Chuyên đề luyện thi học sinh giỏi và ôn thi vào 10 - Phần Đại số - Chuyên đề 17: Hệ thức Vi-ét

Nội dung text: Chuyên đề luyện thi học sinh giỏi và ôn thi vào 10 - Phần Đại số - Chuyên đề 17: Hệ thức Vi-ét

1. Chuyên đề 17.HỆ THỨC VI-ÉT A. Kiến thức cần nhớ 1. Hệ thức Vi-ét 2  Nếu x1; x2 là hai nghiệm của phương trình ax bx c 0 a 0 thì: b x x 1 2 a c x .x 1 2 a  Nếu phương trình ax2 bx c 0 a 0 có a b c 0 thì phương trình có một nghiệm là c x 1, còn nghiệm kia là x 1 2 a  Nếu phương trình ax2 bx c 0 a 0 có a b c 0 thì phương trình có một nghiệm là c x 1, còn nghiệm kia là x 1 2 a 2. Tìm hai số biết tổng và tích của chúng  Nếu hai số đó có tổng bằng S và tích bằng P thì hai số đó là hai nghiệm của phương trình x2 Sx P 0 Điều kiện để có hai số đó là: S 2 4P 0 0 B. Một số ví dụ Ví dụ 1: Cho phương trình mx2 2 m 2 x m 3 0 ( x là ẩn số). a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu và nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn nghiệm dương. (Thi học sinh giỏi Toán 9, TP Hồ Chí Minh năm học 2011 – 2012) Giải Tìm cách giải. Những bài toán liên quan đến dấu của nghiệm phương trình bậc hai bao giờ cũng liên quan đến công thức nghiệm và hệ thức Vi-ét. Cụ thể là:  Phương trình có hai nghiệm trái dấu gồm: Phương trình có nghiệm ( 0 ) và c x x 0 0 thì điều kiện nghiệm chung là: ac 0 1 2 a
2.  Phương trình có hai nghiệm trái dấu và nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn nghiệm dương gồm: Phương trình có hai nghiệm trái dấu ( ac 0 ) và nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn nghiệm dương ( x1 x2 0 ) Trình bày lời giải a) Phương trình có hai nghiệm trái dấu ac 0 m m 3 0 0 m 3 b) Phương trình có hai nghiệm trái dấu và nghiệm âm có gái trị tuyệt đối lớn hơn nghiệm dương 0 m 3 ac 0 2 m 2 2 m 3. x1 x2 0 0 m Vậy với 2 m 3 thì phương trình có hai nghiệm trái dấu và nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn nghiệm dương. Ví dụ 2: Cho phương trình: 2x2 m 1 x m 1 0 ( m là tham số). Tìm m để phương trình có hai nghiệm là số đo 2 cạnh của một tam giác vuong có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh góc vuông 4 là (đơn vị độ dài). 5 Giải Tìm cách giải. Bản chất của bài toán gồm 2 bước: 0  Bước 1. Phương trình có hai nghiệm x1; x2 dương x1 x2 0 x1 x2 0  Bước 2. Hai nghiệm x1; x2 là số đo 2 cạnh của một tam giác vuông có độ dài đường cao kẻ từ 4 đỉnh góc vuông là (đơn vị độ dài) thì thỏa mãn: 5 1 1 1 2 2 2 x1 x2 h Trình bày lời giải 2 2 Xét m 1 4.2. m 1 m2 2m 1 8m 8 m 3 0 Phương trình luôn có hai nghiệm Để hai nghiệm là số đo hai cạnh của tam giác phương trình có hai nghiệm dương
3. m 1 0 x1 x2 0 2 m 1. x x 0 m 1 1 2 0 2 Hai nghiệm là số đo 2 cạnh của một tam giác vuông có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh góc vuông 4 là (đơn vị độ dài) 5 2 2 1 1 25 x1 x2 2x1 x2 25 m 1 4m 4 25 2 2 2 2 2 x1 x2 16 x1 x2 16 m 1 16 11 5 9m2 18m 55 0 . Giải ra, ta được: m ;m . 1 3 2 3 11 Kết hợp điều kiện, ta được m thỏa mãn 1 3 2 Ví dụ 3: Cho phương trình x 3mx m 0 ( m là tham số khác 0) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của: 2 2 m x1 3mx2 3m A 2 2 x2 3mx1 3m m (Thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Hưng Yên, năm học 2011 -2012) Giải Phương trình có hai nghiệm phâm biệt khi 9m2 4m 0 hay m 9m 4 0 4 m 0 hoặc m (*) 9 x1 x2 3m Theo Vi-ét: x1 x2 m Ta có: m2 m2 m2 m2 0 x2 3mx 3m x2 x x x 3x x x2 x2 2x x 2 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 x1 x2 2 m2 x x Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương: A 1 2 2 2 m2 x1 x2 2 2 m x x 4 Vậy A 2 1 2 m4 x x min 2 m2 1 2 x1 x2 2 2 2 2 2 2 2 2 m x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 4x1 x2 2 2 x1 x2 x1 x2 4 9m m m 4 9m
4. m 0 L 2 8m 4m 0 4m 2m 1 0 1 m 2 1 Vậy với m thì A 2 2 Ví dụ 4: Cho phương trình x2 6x m 0 (với m là tham số). Tìm m để phương trình đã cho có 2 2 hai nghiệm x1 và x2 thỏa mãn: x1 x2 12 (Thi học sinh giỏi Toán 9, Tình Phú Thọ năm học 2012 – 2013) Giải 36 4m 0 4m 36 m 9 x1 x2 6 * Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: x1 x2 m 2 2 * Ta có: x1 x2 x1 x2 x1 x2 12 x1 x2 2 Suy ra: x1 4; x2 2 Từ đó suy ra: m 4.2 8 (thỏa mãn điều kiện) 2 2 Vậy với m 8 thì phương trình có hai nghiệm x1 và x2 thỏa mãn x1 x2 12 Ví dụ 5: Tìm tất cả các giá trị của m sao cho phương trình x4 4x3 8x m 0 có đúng 4 nghiệm phân biệt. (Thi học sinh giỏi Toán 9, Tỉnh Thanh Hóa năm học 2012 – 2013) Giải Cách 1. Ta có x4 4x3 8x m 0 (1) x 1 4 6 x 1 2 m 5 0 2 Đặt y x 1 , y 0 phương trình có dạng: y2 6y m 5 0 (2) Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt Phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt 0 9 m 5 0 4 m 0 S 0 6 0 5 m 4 m 5 P 0 m 5 0 Cách 2. Ta có x4 4x3 8x m 0 (1) 2 x2 2x 4 x2 2x m 0 Đặt y x2 2x phương trình có dạng: y2 4y m 0 (3)
5. Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 0 4 m 0 x1 1 x2 1 0 x1 x2 x1 x2 1 0 x x x x 2 1 2 1 1 2 2 m 4 m 4 4 m 1 0 5 m 4 m 5 4 2 Ví dụ 6: Chứng minh rằng nếu a và b là hai nghiệm của phương trình x2 px 1 0 (1), còn c và d là hai nghiệm của phương trình x2 qx 1 0 (2) thì ta có hệ thức: a c b c a d b d q2 p2 . Giải a b p c d q Theo hệ thức Vi-et ta có: ; ab 1 cd 1 Xét a c b c a d b d ab ac bc c2 ab ad bd d 2 1 pc c2 1 pd d 2 1 pd d 2 pc p2cd pcd 2 c2 pc2 d c2 d 2 1 pd d 2 pc p2 pd c2 pc 1 2 c2 2 d 2 p2 c d p2 q2 p2 . Suy ra a c b c a d b d q2 p2 Điều phải chứng minh. Nhận xét. Nếu chọn p và q là hai số nguyên sao cho q2 p2 là số chính phương thì ta có kết quả: a c b c a d b d là số chính phương. Chẳng hạn: cho số nguyên m , chứng minh rằng nếu a và b là hai nghiệm của phương trình x2 15mx 1 0 (1), còn c và d là hai nghiệm của phương trình x2 17mx 1 0 thì ta có a c b c a d b d là số chính phương. Ví dụ 7: Cho phương trình x2 px q 0 (1). Hãy tìm các giá trị nguyên của p và q sao cho phương trình (1) có nghiệm nguyên phân biệt và nghiệm này gấp 4 lần nghiệm kia (Thi học sinh giỏi Toàn 9, tỉnh Yên Bái, năm học 2003 – 2004) Giải Giả sử phương trình có hai nghiệm phân biệt và x2 4x1
6. 2 p 4q 0 p x1 x1 x2 5x1 p 5 Ta có: x x 4x2 q 4 p2 1 2 1 q p;q ¢ 25 Suy ra p2 M25 p2 25k 2 k ¢ p 5k 4.25k 2 Do đó q 4k 2 25 Vậy p;q 5k;4k 2 ; 5k;4k 2  với k ¢ thì phương trình (1) có hai nghiệm nguyên ohana biệt và một nghiệm gấp 4 lần nghiệm kia 2 Ví dụ 8: Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình bậc hai ax bx c 0 . n n Đặt Sn x1 x2 với n nguyên dương a) Chứng mỉnh rằng: aSn 2 bSn 1 cSn 0 b) Không khai triển, không dùng máy tính, hãy tính giá trị biểu thức: 1 1 A 5 5 . 1 3 1 3 Giải 2 a) x1 là nghiệm của phương trình nên ax1 bx1 c 0; x2 là nghiệm của phương trình nên 2 ax2 bx2 c 0; n 2 n 1 n n 2 n 1 n Suy ra: ax1 bx1 cx1 0 (1), ax2 bx2 cx2 0 (2). Từ (1) và (2) cộng vế với vế, ta được: n 2 n 2 n 1 n 1 n n a x1 x2 b x1 x2 c x1 x2 0 Từ đó suy ra: aSn 2 bSn 1 cSn 0 . n n b) Đặt: x1 1 3; x2 1 3;Sn x1 x2 . x1 x2 2 Suy ra x1 x2 2 2 Vậy x1; x2 là nghiệm của phương trình x 2x 2 0 . Áp dụng câu a, ta có: Sn 2 2Sn 1 2Sn 0 Sn 2 2Sn 1 2Sn (*) 2 2 2 Ta có: S1 2, S2 x1 x2 x1 x2 2x1 x2 4 4 8 . Áp dụng công thức (*), ta có: S3 2S2 2S1 2.8 2.2 20;S4 2S3 2S2 2.20 2.8 56
7. S5 2S4 2S3 2.56 2.20 152 5 5 1 1 1 3 1 3 152 19 Ta có: A 5 5 5 5 . 1 3 1 3 1 3 1 3 32 4 C. Bài tập vận dụng 17.1. Cho phương trình x2 2mx m 4 0 3 3 a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn x1 x2 26m b) Tìm m nguyên để phương trình có hai nghiệm nguyên. (Thi học sinh giỏi Toán 9, Tỉnh Quảng Bình năm học 2012 – 2013) Hướng dẫn giải – đáp số 2 2 1 3 a) Xét m m 4 m 3 0, phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m 2 4 Gọi x1; x2 là nghiệm của phương trình x1 x2 2m Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 x2 m 4 2 2 2 2 x1 x2 x1 x2 2x1 x2 4m 2m 8 3 3 2 2 Ta có: x1 x2 26m x1 x2 x1 x1 x2 x2 26m 2m 4m2 3m 12 26m 2 1 2m 4m 3m 1 0 m1 0;m2 1;m3 4 b) Vì x1.2 m nên điều kiện để phương trình có hai nghiệm nguyên: m2 m 4 Đặt m2 m 4 k 2 k ¢ 4m2 4m 16 4k 2 2m 1 2 15 2k 2 2k 2m 1 2k 2m 1 15 Từ đó ta có bảng sau: 2k 2m 1 1 3 5 15 -1 -3 -5 -15 2k 2m 1 15 5 3 1 -15 -5 -3 -1 Suy ra: k 4 2 2 4 -4 -4 -2 -4 m 4 1 0 -3 -3 0 1 4
8. Vậy với m 4;1;0; 3 thì phương trình có nghiệm nguyên 17.2. Cho phương trình bậc hai x2 2x m 2 0 . Tìm m để phương trình: 2 2 a) Có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện x1 x2 8 b) Có đúng một nghiệm dương. (Thi học sinh giỏi Toán 9, Tỉnh Vĩnh Long năm học 2012 – 2013) Hướng dẫn giải – đáp số a) Điều kiện để phương trình có nghiệm là: 1 m 2 0 m 3 x1 x2 2 Theo hệ thức Vi-et, ta có: x1 x2 m 2 2 2 2 x1 x2 x1 x2 2x1 x2 4 2m 4 8 m 0 (thỏa mãn m 3) 2 2 Vậy m 0 thì phương trình có 2 nghiệm x1 x2 8 b) Với m 3 thì phương trình luôn có nghiệm Theo hệ thức Vi-ét, ta có: x1 x2 2 nên nếu 0 m 3 thì phương trình có nghiệm kép là số dương Nếu phương trình có hai nghiệm trái dấu thì phương trình cũng có một nghiệm dương m 2 0 m 2 Vậy với m 3 hoặc m 2 thì phương trình có đúng một nghiệm dương 17.3. Cho phương trình mx2 2 m 1 x m 3 0 2 2 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: x1 x2 3 Hướng dẫn giải – đáp số mx2 2 m 1 x m 3 0 4 m 1 2 4m m 3 4m2 8m 4 4m2 12m 4m 4 0 m 1 và m 0 2 Gọi x1; x2 là nghiệm của phương trình: mx 2 m 1 x m 3 0 2 m 1 x1 x2 m * Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: m 3 x x 1 2 m 2 2 m 3 Ta có: x x x2 x2 2x x 3 1 2 1 2 1 2 m
9. 2 4 m 1 2 m 3 4m2 8m 4 2m 6 3 3 m2 m m2 m 4m2 8m 4 5m 6 m2 m 2 2 2 2 4m 8m 4 5m 6m m 2m 4 0 m 1 5 m1 5 1 (thỏa mãn), m2 5 1 (không thỏa mãn) 2 2 Vậy với m 5 1 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: x1 x2 3 17.4. Cho phương trình bậc hai x2 2 m 1 x 2m 10 0 với m là tham số thực a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 2 2 b) Tìm m để biểu thức P 6x1 x2 x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất (Thi học sinh giỏi Toán 9, Tỉnh Vĩnh Long, năm học 2011 – 2012) Hướng dẫn giải – đáp số 2 a) 4 m 1 8m 40 4m2 8m 4 8m 40 4m2 36 0 2 m 3 m 9 m 3 m 3 2 b) Gọi x1; x2 là nghiệm của phương trình x 2 m 1 x 2m 10 0 x1 x2 2m 2 Áp dụng hệ thức Vi-ét: x1 x2 2m 10 2 2 2 2 Ta có: P 6x1 x2 x1 x2 x1 x2 4x1 x2 4 m 1 4 2m 10 4m2 8m 4 8m 40 4m2 16m 44 4m2 16m 16 28 4 m 2 2 28 4. 3 2 2 28 32 Vậy Pmax 32 khi và chỉ khi m 3 17.5. Cho phương trình bậc hai x2 2m m 2 x m2 7 0 (1). ( m là tham số) a) Giải phương trình (1) khi m 1 b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn: x1 x2 2 x1 x2 4 Hướng dẫn giải – đáp số 2 a) Với m 1, phương trình có dạng: x 6x 8 0 . Giải ra ta được: x1 2; x2 4 2 b) Điều kiện để phương trình có nghiệm là: m2 m 2 m2 7 0 (*)
10. x1 x2 2m m 2 Theo hệ thức Vi-ét ta có: 2 x1 x2 m 7 2 Theo đề bài: x1 x2 2 x1 x2 4 m 7 2.2.m m 2 4 1 3m2 8m 3 0 m ;m 3 1 3 2 1 Thử lại với điều kiện (*) thì m ;m 3 không thỏa mãn 1 3 2 Vậy không tồn tại m thỏa mãn điều kiện đề bài 17.6. Cho phương trình x2 2mx 1 0 (ẩn x ) a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương b) Gọi x1; x2 x1 x2 là hai nghiệm dương của phương trình Tính P x1 x2 theo m và tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 Q x1 x2 x1 x2 (Thi học sinh giỏi Toán 9, Tỉnh Quảng Bình, năm học 2011 – 2012) Hướng dẫn giải – đáp số 0 m2 1 0 a) Phương trình có hai nghiệm dương x1 x2 0 2m 0 m 1 1 0 x1 x2 0 Vậy m 1 thì phương trình có hai nghiệm dương b) Với m 1 thì phương trình có hai nghiệm dương x1 x2 2m Theo hệ thức Vi-ét, ta có: x1 x2 1 2 Xét: P x1 x2 2 x1 x2 2m 2 . Vì P 0 nên P 2m 2 2 2 1 1 Ta có: Q x1 x2 2m m m 1 2 m. 3 x1 x2 2m m m Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q là 3 khi m 1 17.7. Cho phương trình x2 2 m 1 x 2m 5 0 (1) a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương. b) Gọi x1; x2 là hai nghiệm dương của phương trình (1). Tìm m nguyên dương để 2 2 x1 x2 A có giá trị nguyên. x2 x1
11. Hướng dẫn giải – đáp số a) Phương trình có hai nghiệm dương 2 0 m 1 2m 5 0 m2 4m 6 0 5 x1 x2 0 2 m 1 0 m 1 m 2 x x 0 2m 5 0 5 1 2 m 2 x1 x2 2 m 1 b) Theo hệ thức Vi-ét, ta có: x1 x2 2m 5 2 2 2 2 2 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 Ta có: A 2 2 x2 x1 x2 x1 x1 x2 2 2 x x 2 4 m 1 2 A 1 2 2 2 2 2 x x 2m 5 1 2 2 4 m 1 9 A ¢  ¢ 2m 1 ¢ 2m 5 Ư(9) 2m 5 2m 5 Vì m nguyên dương nên 2m 5 5, suy ra: 2m 5 -3 -1 1 3 9 m 1 2 3 4 7 Vậy với m 1;2;3;4;7 thì A nhận giá trị nguyên 17.8. Cho phương trình ax2 bx c 0 (1) và cx2 bx a 0 (2) (với a c 0 ) a) Chứng minh rằng phương trình (1) và (2) cùng có nghiệm hoặc cùng vô nghiệm b) Với giả thiết phương trình (1) có nghiệm x1; x2 và phương trình (2) có nghiệm là: x1 ; x2 và x1 x2 x1 x2 . Chứng minh rằng b 0 c) Trong trường hợp phương trình (1) và (2) đều vô nghiệm, chứng minh rằng b a c Hướng dẫn giải – đáp số a) Cả hai phương trình đều có: b2 4ac , nên cả hai phương trình (1) và (2) cùng có nghiệm hoặc cùng vô nghiệm b) Trong trường hợp hai phương trình trên có nghiệm. Theo hệ thức Vi-ét, ta có: b b x x ; x x 1 2 a 1 2 c b b b a c Xét: x x x x 0 nên b 0 1 2 1 2 a c ac
12. c) Trong trường hợp phương trình vô nghiệm, ta có: b2 4ac 0 b2 4ac 2 Mặt khác ta có: 4ac a c , nên: 2 b2 a c b a c (vì a c 0,b 0 ) 2 17.9. Cho p là số tự nhiên khác 0. Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 5px 1 0 ; 2 x3 ; x4 là hai nghiệm của phương trình x 4 px 1 0 . Chứng minh rằng tích x1 x3 x2 x3 x1 x4 x2 x4 là một số chính phương. (Thi học sinh giỏi Toán, TP Hà Nội, năm học 2006 – 2007) Hướng dẫn giải – đáp số Ta có: x2 5px 1 0 1 ; x2 4 px 1 0 2 Từ (1); (2) theo hệ thức vi-ét, ta có: x1 x2 5p; x1 x2 1 x3 x4 4 p; x3 x4 1 x1 x3 x2 x3 x1 x4 x2 x4 x1 x3 x2 x4 x2 x3 x1 x4 x1 x2 x1 x4 x3 x2 x3 x4 x1 x2 x2 x4 x1 x3 x3 x4 x1 x4 x2 x3 x2 x4 x1 x3 2 2 2 2 x1 x2 x4 x1 x3 x4 x3 x4 x2 x1 x2 x3 2 2 2 2 x4 x1 x2 x3 (vì x1 x2 1; x3 x4 1) 2 2 2 2 x4 2 x3 x1 2 x2 Mà 2 1 2 2x1 x2 ;2 1 2 2x3 x4 2 2 Suy ra (*) x1 x2 x3 x4 25p2 16 p2 2 3p Điều phải chứng minh 17.10. Tìm m để phương trình m 1 x2 3mx 4m 0 có nghiệm dương (Thi học sinh giỏi lớp 9, Thừa Thiên Huế, vòng 1, năm học 2003 – 2004) Hướng dẫn giải – đáp số 4 Khi m 1, phương trình trở thành: 3x 4 0 x 0 3 Khi m 1 thì PT: m 1 x2 3mx 4m 0 (1) là phương trình bậc hai
13. 3m 4m Gọi S ; P là tổng và tích các nghiệm x ; x của phương trình (1) m 1 m 1 1 2 Phương trình (1) có nghiệm dương trong các trường hợp sau:  0 x1 x2 , khi đó 0, P 0, S 0 . Suy ra hệ vô nghiệm 4m  x 0 x , khi đó P 0 0 1 m 0 1 2 m 1 16  0 x x , khi đó 0, S 0, P 0 . Suy ra m 1 1 2 7 16 Đáp số: m 1 7 17.11. Cho phương trình: 2x2 2mx m2 2 0 a) Xác định m để phương trình có hai nghiệm b) Gọi hai nghiệm của phương trình trên là x1; x2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A 2x1 x2 x1 x2 4 (Thi học sinh giỏi Toán 9, TP Hồ Chí Minh, năm học 2003 – 2004) Hướng dẫn giải – đáp số a) 2x2 2mx m2 2 0 Xét 4m2 4.2 m2 2 4m2 8m2 16 4m2 16 Phương trình có 2 nghiệm 0 4m2 16 m2 4 2 m 2 b) A x1 x2 2x1 x2 4 2 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 x2 m;2x1 x2 m 2 A m m2 2 4 m 2 3 m Vì m  2;2 nên m 2 0 và m 3 0 2 2 1 25 25 Do đó A m 2 3 m m m 6 m 2 4 4 25 1 Vậy giá trị lớn nhất của A là , đạt được khi và chỉ khi m 4 2 17.12. Cho phương trình ax2 bx c 0 a 0 có hai nghiệm thuộc đoạn 0;2 . 8a2 6ab b2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 4a2 2ab ac Hướng dẫn giải – đáp số Gọi x1 , x2 x1 x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho
14. b x x 1 2 a Theo định lí Vi-ét ta có: c x x 1 2 a 2 b b 2 2 8 6 2 8a 6ab b a a 8 6 x1 x2 x1 x2 Khi đó P 4a2 2ab ac b c 4 2 x x x x 4 2 1 2 1 2 a a 2 2 2 2 Do 0 x1 x2 2 x1 x1 x2 , x2 4 x1 x2 x1 x2 4 2 x1 x2 3x1 x2 4 8 6 x x 3x x 4 Vậy P 1 2 1 2 3 4 2 x1 x2 x1 x2 Đẳng thức xảy ra khi x1 x2 2 hoặc x1 0, x2 2 b 4 b a 2 b 2a c b 4a hoặc a c c 0 4 c 0 a b 2a Vậy, Pmax 3 c b 4a hoặc c 0 17.13. Cho phương trình x 2 x2 x 4m 1 x 8m 2 0 ( x là ẩn số). 2 2 2 Tìm m để phương trình có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 thỏa mãn điều kiện: x1 x2 x3 11 (Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên Quốc Học, tỉnh Thừa Thiên Huế, năm học 2015 – 2016) Hướng dẫn giải – đáp số Ta có: x 2 x2 x 4m 1 x 8m 2 0 1 x 2 x2 x 4m 1 x 2 4m 1 0 x 2 2 x 2 x x 4m 1 0 2 x x 4m 1 0 2 Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 2 3 m 1 4 4m 1 0 16 2 3 2 2 4m 1 0 m 4 Khi đó x1 , x2 là nghiệm của phương trình (2), theo hệ thức Vi-ét, ta có:
15. x1 x2 1 x1 x2 4m 1 2 2 2 2 2 Ta có: x1 x2 x3 11 x1 x2 2x1 x2 x3 11 Suy ra: 1 2 4m 1 4 11 m 1 (thỏa mãn điều kiện) Vậy với m 1 thì phương trình có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 thỏa mãn điều kiện: 2 2 2 x1 x2 x3 11 17.14. Cho phương trình: x2 2 m 1 x 2m2 3m 1 0 , với m là tham số (1). a) Chứng minh rằng phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi 0 m 1. b) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (1). 9 i. Chứng minh x x x x . 1 2 1 2 8 ii. Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt trái dấu thỏa mãn x1 x2 1. (Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên, tỉnh Bến Tre, năm học 2014 – 2015) Hướng dẫn giải – đáp số a) x2 2 m 1 x 2m2 3m 1 0 , với m là tham số (1) 2 Có m 1 2m2 3m 1 m2 m Phương trình (1) có nghiệm m2 m 0 m m 1 0 m 0 m 0 m 1 0 m 1 0 m 1 m 0 m 0 VN m 1 0 m 1 b) Với 0 m 1 thì phương trình có hai nghiệm x1 , x2 x1 x2 2 m 1 Theo hệ thức Vi-ét ta có: 2 x1 x2 2m 3m 1 1 i. Ta có: x1 x2 x1 x2 2 m 1 2m 3m 1 2m2 m 1 2m 1 m 1 m 1 0 Vì 0 m 1 nên m 1 2m 1 0 2m 1 0 2 2 1 9 9 Suy ra x1 x2 x1 x2 2m m 1 2 m 4 8 8
16. 1 9 Dấu bằng xảy ra khi m (thỏa mãn điều kiện). Vậy x x x x 4 1 2 1 2 8 ii. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt trái dấu 1 x x 0 2m2 3m 1 0 m 1 2m 1 0 m 1 1 2 2 2 2 Ta có x1 x2 1 x1 x2 1 x1 x2 4x1 x2 1 2 2 1 4 m 1 4 2m2 3m 1 1 2m 1 0 m (không thỏa mãn) 2 Vậy không tồn tại m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt trái dấu thỏa mãn x1 x2 1 17.15. Cho phương trình m2 5 x2 2mx 6m 0 (1) với m là tham số a) Tìm m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng khi đó tổng của hai nghiệm không thể là số nguyên. b) Tìm m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện 4 x1 x2 x1 x2 16 . (Tuyển sinh lớp 10, trường Phổ thông năng khiếu, Đại học Quốc gia TP. Hồ Chí Minh, năm học 2014 – 2015) Hướng dẫn giải – đáp số a) m2 5 0 với mọi m nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 2 2 2 1 719 m 6m m 5 0 6m m 0 m 0 12 144 2m Khi đó theo hệ thức Vi-ét ta có: x x 1 2 m2 5 2 2m Vì m2 5 2m m 1 4 0 m2 5 2m 0 1 (do m 0 ) m2 5 b) m2 5 0 với mọi m nên phương trình (1) có hai nghiệm khi và chỉ khi 2 2 2 1 719 m 6m m 5 0 6m m 0 m 0 12 144 2m x x 1 2 m2 5 Khi đó theo hệ thức Vi-ét ta có: 6m x x 1 2 m2 5 4 x1 x2 x1 x2 2 x1 x2 x1 x2 16 x1 x2 x1 x2 2
17. 6m 2m Trường hợp 1. Xét x x x x 2 2 1 2 1 2 m2 5 m2 5 2m 6m 2 (vô nghiệm vì m 0 ) m2 5 m2 5 6m 2m Trường hợp 2. Xét x x x x 2  2 1 2 1 2 m2 5 m2 5 2m 6m 2m 2 . Đặt t 0 m2 5 m2 5 m2 5 t 1 ktm 2 Ta có: t 2 3t 2 t tm 3 m 2 2 2m 2 2 t 2m 9m 10 0 5 (thỏa mãn m 0 ) 3 m2 5 3 m 2 5 Vậy với m 2;  thì phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện 2 4 x1 x2 x1 x2 16