zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Trung học phổ thông

Các bài toán về Đa thức - Nghiệm của Đa thức - Nguyễn Minh Đức

Chia sẻ: Nguyễn Minh Đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Báo xấu

344
lượt xem 31
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu Các bài toán về Đa thức - Nghiệm của Đa thức tổng hợp một số bài toán liên quan đến đa thức - nghiệm của đa thức và chủ yếu là tam thức bậc hai và nghiệm của tam thức bậc hai. Mỗi bài sẽ có đáp án hoàn chỉnh để mọi người tham khảo. Mời các bạn tham khảo tài liệu để củng cố kiến thức về lĩnh vực này.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Các bài toán về Đa thức - Nghiệm của Đa thức - Nguyễn Minh Đức

Nguyễn Minh Đức 16/02/1998 K10A THPT Lê Quảng Chí- Hà Tĩnh Các bài toán về “ Đa thức-Nghiệm của Đa thức” Toán THPT _____________________________ Chuyên đề là tổng hợp một số bài toán liên quan đến đa thức-nghiệm của đa thức và chủ yếu là tam thức bậc hai và nghiệm của tam thức bậc hai.Mỗi bài sẽ có đáp án hoàn chỉnh để mọi người tham khảo (tất nhiên đó chưa phải là đáp án hay nhất).Mong được có ý kiến đóng góp! Facebook: www.facebook.com/gaulovemiu1604 Bài 1: Cho phương trình: x  x  5  0. Gọi x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình.Đặt: Sn  x1n  x2n (n  N ) . 5 Chứng minh rằng: S2007   . Giải:  x  x 1 5  0  2  n2 n 1  x1  x1  5 x1  0 n   n2 (n  N ) 1 Vì x1 , x2 là nghiệm của phương trình nên:  2 n 1   2 x  x 2 5  0   2 x  x2  5 x2 n  0  Sn2  Sn1  5Sn  0  Sn2  Sn1  5Sn (n  N ) . S  1 Dễ thấy:  1  S2  21  S3 , S4 ,...    S2007  Z (Dpcm) Bài 2:Biết rằng phương trình: x4  2 x2  3x  1  0 (1) có nghiệm dương x0 .Chứng minh rằng: 162  x0  2 9 Giải: Với x0 là nghiệm dương của phương trình (1),khi đó: x04  2 x02  3x0  1  0  x04  2 x02  3x0  1  x04  3 3 6 x03 (Theo AM-GM)  x0  3 3 6  x0  9 162 .Tuy nhiên dấu “=” không xảy ra,do đó: x0  9 162. (*) Mặt khác,xét hàm số y  f ( x)  x  2 x  3x  1 trên khoảng (2; ) : 4 2 f ( x1 )  f ( x2 ) Với mọi x1; x2  (2; ), x1  x2 ta có: x1  x2    ( x1  x2 ) x12  x22  2  3  0  Hàm số y  f ( x) đồng biến trên khoảng (2; )  x  2  f ( x)  f (2)  1 Vậy phương trình (1) không có nghiệm lớn hơn 2. Dễ thấy x0  2  x0  2 (**) Từ (*) và (**) ta có điều phải chứng minh. Bài 3:Cho đa thức P( x)  x15  2009 x14  2009 x13  ...  2009 x2  2009 x. Hãy tính P(2008)? Giải:  Với mỗi n  Z ,ta có: xn2  2009n1  2008n  xn ( x 1)( x  2008) . Do đó: P( x)  ( x15  2009 x14  2008 x13 )  (x13  2009 x12  2008 x11 )  ...  (x 3  2009 x 2  2008 x)  x  P( x)  ( x13  x11  ...  x)( x  1)( x  2008)  x  P(2008)  2008. Bài 4: Chứng minh rằng đa thức: A  x9999  x8888  x7777  x6666  x5555  x4444  x3333  x2222  x1111  1 chia hết cho đa thức: B  x9  x8  x7  x6  x5  x4  x3  x2  x  1 . Giải: 1
Nguyễn Minh Đức 16/02/1998 K10A THPT Lê Quảng Chí- Hà Tĩnh Ta có: A  B  ( x9999  x9 )  ( x8888  x8 )  ...  ( x1111  x)  x9 ( x10 )999  1  x8 ( x10 )888  1  ...  x ( x10 )111 1 x10  1 Suy ra: A  B chia hết cho x10  1 do đó A  B chia hết cho B  x 1 Vậy A chia hết cho B. Bài 5: Cho tam thức bậc hai f ( x)  ax 2  bx  c thỏa mãn điều kiện: f (1)  1; f (0)  1; f (1)  1. Tìm giá trị lớn nhất của f ( x) với x   1;1 . Giải:  f (1)  a  b  c  Ta có:  f (0)  c  f (1)  a  b  c   f (1)  f (1)   f (1)  f (1)  Do đó: f ( x)    f (0)  x 2    x  f (0)  2   2 f (1) 2 f (1) 2  ( x  x)  ( x  x)  f (0)(1  x 2 ). 2 2 1 2 1 2 Suy ra: f ( x)  x  x  x  x  1  x 2  2 2 1 2 2  x  x  x2  x  1  x2 .  2 2  2  Vì x   1;1 nên ( x  x) x  x  x ( x  1)  0. Vậy x 2  x và x 2  x trái dấu. 2 2 Do đó: 1 2 2  1    1 5 5 x  x  x2  x  1  x2  x2  x  x2  x  1  x2  x  1  x2    x     2  2 4 4 5 Vậy f ( x)  . 4 5 1 Suy ra Max f (x)  . Đạt khi x   . x 1;1 4 2 Bài 6: Cho f ( x)  ax 2  bx  c và g ( x)  cx 2  bx  a .Chứng minh rằng:Nếu f ( x)  1 khi x  1 thì g ( x)  2 khi x  1 . Giải:  f (1)  a  b  c  Ta có:  f (0)  c  f (1)  a  b  c  Theo giả thiết: f ( x)  1 khi x  1 nên f (1)  1; f (0)  1; f (1)  1. f (1)  f (1) f (1)  f (1) f (1) Do đó: g ( x)  f (0) x 2  2 x 2  f (0)  f (0). x 2  1  2  f (1)  ( x  1)  2 (1  x). Suy ra: 1 1 1 1 g ( x)  f (0).( x 2  1) f (1).( x  1)  f (1).(1  x)  1  x 2  x  1  1  x (1) 2 2 2 2 1 1 1 1 Mà x  1 nên: 1  x 2  x  1  1  x  1  x 2  ( x  1)  (1  x)  2  x 2  2 x   1;1 (2) 2 2 2 2 Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh. Bài 7: Tìm số a lớn nhất để phương trình x4  ax3  bx2  cx  d  0 (a, b, c, d  R) ,có bốn nghiệm  x22  x32  x42  4. Trong trường hợp đó hãy tính b, c, d . 2009 2009 2009 2009 x1 , x2 , x3 , x4 thỏa mãn: x12 Giải: 2
Nguyễn Minh Đức 16/02/1998 K10A THPT Lê Quảng Chí- Hà Tĩnh Áp dụng BĐT BCS ta có: (a)2  ( x1  x2  x3  x4 )2  4( x12  x22  x32  x42 )  4 4( x14  x24  x34  x44 )  4 4 4( x18  x28  x38  x48 )  x22  x32  x42  4. ) 2009 2009 2009 2009 ...  4 4 4 4.... 4( x12  x22  x32  x42 )  16 (do x12 2009 2009 2009 2009 Như vậy a lớn nhất có thể nhận là a  4 Khi a  4 thì x1  x2  x3  x4  1 .Và ta có phương trình: ( x  1)2  0  x4  4 x3  6 x2  4 x  1  0  b  6; c  4; d  1. Bài 8: Giả sử phương trình: x3  (6a 2  5) x2  x  2a3  0 (1) (a  0) có 3 nghiệm x1 , x2 , x3 .Chứng minh rằng: x1 x2 x3 ( x1  x2  x3 )  x1 x2  x2 x3  x3 x1  2  1 (2). Giải:  x1  x2  x3  5  6a 2  Áp dụng Vi-et ta có:  x1 x2  x2 x3  x3 x1  1 .Thay vào (2) ta được :   x1 x2 x3  2a 3 2a3 (5  6a 2 )  1  2  1  12a5  2  10a3 (3). Xét a  0  (3) đúng Xét a  0 thì: 2 2 2 2 2 12a 2  3  4a 2  4a 2  4a 2  3  3  5 5 4a 2 .4a 2.4a 2. 3 . 3  10 (Theo BĐT AM-GM) a 2a 2a 2a 2a 1 Dấu “=” xảy ra khi a  .  (3) đúng. 2 Bài toán được chứng minh. Bài 9: Cho phương trình x4  ax3  bx2  cx  1  0 có các hệ số a, b, c  0 .Giả sử phương trình đã cho có 4 b c nghiệm.Chứng minh rằng: a    8. 2 4 Giải: Đặt: f ( x)  x  ax  bx  cx  1  0 4 3 2 (1) Gọi  x1 ,  x2 ,  x3 ,  x4 là 4 nghiệm của phương trình (1). Do a, b, c không âm nên các nghiệm của (1) là những số âm  x1 , x2 , x3 , x4  0 Ta có: f ( x)  ( x  x1 )( x  x2 )(x  x 3 )( x  x4 )  f (2)  (2  x1 )(2  x2 )(2  x 3 )(2  x4 )  (1  1  x1 )(1  1  x2 )(1  1  x 3 )(1  1  x4 )  3 3 x1 .3 3 x2 .3 3 x3 .3 3 x4  f (2)  813 x1 x2 x3 x4  81 (do x1 x2 x3 x4  1 ) Mặt khác: f (2)  24  a.23  b.22  c.2  1  8a  4b  2c  17 .Suy ra: b c 8a  4b  2c  17  81  a    8 (Dpcm) 2 4  1 1 Bài 10: Cho f ( x)  30mx2  4mx  n. Tìm m, n  R sao cho f ( x)  1 x    ; .  15 15  Giải: 3
Nguyễn Minh Đức 16/02/1998 K10A THPT Lê Quảng Chí- Hà Tĩnh  1 1 Vì f ( x)  1 x    ;  nên ta  15 15   1  1  1  1 có: f    15   2  4m 15  n  1; f  15   2  4m 15  n  1; f (0)  n  1.      1   1  1 1 Ta có: 4   2  4m  n    2  4 m  n   2 n  2  4 m  n  2  4 m  n  2n  4  15   15  15 15      1   1  Suy ra ba số  2  4m  n  ,  2  4m  n  ; 2n cùng dấu và  15   15  1 1 2  4m  n  1, 2  4m  n  1; 2n  2 15 15 m  0 Suy ra:  . n  1 Bài 11: Cho f  x   x 2  ax  b với a, b  R thỏa mãn điều kiện: Tồn tại các số nguyên m, n, p đôi một phân biệt và 1  m, n, p  9 sao cho: f  m   f  n   f  p   7 .Tìm tất cả các bộ số  a; b  . Giải: Do 3 số f  m  , f  n  , f  p  hoặc cùng dương, âm hoặc có 2 số cùng dấu nên: Th1: f  m  , f  n  , f  p  cùng bằng 7 hoặc -7  loại vì phương trình f  x   7  0 có 3 nghiệm phân biệt Th2: f (m)  f (n)  7 và f ( p)  7 Không mất tính tổng quát,giả sử m  n và m  p  n  p ta có: m, n là nghiệm phương trình: x2  ax  b  7  0 và p là nghiệm phương trình: x2  ax  b  7  0 nên :  n  p  2 m  n  a   n  m  9(l )   pm  7 (n  p)(n  p  a)  14  (n  p)( p  m)  14   (m  p)(m  p  a)  14 n  p  2    n  m  9(l )   p  m  7 Th3: f (m)  f (n)  7 và f ( p)  7 ,khi đó hoàn toàn tương tự ta có: m  p  7 m  p  7 ( p  n)(m  p)  14   hoặc  pn  2  p  n  2 Do m, n, p  1;9 nên tìm được 4 bộ là:  a; b   (11;17),(13;29),(7; 1),(9; 7) . Bài 12: Các số a, b, c thỏa mãn điều kiện: a  2b  5c  0 . Chứng minh phương trình ax 2  bx  c  0 (1) có nghiệm. Giải: - Th1: a  0 suy ra 2b  5c  0 Phương trình (1) trở thành bx  c  0 (2) + Nếu b  0  c  0 : Phương trình (2) có nghiệm (vô định). + Nếu b  0 Phương trình (2) có nghiệm (duy nhất). a  5c -Th2: a  0 ,ta có b   . 2   b2  4ac  4  4b2  16ac   a  5c   16ac  a 2  6ac  25c 2   a  3c    4c   0 2 2 2 4
Nguyễn Minh Đức 16/02/1998 K10A THPT Lê Quảng Chí- Hà Tĩnh Vậy phương trình (1) luôn có nghiệm.  1  f ( x) Bài 13: Tìm tất cả hàm số f : R  R thoả mãn: f ( x  y)  f ( x)  y x, y  R và f    2 x  0 .  x x Giải: Ta có: f  x  y   f  x   y  f ( y )  f (0)  y  y  R   f ( x)  a  x với a  f (0) . 1 1 1 f    f (0)   a  x  0.  x x x  1  f ( x) f (0)  x a  x Mặt khác f    2   2 x  0  x x x2 x 1 ax  a   2 x  0  ax 2  a x  0  a  0. x x Vậy f ( x)  x x  R. Bài 14: Giả sử f1 ( x)  x2  a1 x  b1; f 2 ( x)  x 2  a2 x  b2 là hai tam thức bâc hai với hệ số nguyên,có nghiệm chung là a.Chứng minh rằng nếu a không phải là số nguyên thì tam thức bậc hai sau luôn có nghiệm thực: f ( x)  x 2  (a1  a2 ) x  b1  b2 . (HSG Tĩnh Hà Tĩnh Toán 10 năm học 2013-2014) Giải: Ta chứng minh a không thể là số hữu tỷ. p Giả sử a  với p  Z, q  N* và  p, q   1 q 2 p p Vì a là nghiệm của f1 (x) nên a 2  a1a  b1  0  2  a1  b1  0  p 2  a1pq  b1q 2  0 q q  p2 q  p q  (p,q)  q  1 do đó a  Z trái giả thiết nên a không phải là số hữu tỷ.  a  a1a  b1  0 (1) 2 Từ giả thiết suy ra  . a  a 2a  b 2  0 (2) 2  Lấy (1) trừ (2) theo từng vế và biến đổi, ta được: (a1  a 2 )a  b2  b1 (3) Do a không phải là số hữu tỷ nên (3) xảy ra khi và chỉ khi a1  a 2 và b1  b2 Khi đó tam thức bậc hai f (x) trở thành f (x)  x 2  2a1x  2b1 . 1 1 Vì f1 (x) có nghiệm nên 1  a12  4b1  0 do đó f (x) có   a12  2b1  (a12  4b1 )  a12  0 2 2 suy ra f (x) luôn có nghiệm thực. Bài 15:Nếu phương trình x4  ax3  2 x2  bx  1  0 có ít nhất một nghiệm thực,thì a 2  b2  8 . Giải: x4  ax3  2 x2  bx  1  0 (1) Dễ thấy x  0 không là nghiệm của phương trình (1),suy ra : x  0 .Khi đó: b 1 (1)  x 2  ax  2   2  0 (*) x x Xem (*) là phương trình bậc hai ẩn x ta có: 5
Nguyễn Minh Đức 16/02/1998 K10A THPT Lê Quảng Chí- Hà Tĩnh  b 1    a2  4  2   2   x x   1 b  2 b 2   a  8  4      2  x 2  4  2 1 b  a  b  8  4   2 2  x 2 Mà (1) có ít nhất một nghiệm thực nên: 2 1 b   0  a  b  8  4    0 2 2  x 2  a b 8 2 2 2 Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi x  . b Bài toán được chứng minh. Bài 16: Xét tất cả các hàm số bậc hai f  x   ax 2  bx  c cho a  b và f ( x)  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu abc thức M . ba Giải: Do f ( x)  0 và a  b nên ta có: f (2)  4a  2b  c  0  a  b  c  3a  3b  0  a  b  c  3(b  a ) abc  3 ba a  1  Dấu ‘=’ xảy ra khi 4a  2b  c  0 ( a  b ) thỏa mãn sao cho f ( x)  0 chẳng hạn b  4 . c  4  Vậy MinM  3 . Bài 17: Cho hai phương trình x2  bx c  0 (1) và x2  b2 x  bc  0 (2) biết phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 và phương trình (2) có hai nghiệm x3 ; x4 thoả mãn điều kiện x3  x1  x4  x2  1 . Xác định b, c . Giải: Vì x3  x1  x4  x2  1  x3  x1  1; x4  x2  1 .  x1  x2  b(1)  x .x  c(2)  1 2 Theo hệ thức Vi-ét ta có   x1  1   x2  1  b (3) 2  x  1 .  x  1  bc(4)  1 2 b  1 Từ (1) và (3) ta suy ra: b 2  b  2  0   b  2 Từ (4) ta suy ra: x1. x2  x1  x2  1  bc  c  b  1  bc (5)  Với b 1 thì (5) luôn đúng 1 Phương trình x2  bx  c  0 trở thành x2  x  1 0 có nghiệm nếu   1  4c  0  c  4  Với b  2 thì (5) trở thành c  3 2c  c  1 Phương trình x2  bx  c  0 trở thành x2  2 x  1  0 có nghiệm là x  1  2 6
Nguyễn Minh Đức 16/02/1998 K10A THPT Lê Quảng Chí- Hà Tĩnh  1  b  1; c  Vậy 4   b   2 ; c  1 Bài 18:Cho phương trình: ax 2  bx  c  0  a  0  có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn: 0  x1  x2  2 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2a 2  3ab  b 2 Q 2a 2  ab  ac Giải: b c Theo Vi-ét, ta có: x1  x2  ; x1.x2  a a 2 b b 2  3.    2a  3ab  b 2 2 a a Khi đó : Q   ( Vì a  0 ) 2a  ab  ac 2 2  b c a a 2  3( x1  x2 )  ( x1  x2 )2  2  ( x1  x2 )  x1 x2 Vì 0  x1  x2  2 nên x12  x1 x2 và x2 2  4  x12  x2 2  x1 x2  4   x1  x2 2  3x1 x2  4 2  3( x1  x2 )  3x1 x2  4 Do đó: Q  3 2  ( x1  x2 )  x1 x2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x1  x2  2 hoặc x1  0, x2  2   b   a  4   c  4   a Tức là:    b  2 c  b  4a   a     b  2a  c  0  c  0   a 7

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.