Lý thuyết và bài tập hệ thức vi-ét

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

21
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu gồm phần lý thuyết và bài tập hệ thức vi-ét sẽ giúp các bạn học sinh dễ dàng hệ thống lại kiến thức lý thuyết đã học trên lớp đồng thời rèn luyện kỹ năng giải các bài tập. Mời các bạn tham khảo!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Lý thuyết và bài tập hệ thức vi-ét

Date LINH HOẠT SỬ DỤNG HỆ THỨC VI-ÉT “tailieumontoan.com” I. Lý Thuyêt II. Bài tâp 1. Hệ thức Vi-ét  Nếu x 1 ; x 2 là hai nghiệm của phương trình Bài 1. Cho phương trình 8x 2 − 8x + m 2 + 1 =0 (*)  −b Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm x1 , x2 mà x1 + x2 =  a ax 2 + bx + c= 0 (a ≠ 0 ) thì:  x 14 − x 24 = x 13 − x 23 x .x = c Nhận xét: Ta thấy hệ thức đề bài đưa ra có vẻ phức tạp  1 2 a và gây khó khăn khi đưa về x 1 + x 2 và x 1 .x 2 nhưng ta có  Nếu phương trình ax 2 + bx + c= 0 (a ≠ 0 ) có thể biến đổi x 1 , x 2 thông qua phương trình (*) để sử dụng a +b +c = 0 thì phương trình có một nghiệm là hệ thức vi-ét. c Lời giải. x 1 = 1 , còn nghiệm kia là x 2 = Ta có ∆ ' = 8 − 8m . Để PT(*) có nghiệm thì 2 a ∆ ' ≥ 0 ⇔ −1 ≤ m ≤ 1. Khi đó theo hệ thức Vi-ét ta có:  Nếu phương trình ax 2 + bx + c= 0 (a ≠ 0 ) có x 1 + x 2 = 1; x 1 x 2 = (m 2 ) + 1 : 8. a −b +c = 0 thì phương trình có một nghiệm là Vì x 1 , x 2 là hai nghiệm của PT(1) nên c x 1 = −1 , còn nghiệm kia là x 2 = − a 8x 12 − 8x 1 =  − m2 + 1 ( )  2 (I ) 2. Tìm hai số biết tổng và tích của chúng 8x 2 − 8x 2 = − m2 + 1 ( )  Nếu hai số đó có tổng bằng S và tích bằng P Ta có: x 14 − x 24 = x 13 − x 23 thì hai số đó là hai nghiệm của phương trình ( ) ⇔ x 12 8x 12 − 8x 1 − x 22 8x 22 − 8x 2 = 0 ( ( 1) ) x − Sx + P = 2 0 Thay (I) vào (1) ta được Điều kiện để có hai số đó là: (x 2 1 − x 12 )( −m 2 ) −1 = 0 S − 4P ≥ 0 ( ∆ ≥ 0 ) 2 ⇔ ( x 1 − x 2 )( x 1 + x 2 ) ( −m 2 −1 = 0 ) ⇔ x1 − x2 = 0 (do x 1 + x 2 = 1; − m 2 − 1 ≠ 0 ) Do đó x= x= 1 mà x 1 x 2 = m2 + 1 . ( ) 1 2 2 8 Suy ra m = ±1 (thỏa mãn bài toán) ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
Bài 2. Cho PT x 2 − 2mx + m 2 − m + 1 =0 ( 1) Tìm m để PT có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 thỏa mãn x 1 + x 2 = 2 (m − 1 ) ; x 1 .x 2 = 2m − 5. x 21 + 2mx 2 = 9. Vì x 1 , x 2 là hai nghiệm PT(1) nên: Lời giải. ∆ ' > 0 ⇔ m − 1 > 0 ⇔ m > 1 thì PT có hai nghiệm x 12 − 2 (m − 1 ) x 1 + 2m − 5 =0  2 phân biệt x 1 , x 2 và theo hệ thức Vi-ét ta có:  x 2 − 2 (m − 1 ) x 2 + 2m − 5 = 0 x 1 + x 2 = 2m ; x 1 .x 2 = m 2 − m + 1. x 12 − 2mx 1 + 2m − 1 = 4 − 2x 1 ⇔ 2 Vì x 1 là nghiệm của PT(1) nên:  x 2 − 2mx 2 + 2m − 1 = 4 − 2x 2 x 12 − 2mx 1 + m 2 − m + 1 =0 Từ (2) suy ra: ( 4 − 2x 1 )( 4 − 2x 2 ) < 0 ⇔ x= 2 2mx 1 − m 2 + m − 1 ⇔ 4x 1 x 2 − 8 ( x 1 + x 2 ) + 16 < 0 1 Kết hợp với đầu bài ta có: x 21 + 2mx 2 = 9. ⇔ 4 ( 2m − 5 ) − 8.2. (m − 1 ) + 16 < 0 ⇔ 2mx 1 − m 2 + m − 1 + 2mx 2 =9 3 ⇔ 2m ( x 1 + x 2 ) − m 2 + m − 10 = 0 ⇔m > . 2 ⇔ 3m 2 + m − 10 = 0 Bài 5. Cho Pt x 2 + (m − 1 ) x − 6 =0 ( 1) m = −2 (loai ) Tìm m để Pt có hai nghiệm phân biết x 1 , x 2 mà ⇔  m = 5 (TM )  3 B=( x 12 − 9 )( x 22 − 4 ) đạt GTLN Bài 3. Cho phương trình: x 2 − 2 (m + 1 ) x + m 2 + 4 =0 Lời giải. Ta thấy (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 với mọi (m là tham số). Tìm m để phương trình có hai nghiệm x 1 , x 2 m vì có: a .c =−6 < 0. Theo hệ thức Vi-ét: thỏa mãn x 12 + 2 (m + 1 ) x 2 ≤ 3m 2 + 16. −6 Lời giải. x 1 .x 2 =−6 ⇔ x 2 = và x 1 + x 2 =1 − m x1 3 ∆' > 0 ⇔ m ≥ 2 ( * ) thì phương trình có hai nghiệm B= (x 2 1 )( ) ( ) − 9 x 22 − 4 = x 12 .x 22 − 4x 12 + 9x 22 + 36 x 1 , x 2 khi đó: x 1 + x 2 = 2 (m + 1 ) ; x 1 .x 2 = m 2 + 4  324  =36 −  4x 12 + 2  + 36 và x 12 = 2 (m + 1 ) x 1 − m 2 − 4  x 1   ( ) Theo đề bài x 12 + 2 m + 1 x 2 ≤ 3m 2 + 16. B ≤ 36 − 2 4x 12 . 324 + 36 = 0. ⇔ 2 (m + 1 )( x 1 + x 2 ) − 4m − 20 ≤ 0 2 x 12 Đẳng thức xảy ra khi ⇔ 2 (m + 1 )  − 4m 2 − 20 ≤ 0 (do x + x 2 = 2 (m + 1 ) ) 2 1 324 ⇔ 8m − 16 ≤ 0 4x 12 =2 ⇔ x 14 = 81 ⇔ x 1 =∨ 3 x1 =−3 x1 ⇔ m ≤ 2. 3 Khi x 1 = 3 thì x 2 = −2 suy ra m = 0 Kết hợp với (*) ta có: ≤ m ≤ 2. 2 Khi x 1 = −3 thì x 2 = 2 suy ra m = 2 Bài 4. Cho Pt x 2 − 2 (m − 1 ) x + 2m − 5 =0 ( 1) Vậy minB = 0 khi m = 0 và m = 2. Tìm m để Pt (1) có hai nghiệm phân biết x 1 , x 2 thỏa mãn Bài 6. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương (x 2 1 )( − 2mx 1 + 2m − 1 x 22 − 2mx 2 + 2m − 1 < 0 ( 2 ) ) trình x 2 − 5x + 2m − 2 = 0 có hai nghiệm dương phân biệt x 1 ; x 2 thỏa mãn Lời giải. ∆ =' (m − 2 ) 2 + 2 > 0 luôn đúng với mọi m, vậy Pt (1) x 12 − 4x 1 + 2m − 2 + x 2 =3. luôn có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 với mọi m. Khi đó: ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
Lời giải m = 2 ⇔ . Phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt x 1 , x 2 m = 14 ∆= 25 − 4 ( 2m − 2 ) > 0 Kết hợp m < 3 ta được m = 2 thỏa yêu cầu bài toán.  33 Bài 8. Cho phương trình: ⇔  S = x1 + x2 = 5 > 0 ⇔ 1 < m < P = x .x = 2m − 2 > 0 8 x 2 − 2(m − 3)x + 3m 2 − 8m + 5 =0 , với m là tham  1 2 số. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x 1 ; x 2 phân Ta có: biệt thỏa mãn điều kiện x 12 + 2x 22 − 3x 1 x 2 =x 1 − x 2 x 12 − 4x 1 + 2m − 2 + x 2 =3 Lời giải ⇔ x 12 − 5x 1 + 2m − 2 + x 1 + x 2 =3 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì (m − 3 ) 2 ∆ ′= − 3m 2 + 8m − 5 > 0 ⇔ x 1 += ( x 2 3 do x − 5x + 2m = 2 −2 0 ) ⇔ m 2 − 6m + 9 − 3m 2 + 8m − 5 > 0 ⇔ x 1 + x 2 + 2 x 1x 2 = 9 ⇔ −2m 2 + 2m + 4 > 0 ⇔ −1 < m < 2 ⇔ x 1x 2 = 2 Theo định lý Vi-et ta có: ⇔ 2m − 2 =4 x 1 + x 2 = 2(m − 3) (1) 3 (TM ) ⇔m =  x 1 x 2 = 3m − 8m + 5 (2) 2 Bài 7. Cho Pt x 2 + (m − 1 ) x − m 2 − 2 =0 (*) Theo đề ta có x 12 + 2x 22 − 3x 1 x 2 =x 1 − x 2 ( x là ẩn, m là tham số). Tìm giá trị của m để phương ⇔ ( x 1 − x 2 ) ( x 1 − 2x 2 ) =x 1 − x 2 trình có hai nghiệm trái dấu thỏa mãn x − x 2 = 0 4 (biết x 1 < x 2 ). 2 x1 − x2 = ⇔ 1 Lời giải x 1 − 2 x 2 − 1 =0 - Lập luận được phương trình (*) có hai nghiệm trái dấu • TH1: x 1 − x 2 = 0 (loại vì x 1 ≠ x 2 ). thì P < 0 • TH2: x1 − 2 x2 − 1 =0 , kết hợp với (1) ta có hệ: ac = 1. ( −m 2 − 2 ) < 0 nên phương trình có hai nghiệm x 1 + x 2 = 2 (m − 3 ) 3x = 2m − 7  ⇔ 2 trái dấu với mọi giá trị m . x 1 − 2x 2 − 1 =0 x 1 2x 2 + 1 = - Do phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt trái dấu  2m − 7 và x 1 < x 2 Suy ra x 1 < 0 , x 2 > 0 x 2 = 3 ⇔ ⇒ x1 = −x 1 , x 2 = x2 x = 4m − 11  1 3 4 ⇒ −2x 1 − x 2 =4 ( 1 ) do đó từ gt: 2 x 1 − x 2 = Thay x 1 ; x 2 tìm được vào (2) ta có: x + x 2 =1 − m (2)  - Theo định lí Viet ta có:  1 x 1 .x 2 =  −m 2 − 2 (3) 4m − 11 2m − 7 . = 3m 2 − 8m + 5 x + x 2 =1 − m (2) x =m − 5 3 3 - Giải hệ  1 ⇔ 1 m = 2 (l ) −2x 1 − x 2 =4 (1) x 2 =6 − 2m ⇔ 19m − 22m − 32 =0 ⇔  2 m = −16 tm Mà x1 < 0 < x 2 nên ta được m < 3 .  19 ( ) - Thay x = 1 m − 5 , x 2 = 6 − 2m vào (3) ta được −16 Kết hợp với điều kiện ta có m = thỏa mãn bài toán −m 2 − 2 phương trình: (m− 5)(6 − 2 m) = 19 ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
Bài 9. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để pt x 3 − ( 2m + 1 ) x 2 + (m 2 + 2m − 1 ) x − m 2 + m = 0 Phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn đề bài : có ba nghiệm phân biệt x 1 , x 2 , x 3 thỏa mãn  2 x 1 + x 2 = > 0 x 12 + x 22 + x 32 − 3x 1 x 2 x 3  3  5 m<  5 − 2m  2 Lời giải x= x 1 2 >0⇔  3 ( x + x ) .2 − 2x x =1 Phương trình đã cho tương đương với 2  2 1  1 2 1 2 4 ( x − m ) x 2 − (m + 1 ) x + m − 1 = 0 x 1 + x 2 = 2 2    x = m ⇔ 2  5 x − (m + 1 ) x + m − 1 =0 (*) m < 2  113 ⇔ 2 ⇔ m = (tm (2)) Phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi pt  2  − 2. 5 − 2m = 1 48    3  3 4 (*) có 2 nghiệm phân biệt khác m ∆= m 2 − 2m + 5 > 0 113 ⇔ 2 ⇔ m ∈  nên Vậy m = 48 m − (m + 1 ) m + m − 1 ≠ 0 Bài 11. Cho pt x 2 − (m + 2 ) x + m + 1 =0 ( 1 ) (với m là phương trình đã cho luôn có 3 nghiệm phân biệt với mọi m. từ giả thiết ta có : tham số). Gọi x 1 ; x 2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1). Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để (x + x 2 ) − 2x 1 x 2 + m − 3mx 1 x 2 = 0 (* *) 2 2 1 x 1 ; x 2 là độ dài hai cạnh của một tam giác vuông cân Lời giải x + x 2 = m + 1 Theo hệ thức Vi-et ta có :  1 . Với m ≠ 0 thì (1) có hai nghiệm phân biệt x 1 x 2= m − 1 x= 1; x 2= m + 1 1 Thay vào (**) được : Vì x 1 ; x 2 là độ dài hai cạnh của một tam giác vuông cân nên m + 1 > 0 ⇔ m > −1 (m + 1 ) − 2 (m − 1 ) + m 2 − 3m (m − 1 ) = 2 0 Khi đó xảy ra hai trường hợp như sau : 3 ± 21 Th1: Cạnh góc vuông có độ dài là x1 thì độ dài cạnh ⇔m = 2 huyền là x2 Bài 10. Cho phương trình bậc hai Do tam giác vuông cân nên ta có 3x 2 − 2x + 5 − 2m = 0 với m là tham số. Tìm m x 2 = x 1 2 ⇔ m + 1= 2 ⇔ m= 2 − 1(tm ) để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 ; x 2 là Th2: cạnh góc vuông có độ dài là x 2 thì x 1 là độ dài cạnh độ dài hai cạnh của một tam giác vuông có độ dài huyền 1 cạnh huyền bằng Do tam giác vuông cân nên ta có 2 Lời giải 2 x 1 =x 2 2 ⇔ (m + 1 ) 2 =1 ⇔ m =−1 + (tm ) Đặt phương trình bậc hai 2 3x 2 − 2x + 5 − 2m = 0 ( 1)  Vậy m ∈ −1 + 2; −1 + 2   2  ( −1 ) − 3 ( 5 − 2m ) = 6m − 14  2 ⇒∆= Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 7 ⇔ ∆=' 6m − 14 > 0 ⇔ m > ( 2 ) 3  2 x 1 + x 2 = 3 Khi đó theo hệ thức Vi-et ta có :  x x = 5 − 2m  1 2 3 ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
Bài 1. Cho phương trình ( m 2 + 5 ) x 2 − 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. ( ) 4 b) Tìm m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1 x2 − x1 + x2 16 . = Bài 2. Cho phương trình ( x − 2 ) ( x 2 − x ) + ( 4m + 1) x − 8m − 2 =0 ( x là ẩn số). Tìm m để phương trình có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 thỏa mãn điều kiện: x12 + x22 + x32 = 11 Bài 3. Cho phương trình: 2 x 2 + ( m − 1) x − m − 1 =0 ( m là tham số). Tìm m để phương trình có hai nghiệm là số đo 2 4 cạnh của một tam giác vuông có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh góc vuông là (đơn vị độ dài). 5 Bài 4. Cho phương trình x 2 − 3mx − m = 0 ( m là tham số khác 0) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của: m2 x12 + 3mx2 + 3m =A + x22 + 3mx1 + 3m m2 Bài 5. Cho phương trình x 2 − 2mx + m − 4 = 0 a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn x13 + x23 = 26m b) Tìm m nguyên để phương trình có hai nghiệm nguyên. Bài 6. Cho phương trình x 2 − 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 2 Tính= P x1 − x2 theo m và tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Q = x1 + x2 + x1 + x2 Bài 7. Cho phương trình x 2 + ( m − 2 ) x + m − 3 =0 ( x là ẩn số, m là tham số Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho biểu thức A= 2 x1 x2 − ( x1 − x2 ) + 3 đạt giá trị lớn nhất 2 Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P ) : y = ax 2 qua M ( ) 3;3 và đường thẳng ( d ) : y = 1 − x+m 2 (với m là tham số). Xác định phương trình của parabol ( P ) , từ đó tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường y A yB 25 thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt A ( x A ; y A ) , B ( xB ; yB ) khác gốc tọa độ, sao cho + = xB x A 16 Bài 9. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng ( d ) : = y kx + 2. Gọi I là giao điểm của ( d ) và trục tung. Tìm tất cả các giá trị của đường thẳng ( d ) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A ( x1; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) thỏa mãn x1 < x2 và IA = 2 IB ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1. a) m 2 + 5 ≠ 0 với mọi m nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi  1  719  2 m + 6 m ( m + 5 ) > 0 ⇔ 6 m  m +  + 2 2 >0⇔m>0  12  144  2m Khi đó theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 =2 m +5 2m Vì m 2 + 5 − 2m = ( m − 1) + 4 > 0 ⇔ m 2 + 5 > 2m ⇒ 0 < 2 < 1 (do m > 0 ) 2 m +5 b) m 2 + 5 ≠ 0 với mọi m nên phương trình (1) có hai nghiệm khi và chỉ khi  1  719  2 m 2 + 6m ( m 2 + 5 ) ≥ 0 ⇔ 6m  m +  + ≥0⇔m≥0  12  144   2m  x1 + x2 = m2 + 5 Khi đó theo hệ thức Vi-ét ta có:   x x = −6m  m2 + 5 1 2  x1 x2 − x1 + x2 = ( ) 4 2 x1 x2 − x1 + x2 =16 ⇔   x1 x2 − x1 + x2 = −2 −6m 2m Trường hợp 1. Xét x1 x2 − x1 + x2 =2 ⇔ 2 − =2 m +5 m2 + 5 2m −6m ⇔ =2 − 2 (vô nghiệm vì m ≥ 0 ) m +5 m +5 2 −6m 2m Trường hợp 2. Xét x1 x2 − x1 + x2 =−2 ⇐ 2 − =−2 m +5 m2 + 5 2m 6m 2m ⇔ =2− 2 = . Đặt t ≥0 m +5 2 m +5 m2 + 5 t = −1( ktm ) Ta có: t =2 − 3t ⇔  2 t = 2 ( tm )  3 m = 2 2 2m 2 t= ⇔ = ⇔ 2m − 9m + 10 = 0 ⇔  2 (thỏa mãn m ≥ 0 ) 3 m2 + 5 3 m = 5  2  5 ( ) 4 Vậy với m ∈ 2;  thì phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1 x2 − x1 + x2 = 16  2 ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
Bài 2. ( ) Ta có: ( x − 2 ) x 2 − x + ( 4m + 1) x − 8m − 2 =0 (1) ⇔ ( x − 2 ) ( x 2 − x ) + ( 4m + 1) x − 2 ( 4m + 1) = 0 x = 2 ⇔ ( x − 2 ) ( x 2 − 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 0   16 ⇔ 2 ⇔ 2 − 2 + 4m + 1 ≠ 0 m ≠ − 3  4 Khi đó x1 , x2 là nghiệm của phương trình (2), theo hệ thức Vi-ét, ta có:  x1 + x2 = 1   x1 = x2 4m + 1 Ta có: x12 + x22 + x32 = 11 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 + x32 = 11 2 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: x12 + x22 + x32 = 11 Bài 3. Xét ∆= ( m − 1) + 4.2. ( m + 1= ) m2 − 2m + 1 + 8m + = ( m + 3) ≥0 2 2 8 Phương trình luôn có hai nghiệm Để hai nghiệm là số đo hai cạnh của tam giác ⇔ phương trình có hai nghiệm dương  ( m − 1)  x1 + x2 > 0 − >0 ⇔ ⇔ 2 ⇔ m < −1 .  x1 x2 > 0  −m − 1 > 0  2 4 Hai nghiệm là số đo 2 cạnh của một tam giác vuông có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh góc vuông là (đơn vị độ dài) 5 ( x + x2 ) − 2 x1 x2 25 ( m − 1) + 4m + 4 25 2 2 1 1 25 ⇔ 2 + 2 = ⇔ 1 = ⇔ = x12 x22 ( m + 1) 2 x1 x2 16 16 16 11 5 ⇔ 9m 2 + 18m − 55 = 0 . Giải ra, ta được: m1 = − ; m2 = . 3 3 11 Kết hợp điều kiện, ta được m1 = − thỏa mãn 3 Bài 4. Phương trình có hai nghiệm phâm biệt khi 9m 2 + 4m > 0 hay m ( 9m + 4 ) > 0 4 ⇔ m > 0 hoặc m < − (*) 9  x + x2 = 3m Theo Vi-ét:  1  x1 x2 = −m m2 m2 m2 m2 Ta có: 2 = 2 = = >0 x2 + 3mx1 + 3m x2 + ( x1 + x2 ) x1 − 3 x1 x2 x12 + x22 − 2 x1 x2 ( x1 − x2 ) 2 ( x1 − x2 ) 2 m2 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương: A = + ≥2 ( x1 − x2 ) 2 m2 ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
( x1 − x2 ) 2 m2 Vậy Amin =2 ⇔ ⇔ m 4 =( x1 − x2 ) 4 ( x1 − x2 ) 2 2 m ⇔ m 2 =( x1 − x2 ) ⇔ x12 x22 =( x1 − x2 ) ⇔ x12 x22 =( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 2 2 2 ⇔ x1 x2 ( x1 x2 + 4 )= 9m 2 ⇔ −m ( −m + 4 )= 9m 2 m = 0 ( L ) ⇔ 8m + 4m = 0 ⇔ 4m ( 2m + 1) = 0 ⇔  2  1 m= −  2 1 Vậy với m = − thì A = 2 2 2  1 3 Bài 5.a) Xét ∆=′ m 2 − 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  x + x2 = 2m Theo hệ thức Vi-ét ta có:  1  x1 x2= m − 4 ⇒ x12 + x22 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 4m 2 − 2m + 8 2 Ta có: x13 + x23 = 26m ⇔ ( x1 + x2 ) ( x12 − x1 x2 + x22 )= 26m ⇔ 2m ( 4m 2 − 3m + 12 ) = 26m −1 ⇔ 2m ( 4m 2 − 3m − 1) = 0 ⇔ m1 = 0; m2 =1; m3 = 4 b) Vì x1.2 = m ± ∆ ′ nên điều kiện để phương trình có hai nghiệm nguyên: ∆=′ m 2 − m + 4 Đặt ∆ ′ = m 2 − m + 4 = k 2 ( k ∈) ⇔ 4m 2 − 4m + 16 = 4k 2 ⇔ ( 2m − 1) + 15 = ( 2k ) ⇔ ( 2k − 2m + 1)( 2k + 2m − = 1) 15 2 2 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 Vậy với m ∈ {4;1;0; −3} thì phương trình có nghiệm nguyên ∆ ′ ≥ 0 m 2 − 1 ≥ 0   Bài 6.a) Phương trình có hai nghiệm dương  x1 + x2 > 0 ⇔ 2m > 0 ⇔ m ≥ 1 x x > 0 1 > 0  1 2  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 ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
Xét: P 2 = 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 Bài 7.Ta có ∆= ( m − 2) − 4 ( m − 3= ) m2 − 8m + 16= ( m − 4) ≥0 2 2 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì ∆ > 0 ⇔ m ≠ 4  x1 + x2 =2 − m Theo định lý Vi-et ta có :   x1 x2= m − 3 A =2 x1 x2 − ( x1 − x2 ) + 3 =6 x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 3 =−m 2 + 10m − 19 2 2 ⇒ A = 6 − ( m − 5 ) ≤ 6∀m 2 Vậy Max A =6 ⇔ m =5 ( ) 3;3 ∈ ( P ) : y= ax 2 ⇔ 3= a ( 3) ⇔ a= 1 . Vậy parabol ( P ) : y = x 2 2 Bài 8. M 1 Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) : x 2 = − x+m 2 ⇔ 2 x + x − 2m = 2 0 có ∆ = 1 + 16m Để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A ( x A ; y A ) và B ( xB ; yB ) khác gốc tọa độ 1 ⇔m>− , m ≠ 0 . Theo định lý Vi-et, ta có : 16 1 x A + xB =− ; x A xB = −m 2 y A yB 25 x 2 x 2 25 x 2 + x 2 25 + = ⇔ A+ B = ⇔ A B = xB x A 16 xB x A 16 x A . xB 16 3  1  1  −  − 3 ( −m )  −  ( + ) − A B( A + B) 3 ⇔ x x 3 x x x x 25 2  2  = 25 ⇔ m = 2(tm) ⇔ A B = x A xB 16 −m 16 Bài 9. Vì I là giao điểm của ( d ) và trục tung nên I ( 0; 2 ) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là : x 2 = kx + 2 ⇒ x 2 − kx − 2 = 0 (1) Ta có : ∆= k 2 + 8 > 0 với mọi k và x1 x2 =−2 < 0 Nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn x1 < 0 < x2 với mọi k  x1 + x2 = k  x = 2 x2 Theo hệ thức Vi-et, ta có :  . Vì = IA 2 IB ⇒  1  x1 x2 = −2  x1 = −2 x2 Mà x1 < 0 < x2 nên x1 = −2 x2 . Ta có :  x1 + x2 = k  x x = −2  −2 x22 =−2   x = 1 1 2 ⇔  x1 < 0 < x2 ⇔  2  x1 < 0 < x2 k = −1   x2 = −k   x1 = −2 x2 Vậy k = −1 thỏa mãn yêu cầu bài toán ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗