n+1 4) Cho dãy số u1=1 ; u2=2 và un+ 2=2u n+1 +un , ∀ n≥ Tìm lim n →+∞ un 9) DẠNG 9: SO SÁNH NGHIỆM CỦA TAM THỨC BẬC HAI VỚI MỘT SỐ Phân tích: Từ năm học 2006-2007 trở , bài toán định lý đảo dấu tam thức bậc hai và bài toán so sánh nghiệm tam thức bậc hai với một số thực bất kỳ không còn trình bày chương trình chính khóa Đây là ý tưởng giảm tải Bộ giáo dục và đạo tạo Tuy nhiên qua quá trình giảng dạy và cho học sinh làm bài tập, tôi thấy nhiều bài toán biết sử dụng định lý đảo và bài toán so sánh nghiệm thì lời giải ngắn gọn nhiều Vì chuyên mục này, tôi đưa một vài hướng giải có thể sử dụng bài toán so sánh nghiệm để làm bài tập Trước hết tôi xin đưa một ví dụ dẫn đến bài toán so sánh nghiệm: Ví dụ: Tìm m để hàm số y=x +2 mx +( m−3) x+5 m có cực trị Gọi x1; x2 là hoành độ cực trị Tìm m để x1<-3<x2<2 Đây là một ví dụ thông thường bài toán hàm số Tuy nhiên để giải , ta cần so sánh nghiệm y’ các số -3 và Nếu không dùng phương pháp so sánh nghiệm thì lời giải cồng kềnh và rắc rối Định lý đảo dấu phát biểu sau: Định lý: Cho tam thức bậc hai: f (x)=ax2 + bx+ c=0 ( a ≠ ¿ Nếu có số thực α cho af (α )<0 thì tam thức bậc hai có hai nghiệm x1; x2 và x 1< α < x Chứng minh: Từ định lý thuận dấu tam thức bậc hai, ta thấy có trường hợp f(x) trái dấu với x đó là trường hợp Δ> Trong trường hợp này tam thức có hai nghiệm x1; x2 và x 1< α < x Ta thấy giả thiết định lý đảo rơi vào trường hợp này Do đó tam thức có hai nghiệm x 1; x2 (x1<x2) và x 1< α < x Từ định lý đảo , ta rút các hệ sau: Hệ 1: Điều kiện cần và đủ để tam thức: f ( x)=ax2 + bx+ c=0 ( a ≠ ¿ có hai nghiệm x1;x2 (x1<x2) là có số thực α cho af(α )<0 Hệ 2: Cho tam thức bậc hai : f (x)=ax2 + bx+ c=0 ( a ≠ ¿ và hai số thực α , β cho α < β Điều kiện cần và đủ để f (x) có hai nghiệm , đó có nghiệm thuộc khoảng ( α ; β ) và nghiệm nằm ngoài đoạn [ α ; β ] là f (α) f (β )< Chứng minh : Hệ 1: Được suy từ định lý thuận và định lý đảo Hệ 2: Giả sử ta có f (α) f ( β )< ⇔ af (α ) af ( β)<0 Suy af ( α ) <0 af( β ) <0 + Nếu af (α ) <0 thì af(β ) >0 (*), suy phương trình có hai nghiệm x1< α <x2< β + Nếu af (β ) <0 thì af(α ) >0 (**) , suy phương trình có hai nghiệm α <x1< β <x2 Ngược lại xảy hai khả (*) (**) thì ta có f (α ) f (β )< Hệ chứng minh Sau đây là một vài hướng đề xuất cho học sinh sử dụng kiến thức so sánh nghiệm vào giải bài tập 1) HƯỚNG ĐỀ XUẤT 1: ĐEM VỀ SO SÁNH NGHIỆM VỚI SỐ Phân tích: Ở lớp 9, học sinh đã biết so sánh nghiệm phương trình bậc hai với số bằng cách xét dấu tổng và tích hai nghiệm Bây giờ ta tìm cách đưa so sánh nghiệm với số Ta thống các đai lượng Δ ; S; P là g(t) Tam thức f (x)=ax2 + bx+ c=0 ( a ≠ ¿ có hai nghiệm x 1< α < x x − α <0< x −α Đặt t=x − α , dẫn đến g(t)=f (t+α ) có hai nghiệm t <0< t2 i) ii) Tam thức f ( x)=ax2 + bx+ c=0 ( a ≠ ¿ có hai nghiệm x ≤ x2 <α Bằng phép đặt t=x − α , dẫn đến g(t)=f (t+α ) có hai nghiệm t1 ≤ t <0 ⇔ ⇔ Δ≥ S< P>0 ¿{{ Tương tự cách xử lý trường hợp f ( x)=ax2 + bx+ c=0 ( a ≠ ¿ có hai nghiệm thỏa mãn 0< x ≤ x Sau đây ta xét một số ví dụ minh họa iii) Ví dụ 1: Cho hàm số x 2+3 x +3 y= (C) x +2 Tìm các giá trị m để đường thẳng d: y=mx-m cắt đồ thị tại hai điểm thuộc hai nhánh đồ thị (C) Giải: Phương trình hoành độ giao điểm hai đồ thị d và (C) là: x 2+3 x +3 x +2 (m− 1) x +(m− 3)x −2 m−3=0(1) mx −m= ⇔ Để d cắt (C) tại hai điểm thuộc hai nhánh và (1) có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn : x1<2<x2 Đặt t=x+2 ta đưa (1) phương trình ẩn t: (m− 1)t −(3 m− 1) t −1=0 (2) Phương trình (2) phải có hai nghiệm trái dấu Tìm m>1 Ví dụ 2: x + mx− y= x −1 Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng (1 ;+∞) Giải: x −1 ¿ ¿ Ta có x −2 x − m+ y'= ¿ Đặt f (x)=x −2 x −m+1 Để hàm số đồng biến trên (1 ;+∞) thì phải xảy một hai khả năng: KN1: f(x) có Δ <0 ⇔m<0 KN2: f(x) có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x ≤ x2 <1 Đặt t=x-1 ta đưa xét điều kiện g(t)= t2 –m có hai nghiệm t ≤ t <0 ¿ Δ=m ≥ S=0 ≤ Điều đó tương đương: P=− m≥ ¿{{ ¿ Kết hợp khả m≤ ⇔m=0 Ví dụ 3: Tìm m để hàm số : 3 m− 2¿ x − (m −6) x −(m− 1) x y= ¿ nghịch biến trên khoảng (-1;0) Giải: 2 m− 2¿ x − 3(m− 6) x −(m+ 1) y ' =f ( x)=¿ y ' ≤0 , ∀ x ∈(−1 ; 0) Ta cần có : Ta có TH1: Với m=2 thì y '=12 x − 3≤ ⇔ m≤ , thỏa mãn TH2: Với m≠ , đó (m-2)2 > Để y ' ≤0 , ∀ x ∈(−1 ; 0) thì f(x) phải có hai nghiệm x1;x2 thỏa mãn x ≤ −1<0 ≤ x (*) Ta tách yêu cầu (*) làm hai trường hợp đồng thời xảy ra: ¿ x ≤ −1 ≤ x (a) x ≤ ≤ x (b) ¿{ ¿ Dùng kỹ thuật xử lý trên (a) ta Đối với (b) ta ¿ m≥ −1 m≠ ¿{ ¿ ¿ −3 ≤ m≤ m ≠2 ¿{ ¿ Kết hợp tất các trường hợp ta −1 ≤ m≤5 Ví dụ 4: Tìm m để phương trình : x −( 2m+3) x +m+5=0 (1) Có các nghiệm thỏa mãn : −2< x <−1< x <0< x <1< x <3 (*) Giải: Đây là phương trình trùng phương Đặt t=x2 Ta đưa phương trình : t2 −(2 m+3) t+ m+5=0 (2) Để (1) có nghiệm phân biệt thì (2) phải có hai nghiệm dương phân biệt Ta giả sử hai nghiệm (2) là : 0<t 1< t2 Khi đó x 1=− √ t ; x 2=− √ t ; x 3=√ t ; x 4= √t Do đó từ giả thiết ta có : −2<− √t <−1<− √ t <0< √ t 1<1< √t 2< 0<t 1< 1< t <2 (**) ⇔ Ta tách điều kiện (**) làm hai điều kiện đồng thời: ¿ 0<t 1< 1< t t 1<1<t <2 ¿{ ¿ Xử lý tương tự trên ta có kết không có m nào thỏa mãn Ví dụ 5: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: ¿ √ x + √ y=1 x √ x+ y √ y=1 −3 m ¿{ ¿ ( Thi ĐH khối D-2004) Giải: Ta đặt √ x=u ≥0 ; √ y=v ≥ Hệ đã cho trở thành : ¿ u+v =1 u3 +v =1− m ¿{ ¿ ⇔ u+ v=1 u v=m ¿{ Theo định lý Vi-et thì u,v là nghiệm phương trình: t −t +m=0 (1) Để hệ có nghiệm thì (1) phải có hai nghiệm không âm ⇔ Δ=1− m≥ S=1 ≥ P=m≥ ⇔ ≤m ≤ ¿{{ Bài tập tương tự: 2 x −2 mx +3 m đồng biến trên khoảng (1 ;+∞) x − 2m 2) Tìm m cho hàm số y=− x3 +(a −1) x +(a+3)x tăng khoảng (0;3) x −2 x +m 3) Tìm m để hàm số y= giảm trên khoảng (-1;0) x−2 1) Tìm m để hàm số: y= ( Dự bị khối A 2002) 2) HƯỚNG ĐỀ XUẤT 2: TRÌNH BÀY TRỰC TIẾP ĐỊNH LÝ ĐẢO Phân tích: Hướng đề xuất đem so sánh nghiệm với số thực thuận tiện việc so sánh diễn không phải với nhiều số Khi việc so sánh diễn một lúc với nhiều số thì việc chuyển qua hàm g(t) trên nhiều thời gian Vì định lý đảo có mặt tích cực định bài tập Thực quá trình so sánh nghiệm thường đưa qua các bài toán sau Ta cần trang bị một số bài toán so sánh nghiệm bản: i) f(x) có nghiệm thỏa mãn x> α Xảy một các trường hợp sau: ⇔ TH1: f(x) có nghiệm x 1< α < x TH2: f(x) có nghiệm α < x1 =x2 ⇔ TH3: f(x) có nghiệm α =x 1< x2 ⇔ ii) af (α )<0 ¿ Δ=0 S >α ¿{ ¿ ¿ f (α)=0 S >α ¿{ ¿ f(x) có ít nghiệm thỏa mãn TH1: f(x) có nghiệm x 1< α < x ⇔ TH2: f(x) có nghiệm α < x1 =x2 ⇔ x> α : af (α )<0 ¿ Δ=0 S >α ¿{ ¿ TH3 : f(x) có nghiệm α < x1 ; x ⇔ ¿ Δ≥0 af (α )>0 S >α ¿{{ ¿ Bình luận: Đối với trường hợp này ta có thể làm gián tiếp Ta tìm m để f(x) không có nghiệm thỏa mãn x> α Lúc đó ta có hai trường hợp sau: TH1: f(x) vô nghiệm ⇔ Δ <0 TH2: f(x) có nghiệm x ; x ≤ α ⇔ ¿ Δ≥ af (α )≥ S ≤α ¿{ { ¿ Sau đó ta loại các giá trị tham số trường hợp gián tiếp , ta các giá trị tham số trực tiếp iii) f(x) có ít nghiệm thuộc đoạn [ α ; β ]: TH1: f(x) có nghiệm là α là β ⇔ f (α ) f (β )=0 TH2: f(x) có một nghiệm thuộc khoảng (α ; β ) và nghiệm nằm ngoài đoạn [α ; β ] ⇔ f (α ) f (β )<0 TH3: f(x) có hai nghiệm thuộc (α ; β ) : ⇔ Δ≥0 af(α )>0 af(β )>0 S α< < β ¿{{{ iv) f(x) có ít nghiệm thuộc khoảng (α ; β ) TH1: f(x) có nghiệm là α , nghiệm thuộc (α ; β ) : ⇔ f (α )=0 α<S− α< β ¿{ TH2: f(x) có nghiệm là β , nghiệm thuộc (α ; β ) : ⇔ f (β)=0 α < S − β< β ¿{ TH3: f(x) có một nghiệm thuộc khoảng (α ; β ) và nghiệm nằm ngoài đoạn ⇔ f (α ) f ( β )<0 TH4: f(x) có hai nghiệm thuộc (α ; β ) : [α ; β ] ⇔ Δ≥0 af(α )>0 af(β )>0 S α< < β ¿{{{ v) f(x) có ít nghiệm nằm ngoài khoảng (α ; β ) ( tức là x ≤ β x ≥ β ) Đối với trường hợp này ta làm gián tiếp Tức là tìm điều kiện để f(x) không có nghiệm nằm ngoài khoảng (α ; β ) TH1: f(x) vô nghiệm ⇔ Δ <0 TH2: f(x) có hai nghiệm thuộc khoảng (α ; β ) ⇔ Δ≥0 af(α )>0 af(β )>0 S α< < β ¿{{{ Sau đó ta loại các giá trị tham số vừa tìm, ta các giá trị tham số cần tìm Trên đây là bài toán so sánh nghiệm tam thức bậc hai với một số Trong làm bài ta có thể gặp một dạng khác, lúc đó cần xử lý linh động là ta có thể giải Bây giờ ta có một số ví dụ minh họa Ví dụ 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: √ x −1+m √ x +1=2 √ x −1 (1) ( Thi ĐH khối A năm 2007) Giải: Đây là phương trình đẳng cấp bậc hai √4 x −1 và √4 x+1 Kiểm tra thấy x=-1 không là nghiệm Chia hai vế cho √ x+1 ta : x−1 x −1 +m=2 x +1 x+ x−1 Ta đặt : =t ≥ x+1 x −1 =1 nên ta suy ≤t <1 vì lim x → ±∞ x+1 √ √ √ Đưa phương trình bậc hai: f (t)=3 t − 2t +m=0 (2) Để (1) có nghiệm thực thì (2) cần có ít một nghiệm ≤t <1 TH1: f(t) có nghiệm t=0 ⇔ f (t)=0 ⇔m=0 TH2: f(t) có một nghiệm thuộc (0;1) , nghiệm ngoài đoạn [0;1] ⇔ f (0) f (1)< ⇔ m(m+1)<0 ⇔−1< m<0 TH3: f(t) có một nghiệm là 1, nghiệm thuộc khoảng (0;1): ⇔ f (1)=0 0<S −1<1 ⇔ ( không xảy ra) ¿ m=− 1< S<2 ¿{ TH4: f(t) có hai nghiệm thuộc khoảng (0;1) ⇔ Δ' ≥0 af(0)> af(1)>0 S 0< <1 ¿{{{ ⇔ Kết hợp lại ta : −1<m ≤ ¿ −3 m≥ m> 3(m+1)> 0< <1 ⇔ ¿m ≤ m> m>−1 ∀m ⇔ 0<m ≤ ¿{{{ ¿ Bình luận: + Ta thấy việc tìm m để phương trình có ít nghiệm thuộc [0; 1) không rơi vào bài toán đã xét Tuy nhiên để giải bài này , ta tổng hợp các trường hợp bài toán trên Do đó bài toán trên là + Ta có thể dùng hàm số để giải bài toán trên sau: Số nghiệm (2) là số giao điểm hai đồ thị hàm số y=m và y=-3t2 +2t Lập bảng biến thiên hàm số y=-3t2 +2t trên khoảng [0;1) ta : t 3 -3t +2t Từ bảng biến thiên ta thấy −1<m ≤ -1 + Một điều chú ý đây là ta có thể tìm thiếu điều kiện biến số t Ta có thể để ý là ≤t Ví dụ 2: Cho phương trình : f ( x)=x −( m+2)x +5 m+1=0 (1) Tìm m cho: a) Phương trình có một nghiệm thỏa mãn x>1 b) Phương trình có ít một nghiệm thỏa mãn |x|>4 c) Phương trình có nghiệm thuộc (-1;1) d) Phương trình có ít một nghiệm thỏa mãn x<2 Giải: a) có trường hợp xảy ra: TH1: x 1<1< x ⇔af(1)<0 ⇔ m<0 1=x < x ⇔ f (1)=0 S 1< TH2: ( vô nghiệm) ⇔ ¿ m=0 m> ¿{ 1< x 1=x ⇔ Δ=0 S 1< ⇔ TH3: ¿ m −16 m=0 m> ⇔ m=16 ¿{ b) Ta giải gián tiếp Tìm m để phương trình không có nghiệm thỏa mãn |x|>4 TH1: f(x) vô nghiệm ⇔ Δ <0 ⇔m − 16 m<0 ⇔ 0< m<16 TH2: f(x) có hai nghiệm thuộc khoảng [-4;4] ⇔ Δ ≥0 af(− 4)>0 af( 4)>0 S −4≤ ≤4 ⇔ ¿ m −16 m≥ m+ 25>0 m+9>0 m+2 −4≤ ≤4 ¿ ⇔ m≥ 16 ¿ m≤ ¿ 25 ¿ m≥− ¿ m≥− ¿ − 10≤ m≤ ¿ ¿¿ Như f(x) không có nghiệm thỏa mãn |x|>4 − 25 ≤ m<16 m<− Vậy f(x) có ít một nghiệm thỏa mãn |x|>4 c) Có trường hợp xảy ra: 29 ¿ m≥ 16 ¿ ¿ ¿ ¿ −1< x < x2 <1 ⇔ f (− 1)=0 −1 S −(−1)<1 ⇔ TH1: ( không có m nào) ¿ m=− −4 m<− ¿{ −1< x <1=x ⇔ f (1)=0 − 1< S − 1< TH2: ( không có m nào) ⇔ ¿ m=0 −2<m<0 ¿{ TH3: f(x) có một nghiệm thuộc (-1;1), nghiệm nằm ngoài đoạn [-1;1] ⇔ f (−1) f (1)< ⇔− < m< TH4: f(x) có hai nghiệm thuộc khoảng (-1;1) ⇔ Δ ≥0 af(− 1)>0 af(1)>0 S − 1< <1 ⇔ ¿ m2 −16 m≥ m+ 4>0 m> ¿ m+2 −1< <1 ( không có m nào) ⇔ m≥ 16 ¿ m≤ ¿ −2 ¿ m> ¿ m>0 ¿ ¿ ¿¿ Tóm lại : − < m< d) Có trường hợp: TH1: x 1<2< x ⇔ af(2)<0 ⇔ m+1<0 ⇔ m<− x 1<2=x ⇔ f (2)=0 S <2 ⇔ TH2: ¿ m+1=0 m+2 <2 ⇔ m=− ¿{ x ≤ x2 <2 ⇔ Δ ≥0 af(2)>0 S <2 ⇔ TH3: ¿ m2 −16 m≥ m+1>0 m+2 <2 ⇔ − < m≤ ¿{{ Kết hợp các trường hợp ta m≤ Bình luận: Ta có thể giải câu d) phương pháp gián tiếp sau: Ta tìm m để f(x) không có nghiệm x>2 TH1: f(x) vô nghiệm TH2: f(x) có hai nghiệm x ; x ≥ Ví dụ 3: Tìm m để phương trình (x+ 1)(x +3)( x+ 5)( x+7)=m (1) vô nghiệm Giải: 2 Đưa (1) (x + x +7)( x +8 x+15)=m Đặt t=x 2+ x +7 , để tồn tại x thì t ≥ −9 Phương trình trở thành: t(t+8)=m ⇔ t2 +8t- m=0 (2) Để (1) vô nghiệm thì (2) phải không có nghiệm thỏa mãn t ≥ −9 TH1: (2) vô nghiệm ⇔ Δ <0 ⇔ m<− 16 TH2: (2) có hai nghiệm nhỏ -9 ⇔ Δ' ≥ af (− 9)>0 S <−9 ⇔ ¿ 16+m>0 −m>0 − 4<− ¿{{ ( không có m nào thỏa mãn) Tóm lại : Để (1) vô nghiệm thì m<-16 Ví dụ 4: Tìm m để phương trình : x +(m−1)x + x 2+(m −1)x +1=0 (1) Có không ít hai nghiệm âm khác Giải: Đây là phương trình hệ số đối xứng Nhận thấy x=0 không là nghiệm Chia hai vế cho x2 ta được: 1 )  ( m  1)( x  ) 1 0 x x 1 t=x+ x Để ý là x và x cùng dấu nên : ( x2  Đặt t x 1  x  2 x x (*) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: Phương trình trở thành : t +(m− 1)t −1=0 (2) Ta lưu ý rằng điều kiện (*) thì t ≤ −2 và x<0 và t=-2 khi x=-1 Do đó để (1) có không ít hai nghiệm âm thì (2) phải có ít một nghiệm t<-2 Để ý thêm (2) luôn có hai nghiệm trái dấu Do đó ta cần xét t <− 2< t2 ⇔af (−2)<0 ⇔ m> Vậy ta có : m> Ví dụ 5: Tìm m để phương trình : 2 x −2 x − m|x −1|+m =0 (1) có nghiệm Giải: 2 Đặt t=|x − 1|≥0 , thì x −2 x=t − Phương trình trở thành: t2 − mt+m −1=0 (2) Để (1) có nghiệm thì (2) phải có ít một nghiệm t ≥ TH1: (2) có nghiệm t=0 ⇔ f (0)=0 ⇔ m2 −1=0 ⇔m=± TH2: (2) có hai nghiệm trái dấu ⇔ af (0)<0 ⇔ m2 − 1<0 ⇔ − 1< m<1 TH3: (2) có hai nghiệm dương   0   P   S    3m  0  2 m     m  m   Kết hợp lại ta : −1 ≤ m≤ √3 Ví dụ 6: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm thực: ¿ 1 x+ + y+ =5 x y 1 x 3+ y+ + =15 m−10 x y ¿{ ¿ ( Thi ĐH khối D-2007) 1 Đặt u=x + ; v = y+ x y Giải: Dùng bất đẳng thức Cô-si và bất đẳng thức trị tuyệt đối ta được: 1  x  2 |v|≥ x x ; ( vì x và x cùng dấu ) ¿ u+ v=5 u3 +v −3 (u+v )=15 m− 10 ⇔ Hệ đã cho trở thành: ¿ u+ v=5 uv =8 −m ¿{ ¿ u x Theo định lý Vi-et thì u; v là nghiệm phương trình: f(t) = t2 -5t +8-m = 0(1) Hệ đã cho có nghiệm và (1) có hai nghiệm thỏa mãn |t 1|≥ ;|t 2|≥ Ta giải bằng phương pháp gián tiếp sau Tìm m để (1) không có nghiệm nằm ngoài khoảng (-2;2) TH1: (1) vô nghiệm ⇔ Δ=4 m− 7<0 ⇔ m< TH2: (1) có ít một nghiệm thuộc khoảng (-2;2) TH2 này có khả năng: + KN1: f(t) có nghiệm là -2, nghiệm thuộc khoảng (-2;2) ⇔ f (−2)=0 −2< S+2<2 ⇔ ¿ 22− m=0 −2<7<2 ¿{ ( không xảy ra) + KN2: f(t) có nghiệm là 2, nghiệm thuộc khoảng (-2;2) ⇔ f (2)=0 −2< S −2<2 ⇔ ¿ −m=0 − 2< 3<2 ¿{ ( không xảy ) +KN3: f(t) có một nghiệm thuộc khoảng (-2;2), nghiệm nằm ngoài đoạn [-2;2] ⇔ f (−2) f (2)<0 ⇔ (22 −m)( 2− m)<0 ⇔ 2< m<22 +KN4: f(t) có hai nghiệm thuộc (-2;2) ⇔ Δ ≥0 af(− 2)> af(2)>0 S −2< <2 ⇔ ¿ m−7 ≥ 22− m> − m>0 − 2< <2 ¿{ { { ( không xảy ra) m< ¿ Như để (1) không có nghiệm nằm ngoài khoảng (-2;2) thì 2<m<22 Vậy giá trị m thỏa mãn đề bài là : ¿ ¿ ¿ ¿ ≤m ≤2 ¿ m ≥22 ¿ ¿ ¿ ¿ Bình luận: Ta có thể tìm m để (1) có hai nghiệm thỏa mãn |t 1|≥ ;|t 2|≥ phương pháp hàm số sau:Ta lập bảng biến thiên f(t) ngoài khoảng (-2;2) : −∞ t 2 -2 +∞ f’(t) - - +∞ f(t) Từ bảng biến thiên ta có : 22 ≤m ≤2 ¿ m ≥22 ¿ ¿ ¿ ¿ + +∞ Ví dụ 7: Cho phương trình : cos x − cos x+m cos x − 1=0 (1) π Tìm m để phương trình có đúng nghiệm khác thuộc khoảng (− ; π ) Giải: Ta biến đổi đưa phương trình : ⇔ cos x=0 cos x (4 cos2 x − 2cos x +m −3)=0 ¿ cos x −2 cos x +m− 3=0 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ π Trong khoảng (− ; π ) , phương trình cosx=0 có hai nghiệm là x 1= π ; x 2= 3π Do đó để (1) có đúng nghiệm phân biệt thì phương trình : cos x −2 cos x +m− 3=0 (*) phải có nghiệm phân biệt và khác hai nghiệm trên Đặt t = cosx, phương trình (*) trở thành: f (t)=4 t −2 t+ m− 3=0 (2) Nếu t ∈(0 ; 1) thì cho giá trị x tương ứng khác nghiệm x1 ; x2 Nếu t ∈(−1 ;0) thì cho giá trị x tương ứng khác nghiệm x1 ; x2 Nếu t=1 thì cho x=0 Nếu t=-1 thì cho x=π Do đó để (*) có nghiệm yêu cầu thì f(t) phải có hai nghiệm phân biệt t1; t2 thỏa mãn : −1<t 1< 0<t 2<1 Theo định đảo ta cần có: ⇔ m− 3<0 m+3> m− 1>0 ⇔ 1<m<3 ¿{{ Vậy giá trị m cần tìm : 1<m< ¿ af(0)< af(− 1)>0 af(1)>0 ¿{{ ¿ Bình luận : Từ lập luận mối tương quan t và x trên ta thấy yêu cầu số nghiệm thay đổi, dẫn tới tính chất nghiệm (2) thay đổi Chẳng hạn: i) Nếu đề yêu cầu (1) có đúng nghiệm khác thì nghiệm phương trình (2) phải là: −1<t 1< t <0 , là ¿ t 1=−1 0<t <1 , là ¿{ ¿ ¿ t 2=1 0<t 1< ¿{ ¿ ii ) Nếu đề yêu cầu (1) có đúng nghiệm thì nghiệm (2) phải là: 0<t 1< t <1 Bài tập tương tự: 1) Tìm m để phương trình : x 2+2 x +m √ −2 x − x 2=m2 a) có nghiệm b) có nghiệm phân biệt 2) Tìm m để phương trình : 2 92 x − x − m 62 x − x +(3 m −8) 42 x − x =0 Có nghiệm thỏa mãn |x|≥ x − 3¿ =m 3) Tìm m để phương trình : x −1 ¿4 +¿ ¿ có nghiệm 4) Tìm m để phương trình: 2− x ¿ ¿ 2+ x ¿2 ¿ ¿ ¿ 2012 √¿ Có nghiệm 5) Tìm m để phương trình có nghiệm nhất: lg(x −2 mx )− lg (2 x − m−1)=0 6) Cho phương trình : (x-3)(x+1)+4(x-3) √ x+1 =m x−3 Tìm m để phương trình có nghiệm 7) Cho phương trình : |x − x +m|=x −1 Tìm m để phương trình có nghiệm phân biệt 8) Tìm m để phương trình: lg (10 x)+ lg x=m Có nghiệm thỏa mãn 1<x<10 II- ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ VI-ET TỔNG QUÁT : 1) DẠNG : ỨNG DỤNG VÀO GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Phân tích : Thông thường các hệ thường gặp dạng đối xứng Khi đó ta tìm cách biểu diễn các phương trình hệ qua các biểu thức đối xứng sơ cấp đó là : x+y+z ; xy+yz+zx ; xyz ( hệ ẩn) Ta cần sử dụng các hằng đẳng đối xứng : a  b (a  b)  2ab ; a  b3 (a  b)3  3ab(a  b) để biến đổi hệ , sau đó sử dụng định lý Vi-et đảo để đưa phương trình đa thức và giải phương trình đó Cuối cùng nghiệm hệ chính là các bộ số hoán vị các nghiệm Ví dụ : Giải hệ phương trình : ¿ x + y + z=3 x 2+ y 2+ z 2=21 x 3+ y3 + z 3=57 ¿{{ ¿ Giải : Ta có x +y +z =(x+y+z) -2(xy+yz+zx) =21 Từ đó suy : xy+yz+zx=-6 Lại vì x3+y3+z3= (x+y+z)(x2+y2+z2-xy-yz-zx)+3xyz Từ đó tính xyz= Vậy theo định lý Vi-et ta có x, y, z là nghiệm phương trình : t3-3t2-6t+8=0 Mà phương trình trình trên có các nghiệm ; -2 ;4 2 2 Vậy hệ trên có nghiệm (x,y,z) tương ứng là các hoán vị bộ số (1 ; -2 ;4) Ví dụ : Giải hệ phương trình ¿ x + y + z=0 2 x + y + z =10 x 7+ y 7+ z =350 ¿{{ ¿ 2 Giải: Đặt S1=x+y+z=0 S2 = x +y +z =(x+y+z) -2(xy+yz+zx) Từ đó suy xy+yz+zx= -5 Sử dụng biến đổi sơ cấp ta có : S3 =x3+y3+z3 = -(x+y+z)3 +3(x+y+z)(xy+yz+zx)-3xyz =-3xyz ( vì x+y+z=0) n n n Đặt Sn=x +y +z Ta có (x+y+z)(xn+2+yn+2+zn+2)=0 Hay là Sn+3=-Sn+1(xy+yz+zx)-Sn xyz Thay n=1 ta tính : S4 = 50; S5 = -25xyz( vì S3=-3xyz) Thay n= và sử dụng các kết thu trên ta S7=175xyz Từ giả thiết S7 = 350 Từ đó tính xyz=-2 Theo định lý Vi-et ta có x; y; z là ba nghiệm phương trình t3-5t-2=0 Ta tìm nghiệm là -2; 1- √ ; 1+ √ Từ đó hệ phương trình có nghiệm là các bộ số tạo hoán vị giá trị trên Ví dụ 3: ( thi HSG Quốc gia lớp , năm học 96-97) ¿ x+ y+ z =6 x2 + y + z 2=18 Giải hệ phương trình √ x+ √ y + √ z=4 ¿{{ ¿ 2 2 Giải: Ta có x +y +z =(x+y+z) -2(xy+yz+zx), suy xy+yz+zx=9 Lại có ( √ x+ √ y + √ z )2= x+y+z+2( √ xy + √ yz+ √ zx ¿ , suy ( √ xy + √ yz+ √ zx ¿ =5 Bình phương hai vế ta được: xy+yz+zx+ √ xyz ( √ x + √ y + √ z) =25, thay số ta √ xyz = 2, hay xyz=4 Theo định lý Vi-et ta có x;y;z là nghiệm phương trình : t3-6t2+9t-4 = Ta giải phương trình nghiệm là 1;1;4 Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y;z) là hoán vị số trên Ví dụ 4: Tính tổng S=x3+y3+z3 theo a,b,c biết rằng: ¿ x + y + z=a(1) 2 2 x + y + z =b (2) 1 1 + + = (3) x y z c ¿{ { ¿ 2 ( Đề 132 bộ đề 95) Giải: 2 Từ (2) ta có x +y +z =(x+y+z) -2(xy+yz+zx)=b , suy Từ (3) ta có a2 − b2 2 xy + yz+zx = , suy xyz= c (a − b ) xyz c xy+yz+zx= Từ biểu thức S ta có: S=x3+y3+z3=(x+y+z)(x2+y2+z2-xy-yz-zx)+3xyz 2 c( a −b ) a −b ] +3 = a [b − 2 3 2 = a + (a −b )(c −a) 2 Ví dụ 5: Giải hệ phương trình : ¿ x + y + z=9 (a) xy + yz+zx =27(b) 1 + + =1(c) x y z ¿{{ ¿ Từ phương trình (c) ta có : Giải: xy + yz+zx =1 xyz Suy xyz=xy+ yz+ zx=27 Theo định lý Vi-et ta có x;y;z là nghiệm phương trình sau: t − 9t +27 t −27=0 t −3 ¿ 3=0 ⇔¿ ⇔ t=3 Từ đó hệ phương trình có nghiệm là x=y=z=1 Ví dụ 6: Giải hệ phương trình sau: ¿ x+ y+ z+a( x + y)+ a2 x=a3 x+ y+ z+b( x + y)+ b2 x=b3 (I) x+ y +z +c ( x + y )+ c x=c ¿{{ ¿ Giải: Đặt m=x+y+z; n=x+y; p=x Từ cấu trúc các phương trình hệ , ta có a;b;c cùng là nghiệm hệ phương trình : t − pt − nt − m=0 Áp dụng định lý Vi-et ta suy ¿ a+ b+c= p=x ab+ bc+ ca=−n=− x − y abc=m=x + y + z ¿{{ ¿  x a  b  c   y ab  bc  ca  a  b  c  z ab  bc  ca  abc  Từ đó ta giải : Đây là nghiệm hệ phương trình đã cho Bình luận: Từ các ví dụ trên đây ta thấy mối quan hệ mật thiết phương trình và hệ phương trình, đặc biệt là hệ đối xứng Việc thấy rõ mối quan hệ chúng, giúp ta có hướng giải linh động:Từ hệ phương trình chuyển phương trình và ngược lại 2) DẠNG 2: ỨNG DỤNG VÀO TÍNH CÁC BIỂU THỨC LƯỢNG GIÁC: Phân tích: Đây là dạng bài tập hay gặp các kỳ thi hoc sinh giỏi tỉnh Ở dạng bài tập này , học sinh cần các số hạng biểu thức chính là nghiệm phương trình đại số nào Sau rồi, cần sử dụng định lý Vi-et để kết nối các mối quan hệ các số hạng đó Học sinh cần thục các biểu diễn lượng giác, đặc biệt là các công thức góc nhân Ví dụ 1: Chứng minh rằng a) tan 100 + tan 50 0+ tan 700=9 b) tan 200 + tan 400 + tan 800=33273 Giải: a) Áp dụng công thức góc nhân ta có: tan α = tan α −3 tan2 α −3 tan α (*) , từ đó suy tan α − tan α+ tan α tan α = −6 tan α +9 tan α Thay α =100 ta có: tan 10 − tan 10 + tan 10 = −6 tan 10 0+ tan 10 Từ đó tan2100 là nghiệm phương trình : 3t3-27t2+33t-1=0(1) Vì tan21500= tan22100 = Như thì tan2500; tan2700 cùng là nghiệm phương trình trên Theo định lý Vi-et ta có tan 100 + tan 50 0+ tan 700=9 b) Áp dụng với α =200 vào hệ thức (*) ta có 3 tan 200  tan 20  tan 20  tan 20  tan 20 Từ đó tan 20 là nghiệm phương trình : t3-33t2+27t-3=0(2) Lập luận tương tự ta có tan2400; tan2800 là nghiệm phương trình (2) Vì nên ta có : 6 tan 20 + tan 40 + tan 80 =t +t +t 3 3 t +t +t ¿2 −3(t t +t t 3+ t t ) ¿+ t t t = (t+ t +t 3) ¿ +¿3 33 ¿ t +t ¿ t t +t t 3+t t 1=27 Áp dụng định lý Vi-et ta có: t t t =33 ¿{{ ¿ Thay vào biểu thức trên ta có 6 tan 20 + tan 40 + tan 80 =33273 Bình luận : Từ việc thiết lập phương trình bậc ba (1) trên, ta có thể “ sáng tạo” nhiều bài toán Chẳng hạn: 2 2 2 Chứng minh : tan 10 tan 50 + tan 10 tan 70 + tan 50 tan 70 =11 2 tan 10 tan 50 tan 70 = Ví dụ 2: Chứng minh rằng : cos π 9π 9π 17 π π 17 π −3 cos +cos cos +cos cos = 12 12 12 12 12 12 Giải: Áp dụng công thức góc nhân ba: cos3x=4cos3x-3cosx, π 12 π Nên cos 12 với x= ta có cos3 π π − cos − √ =0 (1) 12 12 là nghiệm phương trình : 4t3-3t - √ =0 Lập luận tương tự ta thu kết cos 9π 17 π ; cos 12 12 là nghiệm phương trình (1) Áp dụng hệ thức Vi-et ta có : cos π 9π 9π 17 π π 17 π −3 cos +cos cos +cos cos = 12 12 12 12 12 12 Bình luận: Ta có thể sáng tác các bài toán dựa vào phương trình trên sau Chứng minh rằng: π 9π 17 π +cos +cos =0 12 12 12 π 9π 17 π √ cos cos cos = 12 12 12 cos Ví dụ 3: Cho b khác và giả sử phương trình : x3+ax2+x+b=0 có nghiệm là x1;x2;x3 Chứng minh rằng: (x − 1 1 1 )( x − )+( x − )( x − )+( x − )(x − )=4 x1 x2 x2 x3 x3 x1 Giải: Theo định lý Vi-et ta có : x1x2+ x2x3+ x1x3 =1 Đặt x1 = tan α ; x2 = tan β ; x3 = tan χ thì ta có tan α tan β + tan β tan χ + tan χ tan α =1, suy π +kπ , k ∈ Z , suy 2 α +2 β +2 χ = π + k π , k ∈ Z α + β + χ = Vậy nên đẳng thức cần chứng minh tương đương với (tan α -cot α )(tan β -cot β )+(tan β -cot β )(tan χ -cot χ )+ +(tan α -cot α )( tan χ -cot χ )=4 Để ý rằng : tanx-cotx=-2cot2x Vì đẳng thức cần chứng minh trở thành : cot2 α cot2 β + cot2 β cot2 χ + cot2 α cot2 γ =1 Đây là đẳng thức hiển nhiên đúng vì α +2 β +2 γ = π + k π , k ∈ Z Từ đó ta có điều phải chứng minh Ví dụ 4: Chứng minh rằng :tan π 2π 3π 4π tan tan tan =5 5 5 Giải: Áp dụng công thức góc nhân ta có tan x − tan x tan x + tan x+ tan x 1− tan x − tan x tan5x= tan(3x+2x)= = −3 tan3 x tan x tan x − tan x tan x 1− −3 tan x − tan x Tiến hành rút gọn ta thu : tan x − 10 tan x+5 (1) tan x −10 tan2 x +1 π 2π 3π 4π Lần lượt thay x= ; ; ; vào phương trình (1) thì vế trái luôn bằng Mặt 5 5 π 2π 3π 4π khác vì tan ; tan ; tan ; tan nên chúng phải là nghiệm phương trình: 5 5 tan5x= tan x t4 -10t2 +5=0(2) Áp dụng định lý Vi-et ta có : tan π 2π 3π 4π tan tan tan =5 5 5 (đfcm) Bình luận: Ta có thêm số kết khác dựa vào định lý Vi-et phương trình trên sau: tan π 2π 3π 4π + tan + tan + tan =0 5 5 π 2π 3π 2π 3π 4π π 2π 4π π 3π 4π tan tan +tan tan tan +tan tan tan + tan tan tan =0 5 5 5 5 5 5 π 2π π 3π π 4π 2π 3π 2π 4π 3π 4π tan tan + tan tan + tan tan + tan tan + tan tan + tan tan =− 10 5 5 5 5 5 5 tan Ví dụ 5: a) Chứng minh rằng :cos7x =cosx( 64cos6x-112cos4x+56cos2x-7) (1) π 3π 5π +cos +cos 14 14 14 π π π cos cos2 cos 14 14 14 cos b) Từ đó hãy chứng minh : A = =1 Giải: Ta có: cos7x=cos(x+6x)=cosxcos6x-sinxsin6x=cosx(4cos32x-3cos2x)-2sinxsin3xcos3x= =cosx[4(2cos2x-1)3-3(2cos2x-1)]–2sinx(3sinx-4sin3x)(4cos3x-3cosx) = cosx( 64cos6x-112cos4x+56cos2x-7) Ta thay x= π 14 vào (1) thì vế trái bằng 0, vì cos π π ≠ ,nên cos là nghiệm 14 14 phương trình: 64t6 – 112t4+56t2-7 =0 (2) Hay cos π là nghiệm phương trình : 14 64t3 – 112t2+56t-7 =0 (3) 3π 25 π ; cos là nghiệm ( 2) 14 14 t +t +t ¿2 −2(t t +t t +t t ) 2 t 1+ t +t ¿ Nếu ta gọi nghiệm là t1;t2;t3 thì ta có A= = t t2 t3 ¿ ¿ 112 + ¿3 64 ¿ 56 t +t ¿t t +t t 3+ t t 3= 64 Theo định lý Vi-et ta có: t t t 3= 64 ¿{{ ¿ Lập luận tương từ ta có cos Thay vào biểu thức A ta A=3 3) DẠNG 3: CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Phân tích: Khi cần chứng minh các bất đẳng thức các hệ số phương trình, ta cần biến đổi chúng các tỉ số thích hợp , thông thường là bằng cách chia cho hệ số chứa xn để có thể sử dụng định lý Vi-et Việc chứng minh bất đẳng thức hệ số chuyển sang chứng minh bất đẳng thức các nghiệm Do định lý Vi-et phải biểu theo các biểu thức đối xứng, nên cuối cùng bất đẳng thức thu thường đối xứng Đây là một điều thuận lợi, vì bất đẳng thức đối xứng thường dễ chứng minh Ví dụ 1: Giả sử phương trình: x3 –x2+ax+b=0 có ba nghiệm Chứng minh rằng: a − b+1 ≤ (2) a − b+2 Giải: Giả sử nghiệm là x1;x2;x3 Theo định lý Vi-et ta có: x1+x2+x3=1; x1x2+x2x3+x3x1=a; x1x2x3=-b Thay vào (2) ta 2( x1 x 2+ x x + x x )−3 x x x3 + x + x 2+ x 3 ( x 1+ x + x 3) ≤ x x + x x + x3 x 1+ x x2 x 3+1 3+ x + x 2+ x3 x1 x2 x3 (x 1+x +x 3) + + 3+x + x 2+ x3 1+ x 1+ x 1+ x 1 ⇔ 1+1+131+ x 1+ x 3+ x1 + x 2+ x3 1+ x 1 ⇔ 1+ x + 1+ x + 1+ x 3+ x1 + x 2+ x3 ⇔ Áp dụng bất đẳng thức Cô- si ta có điều phải chứng minh Ví dụ 2: Gỉa sử phương trình : a+ b ¿2 − ¿ ¿ x −(a+ b)x +¿ có nghiệm Chứng minh rằng : 2 a +b − − ≤ + ab≤ 1(2) 2 Giải: Ta giả sử nghiệm phương trình là x1;x2;x3 Theo định lý Vi-et ta có: x1+x2+x3=a+b a+b ¿ − ¿ x1x2 + x2x3+x3x1 = ¿ ¿ (x1+x2+x3)2 - (x1x2 + x2x3+x3x1) = ⇔ x + x2 + x =1 Do đó 2 Từ (2) ta có : a+b ¿ −1 ¿ ¿ a + b2 − −1 − ≤ + ab≤ ⇔ ≤¿ 2 Hay là cần phải chứng minh: −1 ≤ x x2 + x x + x x ≤1 (3) 2 Thậtvậy:tacó: x1  x2  x3 1 ,nên từ 2 2 x 1+ x + x ¿ ≥ ⇔2(x x + x x + x1 x 3)≥−( x + x 2+ x )=−1 ¿ ⇔ x x + x x + x1 x ≥ − Mặt khác theo bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có: (x1+x2+x3)2 (x2+y2+z2)2 =1 Từ đó bất đẳng thức hoàn toàn chứng minh Ví dụ 3: Gỉa sử x1;x2;x3 là ba nghiệm dương phương trình: ax3+bx2+cx+d=0(1), a khác Chứng minh rằng : x17 +x27+x37 − b3 c2 81 a5 ( Olympic 30-4 lần thứ 5; 45 năm Toán học tuổi trẻ) Giải: Theo định lý Vi-et ta có: b x1 +x2+x3= a >0 ; x x 2+ x x3 + x x = c a >0 Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có : x + x 22 + x 23 ¿ x x 2+ x x3 + x x ¿2 ≤¿ ¿ c 2 x + x + x ≥( x x + x x + x x 3)= > (a) a ⇔ Cũng theo bất đẳng thức B.C.S ta có: (x1 +x2+x3)2 3(x12 +x22+x32) Nên: 2 b2 >0 (b) a2 (x1 +x +x3 ) Nhân vế theo vế (a) và (b) ta được: x + x + x3 ¿ ≤ 3(x + x 42 + x 43 ) 0< b2 c ≤¿ 3a 2 Bình phương hai vế ta lại có : ¿ b c2 ≤¿ 81 a6 1 2 x x + x x + x x ¿2 ≤(x 21 + x 72 + x 73)(x + x 2+ x ) 7 x + x 42 + x 43 ¿2 =¿ Cuối cùng ta thu được: x17 +x27+x37 − b3 c2 ( đfcm) 81 a5 Ví dụ 4: Cho các số thực a;b;c;d >0 Chứng minh rằng: 9(a+b+c+d)(abc+abd+acd+bcd) 4(ab+bc+cd+ad+bd+ac)2 Giải: Xét đa thức: f(x)= (x-a)(x-b)(x-c)(c-d) Vì f(x) có nghiệm là a,b,c,d nên theo định lý Rolle ( hệ định lý Lagrange ) ta có f’(x) có nghiệm là m;n;p Mà ta có: f’(x) = 4x3–3(a+b+c+d)x2+2(ab+bc+cd+da+ca+bd)x-(abc+abd+acd+bcd) Nên theo định lý Vi-et ta có : m+ n+ p= (a+b +c) ; 1 mn+ mp+ np= ( ab+ac +ad+ bc + bd+cd ) ; mnp= (abc+abd +acd + bcd) Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc: (x+y+z)2 (xy+yz+zx) ta có: (mn+np+mp)2 3(mn2p+m2np+mnp2) =3mnp(m+n+p) Thay hệ thức Vi-et vào ta có được: ab+ac +ad + bc+ bd+cd ¿ ≥ (a+ b+c +d )(abc+ abd+acd + bcd) 16 ¿ Hay : 9(a+b+c+d)(abc+abd+acd+bcd) 4(ab+bc+cd+ad+bd+ac)2 (đfcm) Bây giờ chúng ta xét một vài dạng đa thức tổng quát: Ví dụ 5: Cho đa thức bậc n : P(x) = xn +a1xn-1 +a2xn-2 +…+ an-1x+1 với Chứng minh rằng: P(x) 0, i=1,2,…n-1 (x+1)n (1) ; x Giải: Để chứng minh bài toán ta cần có bất đẳng thức Minkowski phát biểu sau: Cho 2n số dương a1;a2; …; an và b1; b2;…;bn ( n N ;n≥ ) , ta có: √n (a 1+ b1)(a2 +b2 ) ( an +b n)≥ √n a a an + √n b b2 bn (2) Ta chứng minh (2) Áp dụng bất đẳng thức cô-si ta có: a1 a a a1 a2 a n + + .+ n ≥ n n a1 +b1 a 2+ b2 a n+ bn (a1 +b 1)(a 2+ b2) .(an +bn ) √ √ b1 b b b1 b2 b n + + .+ n ≥ n n a1 +b1 a 2+ b2 a n + bn (a1 +b 1)(a 2+ b2) .(an +bn ) Cộng vế theo vế ta có: n n( √ n a1 a2 a n +¿ (a1 +b1 )(a 2+ b2) .(a n+ bn ) √ n b1 b b n ) (a1 +b1 )(a 2+ b2) (a n+ bn ) Giản ước và quy đồng ta thu điều cần chứng minh (2) Bây giờ trở lại bài toán (1) Do các dương nên suy các nghiệm xi phương trình âm Theo định lý Vi-et ta có: x1x2x3…xn =(-1)n Theo bất đẳng thức Minkowski ta có x +|x n| n ( x+|x 1|)( x +|x 2|) ( ¿)≥ √ x x x+ √n |x x nn| =x+1 √n P( x)=√n ( x − x ).( x − x 2) .(x − x n)= √n ¿ Vậy : P(x) (x+1)n (1) ; x Ví dụ 6: Giả sử phương trình : P(x) = a0xn +a1xn-1+…+an-1x+an=0 ( a0 ≠ ) có n nghiệm dương Chứng minh rằng : an n − ¿ a0 an −1 n ¿ ≥¿ na ¿ Giải: Áp dụng định lý Vi-et và bất đẳng thức Cô-si ta có: an −1 =x x x n −1 + x x x n + + x n x x n − 2=¿ = a0 1 n x x x n ( + + + ) ≥ x x x n n x1 x2 xn √ x x x n an n−n n− =(x1x2…xn) = a0 ¿ Từ đó suy n ¿ an n − ¿ a0 an −1 n ¿ ≥¿ na ¿ (đfcm) Ví dụ 7: ( vô địch Hungari, 1983) Cho đa thức P(x) = xn +a1xn-1 +…+an-1x +1 là đa thức với hệ số không âm và phương trình P(x) =0 có n nghiệm thực Chứng minh rằng P(2) ❑n Giải: Vì đa thức có các không âm nên P(x) với x Suy phương trình có nghiệm thì các nghiệm phải âm Ta gọi các nghiệm là -x1;-x2;…;-xn , với xi >0 Khi đó P(x) biểu diễn : P(x) = (x+x1)(x+x2)…(x+xn) Ta đánh giá một đại diện +xk =1+1+xk Vậy nên P(2)= (2 +x1)( +x2)…( +xn) 3n Vì theo định lý Vi-et ta có √3 xk , 1≤ k ≤ n √3 x1 x x n = 3n x x2 x n =1 Bình luận: Nếu dựa vào các bất đẳng thức gốc , ta có thể tao các đề toán mới: a Từ bất đẳng thức : 1 1 1 (a+ b+c )( + + )≥ , hay ( + + ) ≥ , với a,b,c>0 a b c a b c a+b +c Ta có bài toán sau: 2) Cho phương trình: ax 3+ bx +cx+ d=0 (a ≠ 0) với các hệ số dương có các nghiệm dương x ; x ; x Chứng minh lúc đó ta có: bc ≤9 ad 3) Mở rộng bài toán trên ta có bài toán sau: 1 n2 + + + ≥ , đó các x1 x2 x n x + x2 + + x n số x i> ; i=1 , n Cho phương trình : an x n+ an −1 x n −1 + +a1 x+ a0=0 với an ≠ ; an và a0 cùng dấu Chứng minh phương trình có n nghiệm dương thì đó ta có: an − a1 ≥n a n a 4) Từ bất đẳng thức a+b +c ¿ ≥ 3(ab +bc +ca) ta đến bài toán sau: ¿ Chứng minh phương trình : ax + bx +cx+ d=0 5) Xuất phát từ bài toán: ( a ≠ ) có ba nghiệm thì b2 −3 ac ≥ Cho a2 +b 2+ c 2=1 Ta có kết sau: − ≤ ab+ bc+ca ≤1 Từ đó ta có thể tạo bài toán sau: Giả sử phương trình : a+ b ¿ − ¿ ¿ x −(a+ b)x +¿ có nghiệm Chứng minh : a 2+ b2 − − ≤ + ab≤ 1(2) 2 Những bình luận trên cho ta thấy sử dụng các bất đẳng thức gốc , ta có thể tạo nhiều bài toán khác 4) DẠNG 4: ĐA THỨC CÓ NGHIỆM THỎA MÃN DIỀU KIỆN CHO TRƯỚC Ở đây ta quy ước nghiệm đa thức P(x) tức là nghiệm phương trình P(x) =0 Ví dụ 1: Tìm giá trị m để đa thức: P(x) = x3 +2x2 +mx-4(1) có nghiệm p;q;r cho p2+q2 =r2 Giải: Điều kiện cần: Giả sử phương trình có nghiệm p;q;r Theo định lý Vi-et và giả thiết ta có: p+q+r =-2; pq+qr+rp =m; pqr=1; p2+q2 =r2 Từ đó ta có 4=(p+q+r)2 = p2+q2+r2 +2(pq+qr+rp) = 2r2 +2m, suy r2 = 2-m Tại vì r là nghiệm P(x) nên ta có: r3 +2r2 +mr-4 = Thay r2 =2-m ta được: (2-m)r+2(2-m)+mr-4 =0 ⇔ r=m, đó : m2 =2-m, ta m=1; m=-2 Điều kiện đủ: Với m=1, thử lại ta được: P(x) = x3 +2x2 +x-4 = (x-1)(x2 +3x+4) không thỏa mãn Với m=-2 , thử lại ta : P(x) = x3 +2x2 -2x-4 = (x+2)(x2 -2) Phương trình có nghiệm x= √ ; x=- √ ; x=-2 thỏa mãn điều kiện Vậy m=-2 Ví dụ 2: Hãy lập đa thức bậc ba mà nghiệm nó là m;n;p nó thỏa mãn các điều kiện sau: + m n + p =-2; 1 + + =1 ; m2 n p +¿ m4 +¿ n4 =1 p4 Giải: Ta gọi đa thức bậc ba cần tìm là : x +ax +bx+c Theo công thức Vi-et ta có: m +n+p=-a; mn+np+mp =b; mnp=-c Biến đổi giả thiết ta được: mn + np+mp =− mnp mnp ¿2 1= ⇒ −b =− c ¿ ¿ 1 m2 n2+ m2 p2 +n2 p + + = ¿ m2 n p 2 mn+ np+mp ¿ − mnp( m+n+ p) ¿ mnp ¿2 = ¿ ¿ ¿ ¿ mnp ¿4 ¿ 1= m4 n +m4 p4 + n4 p ¿ m2 n 2+m2 p 2+ n2 p2 ¿2 − m2 n2 p (m2+ n2+ p 2) ¿ = mnp ¿ ¿ ¿ ¿ 2 2 b −2 ac ¿ −2 c (a −2 b) ¿ = ¿ ¿ 32 16 Giải hệ phương trình trên ta a= ; b= ; c= 9 32 16 x + Vậy đa thức cần tìm là: P(x) = x3 + x + 9 Ví dụ 3: Cho phương trình : x3 +px2 +qx +r =0 Gọi x1; x2; x3 là các nghiệm phương trình Hãy biểu diễn các đa thức đối xứng sau thông qua p;q;r: A = x12 + x22 + x32 ; B= x13 + x23 + x33 ; C = x14 + x24 + x34 ; Giải: Theo định lý Vi-et ta có: x1 +x2 +x3 =-p; x1x2+x2x3+x1x3 =q ; x1x2x3 = r Ta có A =( x1 +x2 +x3)2 -2(x1x2+x2x3+x1x3) = p2 -2q Ta tính B bằng cách thay các nghiệm xi vào phương trình cộng vế theo vế ta thu được: x13 +x23 +x33 +p(x12 + x22 + x32 )+q(x1 +x2 +x3) +3r=0 ⇔ B +p.(p2 -2q) +q(-p) +3r=0 ⇔ B=-p3 +3pq-3r Tính C: Ta nhân xi vào hai vế phương trình để tạo xi4 cộng vế theo vế Từ đó làm tương tự ta tính C= p4 -4p2q+2q2 +4rq Ví dụ 4: Hãy tính diện tích tam giác mà đường cao nghiệm đúng phương trình: y3 –ay2 +byc=0.(1) Giải: Gọi x1; x2; x3 là độ dài ba cạnh tam giác và y1;y2; y3 là độ dài ba đường cao tam giác Vậy thì y1;y2; y3 là ba nghiệm (1) S Gọi S là diện tích tam giác, thì yi = x i Thế vào phương trình ta có được: S S S ( x )3 –a( x )2 +b( x ) –c=0 i i i Quy đồng ta xi là nghiệm phương trình : bS aS2 S3 x+ x− =0 c c c x3 - (2) Đặt P(x) là vế trái (2) Theo công thức He-rong ta có: S2 =p(p-x1)(p-x2)(p-x3)= p.P(p), đây p= x + x 2+ x = bS c (Ta giải thích S2 =p.P(p) sau: Đa thức bậc ba nhân x1; x2 ; x3 làm nghiệm là ( x-x1)(x-x2)(x-x3) =0 (3) Phương trình (3) chính là phương trình (2) trên Nên ta phải có (p-x1)(p-x2)(p-x3) = P(p) ) Thay vào ta được: S = S= bS bS P( )= c c S4 (4 ab2 c −b −8 bc2 ) , suy c S2 ab2 c − b − bc √ c Ví dụ 5: Cho p1; p2 ; q1; q2 là số nguyên và α là nghiệm phương trình : x2 +p1x +q1 =0, còn β là nghiệm phương trình x2 +p2x +q1 =0 Hãy tìm các số nguyên a,b,c,d cho α β là nghiệm phương trình x4 +ax3 +bx2 +cx+d =0 Giải: Ta gọi α ’; β ’ là các nghiệm tương ứng còn lại (1) và (2) Để có thể liên hệ các nghiệm phương trình , ta có thể xết đa thức sau nhận α β làm nghiệm nó Đó là: P(x) = (x- α β ’)(x- α ’ β ’) = x4 +ax3 +bx2 +cx+d β )(x- α ’ β )(x- α Đồng hệ số đồng bậc hai đa thức ta thu các giá trị a;b;c;d Chẳng hạn là hệ số b Ta có : b = α β α β ’+ α β α ’ β + α β α ’ β ’+ α β ’ α ’ β ’ + α β ’ α ’ β + α ’ β α ’ β Sử dụng định lý Vi-et cho (1) và (2) ta thu b= 2q1p2 +q2( α + α ’2) +q1( β + β ’2)= = q1p2+q2(p12-2q1)+ q1(p22-2q2) Ví dụ 6: ( vô địch mỹ 1977) Giả sử a;b là hai nghiệm đa thức x4 +x3 -1 Chứng minh rằng đó ab là nghiệm đa thức x6 +x4 +x3 –x2 -1 Giải: Giả sử các nghiệm còn lại đa thức bậc P(x)= x4 +x3 -1 là c,d Theo định lý Vi-et ta có : a+b+c+d=-1 ; abcd=-1 Để ab là nghiệm đa thức bậc thì ta phải có: (ab)6 +(ab)4 +(ab)3 -(ab)2 -1 =0 ⇔ vì ab 0; ab ¿3 −¿=0 ¿ (*), ab ¿ ¿ ¿ =−cd Vậy nên (*) trở thành: ab (ab)3 +(cd)3 +ab +cd+1=0 (**) Nói tóm lại ta phải chứng minh (**) Thật , từ P(a) =P(b) =0 Ta có a3 = a+1 = (a+1)(b+ 1) , b+1 (c +1)(d +1) =-(c+1)(d+1) P(−1) ; b3 = nên (ab)3 = Bởi vì nên Tương tự ta có: P(x) = (x-a)(x-b)(x-c)(x-d), P(-1) = (1+a)(1+b)(1+c)(1+d) (cd)3 = -(a+1)(b+1) Thay vào (** ) ta -(a+1)(b+1)-(c+1)(d+1)+ab+cd+1 = -1-a-b-c-d=0 ( theo định lý Vi-et) Ví dụ 7: ( Vô địch Balan 1979) Hãy tìm tất các đa thức Pn(x) có hệ số nguyên và dạng Pn(x)=n!xn +an-1xn-1 +…+a1x +(-1)nn(n+1) có n nghiệm thực x1;x2; …; xn thỏa mãn điều kiện xk [k; k+1], với k=1,2,…n và n Giải: Với n=1, đa thức có nghiệm x=2 [1;2] ,nên n=1 thỏa mãn Với n=2 đa thức có dạng P2(x) =2x2 +a1x +6 Ta phải tìm a1 để phương trình có nghiệm thỏa mãn x1 x2 −a ; x1 x2 =3 Ta suy a1 <0 Lại có x2-x1 ⇒ ( x2-x1)2 a ( x2-x1)2 = ( x2+x1)2 -4x1x2 = −12 Do đó: a1 ⇒ 48 a12 64 −12 Theo định lý Vi-et ta có x1+x2 = Lại vì Tìm a1 =-8; a1 =-7 Vậy đa thức cần tìm là P2(x) = 2x2 -8x +6 ; P2(x) = 2x2 -7x +6 Thử lại ta thấy các đa thức này thỏa mãn Với n Ta có : Pn(x) = n!xn +an-1xn-1 +…+a1x +(-1)nn(n+1) = n!(x-x1).(x-x2)…(x-xn) Cho x= ta : (-1)nn(n+1) =n!(-1)nx1.x2…xn Do đó x1.x2…xn = n(n+1) n! = n+1 (n −1)! n+1 <n< n ! Nhưng mặt khác vì xk [k;k+1], nên x1.x2…xn 1.2.3…n =n!( vô lý) Vậy n không tồn tại đa thức Ví dụ 8: Tìm a, b nguyên để phương trình : x +ax +bx +ax +1=0 (1) Có hai số các nghiệm nó có tích bằng -1 (VMO ) Giải: Ta để ý rằng phương trình có nghiệm là x thì có nghiệm là nghiệm mà có tích uv ( vì tích hai nghiệm bằng thì có thể chọn là u và Do đó ta gọi các nghiệm là u; v; ; u Gọi u, v là các x ) u Ta chứng minh hai nghiệm có tích bằng -1 phải v là u; v Tức là ta phải chứng minh u.v=-1 Thật Theo định lý Vi-et ta có: ¿ 1 u+ v+ + =− a u v u v uv + + + +2=b v u uv ¿{ ¿ ⇔ (u+ v)(uv+ 1) =− a(1) uv u+v ¿2 +1 ¿ ¿ uv=b (2) ¿ ¿ ¿ uv +¿ Giả sử rằng uv ≠1 Vì a, b là số nguyên nên từ (a) suy u+v hữu tỉ ,từ (b) suy (u+v)2 phải là số nguyên Nên suy (u+v) là số nguyên Vì uv+1 không chia hết cho uv nên từ (a) ta có u+v chia hết cho uv Cũng từ (b) ta có (u+v)2+1 chia hết cho uv Nhưng vì (u+v) và (u+v)2 +1 có ước chung là -1 nên suy uv=1 uv=-1 Vì ta giả sử uv ≠1 nên suy uv =−1 Từ (1) suy a=0 Từ (2) ta có u+v ¿ −2 ≤− b=¿ b  Z a=0 b ≤− Thử lại với , , , phương trình trở thành : (*) x + bx +1=0 Phương trình có nghiệm là: u= −b+ √ b − √ Đây là nghiệm thỏa mãn đề bài 2 ; v = − b− √ b − √ Ví dụ 9: Cho đa thức P( x)=x3 + ax2 + bx+ c có các hệ số nguyên Chứng minh rằng có một nghiệm bằng tích hai nghiệm thì : P (−1)⋮ [ P(1)+ P( −1)−2 (1+ P (0)) ] (Canada 82) www.VNMATH.com Giải: Giả sử phương trình có nghiệm thỏa mãn đề bài nêu Ta gọi các nghiệm là u; v; uv ¿ u+v+ uv=− a(1) uv (1+u+v )=b( 2) Áp dụng định lý Vi-et ta có: (I) u2 v 2=− c (3) ¿{{ ¿ ⇔ (u+1)(v +1)=0 Nếu a=-1 thì từ (1) ta có : u+ v+ uv +1=0 Phương trình có nghiệm là -1 nên hiển nhiên P (−1)=0 , chia hết cho số Nếu a ≠ −1 , cộng vế theo vế (2) và (3) ta : uv (1+u+ v +uv )=b − c=uv (1− a) ( (1)) b−c Suy uv = là số hữu tỉ vì a,b,c là các số nguyên −a 1+ P(0)=2(a −1)=−2(u+ v + uv+1)=− 2(1+u)(1+ v )≠ Ta có : P(1)+ P(−1)−2 ¿ Mặt khác : vì P( x)=( x −u)(x − v )( x − uv) nên: P (−1)=2(−1 −u)(− 1− v )(−1 − uv)=− 2(1+u)(1+v )(1+uv ) Từ đó ta có điều phải chứng minh MỘT SỐ BÀI TẬP TỔNG HỢP Cho hàm số y= x 2+ x +1 x +1 có đồ thị ( C ) Chứng minh rằng từ A (1;-1) luôn kẻ hai tiếp tuyến tới đồ thị và hai tiếp tuyên vuông góc với x +3 x +1 Cho hàm số M(2; ) cho d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B và M là trung điểm AB y= có đồ thị (C) Viết phương trình đường thẳng d qua điểm xiên bằng x có cựa trị và khoảng cách từ điểm cực tiểu tới tiệm cận x + mx − x +1 có cực trị và khoảng cách hai điểm cực trị đồ y=mx+ Tìm m để hàm số √2 Tìm m để hàm số y= thị hàm số bằng 10 Chứng minh rằng hàm số y= x 2+(2 m+1) x+ m2 +m+4 2(x +m) luôn có cực trị và khoảng cách chúng luôn là một hằng số Giả sử x1;x2 là hai nghiệm phương trình x2+px-1=0 với p là số nguyên tố lẻ Chứng minh rằng với số tự nhiên n thì x1n+x2n và x1n+1 +x2n+1 là các số nguyên tố cùng (Ôlympic Balan 1964) n n Chứng minh rằng 3+ √ ¿ + − √ ¿ không chia hết cho với n Xét phương trình x3+ax2+bx+1=0; với a,b hửu tỉ a) chứng minh rằng với a=-5;b=3 là cặp số làm cho phương trình có nghiệm 2+ ¿ ¿ √5 b) Kí hiệu x1; x2;x3 là nghiệm phương trình trên Đặt Sn=x1n +x2n+x3n , n là số tự nhiên Chứng minh Sn là số tự nhiên c) Tìm số dư phép chia S2005 cho Chứng minh rằng 10 Cho α + β+ γ = √ π √ 2π 4π π −3 √ cos + cos + cos = 7 √ √ tan α ; tan β ; tan γ là nghiệm phương trình : x3 +px2+qx+r =0 Chứng minh rằng p+1=q+r 11 Chứng minh hệ thức : S= cos π + 1 + =4 3π 5π cos cos 7 Chứng minh rằng tanu; tanv là hai nghiệm phương trình: x2+px+q=0 Thì sin2(u+v)+psin(u+v)cos(u+v)+qcos2(u+v)=q 13 Chứng minh rằng tanx;tany;tanz là nghiệm phương trình t3+at2+bt+c=0; còn tanu; tanv; tanw là ba nghiệm phương trình t3+ct2+bt+a=0 thì ta có x+y+z+u+v+w = k π ; k ∈ Z 12 14 a) chứng minh rằng : cos200 là số vô tỉ b) tan6100+ tan6500 + tan6700 =433 15) Hãy tìm bộ ba số hữu tỉ (a,b,c) là nghiệm phương trình x3+ax2+bx+c=0 ( Olympic sinh viên MỸ 1940) 16) Chứng minh rằng x1; x2 là nghiệm phương trình x + px+ thức x14+x24 2+ √ ; p ≠ , ta có bất đẳng p2 ( vô địch Bungari 1980) 17) Gỉa sử các nghiệm đa thức P(x) =x3 +ax2 +bx+c, với a,b nguyên bằng tích hai nghiệm Chứng minh rằng số 2P(-1) chia hết cho số P(1)+P(-1) -2[ 1+P(0)] ( vô địch Canada 1982) 18) Cho dãy { a n } với a1=a2 =1; an –an-1 -2an-2 =0; n a) Tìm số hạng tổng quát dãy b) Chứng minh rằng an+1 =2an +1 n chẵn và an+1 =a1+a2+…+an n lẻ 19) Cho dãy (an) xác định sau: a1=1; a2=3; an = 3an-1 –an-2 ( n 3) a) Chứng minh rằng với n nguyên dương ta có : (an+2-2)(an-2) = (an+1 -3)2 b) Chứng minh rằng với k nguyên dương thì a2k-1 -2 là số chính phương 20) ( Việt nam MO 2002) Cho đa thức P(x) = x3 +ax2 +bx+c=0 có nghiệm thực Chứng minh rằng 12ab+27c 21) Giả sử ax3 +bx2 +cx+d=0 (a a2 −2 b ¿3 6a +10 ¿ √¿ 0) cos nghiệm dương Chứng minh rằng abc +8 b3 −3 da a3 22) Giả sử phương trình x4 +ax3 +2x2 +bx+1 =0 có nghiệm thực Chứng minh rằng a2 +b2 23) Giả sử phương trình x –px +qx –p =0 với p;q >0 có ba nghiệm thực không nhỏ Chứng minh rằng p ( √2 + ¿ (q+3) ( 45 năm tạp chí toán học tuổi trẻ , bài 283) 24) Chứng minh rằng π 3π 5π π 3π 5π +cos +cos =12cos cos cos2 14 14 14 14 14 14 ¿ xyzt=1 1 1 x+ y+ z+t = + + + x y z t 25) Giải hệ phương trình sau: xy + yz+zt +tx =4 ¿{{ ¿ cos xyzt=1 ¿ x+ y + z+ t= 26) Giải hệ phương trình sau: 1 1 + + + = x y z t 1 1 25 + + + = x y z t 24 ¿{ { { ¿