chuyen de he thuc viet

Tìm tham số để phơng trình có nghiệm thỏa mãn điều kiện K Bài toán thờng đợc giải bằng phơng pháp điều kiện cần và đủ... Chú ý: Với bài toán một tham số m, trong điều kiện đủ ta có thể k[r]

Cơ sở lý thuyết

Định nghĩa giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức

Cho biểu thức f(x,y,…) xác định trên miền D Ta nói M là giá trị lớn nhất của f(x,y,…) trên D nếu hai điều kiện sau đợc thoả mãn:

- Với mọi (x, y,…) thuộc D thì f(x,y,…)  M với M là hằng số

- Tồn tại (x0, y0 ,…) thuộc D sao cho f(x0, y0 ,…) = M

Cho biểu thức f(x,y,…) xác định trên miền D Ta nói m là giá trị nhỏ nhất của f(x,y,…) trên D nếu hai điều kiện sau đợc thoả mãn:

- Với mọi (x, y,…) thuộc D thì f(x,y,…)  m với m là hằng số

- Tồn tại (x0, y0 ,…) thuộc D sao cho f(x0, y0 ,…) = m

Các kiến thức thờng dùng

Trong toán học, khi xét biểu thức chứa biến như P(x) hoặc P(x,y), chúng ta ký hiệu giá trị lớn nhất của biểu thức P trên tập xác định D là GTLN(P) hay maxP Ngược lại, giá trị nhỏ nhất của P được ký hiệu là GTNN(P) hay minP.

1) Cho P = A + B thì maxP = maxA + maxB và min P = min A + minB

A và B là các biểu thức chứa các biến độc lập; nếu A và B có cùng một biến, chúng sẽ đạt giá trị lớn nhất (GTLN) hoặc giá trị nhỏ nhất (GTNN) tại một giá trị xác định x = x0 Do đó, giá trị lớn nhất của P cũng sẽ đạt được tại x0, tức là maxP = P(x0).

Nếu có (x0, y0) sao cho Q(x0, y0) = 0 thì min P(x,y) = a với mọi x, y thuộc D b) P(x,y) = - [Q(x,y)] 2n + b  b với b là hằng số, n  N *

Nếu có (x0, y0) sao cho Q(x0, y0) = 0 thì maxP(x,y) = b với mọi x, y thuộc D

4) A  0 thì max(A 2 ) = (maxA) 2 và min(A 2 ) = (minA) 2

5) Các dạng của bất đẳng thức Cô-si: a) a + b  2 ab ( a  0, b  0) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b b) a b + b a  2 (ab  0) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b

(ax + by) 2  (a 2 + b 2 ) (x 2 + y 2 ) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ay = bx

7) Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối a + b  a b  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ab  0

8) Định lý về dấu của tam thức bậc hai.

Cho tam thức bậc hai

Nếu   0 thì f(x) luôn luôn cùng dấu với a,   x R

Nếu   0 thì f(x) luôn luôn cùng dấu với a,   x R , 2 x b a

Nếu   0 thì f(x) cùng dấu với a nếu x nằm ngoài khoảng 2 nghiệm và trái dấu với a nếu x nằm trong khoảng 2 nghiệm.

Phơng pháp giải toán cực trị

Phơng pháp dùng bất đẳng thức để giải toán cực trị

= 1 2x  + 2 x  3  1 2  x  2 x  3 = 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (1 – 2x)(2x – 3)  0

Vậy GTNN của A bằng 2 với

Tìm GTNN của hàm số f(x) = x  1 + 2 x  4 + 3 x  9 + 4 x  16 + 5 x  25

Mặt khác ta có f(4) = 15 suy ra minf(x) = 15

Tìm GTNN của S = x 2 + y 2 + z 2 với P = ax + by + cz không đổi (với a 2 + b 2 + c 2

 0).Giá trị đó đạt đợc khi nào?

Theo bất đẳng thức Côsi – Bunhiacôpski ta có:

S sẽ có giá trị bé nhất khi xảy ra dấu “ = ” tức là khi x a = y b = z c , hay nói cách khác Smin = P a 2 + b 2 + c 2

Theo bất đẳng thức Côsi ta có:

Ta xét biểu thức A 2 = (2x + 3y) 2 áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có:

Nếu x > 0, a > o, b > 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Khi nào đạt giá trị đó?

Giải: Biểu thức có dạng:

(a+ x )(b + x ) x = ab(a +b) x + x 2 x = ab x + a+ b+ x Đối với hai số dơng ab x và x, ta có bất đẳng thức Cô-si: ab x + x ≥ 2 √ ab x x=2 √ ab

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là ( √ a+√ b ¿ 2 đạt đợc khi x= √ ab

Tìm giá trị lớn nhất của: a) f ( x)=(2 x − 1)(3 −5 x) ; b) 1+ x ¿

Vậy f(x) đạt giá trị lớn nhất là 1

Tìm giá trị dơng nhỏ nhất của f ( x)= 2 x 2 + 3 x

Vậy f(x) dơng bé nhất là 2 √ 6 khi x= √ 6

Cho các số x, y, z thỏa mãn xy + yz + zx = 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức f ( x , y , z )=x 4 + y 4 + z 4

Giải: áp dụng bất đẳng thức Côsi- Bunhiacôpski với n = 3, ta có:

Từ đó suy ra 3 ( x 4 + y 4 + z 4 ) ≥ ( xy + yz+ zx ) 2

Bài 1 Tìm GTLN, GTNN của:

A = x + y biết x , y là các số dơng thoả mãn a b 1 x  y 

(a và b là hằng số dơng)

Phơng pháp xét biểu thức phụ

Trong ví dụ trên, để tìm cực trị của A, do A  0 nên ta có thể xét biểu thức phụ

A Các biểu thức phụ thờng xét có thể là -A, A 2 , A Trong ví dụ dới đây, ta xét biểu thức phụ B sai khác với A một hằng số.

Giải: Để áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta xét biểu thức:

 áp dụng bất đẳng thức Côsi với hai số dơng

Bây giờ ta xét hiệu A- B

Do đó minA = 2 2 + 3 khi và chỉ khi x = 2 - 1

Hiển nhiên A 2  0 nhng dấu “ = ” không xảy ra ( vì A > 0 )

Ta biến đổi A 2 dới dạng khác:

Phơng pháp đổi biến và tìm cực trị đối với biến mới

Khi đó xy = 2 , x + y = 10 nên x và y là nghiệm của phơng trình

Max A = 101 khi và chỉ khi t = 0 tức là x = 0 , y= 10 hoặc x = 10 , y = 0

Phơng pháp chia khoảng để tìm cực trị

(3 – x) áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm 2 x

Do đó A  4 (1) b) Xét x > 3, khi đó A  0 (2)

So sánh (1) và (2) ta đi đến kết luận:

Víi 2   x 4 xÐt  A x x  2   2  áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:

Phơng pháp dùng tam thức bậc hai

1 Đổi biến để đa về tam thức bậc hai đối với biến mới

2 Đổi biến để đa về bất phơng trình bậc hai đối với biến mới

3 Đa về phơng trình bậc hai và sử dụng điều kiện   0

Biểu thức A nhận giá trị a khi và chỉ khi phơng trình sau đây có nghiệm a 2

Nếu a  1 thì điều kiện cần và đủ để (2) có nghiệm là   0, tức là:

3 hoặc a = 3 thì nghiệm của (2) là :

Gộp cả hai trờng hợp (1) và (2), ta có:

MaxA = 3 khi và chỉ khi x = -1

NhËn xÐt: a) Phơng pháp giải nh trên còn gọi là phơng pháp miền giá trị của hàm số Đoạn

  là tập giá trị của hàm số A 2 2

  b) Cách khác tìm GTLN của A:

MaxA = 3 khi và chỉ khi x = -1 c) Cách khác tìm GTNN của A:

Tìm GTLN và GTNN của:

Biểu thức A nhận giá trị a khi và chỉ khi phơg trình sau đây có nghiệm a 2

Nếu a  2 thì phơng trình (2) có nghiệm

Kết hợp cả hai trờng hợp (1) và (2), ta có:

MinA = 1 khi và chỉ khi x = -2

MaxA = 6 khi và chỉ khi x 1 2

Tìm GTLN và GTNN của:

B = 2x 2 + 4xy + 5y 2 biết rằng x 2 + y 2 = a ( a là hằng số, a  1)

Theo VD2 điều kiện để phơng trình ẩn t trên có nghiệm là

MaxB = 6a khi và chỉ khi

Hay khi và chỉ khi (x, y) nhận giá trị

MinB = a khi và chỉ khi

Hay khi và chỉ khi (x, y) nhận giá trị

Tìm GTLN và GTNN của: c =

Giải: Điều kiện: 0   x 1 Đặt z = x thì z 2 + y 2 = 1 (1)

Ta cần tìm GTLN và GTNN của d = 4z + 3y với 2c = d + 7 Điều kiện: 0   z 1,0   y 1,0   d 7

25z 2 – 8dz + d 2 – 9 = 0 Để phơng trình này có nghiệm z thì   0  d 2  25  d  5

Maxd = 5  Maxc = 6 và đạt đợc khi z 4

(thoả mãn 0   x 1 ) d = 4 z  3 y  2 12 yz Đẳng thức xảy ra khi 4z = 3y Thay vào (1) ta tính đợc z 3 1 9

Tìm các giá trị của m, n để biểu thức A có GTNN bằng

Gọi a là giá trị tuỳ ý của biểu thức A Ta có: a 2

 (a – 1)x 2 + (2a – m) + (4a – n) = 0 (1) Theo điều kiện của bài toán, giá trị a = 1 không là GTLN, không là GTNN của A nên ta chỉ xét a  1 Điều kiện để (1) có nghiệm là: f x y ( , ) 0   g x y  ,     0  y  2 x  2   0 y  2 x   0 

(2) Nghiệm của bất phơng trình (2) là a1  a  a2

Trong đó a1, a2 là các nghiệm của phơng trình:

(3) Theo đề bài, ta phải có 1 2

Theo hệ thức Vi- et đối với phơng trình (3) :

3 và GTLN là 3 Với m = -2 thì n = 4, khi đó

Phơng pháp tham biến để tìm cực trị của một biểu thức

Để tìm cực trị của biểu thức Q(x), chúng ta chỉ cần xem xét biểu thức này trên tập số thực, và để đơn giản hóa vấn đề, ta thêm tham biến t vào biểu thức.

Nếu f x    0 hoặc f x    0 với mọi x thuộc tập xác định của

Q(x) và tồn tại giá trị t 0 để f x    0 thì t

0 chính là GTLN hoặc GTNN của biểu thức Q(x)

Tìm GTLN, GTNN của biểu thức

Vì x 2  1  0 với mọi số thực x nên dấu của f(x) chính là dấu của tử thức g(x)  

2 8 7 2 1 x  x   t x  hay g(x) =  1  t x  2  8 x   7 t (1) Xét tam thức g(x) = ax 2  bx c 

    víi   b 2  4 ac (*) Nếu a = 0 thì g(x) = bx + c luôn cùng dấu khi b = 0 (g(x) = c) và khi c = 0 (g(x) = 0)

Nếu a > 0 thì g x ( ) 0  với mọi x khi   0 và g(x) = 0 khi và chỉ khi   0

Nếu a < 0 thì g x    0 với mọi x khi   0 và g(x) = 0 khi và chỉ khi   0 áp dụng vào (1) ta có:

Suy ra Q(x) có GTLN là 9 và xảy ra khi f(x) = 0

Phương pháp tham biến cho phép chuyển đổi việc xét cực trị của một biểu thức Q(x) thành việc giải một phương trình Δ(t) = 0, từ đó liên kết giữa bất phương trình Q(x) ≥ t hoặc Q(x) ≤ t và phương trình.

Ta có thể mở rộng việc xét cực trị của biểu thúc một biến Q(x) sang biểu thức hai biến Q(x,y) bằng phơng pháp tham biến, lúc đó f(x,y) = Q(x,y) – t

Và xét tử thức của f(x,y) theo một biến nào đó sao cho tử thức luôn cùng dấu và tồn tại giá trị bằng 0

Tìm GTLN, GTNN của biểu thức

Vì x 2 + y 2 luôn luôn dơng trừ giá trị x = y = 0 nên dấu của f( x,y) chính là dấu của tử thức g(x,y) = 3 y 2  4 xy t x   2  y 2 

Vì   4 y 2  0 nên g(x,y) = 0 khi và chỉ khi y = 0, (x = 0 đã bị loại trừ)

XÐt (1) theo biÕn y ta cã:

Suy ra Q(x,y) có GTNN là -1 và xảy ra khi

Suy ra f x y ( , ) 0   g x y  ,     0  y  2 x  2   0 y  2 x   0  u thế của phơng pháp tham biến càng đợc thể hiện qua ví dụ sau:

Tìm u, v để biểu thức Q = 2 1 ux v x

 đạt GTLN bằng 4 và GTNN bằng -1

Vì x 2 + 1 > 0 với mọi x nên dấu của f(x) chính là dấu của tử thức g(x)  2 1  2  2 5  2

Q  x  y   x ay   ux v t x    2  1  hay g(x) =  tx 2  ux v t   Để GTLN của Q(x) là 4 và GTNN của Q(x) là -1 xảy ra đồng thời thì dựa vào (*) ta phải có:

Bài 1.Tìm GTLN, GTNN của biểu thức Q sau đây:

Bài 2.Tìm m để biểu thức Q = 2 1 x m x x

  chỉ nhận giá trị thuộc   1;1 

Phơng pháp giải toán cực trị của biểu thức chứa dấu căn

Các bài toán tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN) của biểu thức chứa dấu căn thường xuất hiện trong các kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 và các kỳ thi học sinh giỏi Dựa trên lý thuyết đã được trình bày ở chương I, tác giả sẽ cung cấp một số ví dụ minh họa để giúp người đọc hiểu rõ hơn về phương pháp giải quyết các bài toán này.

Tìm GTNN của biểu thức sau với x  R

Cách 1: Xét các khoảng giá trị của x

Do đó minD = 1 xảy ra khi 1996   x 1997

Cách 2: áp dụng bất đẳng thức a + b  a b  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ab  0

Vì F < 0 nên xảy ra min x  0 F

 = 0 Vậy minF = -1 xảy ra khi x = 0

Vậy minF = -1 xảy ra khi x = 0

Tìm GTLN của biểu thức

   với điều kiện x  1, y  2, z  3 áp dụng bất dẳng thức Cô-si ta có:

Tìm GTNN của biểu thức sau

Vậy minK = 2 xảy ra khi    1 x 0

Bài 1 Tìm GTLN của biểu thức:

Bài 3 Tìm GTNN của biểu thức:

Phơng pháp giải toán cực trị đại số với các biến có điều kiện

Chúng ta đã quen biết bài toán tìm cực trị của hai biến có một điều kiện ràng buộc, chẳng hạn nh bài toán sau:

Tìm GTLN của tích xy với x, y là các số dơng thoả mãn điều kiện x + y = s, trong đó s là số dơng cho trớc

Cách 1: áp dung trực tiếp bất đẳng thức Cô-si

Cách 2: Đa về xét cực trị của hàm một biến

Sắp thứ tự giá trị các biến (theo điều kiện hoặc khi vai trò của chúng nh nhau) và so sánh với giá trị không đổi xen giữa chúng.

Giả sử x y  Từ x + y = s ta có:

Việc giải bài toán trên sẽ khó khăn hơn khi các biến bị ràng buộc thêm một điều kiện nữa

Tìm GTLN của tích xy với x, y là các số dơng thoả mãn hai điều kiện

(2) y  a trong đó s, a là những số dơng cho trớc và a < s

NÕu 4 a  s thì theo cách giải ở VD1 ta có GTLN (xy) 2

Theo cách 2 ở VD1, đặt y = a + t với t  0

(v× t  0, t  2 a s   0 ) Đẳng thức xảy ra khi t = 0, y = a và GTLN (xy) = a (s – a)

Theo cách 3 ta thấy 2 x  s  a  y nên

( x a y a  )    0 xy a x y    a  xy as a    a s a (  ) Đẳng thức xảy ra khi y = a và x = s – a

Tìm GTLN của tích xyz với x, y, z là các số dơng thoả mãn hai điều kiện

(2) z  a trong đó s, a là những số dơng cho trớc và a < s

NÕu 3 a  s thì áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:

    Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 x    y z s

Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có:

            áp dụng cách giải 3, từ 2 x y  a z

Từ (*),(**) và áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:

  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi z = a và 2 x   y s

Tìm GTLN của tích xyz với x, y, z là các số dơng thoả mãn các điều kiện

(3) y  b với b là số dơng cho trớc, x b y   b a s   trong đó s, a là những số dơng cho trớc và a < s

Lúc đó: x= s – (y + z) < s – (a + b) < a + 2b – (a + b) = b áp dụng cách giải 3 với x b y   ta có

Từ đó và (***) ta suy ra

  ( ) xyz b x y b z ba s a b       Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi z = a, y = b, x = s – a – b

Lúc đó: GTLN(xyz) = ab(s – a – b)

Từ một bài toán cực trị đại số với các biến có một điều kiện, chúng tôi đã phát triển và giải quyết các bài toán cực trị đại số với các biến bị ràng buộc bởi nhiều điều kiện hơn.

Bài 1 Tìm GTLN của xy + yz + xz với x, y, z là các số dơng thoả mãn các điều kiện

(3) y  b với b là số dơng cho trớc, x b y   b a s   trong đó s, a là những số dơng cho trớc và a < s

Bài 2 Tìm GTLN của tích xyzt với x, y, z, t là các số dơng thoả mãn các điều kiện :

(4) y  c trong đó s, a, b, c là những số dơng cho trớc và c < b < a < s

Bài 3 Tìm GTNN của biểu thức x + y thoả mãn điều kiện

Bài 4 Tìm GTNN của biểu thức A = x 2  y 2  z 2 thoả mãn điều kiện x + y + z = 3

Một số sai lầm khi giải toán cực trị

Một trong những phương pháp hiệu quả để giải toán cực trị là sử dụng các bất đẳng thức quen thuộc Tuy nhiên, nếu không nắm vững bản chất của phương pháp này, người học dễ mắc phải sai lầm.

Bài toán 1 Biết rằng x + y + z = 1 và x, y, z dơng

Có bạn đã giải nh sau:

(1) Nhân từng vế của (1) ta có:

Cách giải trên dẫn đến đáp số sai do các điều kiện xảy ra dấu bằng trong các bất đẳng thức không được thỏa mãn đồng thời.

S  64 đạt đợc khi và chỉ khi

Nh vậy không tồn tại (x,y,z) để tại đó

Do đó không thể kết luận

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

Nhắc lại định nghĩa maxf(x,y,…) và minf(x,y,…)

Cho biểu thức f(x,y,…) xác định trên miền D Ta nói M là giá trị lớn nhất của f(x,y,…) hay maxf = M trên D nếu hai điều kiện sau đợc thoả mãn:

- Với mọi (x, y,…) thuộc D thì f(x,y,…)  M với M là hằng số

- Tồn tại (x0, y0 ,…) thuộc D sao cho f(x0, y0 ,…) = M

Cho biểu thức f(x,y,…) xác định trên miền D Ta nói m là giá trị nhỏ nhất của f(x,y,…) hay minf = m trên D nếu hai điều kiện sau đợc thoả mãn:

- Với mọi (x, y,…) thuộc D thì f(x,y,…)  m với m là hằng số

- Tồn tại (x0, y0 ,…) thuộc D sao cho f(x0, y0 ,…) = m

Để khẳng định rằng giá trị cực đại maxf = M, cần chỉ ra bộ giá trị (x0, y0,…) sao cho f(x0, y0,…) = M Nếu chỉ biết rằng f(x,y,…)  M với mọi (x,y,…) thuộc D mà không tìm được bộ giá trị cụ thể, chúng ta cần áp dụng phương pháp giải khác.

Để tìm bội giá trị (x0, y0,…) sao cho f(x0, y0,…) = M, ta thường áp dụng điều kiện xảy ra dấu bằng trong các bất đẳng thức đã sử dụng Ví dụ, các dạng của bất đẳng thức Cô-si là một trong những công cụ hữu ích trong quá trình này.

+) a + b  2 ab ( a  0, b  0) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b

+) a b + b a  2 (ab  0) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b b) Bất đẳng thức Bunhiacopsky

(ax + by) 2  (a 2 + b 2 ) (x 2 + y 2 ) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ay = bx c) Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối a + b  a b  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ab  0

Trong các bài toán cực trị có điều kiện, việc chỉ chú ý đến điều kiện xảy ra dấu bằng của các bất đẳng thức mà không xem xét điều kiện ràng buộc của bài toán có thể dẫn đến sai lầm.

4) Trong các định nghĩa trên thì M và m phải là các hằng số

Thật vậy, xét bài toán sau đây:

Bài toán 2 Cho x,y,z  0 Tìm GTLN của f(x,y,z) = xyz x y y z z x         

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi , , 0 x y z x y y x z x x y z

Tức là x = y = z = 0 Khi đó vế phải của bất đẳng thức bằng 0 Suy ra

Cách giải trên mắc sai lầm ở chỗ là đã sử dụng mệnh đề sai sau đây "Nếu

 x y z 0 , , 0 0   D thì f x y z ( , , )  A với mọi x, y, z thuộc D " Để bác bỏ mệnh đề trên, ta có thể xét phản ví dụ sau:

Bài toán 3 Cho f x    x g x 2 ;    2 x 2 Tìm GTLN của f(x)

Dấu bằng xảy ra khi f(0) = g(0) = 0, từ đó suy ra f x    0 với mọi x R 

NhËn xÐt: Điều này sai vì f x    x 2  0 với mọi x R 

Giả sử hai số thực x, y thoả mãn x > y và xy = 1 Tìm GTNN của biểu thức

Giải phơng trình đợc x – y = 2, mà xy = 1 nên (x;y) là ( 1  2; 1   2 ) và

Nhận xét: Bài giải trên là sai Có thể biến đổi nh sau:

Kết quả đúng là minA = 2 2 khi (x,y) là

Vậy sai lầm của bài toán trên là biến đổi đến (*) thì 2 2 x y 

 không phải là hằng số mà còn phụ thuộc vào biến x,y

Tìm GTNN của biểu thức P = x 4  2 x 3  3 x 2  2 x  1

Suy ra minP = 0 Điều này không xảy ra vì không có giá trị nào của x làm cho P(x) = 0

Dễ thấy đáp số này sai vì lúc đó x đồng thời bằng -1 và bằng

Cách giải đúng nh sau:

Bài toán6 Tìm GTNN của biểu thức sau với x  0, y  0

  Đáp số này sai vì không thể x = 1 và x = 4

Cách giải đúng nh sau:

Những bài toán - lời giải sao cho đúng?

1.GTNN là bao nhiêu? Đề: Cho x, y là hai số dơng thoả mãn

Tìm GTNN của biểu thức

Lời giải: Từ x, y > 0 ta có: x y 2 y  x 

  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y

Sai lầm của lời giải ở đâu?

Trong cuốn sách tuyển tập 250 bài toán đại số bồi dỡng học sinh giỏi toán cấp 2 của tác giả V.Đ.M có bài toán 234 nh sau:

Tìm GTLN của biểu thức

Lời giải viết nh sau:

Vậy GTLN của D không tồn tại

Tôi rất băn khoăn về lời giải này vì đã tìm ra một kết quả khác???

2 3 x  x  đạt GTLN Lời giải viết nh sau:

  Để A đạt GTLN thì  x  1  2  4 đạt GTNN Hiệu này đạt GTNN khi  x  1  2 = 0 hay x = -1 Khi đó GTLN của A là

Cã thÓ thÊy khi x = 2 th× A 1

 4 không phải là GTLN của A.

Sai lầm của lời giải ở đâu???

Với a, b, c > 0 , hãy tìm GTNN của biểu thức

Một bạn đã giải nh sau: áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

Nhân từng vế của các bất đẳng thức trên ta có:

Thế nào? Lời giải gọn nhỉ!

Chuyên đề 2: Định lí vi – ét và ứng dụng

Francois Viète, nhà toán học lỗi lạc người Pháp sinh năm 1540 và mất năm 1603, không chỉ là một luật sư danh tiếng mà còn là cố vấn cao cấp của nhà vua Pháp Mặc dù công việc triều đình rất bận rộn, ông vẫn dành thời gian cho sở thích nghiên cứu Toán học Viète đã có nhiều phát minh quan trọng trong đại số và lượng giác, và ông là một trong những người tiên phong trong việc sử dụng ký hiệu chữ để biểu thị các ẩn số và hệ số trong phương trình.

Các bạn học sinh lớp 9 đã quen biết với một trong những phát minh của ông Đó là định lí Vi- ét cho phơng trình bậc hai

I Định lí Viét Định lí: Nếu phơng trình ax 2 + bx + c = 0 có hai nghiệm x1, x2 thì tổng và tích của hai nghiệm đó là:

1 Nếu a + b + c = 0 thì phơng trình ax 2 + bx + c = 0 có hai nghiệm x1 = 1 và

2 Nếu a - b + c = 0 thì phơng trình ax 2 + bx + c = 0 có hai nghiệm x1 = -1 và 2 x c

Chú ý: Trớc khi áp dụng định lí Viét cần tìm điều kiện để phơng trình ax 2 + bx + c = 0 có hai nghiệm, tức là '

Nếu u và v là hai số có tổng u + v = S và tích u.v = P thì u và v là hai nghiệm của phơng trình bậc hai X 2 – SX + P = 0

II Các ứng dụng Định lí Viét đợc sử dụng để:

1 Tìm hai số biết tổng và tích của chúng.

2 Tính giá trị cuả các biểu thức đối xứng giữa các nghiệm.

3 Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc vào tham số.

5 Tìm điều kiện tham số để các nghiệm của phơng trình thoả mãn điều kiện K.

6 Giải một số bài toán hàm số.

Bài toán 1 Tìm hai số biết tổng và tích của chúng

Sử dụng định lí Viét đảo :

Nếu u và v là hai số có tổng u + v = S và tích u.v = P thì u và v là hai nghiệm của phơng trình bậc hai X 2 – SX + P = 0 (1)

Chú ý: Nếu (1) có hai nghiệm x1, x2 thì ta đợc:

II Ví dụ minh họa

VD1: Tìm hai cạnh của hình chữ nhật biết chu vi bằng 6m và diện tích bằng

Gọi u, v là hai cạnh của hình chữ nhật (u > 0, v > 0), ta có:

Khi đó u, v là nghiệm của phơng trình

Vậy độ dài hai cạnh của hình chữ nhật là 1m và 2m

VD2: Cho phơng trình mx 2  2  m  2  x   m  3   0 (2)

Tìm các giá trị của m để các nghiệm x 1 , x 2 của phơng trình thỏa mãn điều kiện x 1 2  x 2 2  1

Giải : Điều kiện để phơng trình (2) có hai nghiệm là m    0, ' 0

Với 0  m  4 , phơng trình đã cho có hai nghiệm x1, x2 Theo hệ thức Viét ta có

Giá trị m = 8 không thoả mãn điều kiện 0  m  4

Vậy m = 2 là giá trị cần tìm.

VD3: Giải hệ phơng trình:

Xét phơng trình thứ nhất của hệ:

Khi đó x, y là nghiệm của phơng trình

Vậy nghiệm của hệ đã cho là (1, 27) và (27, 1)

III Bài tập đề nghị :

Bài 1 Giải hệ phơng trình:

Bài toán 2 Tính giá trị của các biểu thức đối xứng giữa các nghiệm

Biểu thức đối xứng giữa các nghiệm x1 và x2 của phơng trình ax 2 + bx + c = 0 là biểu thức có giá trị không thay đổi khi ta hoán vị x1 và x2

Ta có thể biểu thị đợc các biểu thức đối xứng giữa các nghiệm x1 và x2 theo S và

VD1: Giả sử phơng trình ax 2 + bx + c = 0

Có hai nghiệm x 1 , x 2 Hãy lập phơng trình có nghiệm nh sau: a) – x 1 và -x 2 b) 2 x 1 và 2 x 2 c) x 1 2 và x 2 2 d) x 1 + x 2 và x 1 x 2 e) 1

Giải : Giả sử phơng trình ax 2 + bx + c = 0 có hai nghiệm x1, x2, ta có:

  nên –x1 và -x2 là các nghiệm của phơng trình: X 2 – SX + P = 0 b) Ta cã:

 nên 2 x1 và 2 x2 là các nghiệm của phơng trình: X 2 – 2SX + 4P = 0 c) Ta cã:

 nên x 1 2 và x 2 2 là các nghiệm của phơng trình: X 2 – (S 2 – 2P)X + P 2 = 0 d) Ta cã:

  nên x1 + x2 và x1x2 là các nghiệm của phơng trình: X 2 – (S+P)X + S.P = 0 e) Ta cã:

1 x là các nghiệm của phơng trình:

VD2: Giả sử phơng trình x 2  ax   1 0 có hai nghiệm x 1 , x 2 a) Hãy tính S 7  x 1 7  x 2 7 b) Tìm đa thức bậc 7 có hệ số nguyên nhận   7 3  7 4 làm nghiệm

Phơng trình x 2  ax   1 0 có hai nghiệm x1, x2, ta có:

 a) Ký hiệu S k  x 1 k  x 2 k Ta lần lợt có:

Theo câu a) thì với x x 1 , 2 là nghiệm của phơng trình x 2  ax   1 0 , ta có:

Vậy đa thức cần tìm có dạng a 7  7 a 5  14 a 3  7 a  7 0 

Bài 1 Tìm m để phơng trình x 2  2  m  1  x  2 m   3 0

Có hai nghịêm x x 1 , 2 Khi đó hãy lập phơng trình có nghiệm nh sau: a) -2 x1 và -2 x2 b) 3 x1 và 3 x2 c) - x 1 2 và - x 2 2 d) 1

Bài 2 Tìm m để phơng trình mx 2  2  m  3  x m    1 0

Có hai nghịêm x x 1 , 2 Khi đó hãy lập phơng trình có nghiệm nh sau: a) - x1 và - x2 b) 2 x1 và 2 x2 c) x 1 3 và x 3 2 d) 4

Bài 3 Tìm m để phơng trình mx 2  2  m  1  x   2 0

Có hai nghịêm x x 1 , 2 Khi đó hãy lập phơng trình có nghiệm nh sau: a) -3 x1 và -3 x2 b) 2 x1 và 2 x2 c) x 1 2 và x 2 2 d) x 1 2 + x 2 2 và x 1 2 x 2 2

Bài toán 3 Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc vào tham số

I phơng pháp Để tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc vào tham số (giả sử tham số là m), ta thực hiện theo các bớc sau:

Bớc 1: Tìm điều kiện của m để phơng trình có hai nghiệm x x 1 , 2

Bớc 2: áp dụng định lí Viét, ta đợc:

Bớc 3: Khử m từ hệ (I) ta đợc hệ thức cần tìm

Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm của phơng trình không phụ thuộc m Giải : Điều kiện của m để phơng trình có hai nghiệm x x 1 , 2 là:

Khi đó phơng trình có hai nghiệm x x 1 , 2 thỏa mãn:

Khử m từ hệ (I) ta đợc:

Đó chính là hệ thức cần tìm.

Phương trình \((m^2 + 1)x^2 - 2mx - \frac{1}{m^2} = 0\) luôn có nghiệm với mọi \(m > 1\) Để chứng minh, ta tính delta: \(\Delta = m^2 - (1 + m^2)(1 - m^2) = m^4 + m^2 - 1\) Kết quả cho thấy \(\Delta > 0\) với mọi \(m > 1\) Hệ thức liên hệ giữa các nghiệm của phương trình không phụ thuộc vào \(m\) cần được tìm ra.

Vậy với mọi m > 1 phơng trình luôn có hai nghiệm x x 1 , 2 thỏa mãn:

 b) Khử m từ hệ (I) ta đợc:

VËy  x 1  x 2  2   x x 1 2  2  1 là hệ thức cần tìm.

Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm của phơng trình không phụ thuộc m.

Bài 2 Cho phơng trình mx 2  2 mx   3 0

Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm của phơng trình không phụ thuộc m.

Bài 3 Cho phơng trình  1  m x 2  2  2  m 2  1  x m   0 a) Tìm m để phơng trình luôn có nghiệm. b) Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm của phơng trình không phụ thuộc m.

Bài toán 4 xét dấu các nghiệm

Dùng định lí Viét ta có thể xét dấu đợc các nghiệm x x 1 , 2 của phơng trình ax 2 + bx + c = 0, dựa trên kết quả:

 a   phơng trình cóhai nghiệm trái dấu x 1   0 x 2

  phơng trình có hai nghiệm cùng dấu.

   phơng trình có hai nghiệm dơng 0  x 1  x 2

   phơng trình có hai nghiệm âm x 1  x 2  0

1 Cũng từ đây, chúng ta thiết lập đợc điều kiện để phơng trình có các nghiệm liên quan tới dấu.

2 Nếu bài toán yêu cầu “ Xét dấu các nghiệm củaphơng trình tuỳ theo giá trị của tham số ”, chúng ta sử dụng bảng sau: m  P S KÕt luËn

VD1: Tuỳ theo m hãy xét dấu các nghiệm của phơng trình:

Ta có bảng tổng kết sau: m  ' P S KÕt luËn

Phơng trình có nghiệm kép x= -2 < 0 Phơng trình có hai nghiệm thoả mãn x 1 < x 2 < 0 Phơng trình có một nghiệm x = -1/2 < 0

Phơng trình có hai nghiệm x 1 < 0 < x 2 và x 2  x 1 Phơng trình có hai nghiệm thoả mãn 0 = x 1 < x 2

Phơng trình có hai nghiệm thoả mãn 0 < x 1 < x 2

Xác định m để phơng trình: a) Có hai nghiệm dơng phân biệt b) Có hai nghiệm trái dấu

Giải : a) Phơng trình có hai nghiệm dơng phân biệt 0 < x1 < x2

Vậy với 0 < m < 1 phơng trình có hai nghiệm dơng phân biệt. b) Phơng trình có hai nghiệm trái dấu x1 < 0 < x2

Vậy với m > 1 phơng trình có hai nghiệm trái dấu.

VD3: Cho phơng trình:  m  1  x 2  2  m  2  x m   1 0  (1) Xác định m để phơng trình: a) Có một nghiệm b) Có hai nghiệm cùng dấu

Giải : a) Xét hai trờng hợp:

Trờng hợp (1): Với m - 1 = 0  m =1, ta đợc:

  1  6 x   0 x  0 là nghiệm duy nhất của phơng trình

Khi đó để phơng trình có một nghiệm, điều kiện là:

1 m  2 thì phơng trình có một nghiệm. b) Để phơng trình có hai nghiệm cùng dấu, điều kiện là:

, phơng trình có hai nghiệm cùng dấu

VD4: Cho phơng trình: mx 2  2 3   m x m    4 0  (1)

Xác định m để phơng trình: a) Có đúng một nghiệm âm b) Có hai nghiệm đối nhau

Giải : a) Xét hai trờng hợp:

Trờng hợp (1): Với m = 0, ta đợc:

, là nghiệm âm duy nhất của phơng trình. Trờng hợp (2): Với m  0

Khi đó để phơng trình có đúng một nghiệm âm, điều kiện là:

 , phơng trình có đúng một nghiệm âm.

Bài 1 Tuỳ theo m hãy xét dấu các nghịêm của phơng trình:

Xác định m để phơng trình: a) Có hai nghiệm trái dấu. b) Có hai nghiệm âm phân biệt. c) Có đúng một nghiệm dơng.

Bài 5 Xác định m để phơng trình sau có hai nghiệm âm phân biệt:

Xác định m để phơng trình: a) Có hai nghiệm trái dấu. b) Có hai nghiệm dơng. c) Có hai nghiệm cùng dấu.

Bài toán 5 Tìm điều kiện tham số để các nghiệm của phơng trình thoả mãn điều kiện k

Ta thực hiện theo các bớc sau:

Bớc 1.Tìm điều kiện của tham số để phơng trình có nghiệm x1, x2

Bớc 2 áp dụng định lí Viét, ta đợc:

Bớc 3.Biểu diễn điều kiện K thông qua (I)

CMR với mọi k, phơng trình luôn có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 , thỏa mãn:

Suy ra phơng trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2, thỏa mãn:

Xác định m để phơng trình có hai nghiệm x 1 , x 2 , thỏa mãn:

Khi đó phơng trình hai nghiệm x1, x2, thỏa mãn:

Vậy với m = -6 thỏa mãn điều kiện đầu bài.

VD3: Xác định m để phơng trình

2 2 1 1 0 mx  m  x m    có hai nghiệm x 1 , x 2 , thỏa mãn: x 1 2  x 2 2  2

Giải : Điều kiện để phơng trình có hai nghiệm x1, x2 là:

Khi đó phơng trình hai nghiệm x1, x2, thỏa mãn:

2 m  3 thoả mãn điều kiện đầu bài.

VD4: Giả sử phơng trình:

2 0 ax  bx c   có hai nghiệm x 1 , x 2 CMR hệ thức: b 3  a c ac 2  2  3 abc là điều kiện cần và đủ để phơng trình có một nghiệm bằng bình phơng của nghiệm còn lại

Theo giả thiết, ta đợc:

Vậy nếu b 3  a c ac 2  2  3 abc thì một trong hai thừa sốcủa P phải bằng 0 và ngợc lại (đpcm).

VD5: Giả sử phơng trình:

2 0 ax  bx c   có hai nghiệm x 1 , x 2 CMR hệ thức:  k  1  2 ac kb  2  0  k  0  là điều kiện cần và đủ để phơng trình có một nghiệm bằng k lần nghiệm còn lại

Theo giả thiết, ta đợc:

Vậy nếu  k  1  2 ac kb  2  0 thì một trong hai thừa số của P phảibằng 0 và ngợc lại (®pcm).

Xác định m để phơng trình: a) Có một nghiệm. b) Có hai nghiệm phân biệt Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào m c) Xác định m để x 1 2  x 2 2  20

Để xác định giá trị của m, cần xem xét các điều kiện sau: a) Phương trình phải có hai nghiệm khác nhau; b) Tổng bình phương các nghiệm của phương trình phải bằng 2; c) Hai nghiệm của phương trình phải bằng nhau về trị tuyệt đối; d) Hai nghiệm x1 và x2 phải thỏa mãn điều kiện x1 - x2 = 1.

Xác định m để: a) Phơng trình có hai nghiệm phân biệt cùng dấu. b) Tổng bình phơng các nghiệm của phơng trình bằng 3. c) Phơng trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x 1  x 2  2

Bài 4 Tìm m để phơng trình x 2  2 mx   4 0 có hai nghiệm x1, x2 Khi đó a) Tính theo m giá trị các biểu thức:

Bài 5 Cho phơng trình ax 2  bx c   0

Tìm hệ thức liên hệ giữa a và b để phơng trình có một nghiệm bằng k lần nghiệm còn lại.

Bài toán 6 Giải một số bài toán hàm số

Dạng 1: Lập phơng trình đờng thẳng đi qua hai điểm A x y  A , A  , B x y  B , B  thuéc Parabol   P y ax :  2  bx c  cho trớc, khi đó ta thực hiện theo các bớc:

Bớc 1 Giả sử phơng trình đờng thẳng  AB y kx m  :  

Bớc 2 Phơng trình hoành độ giao điểm của  AB  và   P là:

Bớc 3 Ta có x A và x B là nghiệm của phơng trình và theo định lí Viét, ta đợc:

Dạng 2: Lập phơng trình tiếp tuyến của Parabol  P tại điểm M x  M , y M  đợc thực hiện nh trên bằng cách thay x A  x B  x M

VD1: Cho Parabol   P có phơng trình:   P y x :  2

Gọi A và B là hai điểm thuộc   P có hoành độ lần lợt là -1, 2 Lập phơng trình đờng thẳng AB

Cách 1: Cách giải thông thờng

Từ giả thiết, ta đợc A   1;1 ,  B  2; 4 

Phơng trình đờng thẳng AB đợc cho bởi:

Cách 2: áp dụng định lí Viét

Giả sử phơng trình đờng thẳng  AB y ax b  :  

Phơng trình hoành độ giao điểm của  AB  và   P là:

Ta có x A  1 và x B  2 là nghiệm của phơng trình và theo định lí Viét, ta đợc:

VD2: Cho Parabol   P có phơng trình:  

A là điểm thuộc   P có hoành độ bằng 2 Lập phơng trình tiếp tuyến với   P tại A

Cách 1: Cách giải thông thờng

Từ giả thiết, ta đợc A  2;1 

Giả sử phơng trình tiếp tuyến với   P tại A là   d : y ax b  

Phơng trình hoành độ giao điểm của   d và   P là:

Ta có,   d tiếp xúc với   P  (2) có nghiệm kép

Từ (2) và (3) ta đợc a = 1 và b = -1

Vậy, phơng trình tiếp tuyến   d : y x   1

Cách 2: áp dụng định lí Viét

Giả sử phơng trình tiếp tuyến với   P tại A là   d : y ax b  

Phơng trình hoành độ giao điểm của   d và   P là:

Ta có x A  2 là nghiệm kép của (*)  x 1  x 2  2  và theo định lí Viét, ta đợc:

Vậy, phơng trình tiếp tuyến   d : y x   1

III Bài tập đề nghị:

Bài 1 Cho Parabol   P có phơng trình:  P y x :  2  3 x  2

Gọi A và B là hai điểm trên parabol P với hoành độ lần lượt là 1 và 8 Đầu tiên, chúng ta cần lập phương trình đường thẳng AB Tiếp theo, chúng ta sẽ xác định phương trình tiếp tuyến với parabol P tại điểm A Cuối cùng, chúng ta sẽ lập phương trình tiếp tuyến với parabol P tại điểm B.

Bài 2 Cho Parabol   P có phơng trình:  P y :  x 2  2 x  4

Gọi A và B là hai điểm thuộc Parabol P có hoành độ lần lượt là -2 và 5 Để lập phương trình đường thẳng AB, trước tiên cần xác định tọa độ của hai điểm A và B Tiếp theo, lập phương trình tiếp tuyến với Parabol P tại điểm A bằng cách tính đạo hàm tại A Cuối cùng, lập phương trình tiếp tuyến với Parabol P tại điểm B bằng cách tương tự, sử dụng đạo hàm tại B.

Bài toán 7 Định lí Viét cho phơng trình bậc ba bậc bốn và các ứng dụng

1 Hệ thức viét cho phơng trình bậc ba

Giả sử phơng trình ax 3  bx 2  cx d   0  a  0  có ba nghiệm x x x 1 , , 2 3 Khi đó:

2 Hệ thức viét cho phơng trình bậc bốn

Giả sử phơng trình ax 4  bx 3  cx 2  dx e   0  a  0  có bốn nghiệm x x x x 1 , , , 2 3 4 Khi đó:

1 Giải phơng trình khi biết tính chất của các nghiệm

Ta thực hiện các bớc:

Bớc 1: Dựa vào định lí Viét ta xác định đợc một nghiệm x 0 của phơng tr×nh

Bíc 2: Lùa chon mét trong hai híng:

Hớng 1: Nếu phơng trình không chứa tham số, biến đổi phơng trình về dạng  x x g x  0      0 các nghiệm

Hớng 2: nếu phơng trình chứa tham số, thay x x  0 vào phơng tr×nh  tham sè

Bớc 3 Thử lại và kết luận.

Biết rằng trong số các nghiệm có hai nghiệm có tích bằng -1

Giả sử phơng trình có ba nghiệm x x x 1 , , 2 3 và x x 1 3  1 Khi đó:

Viết lại phơng trình về dạng:

Vậy phơng trình có ba nghiệm phân biệt

VD2: Xác định m để phơng trình : x 3   m  1  x 2  x  2 m  0 (1)

Có ba nghiệm phân biệt, biết rằng trong số các nghiệm có hai nghiệm đối nhau

Giả sử phơng trình có ba nghiệm x x x 1 , , 2 3 và x 1  x 3  0 Khi đó:

 thỏa mãn x 1  x 3  0 Vậy m = 1 thỏa mãn điều kiện đầu bài.

2 Tính giá trị của biểu thức đối xứng giữa các nghiệm

Ta thực hiện các bớc:

Bớc 1: Thiết lập hệ thức Viét giữa các nghiệm của phơng trình (I)

Bớc 2: Biểu diễn điều kiện K thông qua (I).

Chú ý: Biểu thức đối xứng giữa các nghiệm của phơng trình là biểu thức có giá trị không thay đổi khi ta hoán vị các nghiệm.

VD: Giả sử phơng trình: 2 x 3  x 2  m  0 có ba nghiệm phân biệt x x x 1 , , 2 3

Theo giả thiết, ta có:

3 Tìm tham số để phơng trình có nghiệm thỏa mãn điều kiện K

Bài toán thờng đợc giải bằng phơng pháp điều kiện cần và đủ Ta thực hiện theo các bớc sau:

Bớc 1: Điều kiện cần: Giả sử phơng trình có ba nghiệm, khi đó ta có đợc hệ thức Viét giữa các nghiệm (I)

Bớc 2: Biểu diễn điều kiện K thông qua (I)  điều kiện cho tham số.

VD: Xác định m để phơng trình : x 3  3 mx 2  3 x  3 m   2 0

Có ba nghiệm phân biệt x x x 1 , , 2 3 , thỏa mãn x 1 2  x 2 2  x 3 2  15

Giả sử phơng trình có ba nghiệm phân biệt x x x 1 , , 2 3 ,khi đó:

Viết lại phơng trình về dạng

Ta phải chứng minh với m  1 thì g(x) có hai nghiệm phân biệt khác 1, tức là chứng minh:

Vậy, m  1 thỏa mãn điều kiện đầu bài

4 Phơng trình bậc ba có ba nghiệm lập thành cấp số cộng Để tìm điều kiện của tham số sao cho phơng trình

(1) có ba nghiệm x x x 1 , , 2 3 lập thành cấp số cộng, ta thực hiện theo các bớc:

Giả sử phơng trình có ba nghiệm lập thành cấp số cộng, khi đó:

    (2) Đó chính là điều kiện cần để (1) có ba nghiệm lập thành cấp số cộng

Từ (2) suy ra phơng trình có nghiệm 2 3 x b

 x x x 1 , , 2 3 lập thành cấp số cộng

Vậy điều kiện cần và đủ để (1) có ba nghiệm lập thành cấp số cộng là

Khi giải bài toán với một tham số m, điều quan trọng là phải chỉ ra nghiệm cụ thể của phương trình để khẳng định rằng phương trình đó có 3 nghiệm phân biệt Hãy lưu ý rằng việc xác định các nghiệm này là cần thiết trong điều kiện đủ.

VD: Xác định m để phơng trình

3 3 2 9 0 x  x  x m   (1) có ba nghiệm lập thành cấp số cộng

Giả sử phơng trình có ba nghiệm lập thành cấp số cộng, khi đó:

11  m   0 m  11 Đó chính là điều kiện cần để (1) có ba nghiệm lập thành cấp số cộng Điều kiện đủ:

 thỏa mãn ( *) Vậy với m = 11 thỏa điều kiện đầu bài.

5 Phơng trình bậc ba có ba nghiệm lập thành cấp số nhân Để tìm điều kiện của tham số sao cho phơng trình

(1) có ba nghiệm x x x 1 , , 2 3 lập thành cấp số nhân, ta thực hiện theo các bớc:

Giả sử phơng trình có ba nghiệm lập thành cấp số nhân, khi đó:

      (2) Đó chính là điều kiện cần để (1) có ba nghiệm lập thành cấp số nhân.

Từ (2) suy ra phơng trình có nghiệm 2 x c

Vậy điều kiện cần và đủ để (1) có ba nghiệm lập thành cấp số nhân là

Khi giải bài toán với một tham số m, trong điều kiện đủ, ta có thể khẳng định bằng cách chỉ ra nghiệm cụ thể của phương trình Điều này rất quan trọng vì ta cần chứng minh rằng phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt.

VD: Xác định m để phơng trình

(1) có ba nghiệm lập thành cấp số nhân

Giả sử phơng trình có ba nghiệm lập thành cấp số nhân, khi đó:

 Đó chính là điều kiện cần để (1) có ba nghiệm lập thành cấp số nhân. Điều kiện đủ:

Vậy không tồn tại m thỏa mãn điều kiện đầu bài

Ứng dụng giải hệ phương trình cho phép giải các phương trình với 3 hoặc 4 ẩn thông qua định lý Viết, bằng cách chuyển đổi hệ đã cho về một trong hai dạng phù hợp.

Dạng 1: x y z A xy yz zx B xyz C

Khi đó x, y, z là nghiệm của phơng trình:

3 2 0 u  Au  Bu C   (1) áp dụng các phơng pháp đã biết đối với phơng trình bậc ba để giải (1)

Dạng 2: x y z t A xy xz xt yz yt zt B xyz xyt xzt yzt C xyzt D

Khi đó x, y, z, t là nghiệm của phơng trình:

4 3 2 0 u  Au  Bu  Cu D   (2) áp dụng các phơng pháp đã biết đối với phơng trình bậc bốn để giải (2)

Ta có x, y, z là nghiệm của phơng trình:

Vậy hệ có 6 bộ nghiệm

7 1 6 x y z t xy xz xt yz zt xyz xyt xzt yzt xyzt

Ta có x, y, z là nghiệm của phơng trình:

Vậy hệ có 24 bộ nghiệm.

III Bài tập đề nghị:

Bài 1 CMR nếu x x x x 1 , , , 2 3 4 là các nghiệm của phơng trình :

Bài 2 Xác định a, b để phơng trình:

3 0 x  ax b   có ba nghiệm x x x 1 , , 2 3 lập thành cấp số cộng

3 2 0 x  ax  bx c   có ba nghiệm phân biệt x x x 1 , , 2 3 CMR các nghiệm đó lập thành một cấp số cộng khi và chỉ khi: 2 a 3  9 ab  27 c  0

Biết rằng phơng trình có 4 nghiệm x x x x 1 , , , 2 3 4 thỏa mãn x 1  x 2  x 3  x 4

Biết rằng phơng trình có hai nghiệm trái dấu nhng bằng nhau về giá trị tuyệt đối.

Bài 6 Giải các hệ phơng trình: a)

Chỉ trong một khoảng thời gian ngắn, nhờ vào nỗ lực cá nhân và sự hỗ trợ nhiệt tình từ thầy cô, bạn bè, tôi đã xây dựng thành công đề tài "Phương pháp cơ bản tìm cực trị đại số - định lý Viét và ứng dụng", với tính ứng dụng cao và khả thi.

Dù đã nỗ lực hết mình, đây là lần đầu tiên tôi nghiên cứu đề tài này, vì vậy không thể tránh khỏi những thiếu sót Tôi rất mong nhận được ý kiến đóng góp từ quý thầy cô và các bạn sinh viên để đề tài trở nên hoàn thiện hơn.

Định dạng
Số trang	53
Dung lượng	1,4 MB