Tài liệu Bất phương trình bậc 2-Phạm Thành Luân pptx

KIẾN THỨC CẦN NHỚ 1.. Phương trình bậc hai: a.

Vấn đề 3 PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI

I KIẾN THỨC CẦN NHỚ

1 Phương trình bậc hai:

a Cho phương trình : ax2+bx c 0(a 0) (*)+ = ≠

2

b 4ac

∆ = −

∆ < 0 : (*) vô nghiệm

∆ = 0 : (*) có nghiệm kép x1 x2 b

2a

= = −

∆ > 0 : (*) Có 2 nghiệm phân biệt x1,2 b A

2a

− ±

=

b Định lý Viete : Nếu phương trình : ax2+bx c 0(a 0)+ = ≠

có 2 nghiệm 1 2 1 2

b

x x

a

x ,x thì :

c

x x

a

⎧ + = −

⎪⎪

⎨

⎪ + =

⎪⎩

2 Dấu của tam thức bậc hai : f(x) ax= 2+bx c(a 0)+ ≠

a Định lý thuận:

∆ < 0 : f(x) luôn cùng dấu với a⇔af(x) 0, x R> ∀ ∈

∆ = 0 : f(x) cùng dấu với a với mọi x b

2a

≠ − và f( b) 0

2a

− =

∆ > 0 : f(x) có 2 nghiệm phân biệt : x1<x2

Bảng xét dấu:

b Định lý đảo về dấu của tam thức: Cho tam thức

f(x) = ax2+bx c(a 0)+ ≠ và một số thực α

[ 1 2] 1 2

f(x)co ù2 nghiệm x x 0

x ,x af( ) 0

≤

⎧

∆ ≥

⎨ α > ⎨α∉⎪

3 Điều kiện để tam thức không đổi dấu trên R Cho f(x) ax= 2+bx c (a 0)+ ≠

a 0 f(x) 0, x R

0

>

⎧

> ∀ ∈ ⇔ ⎨∆ <

⎩

a 0 f(x) 0, x R

0

>

⎧

≥ ∀ ∈ ⇔ ⎨∆ ≤

⎩

a 0 f(x) 0, x R

0

<

⎧

< ∀ ∈ ⇔ ⎨∆ <

⎩

a 0 f(x) 0, x R

0

<

⎧

≤ ∀ ∈ ⇔ ⎨∆ ≤

⎩ Nếu chưa có a ≠ 0 thì ta phải xét trường hợp a = 0

4 So sánh nghiệm của phương trình bậc hai với hai số cho trước

Cho phương trình : f(x) ax= 2+bx c 0(a 0)+ = ≠ và hai số , (α β α < β )

af( ) 0

α <

⎧

< α < β < ⇔ ⎨ β <

⎩

af( ) 0

α <

⎧

< α < < β ⇔ ⎨ β >

⎩

1 2 af( ) 0

af( ) 0

α <

⎧

α < < β < ⇔ ⎨ β >

⎩

x < α <x < β ∨ α <x < β <x ⇔ phương trình có 2 nghiệm phân biệt và chỉ có một nghiệm thuộc ( ; ) f( ).f( ) 0

a 0

α β <

⎧

α β ⇔ ⎨ ≠

⎩

Phương trình có 2 nghiệm x ,x và 1 2 1 2

0 af( ) 0

x x af( ) 0

2

2

⎧

⎪

⎪∆ >

⎪

α >

⎪

⎪

α < < < β ⇔⎨ β >

⎪

⎪ − α >

⎪

⎪

− β <

⎪

⎩

II Các ví dụ:

Ví dụ 1:

Định m để phương trình : x2+2(m 3)x m 13 0− + − = có 2 nghiệm

1 2

x ,x và x x1 2−x12−x22 đạt giá trị lớn nhất

Giải

Ta có: ∆ =' (m 3)− 2−(m 13) m− = 2−7m 22 0+ > m∀ vì

49 88 0

∆ = − <

Định lý viete cho : 1 2

1 2

x x 2(m 3) 6 2m

x x m 13

+ = − − = −

⎧

⎩

x x x x x x (x x )

3x x (x x ) 3(m 13) (6 2m)

4m 27m 75 (4m 27m 75)

= − ⎜ − ⎟ + ⎜ ⎟ − ≤ ⎜ ⎟ −

max(x x x x ) 4 75

8

⎛ ⎞

− − = ⎜ ⎟ −

⎝ ⎠ khi m 27

8

=

Ví dụ 2:

Định m để phương trình : x2−2mx 2 m 0+ − = có 2 nghiệm x ,x và 1 2

x +x đạt giá trị nhỏ nhất

Giải Phương trình có 2 nghiệm

' m (2 m) m m 2 0 m 2 m 1

⇔ ∆ = − − = + − ≥ ⇔ ≤ − ∨ ≥ Định lý viete: 1 2

1 2

x x 2m

x x 2 m

+ =

⎧

⎨ = −

⎩

x x (x x ) 2x x 4m 2(2 m) 4m 2m 4

Xét hàm số f(x) 4m= 2+2m 4− với m≤ − ∨2 m 1.≥

Ta có : f '(m) 8m 2 , f '(m) 0 m 1

4

F(-2) = 8 , f(1) = 2 BBT

Vậy Min (x12+x ) 222 = khi m = 1

Ví dụ 3:

Cho hàm số f(x) = 2x + m + log2 (mx2−2(m 2)x 2m 1)− + − (m là tham số)

Tìm tất cả các giá trị của m để f(x) xác định với mọi x

(ĐẠI HỌC CẦN THƠ – Khối D năm 2000) Giải

f(x) xác định ∀ ⇔ x mx2− 2(m 2)x 2m 1 0 − + − > ∀ x (1) m = 0 : (1) 4x 1 0 x 1

4

⇔ − > ⇔ > không thoả với x∀

m 0 : (1) m 0 2

' (m 2) m(2m 1) 0

>

⎧⎪

∆ = − − − <

⎪⎩

2

m 1

m 4 m 1

m 3m 4 0

>

⎪

⇔⎨⎪⎩ + − > ⇔⎨ < − ∨ >⎩ ⇔ >

Ví dụ 4:

Tìm a để hai phương trình :

2

ax + + = và x 1 0 x2+ax 1 0+ = Có nghiệm chung

(ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN – Khối D năm 2000)

Giải Gọi x0 là nghiệm chung của 2 phương trình cho, ta có:

2

2

ax x 1 0 (1)

x ax 1 0 (2)

+ + =

+ + =

(1) – (2) : (a 1)x− 20+ −(1 a)x0=0

2

(a 1)x (a 1)x 0

⇔ − − − = ⇔(a 1)(x− 20−x ) 0 (*)0 =

Nếu a 1 0− = ⇔ = thì cả hai phương trình đã cho đều vô nghiệm a 1

Nếu a 1: (*)≠ ⇔x (x0 0− = ⇔1) 0 x0= ∨0 x0= 1

+ Với x0=0 : cả 2 phương trình đã cho đều vô nghiệm

+ Với x0= là nghiệm chung của hai phương trình đã cho, thì ta có: 1:

a 1 1 0+ + = ⇔ = − a 2

Vậy a = - 2 thì hai phương trình đã cho có nghiệm chung x = 1

Ví dụ 5:

Định m để phương trình : x2−2mx 5m 4 0+ − = có đúng một nghiệm

thuộc [ ]0,1

Giải

Ta xét các trường hợp sau:

Phương trình cho có nghiệm x = 1

Thế vào phương trình cho: 3m – 3 = 0⇔m 1=

Thế m = 1 vào phương trình cho: x2−2x 1 0+ = ⇔ = (kép) x 1

⇒ m = 1 nhận

5m – 4 = 0 m 4

5

⇔ = Thế m 4

5

= vào phương trình cho: x2 8x 0 x 8 0

− = ⇔⎜ − ⎟=

[ ] 8 [ ] 4

x 0 0,1 x 0,1 m

⇔ = ∈ ∨ = ∉ ⇒ = nhận

* Phương trình cho có đúng một nghiệm (0,1)∈ :

x 0 x 1 (1)

0 x 1 x (2)

0 x x 1 (3)

< < <

⎡

⎢

⇔⎢ < < <

⎢ < = <

⎣ (1) và (2) f(0).f(1) 0 (5m 4)(3m 3) 0 4 m 1

5

⇔ < ⇔ − − < ⇔ < < 2

' m 5m 4 0 m 1 m 4

0 m 1

2

⎧∆ = − + = ⎧ = ∨ =

⎪

⇔⎨ < = < ⇔⎨ < <⎩ ⇔ ∈∅

⎪⎩

Tóm lại: 4 m 1

5≤ ≤

Ví dụ 6 : Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình :

2

12 12x 6mx m 4 0

m

Với giá trị nào của m thì x13+x32 a) Đạt giá trị lớn nhất ?

b) Đạt giá trị nhỏ nhất ?

Giải Điều kiện để phương trình cho có nghiệm

2

12

m

⇔ ∆ = − ⎜ − + ⎟≥

2

48

m

Với điều kiện đó, x1 và x2 là 2 nghiệm của phương trình, ta có :

1 2

2

m

x x

2

x x (x x ) 3x x (x x )

3

2

2

m 3 m .1 m 4 12 m 3 f(m)

=⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ ⎜ − + ⎟= − =

2

1 3

f '(m) 0, m 0,

2 2m

= + > ∀ ≠ vậy hàm số luôn tăng trong hai đoạn

2 3, 2

⎡− − ⎤

⎣ ⎦ và 2,2 3⎡⎣ ⎤⎦

Ta có :

1 f( 2 3) f( 2)

4 f( 2 3) f(2 3) 1

f(2) f(2 3)

4

⎫

− < − = − ⎪⎪⇒ − <

⎬

⎪

= <

⎪⎭

Vậy 3 3

x +x đạt giá trị nhỏ nhất ứng với m= −2 3 và đạt giá trị lớn

nhất ứng với m 2 3=

Ví dụ 7 :

Định m để phương trình sau có nghiệm thuộc ,3

2 2

π

⎛ π⎞

cos2x (2m 1)cosx m 1 0− + + + =

Giải Đặt t = cosx, vì x ,3 t [ 1,0)

2 2

π

∈⎜ π ⇒ ∈ −⎟

cos2x 2 cos x 1 2t= − = − 1

Phương trình cho ⇔2t2− −1 (2m 1)t m 1 0+ + + =

2

2t (2m 1)t m 0

(2m 1) 8m (2m 1) 0

[ )

2m 1 2m 1

4 2m 1 2m 1 1

+ + −

⎢

⇔ ⎢

+ − −

⎢⎣

Vậy để nghiệm t∈ −[ 1,0)⇔ − ≤1 m 0<

Ví dụ 8 : Định m để phương trình:

2 (m 5)x− −2mx m 4 0 (*)+ − = Có một nghiệm nhỏ hơn 1 và một nghiệm lớn hơn 2

Giải Đặt f(x) (m 5)x= − 2−2mx m 4+ − Gọi x1 , x2 là 2 nghiệm của (*), ta có :

x1 < 1 < 2 < x2 af(1) 0 (m 5)( 9) 0 m 5

5 m 24 af(2) 0 (m 5)(m 24) 0 5 m 24

< − − < >

< − − < < <

Ví dụ 9 : Định m để phương trình có nghiệm :

2 2

x x

+ + − ⎜ + ⎟+ =

Giải

= + ⇒ = + + ⇒ + = − Điều kiện t 2≥

Phương trình cho ⇔t2− + −2 (1 3m)t 3m 0+ = 2

t (1 3m)t 3m 2 0 (a b c 0)

t 1 không thoả t 2

t 3m 2

⇔ ⎢

= −

⎢⎣

Để phương trình có nghiệm :

3m 2 2 3m 2 2

3m 2 2

− ≥

⎡

⇔ − ≥ ⇔ ⎢ − ≤ −

⎣

4 m 3

m 0

⎡ ≥

⎢

⇔⎢

≤

⎢⎣

III BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ

3.1 Cho hai phương trình : x2− +x m 0 (1)=

2

x −3x m 0 (2)+ = Với những giá trị nào của m, thì phương trình (2) có một nghiệm khác

0, gấp 2 lần một nghiệm của phương trình (1)

3.2 Cho hai phương trình : x2+3x 2s 0+ =

2

x +6x 5s 0+ = Tìm tất cả các giá trị của s để mỗi phương trình đều có 2 nghiệm phân

biệt, và giữa 2 nghiệm của phương trình này có đúng một nghiệm của

phương trình kia

3.3 Chứng minh rằng nếu a a1 2≥2(b1+b )2 thì ít nhất một trong hai

phương trình

2

2

x a x b 0

x a x b 0

+ + = có nghiệm

3.4 Định m để phương trình : x2+hx3+x2+hx 1 0 (1)+ =

Có không ít hơn hai nghiệm âm khác nhau

3.5 Định m để phương trình 4x22 4 2ax2 1 a2 0

1 2x+ +x +1 x+ + − = có nghiệm

3.6 Định m để phương trình có nghiệm:

(x −2x 2)+ +2(3 m)(x− −2x 2) m+ + −6m 0=

3.7 Chứng minh phương trình sau có nghiệm:

a b c, m n,a,b,c 0 (1)

x m x n− + − = ≠ ≠

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ

3.1 Điều kiện đồng thời có nghiệm của 2 phương trình cho là : 1

2

m

∆ = − ≥

⎧

⇔ ≤

⎨∆ = − ≥

⎩ Gọi x0≠ là 1 nghiệm của phương trình (1), nghiệm phương trình (2): 0 0

x 2x=

5 x

10

9

⎧ =

⎪⎩

3.2 Đặt f(x) x= 2+3x 2s,+ g(x) x= 2+6x 5s+ Mỗi phương trình đều có 2 nghiệm phân biệt và giữa 2 nghiệm của phương trình này có đúng một nghiệm của phương trình kia, ta phải có 1

0 g(x ).g(x ) 0

∆ >

⎧

⎨ <

⎩ với x1, x2 là nghiệm của phương trình f(x) = 0 8

s

0 s 1 9

9s(s 1) 0

⎧ <

⎪

⇔⎨ ⇔ < <

⎪ − <

⎩

3.3 ∆ =1 a12−4b , 1 ∆ =2 a22−4b2

1 2 a1 a2 4(b1 b ) 02

⇒ ∆ + ∆ = + − + ≥ (vì 2 2

a +a ≥2a a a a1 2≥2(b1+b )2 )

⇒ ít nhất 1 trong 2 phương trình đã cho phải có nghiệm

3.4 Nhận xét x = 0 không phải là nghiệm của (1) Đặt t x 1 h(x) x2 tx 1 0 (2)

x

= + ⇔ = − + = Điều kiện t 2≥ ⇔ ≥ ∨ ≤ − t 2 t 2 (2) nếu có nghiệm thì các nghiệm cùng dấu

(1)

2

t 2

f(t) t ht 1 0

⎧ ≥

⎪

⇔ ⎨

= + − =

⎪⎩

f(t) có 2 nghiệm trái dấu YCBT f( 2) 0 h 3

2

⇔ − < ⇔ >

3.5 Đặt t 2x2

1 x

=

+ Điều kiện − ≤ ≤ 1 t 1

2

2

1 1 1

f(t) t at 1 a 0

1 2x x 1 x

− ≤ ≤

⎧⎪

+ + − = ⇔ ⎨

= + + − =

(1) có nghiệm

0 f( 1) 0 2

x f( 1)f(1) 0 f(1) 0 a 2

5 s

2

∆ ≥

⎧

⎪ − >

⎪⎪

⇔ − ≤ ∨⎨ > ⇔ < <

⎪

⎪− < <

⎪⎩

3.6 Đặt t x= 2−2x 2 (x+ = 2−2x 1) 1 (x 1)+ + = − 2+ ≥ 1 1

Phương trình cho trở thành: t2+2(3 m)t m− + 2−6m 0= t m

m 6

=

⎡

⇔ ⎢ −

⎣

m 6 1 m 7

3.7 (1)⇔f(x) c(x m)(x n) a (x n) b (x m) 0= − − − 2 − − 2 − =

f(m).f(n)= −a b (m n)− < ⇒ phương trình luôn luôn có phân biệt 0 và m,n≠