Sáng kiến kinh nghiệm Sử dụng hệ thức Vi-et trong giải toán

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Sử dụng hệ thức Vi-et trong giải toán

1. Chuyờn đề: Sử dụng hệ thức Vi – ột trong giải toỏn A) Kiến thức cơ bản : 1) Nếu phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0 ( a 0 ) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thì tổng và tích hai nghiệm đó là: b c S = x1 x2 và P = x1.x2 a a 2 ) Tính nhẩm nghiệm a ) Nếu a + b + c = 0 thì phương trình ax 2 + bx + c = 0 ( a 0 ) có các nghiệm c số là x 1, x 1 2 a b ) Nếu a - b + c = 0 thì phương trình ax 2 + bx + c = 0 ( a 0 ) có các nghiệm số c là x 1, x 1 2 a 3 ) Tìm 2 số biết tổng và tích của chúng Nếu 2 số u và v có tổng u + v = S và tích u.v = P thì u và v là 2 nghiệm của phương trình bậc hai : x2 Sx P 0 B ) Bài tập áp dụng và bài tập phát triển , nâng cao 1 ) Loại toán xét dấu nghiệm của phương trình mà không giải phương trình Bài tập 1: Không giải phương trình cho biết dấu các nghiệm ? a) x2 13x 40 0 b) 5x2 7x 1 0 c) 3x2 5x 1 0 Giải b a) Theo hệ thức Vi – ét có S = x1 x2 13 a c P = x .x 40 1 2 a Vì P > 0 nên 2 nghiệm x 1 và x 2 cùng dấu S > 0 nên 2 nghiệm cùng dấu dương c 1 b) Theo hệ thức Vi – ét có P = x .x 0 nên 2 nghiệm cùng dấu 1 2 a 5 1
2. Chuyờn đề: Sử dụng hệ thức Vi – ột trong giải toỏn b 7 S = x1 x2 0 nên 2 nghiệm cùng dấu âm a 5 c 1 c) P = x .x 0 nên 2 nghiệm trái dấu 1 2 a 3 b 5 S = x x 0 1 2 a 3 Bài tập 2 : Cho phương trình x2 10x m2 0 (1) Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm trái dấu với mọi giá trị của m 0 . Nghiệm mang dấu nào có giá trị tuyệt đối lớn hơn ? Giải Ta có a = 1 > 0 , c = - m 2 < 0 với mọi m 0 Vì a , c trái dấu nên phương trình (1) luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt . Theo hệ 2 thức Vi - ét : P = x1, x2 m < 0 . Do đó x1 và x2 trái dấu S = x1 x2 10 nên nghiệm dương có giá trị tuyệt đối lớn hơn Bài tập 3: (Đề TS chuyên Hạ Long 1999 – 2000) (3đ) 2 2 Cho phương trình x (m 1)x m m 2 0 (1) (với m là tham số) a) Giải phương trình trên với m = 2 b) Chứng minh rằng phương trình đã cho có 2 nghiệm trái dấu  m c) Gọi 2 nghiệm của phương trình đã cho là x 1 , x 2 Tìm m để biểu thức 3 3 x x A 1 2 đạt giá trị lớn nhất x2 x1 Giải : x 2 x 4 0 a) Thay m = 2 vào phương trình ta được 1 4 .( 4 ) 1 7 0 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt 1 1 7 x 1 2 1 1 7 x 2 2 2
3. Chuyờn đề: Sử dụng hệ thức Vi – ột trong giải toỏn 1 1 3 1 3 b)Xét ac m2 m 2 (m2 m 2) (m2 2 m 1 ) (m )2 1 2 4 4 2 4 2 2 1 1 3 3 3 Có m 0 m 1 1 P 1 P 0m 2 2 4 4 4 Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu m c) Gọi 2 nghiệm của phương trình đã cho là x 1 , x 2 Từ kết quả phần b có x 1 , x 2 0 , biểu thức A được xác định với mọi x 1 , x 2 tính x x theo m và ( 1 ) 3 0; ( 2 ) 0 x 2 x1 x 3 x 1 Đặt ( 1 ) a Với a > 0 ( 2 )3 x 2 x1 a 1 Có A = -a + mang giá trị âm a A đạt giá trị lớn nhất - A có giá trị nhỏ nhất 1 a2 1 Có – A = a + a a 1 1 Theo bất đẳng thức Cô si áp dụng cho hai số không âm a và ( vì a > 0 và 0 ) a a 1 1 ( a ) : 2 a . a a 1 ( a ) : 2 1 Có a 1 a 2 a Vậy – A 2 nên – A có giá trị nhỏ nhất là 2 A 2 nên A có GTLN là - 2 3
4. Chuyờn đề: Sử dụng hệ thức Vi – ột trong giải toỏn 1 * A 2 a 2 a 1 a 2 a a .a 1 2 a a 2 2 a 1 0 a 2 2 a 1 0 ( a 1 ) 2 0 a 1 ( thoả mãn điều kiện a > 0 ) x1 3 x1 • Với a = 1 thì ( ) 1 1 x1 x2 x2 x2 b • Theo kết quả x x có S x x x x 0 1 2 1 2 2 2 a (m 1) 0 m 1 0 m 1 * Kết luận : Với m = 1 thì biểu thức A đạt giá trị lớn nhất là - 2 2) Loại toán tính giá trị biểu thức chứa tổng, tích 2 nghiệm Bài tập 4: Cho phương trình : x2 (m 1)x m2 m 2 0 a) Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm trái dấu với mọi m 2 2 b) Gọi 2 nghiệm là x 1 và x 2 tìm giá trị của m để x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Giải: a ) Ta có a = 1 > 0 c m 2 m 2 ( m 2 m 2 ) 1 7 ( m 2 m ) 4 4 1 7 7 ( m ) 2 0 2 4 4 a, c trái dấu nên phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi tham số m 4
5. Chuyờn đề: Sử dụng hệ thức Vi – ột trong giải toỏn c Theo hệ thức Vi ét P = x .x m2 m 2 0 do đó 2 nghiệm trái dấu 1 2 a b) Ta có 2 2 2 x1 x2 (x1 x2) 2x1x2 (m 1)2 2( m2 m 2) 2 = m 2m 1 2m2 2m 4 3m2 4m 5 2 4 5 2 2 4 11 3 m m 3(m 2m ) 3 3 3 9 9 2 11 11 3(m )2 3 3 3 2 2 11 2 Vậy Min x1 x2 khi m = 3 3 Bài tập 5: Cho phương trình 2x2 (m 2)x 7 m2 0 Tìm giá trị dương của m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu và nghiệm âm có giá trị tuyệt đối bằng nghịch đảo của nghiệm kia Giải : Ta có a = 2 > 0 Phưong trình có 2 nghiệm trái dấu 7 m2 0 7 m 7 Với điều kiện này giả sử x 1 0 theo đề ra ta có 2 1 7 m 2 2 x1 x1x2 1 ( ) 1 7 m 2 m 5 m 5 x2 2 Vì m > 0 nên ta chọn m = 5 ( thoả mãn điều kiện 7 m 7 ) Kết luận : Vậy với m = 5 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm trái dấu và nghiệm âm có giá trị tuyệt đối bằng ngịch đảo của nghiệm kia . Bài tập 6 : ( Đề tuyển sinh lớp 10 năm 2006 – 2007 ) (2 đ) 5
6. Chuyờn đề: Sử dụng hệ thức Vi – ột trong giải toỏn Xét phương trình : x4 2(m2 2) 5m2 3 0 (1) với m là tham số 1) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m phương trình (1) luôn có 4 nghiệm phân biệt 2) Gọi các nghiệm của phương trình (1) là x1, x2 , x3 , x4 . Hãy tính theo m giá 1 1 1 1 trị của biểu thức M = 2 2 2 2 x 1 x 2 x 3 x 4 Giải : 1) Đặt x 2 = y ( ĐK : y 0 ) Pt (1) trở thành 2 2 2 y 2(m 2)y 5m 3 0 (2) , 2 2 2 (m 2) (5m 3) (m 2 2) 2 (5m 2 3) m 4 4m 2 4 5m 2 3 m 4 m 2 1 1 1 3 (m 2 ) 2 2m 2 . 2 4 4 1 3 (m 2 ) 2 2 4 1 1 3 3 , Có (m 2 ) 2 0 (m 2 ) 2 nên 0 2 2 4 4 Phương trình (2) luôn có 2 nghiệm phân biệt Theo hệ thức Vi – ét có b 2(m2 2) S y y 2(m2 2) 1 2 a 1 c P y .y 5m2 3 1 2 a 2 2 2 Xét P 5m2 3 có m 0 5m 0 5m 3 3 nên P > 0 với mọi m Z y 1 , y 2 cùng dấu 6
7. Chuyờn đề: Sử dụng hệ thức Vi – ột trong giải toỏn b 2 Xét S y1 y2 2(m 2) . a 2 2 2 Vì m 0 m 2 2 2(m 2) 4 nên S > 0 y1, y2 cùng dấu dương (thoả mãn ĐK y 0) Vậy phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt cùng dấu dương nên phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt đối nhau từng đôi một . 2) Theo kết quả phần a có x1, x2 , x3 , x4 0 và x1 y1 , x2 y1 x3 y2 , x4 y2 1 1 1 1 M 2 2 2 2 ( y1 ) ( y1 ) ( y2 ) ( y2 ) 1 1 1 1 y 1 y 1 y 2 y 2 2 2 y 1 y 2 2 y 2 y 1 2 y 1 . y 2 2 ( y y ) 1 2 y 1 . y 2 Thay kết quả S và P vào M ta được 2.2(m 2 2) 4(m 2 2) M 5m 2 3 5m 2 3 4(m 2 2) Kết luận: M 5m 2 3 Bài tập 7: (Đề tuyển sinh chuyên Hạ Long 1997 - 1998 ) ( 2,5 đ) 2 Cho phương trình x 2(m 1)x m 0 ( mlà tham số) a) Chứng minh : Phương trình đã cho luôn luôn có nghiệm với mọi m b) Trong trường hợp m > 0 và x1, x2 là các nghiệm của phương trình nói trên 7
8. Chuyờn đề: Sử dụng hệ thức Vi – ột trong giải toỏn x 2 x 2 3(x x ) 6 hãy tìm GTLN của biểu thức A 1 2 1 2 x1 x2 Giải: , 2 a)  (m 1) m ( m 1) 2 m m 2 2 m 1 m m 2 m 1 1 1 3 m 2 2 . .m 2 4 4 1 3 ( m ) 2 2 4 1 1 3 3 Vì (m )2 0 nên (m )2 2 2 4 4 , 0m Z Phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị m x 2 x 2 3(x x ) 6 b) A 1 2 1 2 x1 x2 Theo kết quả phần a phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt áp dụng hệ thức Vi – ét ta có b S = x x 2m 2 1 2 a c P = x1.x2 m a Vì P = m > 0 nên x2 , x2 0 biểu thức A được xác định với mọi giá trị x1, x2 x1, x2 tính theo m x2 2x x x2 2x x 3(x x ) 6 A 1 1 2 2 1 2 1 2 x1.x2 (x x )2 2x .x 3(x x ) 6 = 1 2 1 2 1 2 x1x2 Thay S và P vào biểu thức A ta được : 8
9. Chuyờn đề: Sử dụng hệ thức Vi – ột trong giải toỏn (2m 2)2 2m 3(2m 2) 6 A m 4m 2 8m 4 2m 3(2m 2) 6 m 4m 2 4 m 2 1 m 2 1 4( ) 4( ) m m m m 1 4(m ) m 1 1 1 Theo bất dẳng thức Cô Si vì (m ) : 2 m. ( do m > 0và 0 ) m m m 1 m 2. 1 m 1 m 2 m 1 4(m ) 8 m Vậy biểu thức A có GTNN là 8 1 Trong bất đẳng thức Cô Si dấu bằng xảy ra m = m m2 1 m 1 Với m = 1 thoả mãn điều kiện m > 0 m = -1 không thoả mãn điều kiện m > 0 Vậy với m = 1 thì A có GTNN bằng 8 Bài tập 8 : ( đề TS chuyên Hạ Long 2005 - 2006 ) (2 đ) Xét phuương trình mx 2 + (2m -1) x + m -2 = 0 (1) với m là tham số 2 2 a ) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x 1 , x 2 thoả mãn x1 x2 x1x2 4 b) Chứng minh rằng nếu m là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp thì phương trình có nghiệm số hữu tỉ Giải 9
10. Chuyờn đề: Sử dụng hệ thức Vi – ột trong giải toỏn m 0 a ) Điều kiện để m có 2 nghiệm 0 Xét (2m 1) 2 4m (m 2) 4m 2 4m 1 4m 2 8m 4m 1 1 0 4m 1 0 m 4 1 Vậy điều kiện để phương trình có 2 nghiệm là m 0 và m 4 Với điều kiện trên theo hệ thức Vi ét có b 1 2 m S x x 1 2 a m c m 2 P x1.x2 a m 2 2 Gọi A x1 x2 x1x2 2 (x1 x2 ) 2x1x2 x1x2 2 (x1 x2 ) 3x1x2 m 0 áp dụng hệ thức Vi ét có A = 4 ( ĐK 1 ) m 4 1 2m m 2 ( )2 3 4 m m 1 4m 4m2 3m 6 4 m2 m 2 2 2 1 4m 4m 3m 6m 4m 3m2 2m 1 0 3m2 2m 1 0 Có a + b + c = 3 – 2 – 1 = 0 => m 1 = 1 ( thoả mãn điều kiện m 0 và m 1 ) 4 1 1 m = ( không thoả mãn điều kiện m 0 và m ) 2 3 4 Vậy với m = 1 thì phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn 10
11. Chuyờn đề: Sử dụng hệ thức Vi – ột trong giải toỏn 2 2 x1 x2 x1x2 4 c) Gọi n N * ta có m = n( n + 1 ) là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp ( TMĐK m 0 ) d) Theo kết quả phần a ta có 4 m 1 4 n (n 1) 1 4 n 2 4 n 1 (2 n 1) 2 0 vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi m 2n 1 2n 1 ( do n > 0 ) 1 2m 1 2n(n 1) 2n 1 1 2n 2 2n 2n 1 x 1 2m 2n(n 1) 2n(2n 1) 2 2n 2 2(1 n 2 ) 2(1 n)(1 n) 1 n 2n(n 1) 2n(n 1) 2n(n 1) n 1 2n 1 2n(n 1) 2n 1 1 2n2 2n 2n 1 x 2 2m 2n(n 1) 2n(n 1) 2n2 4n 2n(n 2) n 2 2n(n 1) 2n(n 1) n 1 1 n Vì n N * nên 1- n Z và n N * => x là phân số Q 1 n n 2 tử n +2 N * và n +1 N * => x là phân số Q 2 n 1 Kết luận:Với m là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp thì phương trình có nghiệm số hữu tỉ 3 ) Loại toán tìm hai số biết tổng và tích của chúng Bài tập 9 : Tìm hai số x y biết a) x + y = 11 và xy = 28 b) x – y = 5 và xy = 66 Giải : a ) Với x + y = 11 và xy = 28 theo kết quả hệ thức Vi ét x ,y là nghiệm của phương trình x 2 - 11x + 28 = 0 11