ĐỀ TÀI MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ VI-ET, MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

BÀI TẬP NGHIÊN CỨU KHOA HỌC ĐẠI SỐ 9

vectorstock.com/10212081

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

BÀI TẬP NGHIÊN CỨU KHOA HỌC ĐỀ TÀI MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ VI-ET, MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ CHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ 9 SINH VIÊN TRƯƠNG THỊ HƯƠNG (2020) WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

TRƯỜNG CAO ĐẲNG HẢI DƯƠNG KHOA TỰ NHIÊN

BÀI TẬP NGHIÊN CỨU KHOA HỌC ĐỀ TÀI: MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ VI-ET

Hải Dương, năm 2020

TRƯỜNG CAO ĐẲNG HẢI DƯƠNG KHOA TỰ NHIÊN

BÀI TẬP NGHIÊN CỨU KHOA HỌC ĐỀ TÀI: MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ VI-ET

Sinh viên thực hiện: Trương Thị Hương Khóa học: 2017 – 2020 Ngành học: Toán - Sinh K41 Giảng viên Bài giảng : Nguyễn Thị Tuyết Mai

Hải Dương , năm 2020

MỤC LỤC A - MỞ ĐẦU I - LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI........................................................................

1

II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU................................................................. 1 III. PHƯƠNG PHÁP ................................................................................. 1 IV. PHẠM VI............................................................................................. 2 B - NỘI DUNG ĐỀ TÀI I. LÝ THUYẾT.......................................................................................... 3 II. MỘT SỐ ỨNG DỤNG.......................................................................... 6 DẠNG 1...................................................................................... 6 DẠNG 2...................................................................................... 8 DẠNG 3...................................................................................... 13 DẠNG 4...................................................................................... 15 DẠNG 5...................................................................................... 20 DẠNG 6...................................................................................... 22 DẠNG 7...................................................................................... 24 DẠNG 8...................................................................................... 25 III. BÀI TẬP TỔNG HỢP 1. Một số đề thi vào 10 tỉnh Hải Dương

31

2. Một số đề tổng hợp để học sinh tự ôn luyện

33

C - KẾT LUẬN

35

TÀI LIỆU THAM KHẢO

37

A . MỞ ĐẦU  -----------------------------------I - LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Như chúng ta đã biết phương trình bậc hai là một nội dung quan trọng của chương trình đại số lớp 9, các bài toán liên quan đến phương trình bậc hai là vô cùng phong phú. Do vậy khả năng gặp phương trình bậc hai trong các kì thi tuyển sinh vào THPT, vào các trường chuyên, lớp chọn là rất cao. Mà đặc biệt là các bài toán liên quan đến định lý Viet.

Tuy nhiên phân phối chương trình cho phần định lý Viet là rất ít (1 tiết lý thuyết, 1 tiết bài tập), vì thế đại đa số học sinh thường lúng túng khi đứng trước các bài toán có liên quan đến định lý Viet và ứng dụng một số ứng dụng của định lí này.

Trước thực tế đó, nhằm giúp các em nắm được một cách có hệ thống và có khả năng giải quyết được các bài tập về phần này một cách thành thạo, nhằm phát huy khả năng suy luận, óc phán đoán, tính linh hoạt của học sinh, em đã nghiên cứu và viết chuyên đề:

“Một số ứng dụng của định lý Viet” II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU - Thứ nhất: Xuất phát từ nhu cầu thực tế vận dụng của học sinh, trước những thiên hướng tốt, chưa tốt mà em thấy rất cần phân loại và một số phương pháp giải cho các em - Thứ hai: Bản thân người giáo viên cũng rầt cần trau dồi tự học và tham khảo làm chủ kiến thức - Thứ ba: Đề cập tới một số ứng dụng của định lý Viet. Rút ra một số nhận xét và chú ý khi làm từng dạng , cách giải quyết từng dạng. Từ đó dần hình thành khả năng tổng hợp, khái quát và các năng lực tư duy khác cho học sinh.

III. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU - Nghiên cứu những vấn đề lý thuyết về phuơng trình bậc hai, định lý Viet trong chương trình đại số lớp 9 - Nghiên cứu qua những tài liệu tham khảo, những chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi

4

- Qua học hỏi kinh nghiệm của những thày cô giáo của mình - những người có nhiều năm công tác, có bề dày kinh nghiệm IV. PHẠM VI NGHIÊN CỨU - ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU - Em đã nghiên cứu với học sinh khối 9 của trường THCS Đoàn Tùng.

- Chuyên đề này áp dụng được với mọi đối tượng học sinh. Tuy nhiên với mỗi đối tượng thì giáo viên cần lựa chọn hệ thống bài tập với mức độ khó, dễ phù hợp.

- Chuyên đề này áp dụng tốt nhất trong việc ôn luyện học sinh giỏi, Bài giảng học sinh ôn thi vào THPT, đặc biệt là ôn thi vào các trường chuyên, lớp chọn.

B. NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI  -----------------------------------I. LÝ THUYẾT: 1. Định nghĩa phương trình bậc hai một ẩn.

Phương trình bậc 2 là phương trình có dạng: ax2 + bx + c = 0 •

Với a≠0

•

a,b,c là các hằng số

•

x là ẩn số

2. Công thức nghiệm của phương trình bậc 2: ax2 + bx + c = 0 Đặt:

∆ = b2 - 4ac

+ Nếu ∆ < 0: Phương trình vô nghiệm + Nếu ∆ = 0: Phương trình có nghiệm kép: x1 = x2 =

−b 2a

+ Nếu ∆ > 0: Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x1,2 =

−b ± ∆ 2a

(Chú ý: Nếu ac < 0 thì ∆ = b2 - 4ac > 0 => PT chắc chắn có hai nghiệm phân biệt ) * Công thức nghiệm thu gọn: (áp dụng khi b chẵn) Đặt b = 2b’; ∆’ = b’2 - ac + Nếu ∆’ < 0 : Phương trình vô nghiệm + Nếu ∆’ = 0 : Phương trình có nghiệm kép: x1 = x2 = + N u ∆’ > 0 : Ph

−b ' a

ng trình có 2 nghi m phân bi t: x1,2 =

−b '± ∆ ' a

3. Định lý Vi-et về nghiệm của phương trình bậc 2 a. Định lý Viet thuận: Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có 2 nghiệm x1, x2 thì

S = x 1 + x2 = P = x 1 . x2 =

* Hệ quả:

−b a c a

   (a ≠ 0 vµ ∆ ≥ 0 ) ⇒   2

−b   x 1 + x 2 = a      x .x = c   1 2 a

PT bậc 2: ax + bx + c = 0

(*)

c a −c - Nếu a - b + c = 0 thì (*) có 1 nghiệm là x1 = - 1; nghiệm kia là x2 = a b. Định lý đảo: x 1 + x 2 = S thì chúng là nghiệm số của phương trình: t2 Nếu có 2 số x1, x2 thoả mãn  x 1 .x 2 = P - st + p = 0 (Điều kiện ∃ 2 số x1, x2 là s2 - 4p ≥ 0) Chú ý: * Trước khi áp dụng hệ thức Viet cần tìm điều kiện để phương trình có 2 nghiệm ⇔ a ≠ 0   ∆ ≥ 0 ( ∆' ≥ 0 ) *a+b+c=0⇔x=1;a-b+c=0⇔x=-1 x + y = S * Nếu có: x = α ; y = β là nghiệm hệ phương trình  thì α, β là xy = P

- Nếu a + b + c = 0 thì (*) có 1 nghiệm là x1 = 1, nghiệm kia là x2 =

nghiệm phương trình: t2 - st + p = 0 4. Các ứng dụng cơ bản (thường dùng): a. Kiểm tra nghiệm phương trình bậc 2. b. Tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc 2. c. Biến 1 nghiệm suy ra nghiệm kia d. Tìm 2 số biết tổng và tích. e. Lập 1 phương trình bậc 2 biết 2 nghiệm 5. Một số kết quả thu được từ định lý Viet: a. Phân tích ax2 + bx + c = 0 (*) (a ≠ 0) thành nhân tử: Khi (*) có ∆ ≥ 0 ⇔ ∃ x1, x2 / x1 + x2 =

−b c ; x1 . x2 = thì a a

c  2 b 2 ax2 + bx + c = a  x + x +  = a x − ( x 1 + x 2 )x + x 1 x 2 a a 

[

]

= a(x2 - x1x - x2x + x1x2) = a(x - x1) (x - x2) b. Giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất: * Từ: S = x1 + x2 ; P = x1 . x2 - Nếu S = x1 + x2 (không đổi) còn P = x1 . x2 thay đổi.

S2 2 Do S - 4P ≥ 0 ⇔ P ≤ 4 2 S −b S = P= ⇔ x1 = x2 = 4 2a 2 S2 S ⇒ maxP = ⇔ x1 = x2 = (Vì x2 - Sx + P = 0 có nghiệm kép) 2 4 ⇒ KL: Hai số có tổng không đổi tích lớn nhất ⇔ 2 số bằng nhau.

- Nếu x1 > 0; x2 > 0 và x1 x2 = P (Không đổi) Còn S = x1 + x2 (thay đổi) Do: S2 - 4P ≥ 0 ⇔ S − 2 P S + 2 P ≥ 0

(

)(

)

⇔ S - 2 P ≥ 0 ; S = 2 P ⇔ x1 = x2 = P ⇒ KL: 2 số dương có tính không đổi tổng nhỏ nhất khi chúng bằng nhau. c. Xét dấu các nghiệm của phương trình ax2 + bx + c = 0 (*) (a ≠ 0) −b c  ;P =  S = a a  - Điều kiện cho (*) có 2 nghiệm trái dấu là P < 0 ∆ ≥ 0 - Điều kiện cho (*) có 2 nghiệm cùng dấu là  P > 0 ∆ ≥ 0  - Điều kiện để (*) có 2 nghiệm cùng dương là:  P > 0 S > 0  ∆ ≥ 0  - Điều kiện để (*) có 2 nghiệm cùng âm là:  P > 0 S < 0 

∆ = 0 - Điều kiện để (*) có 1 nghiệm kép dương là:  S > 0 ∆ = 0 - Điều kiện để (*) có 1 nghiệm kép âm là:  S < 0 x + y = f( m ) d. Điều kiện của tham số để hệ phương trình:  có 1 nghiệm duy nhất x.y = g ( m ) là: f2(m) - 4g(m) = 0 (Chính là điều kiện để phương trình bậc 2 t2 - f(m)t + g(m)) = 0 có nghiệm kép)

II. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ VIÉT DẠNG 1: ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ VIÉT VÀO VIỆC NHẨM NGHIỆM PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI ax2 + bx + c = 0, a ≠0 1. PHƯƠNG PHÁP GIẢI Xét phương trình bậc hai: ax2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0) (*) c a −c 2) Nếu a - b + c = 0 thì (*) có 2 nghiệm x1 = −1; x 2 = a 3) Nếu x1 + x 2 = m + n ; x1 .x 2 = m.n và ∆ ≥ 0 thì phương trình có nghiệm: x1 = m; x 2 = n hoặc x 2 = m; x1 = n

1) Nếu a + b + c = 0 thì (*) có 2 nghiệm x1 = 1; x 2 =

2.. MỘT SỐ VÍ DỤ VD1: Giải phương trình sau bằng cách nhẩm nhanh nhất a. x 2 + ( 3 − 5 ) x − 15 = 0 b.

1 1 2m − 5 x2 + x+ = 0 (Với m ≠ 2; m ≠ 3, x là ẩn) m−2 n−3 ( 2 − m)(m − 3)

c. (m -3)x2 – (m +1)x – 2m + 2 = 0

(1) (2)

( m là tham số, x là ẩn)

(3)

Bài giảng : a. Ở phần này HS dễ nhận thấy a + b + c ≠ 0, a - b + c ≠ 0, nhưng có a.c = − 15 < 0.

Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 < x 2 . Áp dụng hệ thức Viét có:  x1 + x 2 = − 3 + 5 Vậy phương trình có 2 nghiệm là: − 3 và 5   x1 .x 2 = − 15 = − 3. 5 1 1 2m − 5 + + =0 b. Đây là phương trình bậc hai có: a + b + c = m − 2 m − 3 (2 − m)(m − 3)

(Với m ≠ 2; m ≠ 3). Nên phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x1 = 1; x 2 =

2m − 5 3−m

c. Ở phương trình này không ít HS sai lầm và vội vàng kết luận ngay: a – b + c = m – 3 + m + 1 – 2m + 2 = 0. Nên x1 = −1 ; x 2 = 2m − 2 mà không thấy được phương trình đã cho chưa phải là phương trình bậc hai.

Vì vậy ta cần xét m – 3 = 0; m – 3 ≠ 0, rồi nhẩm nghiệm.

Giải: + Nếu m – 3 = 0 ⇔ m = 3 thì phương trình (3) trở thành -4x – 4 = 0 ⇔ x = -1 + Nếu m – 3 ≠ 0 ⇔ m ≠ 3 phương trình (3) có a – b + c = 0, nên có 2 nghiệm x1 = −1; x 2 =

2m − 2 . m−3

Kết luận: Như vậy, khi ta phải nhẩm nghiệm của PT dạng: ax2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0) (*) thì ta cần + Xét a = 0 sau đó nhẩm nghiệm + Xét a ≠ 0 kiểm tra sau đó nhẩm nghiệm Trong thực tế HS có thể phải nhẩm nghiệm của PT bậc ba hoặc bậc 4 (dạng đặc biệt). Để giải quyết được tốt các định lí, khi đó phải đưa các PT ấy về dạng PT bậc 2 nhẩm được nghiệm.

VD2: Nhẩm nghiệm của phương trình 5 x 3 + x 2 − 5 x − 1 = 0 (4) Bài giảng PT (4) có tổng các hệ số là: 5 + 1 – 5 – 1 = 0, nên PT (4) có nghiệm x = 1.

Khi đó ta đưa PT (4) về dạng: (x -1)(5x2 + 6x + 1) = 0, nhẩm tiếp nghiệm: 5x2 + 6x + 1=0 Kết quả phương trình (4) có 3 nghiệm: x1 = 1; x 2 = -1; x3 = VD3:

−1 5

Giải phương trình : x 4 + (x +1)(5x2 - 6x - 6 ) = 0

Bài giảng : Phương trình trên có dạng x 4 + 5x2 (x +1) – 6 ( x+ 1)2 = 0 (5) Nhận thấy x = -1 không phải là nghiệm của phương trình (5) nên ta chia 2 vế cho ( x +1)2 ta được: 2

 x2  x2   + 5 -6=0 x +1  x + 1 x2 Đặt ta được X 2 + 5 X – 6 = 0 x +1 Dễ dàng nhận được X 1 = 1 ; X 2 = -6

Sau đó giải tiếp tìm được x 3. BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1. Hãy tìm nhanh nghiệm của các phương trình sau: 1. 35 x2 − 37 x + 2 = 0

2. 7 x2 + 500 x − 507 = 0

3. x 2 − 49 x − 50 = 0

4. 4321x 2 + 21x − 4300 = 0

Bài 2: a) Phương trình x 2 − 2 px + 5 = 0 . Có một nghiệm bằng 2, tìm p và nghiệm thứ hai. b) Phương trình x 2 + 5 x + q = 0 có một nghiệm bằng 5, tìm q và nghiệm thứ hai. c) Cho phương trình : x 2 − 7 x + q = 0 , biết hiệu 2 nghiệm bằng 11. Tìm q và hai nghiệm của phương trình. d) Tìm q và hai nghiệm của phương trình : x 2 − qx + 50 = 0 , biết phương trình có 2 nghiệm và có một nghiệm bằng 2 lần nghiệm kia.

DẠNG 2 TÍNH GIÁ TRỊ CỦA MỘT BIỂU THỨC GIỮA CÁC NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI 1. PHƯƠNG PHÁP GIẢI Đối với bất phương trình giữa các nghiệm của một phương trình. ở dạng này biểu thức ta có thể gặp là biểu thức đối xứng hoặc không đối xứng giữa các nghiệm.

Với biểu thức đối xứng ta có thể biểu thị biểu thức đó theo S = x1 + x2 và P = x1 x2 nhờ đó có thể tính được giá trị của biểu thức mà không phải giải phương trình.

2. MỘT SỐ VÍ DỤ VD1: Giả sử x1 và x2 là các nghiệm của phương trình bậc hai 3x2 – cx + 2c -1 = 0.

Tính theo c giá trị của biểu thức A =

1 1 + 3 3 x1 x 2

6   x1 + x 2 = 3 Giải: Theo định lý viét ta có:   x .x = 2c − 1  1 2 3 3 3 3 x 2 + x1 (x1 + x 2 ) − 3x1 x 2 (x1 + x 2 ) 1 1

S=

x13

+

x 23

=

x13 .x 23

=

x13 .x 23

3

2c − 1 c c .   − 3.

3 3 c c 2 − 18c + 9  3 S= = 3 (2c + 1)2  2c − 1     3 

(

)

Với biểu thức không đối xứng 2 nghiệm trước hết ta cũng phải tính S = x1 + x2 ; P = x1 . x2 Sau đó cần kéo biến đổi biểu thức đó nhiều xuất hiện S và P từ đó ta tính được giá trị của biểu thức.

VD2: Không giải phương trình , hãy tính hiệu các lập phương của các nghiệm lớn 85 5 x + 1 = 0 (*) 4 16

và nhỏ của phương trình bậc hai : x2 -

85 21 1 −4 = 〉 0 ⇒ Phương trình (*) có 2 nghiệm 16 16 16 phân biệt x1, x2 . Không mất tính tổng quát. Giả sử x1 〉 x2 .

Bài giảng : Phương trình (*) có ∆ =

85 21 và P = x1 . x2 = 4 16 2 = (x1 - x2 ) (x1 + x 2 ) − x1 x 2

áp dụng định lý viét, ta có S = x1 + x2 = ta có x13 − x 23 = (x1 - x2 ) (x12 + x 22 + x1 x 2 ) Do x1 〉 x2 nên 2

x1 - x2 = (x1 − x 2 ) =

x12 + x 22 − 2 x1 x 2 =

[

(x1 + x 2 )2 − 4 x1 x 2

]

Vậy x13 − x 23 = s 2 − 4 p .(s 2 − p ) =

85 84  85 21  1 64 − . −  = . = 1 16 16  16 16  4 16

VD3: a. Giả sử x1 , x2 là các nghiệm của phương trình x 2 − ax + 1 = 0 Tính S = x17 + x 27 theo a. b. Tìm một đa thức bậc 7 có hệ số nguyên nhận a =

7

3 + 5

7

5 làm nghiệm.

3

Bài giảng : a. ở đây x17 + x 27 không biẻu diễn trực tiếp được dưới dạng x1 + x2 và x1 . x2 . Tuy nhiên ta có thể biểu diễn S = x17 + x 27 = (x14 + x 24 )(. x13 + x 23 ) − x13 x 23 .(x1 + x 2 ) Như vậy ta phải tính x14 + x 24 ; x13 + x 23 theo a.  x1 + x 2 = a  x1 .x 2 = 1

Thật vậy kí hiệu S n = x1n + x 2n . Theo Viét ta có:  Do đó S 2 = x12 + x 22 = (x1 + x 2 )2 − 2 x1 x 2 = a 2 − 2

(

S 4 = x14 x 24 = x12 + x 22

)

2

(

− 2 x12 x 22 = a 2 − 2

)

2

− 2 = a 4 − 4a 2 + 2

3

S 3 = x13 + x 23 = ( x1 + x 2 ) − 3 x1 x 2 ( x1 + x 2 ) = a 3 − 3a

Vậy S 7 = (a 4 − 4a 2 + 2)(. a 3 − 3a ) − a = a 7 − 7a 5 + 14a 3 − 7a b. Để tìm một đa thức bậc 7 nhận α làm nghiệm nghĩa là ta phải tìm một đa thức bậc 7 mà khi thay αvào thế giá trị của đa thức bằng 0: Theo phần a có: x17 + x 27 = a 7 − 7a 5 + 14a 3 − 7 a ⇔ a 7 − 7 a 5 + 14a 3 − 7 a - (x17 + x 27 ) = 0 (1) Như vậy trước hết ta phải lập 1 phương trình bậc 2 có α là hệ số: Đặt x1 = 7

3 5 ; x2 = 7 ta có: 5 3

x1 + x 2 =

3 7 5 + =a; 5 3

7

x1 . x2 =

7

3 7 5 + =1 5 3

Do đó x1, x2 là các nghiệm của phương trình x 2 − αx + 1 = 0 3 5 Theo (1) ⇒ α 7 − 7α 5 + 14α 3 − 7α −  +  = 0

5 3 15 α − 105α + 210α − 105α − 34 = 0 Vậy đa thức cần tìm là 15 x 7 − 105 x 5 + 210 x 3 − 105 x − 34 7

5

3

Với biểu thức cần tính là biểu thức mà không đối xứng giữa các nghiệm trước hết ta tách S =x1 + x2 ; P= x1 . x2 sau đó cần có sự nhìn nhận một cách linh hoạt khéo léo để biến đổi biểu thức đã cho nhằm x hiệu S; P từ đó tính được giá trị của biểu thức.

VD4: Cho phương trình x 2 − 5 x + 3 = 0 . Gọi 2 nghiệm của phương trình là x1, x2 Tính giá trị của biểu thức A = x1 − 2 − x 2 + 1 Bài giảng : Ở đây biểu thức A không phải là biểu thức đối xứng giữa 2 vế nghiệm x1 , x2 .Như vậy nếu để ý kỹ ta thấy x1 − 2 = (x1 − 2)2

(Đề thi vào lớp 10 THPT Nguyễn Trãi năm học 2005-2006) Có x1 + x2 = 5; x1 . x2 = 3 ⇒ x1 〉 0 , x2 〉 0 Vì x1 là nghiệm của phương trình x 2 − 5 x + 3 = 0 nên x12 − 5 x1 + 3 = 0 ⇒ x12 − 4 x1 + 4 = x1 + 1 2

⇒ (x1 − 2 ) = x1 + 1 ⇒

(x1 − 2)2 =

⇒

x1 + 1 = x1 − 2

Khi đó A =

x1 + 1 x1 + 1 − x 2 + 1

⇒ A 2 = x1 + x 2 + 2 − 2 x1 + x 2 + x1 x 2 + 1 ⇒ A 2 = 5+2 - 2 5 + 3 + 1 = 1 ⇒ A = 1 ( vì A ≥ 0

* Ở VD7 sau không có mặt S 4 P3 nhưng vội vằng bình phương 2 vế ngay khi đó gặp bế tắc. Thế nhưng nếu học sinh khéo thay thế x1 − 2 bởi x1 + 1 như trên với bình phương 2 vế thì giá trị của biểu thức A tính đước 1 cách dễ dàng . Với những biểu thức mà có chứa luỹ thừa bậc cao thì việc biểu diễn luỹ thừa bậc cao của 1 nghiệm qua luỹ thừa thấp hơn của nghiệm đó cũng là 1 phương án đôi khi giúp cho việc tính toán thuận lợi hơn nhiều. Với phương trình a x 2 + bx + c = 0 có 2 nghiệm x1 , x2 và S = x1 + x2 ; P = x1 . x2 . Khi đó : x12 = ( x1 + x 2 )x1 − x1 x 2 = Sx1 − P x13 = x1 .x12 = x1 .(Sx1 − P ) = Sx12 − Px1

= S .(Sx1 − P ) − Px1 = S 2 x1 − SP − Px1 = (S 2 − P )x1 − SP x14 = x1 .x13 = (S 3 − 2 SP )x1 − P (S 2 − P ) .

VD 5: Cho phương trình x 2 − 2 x − 1 = 0 , có 2 nghiệm x1 , x2 ( (x 2 〈0) thì giá trị của các biểu thức : A= x14 + 2 x 23 + 3x12 + 8 x 2 − 8 B=

x15 − 3 x12 + x1 + 1 −

3 x 24 − 8 x 2 2

Bài giảng : Theo định lí Viét có S = 2; P = - 1. Áp dụng các hệ thức trên ta có: x12 = 2 x1 + 1 ; x 22 = 2 x 2 + 1 x 23 = (4 + 1)x 2 + 2.1 = 5 x 2 + 2 x14 = (8 + 2.2.1).x1 + 1.(4 + 1) = 12 x1 + 5 x 24 = 12 x 2 + 5 x15 = x1 .x14 = x1 .(12 x1 + 5) = 12 x12 + 5 x1

= 12(2 x1 + 1) + 5 x1 = 29 x1 + 12 Ta có : A= x14 + 2 x 23 + 3x12 + 8 x 2 − 8 = 12 x1 + 5 + 2(5 x 2 + 2) + 3(2 x1 + 1) + 8 x 2 − 8 = 12 x1 + 5 + 10 x 2 + 4 + 6 x1 + 3 + 8 x 2 − 8 = 18 x1 + 18 x 2 + 4 = 18( x1 + x 2 ) + 4 = 40

3 x 24 − 8 x 2 2 3 = 12 x12 + 5 x1 − 3x12 + x1 + 1 − (2 x 2 + 1)2 − 8 x 2 2 3 = 9 x12 + 6 x1 + 1 − 4 x 22 − 4 x 2 + 1 2 3 = 3x1 + 1 − 2 x 2 − 1 2 Vì phương trình có ac = -1 〈 0 nên x1 , x 2 trái dấu mà x 2 〈0 ⇒ x1 〉 0 Khi đó 3 B = 3 x1 + 1 + (2 x 2 − 1) 2 3 1 B = 3 x1 + 3x 2 + 1 − = 3.(x1 + x 2 ) − 2 2 1 11 = 3.2 - = 2 0

B = x15 − 3x12 + x1 + 1 −

*. Đối với biểu thức giữa các nghiệm của hai phương trình. Trong thực tế nhiều khi ta phải tính biểu thức giữa các nghiệm của hai phương trình . Để làm được các bài tập kiểu này ta phải tìm S,P trong từng phương trình rồi xem xét, thay thế 1 cách hợp lý ( thường thì phải thay thế nhiều lần ) ta sẽ tách được giá trị của biểu thức đó.

VD 6: Giả sử x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình x 2 + ax + 1 = 0 và x3 , x 4 là nghiệm của phương trình x 2 + bx + 1 = 0 . Tính giá trị của biểu thức: M = (x1 − x3 )(. x 2 − x 3 )(. x1 + x 4 )(. x 2 + x 4 ) theo a và b.

Bài giảng : Theo hệ thức Viét ta có:  x + x = −b  x1 + x 2 = −a và  3 4   x1 .x 2 = 1  x 3 .x 4 = 1 Do đó (x1 − x 3 )(. x 2 + x 4 ) = x1 x 2 + x1 x 4 − x 2 x3 − x 3 x 4

= 1 + x1 x 4 − x 2 x 3 − 1 = x1 x 4 − x 2 x3 và (x 2 − x 3 )(. x1 + x 4 ) = x1 x 2 + x 2 x 4 − x1 x3 − x 3 x 4 = 1 + x 2 x 4 − x1 x3 − 1 = x 2 x 4 − x1 x3 ⇒ M = (x1 x 4 − x 2 x3 )( . x 2 x 4 − x1 x 3 ) 2 2 M = x1 x 2 x 4 − x1 x 3 x 4 − x 22 x 3 x 4 + x1 x 2 x 32 M = x 42 − x12 − x 22 + x32 M= (x32 + x 42 ) − (x12 + x 22 ) M= [(x3 + x 4 )2 − 2 x3 x 4 ].[(x1 + x 2 )2 − 2 x1 x 2 ] M= (b 2 − 2) − (a 2 − 2) = b 2 − a 2 VD 7: Gọi a,b là hai nghiệm của phương trình : x 2 + px + 1 = 0 b,c là hai nghiệm của phương trình : x 2 + qx + 2 = 0 Chứng minh hệ thức (b − a )(. b − c ) = pq − 6 Bài giảng : Vì a,b là hai nghiệm của phương trình : x 2 + px + 1 = 0

b,c là hai nghiệm của phương trình : x 2 + qx + 2 = 0 nên theo định lý Viét ta có : a + b = − p ;  ab = 1 Ta có (b − a )(. b − c ) =

b + c = −q  bc = 2 b 2 − ab − bc + ac

= b 2 + ab + bc + ac − 2(ab + bc ) = b (a + b ) + c(a + b ) − 2(ab + bc ) = (a + b )(b + c ) − 2(ab + bc ) = (− p )(− q ) − 2(1 + 2) = pq − 6 ( Điều phải chứng minh) 3. BÀI TẬP ÁP DỤNG : BT1. Cho phương trình : 2 x 2 − x − 2 = 0 Không tính nghiệm của phương trình. hãy tính: a. x13 + x 23 d. x1 x 2 + x 2 x1 b. x1 − x 2 e. x1 + x 2 c.

x12 x2 + 2 x 2 + 1 x1 + 1

BT2. Cho phương trình : 5 x 2 − 3x − 1 = 0 Không tính nghiệm của phương trình , hãy tìm giá trị của mỗi biểu thức: A= 2 x13 − 3x12 x 2 + 2 x 23 − 3x1 x 22 B=

x1 x1 x x + + 2 + 2 x 2 x 2 + 1 x1 x1 + 1

1 1   −   x1 x 2 

C. 2 x1 − x 2 + 2 x 2 − x1 BT3. Cho phương trình x 2 + mx + m + 7 = 0 Không tính nghiệm x1 và x 2 theo m, hãy tính .

A = x12 + x 22 x12 x 22 + B= x 2 + 1 x1 + 1

C=

4 x12 − 3 x1 x 2 + 4 x 22 x12 x 2 + x1 x 22

4. Cho phương trình ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có 2 nghiệm x1 ; x 2 Tính theo a,b,c các biểu thức A= (5 x1 − 3x 2 )(5 x 2 − 3x1 ) B=

x1 x2 + x 2 − 3 x1 x1 − 3 x 2

5. cho phương trình x 2 − 5 x − 1 = 0 gọi x1 ; x 2 là các nghiệm của phương trình trên. Tính : A= (x12 − 4 x1 − 1)(. x 22 − 4 x 2 − 1) B = (x13 − 5 x12 + 2)(. x 23 − 5 x 22 + 2) 6. Cho phương trình x 2 + (a − 4)x + a 2 − 3a + 3 = 0 gọi x1 ; x 2 là 2 nghiệm của phương trình. Tìm giá trị của a để. ax12 ax 22 8 + =− ( thi học sinh giỏi năm 2002 -2003) 1 − x1 1 − x 2 9

7. Cho phương trình x 2 − x − 1 = 0 có 2 nghiệm x1 ; x 2 . hãy tính giá trị của biểu thức

A = x1 − 3x 2 B= x18 + x 26 + 13x 2 8. Cho phương trình x 2 + x − 1 = 0 gọi x1 là nghiệm âm của phương trình. Tính giá trị của biểu thức. C = x18 + 10 x1 + 13 + x1 9. Cho phương trình ax 2 + bx + c = 0(a ≠ 0) có 2 nghiệm x1 ; x 2 .thoả mãn x1 = x 22 CMR : b 3 + a 2 c + ac 2 = 3abc 10. Giả sử phương trình x 2 + ax + b = 0 có nghiệm x1 ; x 2 và phương trình x 2 + cx + d = 0 có nghiệm x 3 , x 4 .

CMR 2 (x1 + x3 )(x1 + x 4 )(x 2 + x3 )(x 2 + x 4 ) = 2(b − d )2 − (a 2 − c 2 )(b − d ) + (a + c )2 (b + d ) DẠNG 3: Ứng dụng địng lý Viét vào việc tìm 2 số biết tổng và tích của chúng.

1.PHƯƠNG PHÁP GIẢI Nếu hai số v và V có tổng v + V = S và tích u.v =p thì v và V là nghiệm của phương trình . x 2 − Sx + P = 0 (*) . Điều kiện để phương trình (*) có nghiệm là ∆ = S 2 − 4 P ≥ 0 hay S 2 ≥ 4 P . Đó chính là điều kiện tồn tại hai số v và V mà tổng v + V = S và v .V =P . Như vậy khi biết tổng hai số thì ta sẽ tìm được hai số đó thông qua tích giải phương trình bậc hai.

2. MỘT SỐ VÍ DỤ VD1: Tính hai cạnh của 1 hình chữ nhật cho biết chu vi bằng 4a và diện tích bằng b2 ( a,b 〉 0 cho trước).

Bài giải: Gọi x,y là độ dài của 2 cạnh hình chữ nhật ( 0〈 x; y 〈 2a ) .

Theo giả thiết ta có x+y= 2a x.y= b 2 Do đó x,y là nghiệm của phương trình X 2 − 2aX + b 2 = 0 (1) Có ∆ ′ = a 2 − b 2 = (a − b )(. a + b ) Vì a,b 〉 0 ⇒ a+b 〉 0 *. Nếu a 〉 b ⇒ ∆ ′〉 0 ⇒ Phương trình (1) có nghiệm là : X1 = a + a2 − b2

X 2 = a − a2 − b2

Vì P 〉 0 . S 〉 0 ⇒ 0 〈 X 2 〈 X 1 . Vậy hai cạnh của hình chữ nhật là:  x = a + a 2 − b 2   y = a − a 2 − b 2

hoặc

 x = a − a 2 − b 2   y = a + a 2 − b 2

Nếu a=b ⇒ ∆ ′ =0 (1) có nghiệm kép là x1 = x 2 = a Khi đó hình chữ nhật là vuông cạnh a.

Nếu a 〈 b ⇒ ∆ ′ 〈 0 ⇒ (1) vô nghiệm . khi đó không có hình chữ nhật thoả mãn đầu bài.

VD2: Tìm 2 số a,b biết a. a+b = 10 và ab = 32 b. a+b = 5 và a2 +b2 = 13

c. a –b = 2 và ab = 80 d. a2 +b2 = 29 và ab = 10 Các số a,b cần tìm ( nếu có) là nghiệm của phương trình x2-10x+ 32 = 0. có S2 〈4P

( hay ∆〈0 ) Hướng dẫn: ở VD này dễ dàng phát hiện ra để tìm a và b trước hết ta phải xác định được a.b ( phần a) ; a+b ( ở phần b;c).

Bài giải: a. Có (a + b )2 = a 2 + b 2 + 2ab 5 2 = 13 + 2ab ⇒ 2ab = 12 ⇒ ab =6 Nên a,b là nghiệm của phương trình : x 2 − 5 x + 6 = 0 Giải phương trình này ta được x1 = 3; x 2 = 2 . Vậy a= 3 và b = 2 hoặc a= 2 và b= 3. b. có a- b = 2 ⇒ a+ (-b) = 2 a.b =80 ⇒ a.(-b) = -80 ⇒ a và -b là nghiệm của phương trình x 2 − 2 x − 80 = 0 . Giải phương trình được x1 = 10; x 2 = −8 . vậy a= 10 và b= 8 hoặc a = -8 và b = -10. a 2 + b 2 = 29 ⇒ ab = 10

c. Có 

(a + b) 2 = 49 ⇔ ab = 10

(a + b) 2 − 2ab = 10  ab = 10

⇔ a+b = 7 và ab = 10 hoặc a+b =-7 và ab = 10

*. Nếu a+b = 7 và ab = 10 ⇒ a,b là 2 nghiệm của phương trình x 2 − 7 x + 10 = 0 giải phương trình được x1 = 2; x 2 = 5 ⇒ a= -2 và b = -5 hoặc a= -5 và b = -2.

VD3: Giải các hệ phương trình sau: x + y + z = 6 b.  xy + yz − zx = 7  x 2 + y 2 + z 2 = 14 

 x + y + xy = 5 a.  2 2  x + y + xy = 7

Hướng dẫn : Để giải hệ phương trình trên ( phần a) ta biến đổi để tìm được x+y và xy sau đó đưa về phương trình bậc 2 đã biết cách giải.

Bài giải: (x + y ) + xy = 5 ⇔  2 (x + y ) − xy = 7

 x + y + xy = 5

a. 

2 2  x + y + xy = 7 ( x + y ) + xy = 5 ⇔  2 ( x + y ) + ( x + y ) − 12 = 0

(I)

S + P = 5 ⇔  2 S + S − 12 = 0

S  S ⇔  S  S

Đặt 

⇔

S + P = 5  S = 3; S = −4

⇔

S = 3 (1)   P = 2   S = −4  ( 2)  P = 9

=3 + P=5 = −4 + P=5

S = x + y  p = xy

(I)

Giải (1) : Theo định lý Viét, x,y là nghiệm của phương trình t 2 − 3t + 2 = 0

⇒

t1 = 2; t 2 = 1

Vậy (1) có 2 nghiệm (1;2) ; (2;1) Giải (2): Theo định lý Viét, x,y là nghiệm của phương trình t 2 + 4t + 9 = 0 vì phương trình t 2 + 4t + 9 = 0 có ∆ ′〈 0 nên trường hợp này vô nghiệm.

Vậy các nghiệm của hệ phương trình đã cho là ( x;y) = ( 2;1) và (1;2) x + y + z = 6   xy + yz − zx = 7  x 2 + y 2 + z 2 = 14 

b. Có :

⇔

 x + y + z = 6(1)   xy + yz − zx = 7(2)  y ( x + z ) = 9(3) 

⇔

x + y + z = 6   xy + yz − zx = 7  2 (x + y + z ) − 2( xy + yz + xz ) = 14

⇔

( x + z ) + y = 6(1)   xy + yz − zx = 7(2)  y ( x + z ) = 9(3) 

Từ (1) và (3) theo định lí Viét ⇒ y và x+z là các nghiệm của phương trình t 2 − 6t + 9 = 0 ⇔ (t − 3)2 = 0 ⇔ t = 3 từ (1) (2) và (3)

 y = 3(4)  ⇔  x + z (5)  x.z = 2(6) 

Từ (5) và (6) Theo định lí Viet ⇒ x và z là các nghiệm của phương trình t 2 − 3t + 2 = 0

⇒ t1 = 1; t 2 = 2

Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm ( x,y,z) = ( 1;3;2) ; (2;3;1).

Nhận xét : Vậy từ bài toán giải hệ 3 phương trình ba ẩn bằng cách biến dổi thích hợp ta đã đưa bài toán về dạng tìm 2 số khi biết tổng và tích của chúng ( với số thứ nhất là x+z) , số thứ là y và ta giải được hệ nhờ định lí Viet.

3. BÀI TẬP ÁP DỤNG: 1.Tìm 2 số biết : a. Tổng là 18 và tích là 45 b. Tổng là 4 và tích là -12 c. Tổng là -10 và tích là 16 d.Tổng là 2+ 3 và tích là 2 3 e.Tổng là 4 7 và tích là -17 2. Tìm 2 số x,y biết: a. x – y = 9 và x.y = 90 b. x 2 + y 2 = 625 và x+y = 35 c. x 2 + y 2 = 164 và x-y = 2

d. x 2 + y 2 = 208 và x.y = 96 e. x 2 + y 2 + xy = 52 và x+y = 8 3. Tìm 2 số x,y biết: a. x 2 + y 2 = 34 và x.y = 15 b. x 2 + y 2 = 10 và x+y –xy = 5 c. x 2 − y 2 = 2 và xy = - 3 d. x-y = 5 và xy = 66 e. x 3 + y 3 = 177 và xy = -10 DẠNG 4: ỨNG DỤNG VÀO VIỆC XÉT DẤU CÁC NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI 1. PHƯƠNG PHÁP GIẢI Xét phương trình bậc hai: ax 2 + bx + c = 0 Có ∆ = b 2 − 4ac P= x1 x 2 =

(a ≠ 0)

c a

S = x1 + x 2 = −

b a

Trong nhiều trường hợp ta cần so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một số cho trước hoặc xét dấu các nghiệm của phương trình bậc hai mà không cần giải phương trình đó, ta có thể ứng dụng định lí Viét . ∆ ≥ 0 1.phương trình có 2 nghiệm dương ⇔  P〉 0 S 〉 0 

2.Phương trình có 2 nghiệm âm

∆ ≥ 0  ⇔  P〉 0 S 〈0 

3. Phương trình có 2 nghiệm trái dấu: P 〈0 Nhiều bài toán đòi hỏi tìm điều kiện để phương trình bậc 2 có ít nhất 1 nghiệm không âm. Thường có 2 cách giải: Cách 1: Có P 〈 0 ( Trường hợp này có 1 nghiệm dương 1 nghiệm không âm) Hoặc P = 0 Trường hợp này tồn tại 1 nghiệm bằng 0

Hoặc:

 P〉 0  ∆ ≥ 0 S 〉 0 

Thì hai nghiệm đều dương.

Cách 2: Trước hết phải có ∆ ≥ 0 khi đó phương trình có ít nhất 1 nghiệm không âm nếu : S 〉 0 ( Trường hợp này tồn tại nghiệm dương)

Hoặc S=0 ( Trường hợp này tồn tại nghiệm không âm) Hoặc S 〈0, P ≤ 0 ( Trường hợp này có 1 nghiệm không âm 1 nghiệm âm) Tuỳ theo đầu bài mà chọn cách xét biểu thức P hay S. 2. MỘT SỐ VÍ DỤ VD1: Tìm giá trị của m để phương trình sau có 2 nghiệm cùng dấu . Khi đó 2 nghiệm mang dấu gì ?

(1) a. x 2 − 2mx + 5m − 4 = 0 2 b. mx + mx + 3 = 0 (2) Bài giải: a. Phương trình (1) có 2 nghiệm x1 , x 2 cùng dấu khi và chỉ khi  5 3 m− ≥ 2     5 3 5 9 2 2  m− ≥ 4  m −  ≥   m 2 − 5m + 4 ≥ 0 ∆ ′ ≥ 0 5 3    < m ≤1 2 2 2 4 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔      m − ≤ − 5 2 2  P〉 0 5m − 4〉 0  4  m〉 4  m ≥ 4 m〉 5  5  4  m〉  5

Mặt khác: S = x1 + x2 = 2m > 0 (Do m nhận giá trị dương) nên PT có 2 nghiệm dương. b. PT (2) có hai nghiệm x1 ; x2 cùng dấu khi và chỉ khi  m ≠ 0 a = m ≠ 0  2 m(m − 12)  ⇔ m − 12m ≥ 0 ⇔  ⇔ m ≥ 12 ∆ ≥ 0 m > 0  P > 0 3   >0 m −b −m Mặt khác: S = x1 + x2 = = = −1 < 0 nên PT có hai nghiệm cùng âm. a m

VD2: Cho phương trình (m + 1)x2 + 2(m + 4)x + m + 1 = 0 Tìm m để phương trình có: a. Một nghiệm b. Hai nghiệm cùng dấu phên biệt c. Hai nghiệm âm phân biệt Bài giải a. PT đã cho có một nghiệm khi và chỉ khi

a = 0 m + 1 = 0  m = −1  m = −1     ⇔   m ≠ −1 ⇔  a ≠ 0 ⇔  m + 1 ≠ 0  m = −5   ∆ ' = 0  (m + 4)2 − (m + 1)2 = 0  3(2m + 5) = 0  2  

b. PT đã cho có 2 nghiệm phân biệt cùng dấu khi và chỉ khi   m ≠ −1 a ≠ 0 m ≠ −1   '  ∆ > 0 ⇔ 3(2m + 5) > 0 ⇔  −5 P > 0 m +1 m > 2   =1> 0 m +1

c. Để PT có hai nghiệm âm phân biệt khi và chỉ khi m ≠ −1    − 5 a ≠ 0 m ≠ −1 m >   ' 2   −5 ∆ > 0  ⇔ m +1 ⇔ m > ⇔ m > −1  = 1 > 0 2 > 0 P  m +1   S < 0  m < 4  −2(m + 4) < 0    m > −1  m + 1

Hướng dẫn : Qua ví dụ này, nhấn mạnh cho HS hiểu được dạng ax2 + bx + c = 0 có 1 nghiệm nghĩa là như thế nào?

VD3: Cho phương trình (m – 4)x2 – 2(m – 2)x + m -1 = 0 Tìm m để phương trình a. Có hai nghiệm trái dấu và nghiệm âm có GTTĐ lớn hơn b. Có 2 nghiệm trái dấu và bằng nhau về GTTĐ Hướng dẫn : HS đã biết điều kiện để phơng trình dạng ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có hai nghiệm trái dấu là S < 0. Tuy nhiên ở đây còn liên quan đến GTTĐ của các nghiệm, vì vậy ta phải có thêm ĐK về tích các nghiệm nũa.

Bài giải a. PT đã cho có hai nghiệm trái dấu và nghiệm âm có GTTĐ lớn hơn khi và chỉ khi  m ≠ 4 a ≠ 0  1 < m < 4   m −1 <0 ⇔ ⇔2<m<4 P < 0 ⇔  2 < m < 4 S < 0 m − 4   2(m − 2)  m − 4 < 0

b. PT đã cho có hai nghiệm trái dấu và bằng nhau về GTTĐ khi và chỉ khi

 m ≠ 4 a ≠ 0 m ≠ 4    2(m − 2)  < 0 ⇔ 2 < m < 4 ⇔ m = 1 S < 0 ⇔  P = 0  m−4 m = 1    m −1 0 =  m − 4

c. Ta xét các khả năng sau: 3 4

TH1: Nếu m – 4 = 0 ⇔ m = 4 thì phương đã cho trở thành -4x + 3 = 0 ⇔ x = > 0 Vậy m = 4 là một giá trị thoả mãn TH2: Nếu m – 4 ≠ 0 ⇔ m ≠ 4 phương trình đã cho là phương trình bậc hai có 3 khả năng xảy ra để phương trình có một nghiệm dương i) PT có 2 nghiệm trái dấu. Điều này xảy ra khi và chỉ khi P = ac < 0 ⇔

m −1 < 0 ⇔1< m < 4 m−4

ii) PT có nghiệm kép dương. Điều này xảy ra khi và chỉ khi ∆ ' = 0 m = 0  '  ⇔ m − 2 ⇔m=0  −b >0   m − 4 > 0  a

iii) PT có một nghiệm bằng 0 và một nghiệm dương. Điều này xảy ra khi và chỉ khi  m > 0 ∆ ' > 0   ⇔ m =1  P = 0 ⇔ m = 1 S > 0  2(m − 2)   >0  m−4 Kết hợp lại ta có: Với 1 ≤ m ≤ 4 hoặc m = 0 thì phương trình có một nghiệm dương.

VD4: Tìm giá trị của m để phương trình sau có ít nhất một nghiệm không âm (m + 1)x2 – 2x + m – 1 = 0 Bài giảng : Ta xét các khả năng xảy ra: i) Khi m + 1 = 0 ⇔ m = -1, PT đã cho có dạng -2x – 2 = 0 ⇔ x = -1 < 0 Vậy m = -1 không phải là giá trị cần tìm. ii) Khi m ≠ -1 PT đã cho là phương trình bậc hai Cách 1: PT đã cho có ít nhất một nghiệm không âm khi và chỉ khi + Hoặc PT có một nghiệm dương, tức là: 1 − (m + 1)(m − 1) ≥ 0 ∆ ' ≥ 0 2 − m 2 ≥ 0   m ≤ 2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ −1 < m ≤ 2   2  m > −1 S > 0 m + 1 > 0  m + 1 > 0

+ Hoặc PT có một nghiệm âm và một nghiệm không âm, tức là:

m ≤ 2 − 2 ≤ m ≤ 2 ∆ ' ≥ 0     m −1 ≤ 0 ⇔ −1 < m ≤ 1 Không có giá trị của m thoả mãn. P ≤ 0 ⇔  S < 0  m +1  m < −1    m < −1  Vậy giá trị cần tìm của m là -1 < m ≤ 2

Cách 2: PT đã cho có ít nhất một nghiệm không âm khi và chỉ khi + Hoặc PT có 2 nghiệm trái dấu, tức là: P = 0 hay – 1 < m < 1 + Hoặc PT có một nghiệm bằng 0, tức là: P = 0 hay m = 1 + Hoặc PT có 2 nghiệm cùng dương, tức là: − 2 ≤ m ≤ 2 ∆ ' ≥ 0     m < −1 ⇔ 1 < m ≤ 2 . Vậy giá trị cần tìm là 1 < m ≤ 2 P > 0 ⇔  S > 0 m > 1  m > −1 

Cách 3: PT đã cho có 2 nghiệm đều âm khi và chỉ khi − 2 ≤ m ≤ 2 ∆ ' ≥ 0     m < −1 ⇔ − 2 ≤ m < −1 P > 0 ⇔  S < 0 m > 1  m < −1 

Vậy phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm không âm khi và chỉ khi -1 < m ≤ 2 .

3.BÀI TẬP ÁP DỤNG BT1: Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + m2 – 4m + 5 = 0 a. Tìm m để phương trình có nghiệm b. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt đều dương BT2: Cho phương trình (m – 1)x2 – 2(m – 3)x + m – 4 = 0. Tìm m để phương có hai nghiệm a. Trái dấu b. Hai nghiệm dương c. Hai nghiệm âm BT3: Cho phương trình mx2 – 2(m – 3)x + m + 4 = 0. Tìm m để phương trình a. Có đúng một nghiệm dương b. Có đúng một nghiệm không dương DẠNG 5 ỨNG DỤNG ĐỊNH LÍ VIÉT VÀO SO SÁNH NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VỚI MỘT SỐ CHO TRƯỚC 1. PHƯƠNG PHÁP GIẢI

Ở dạng này các bài toán thường gặp là: Tìm điều kiện của tham số để so sánh nghiệm với một số cho trước. Để giải các bài tập kiểu này ta thường thực hiện các bước sau: B1: Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm B2: Từ điều kiện đầu bài tìm ra được biểu thức về mối liên hệ giữa các nghiệm của phương trình B3: Thay tổng, tích giữa các nghiệm vào biểu thức B4: Tìm giá trị của tham số, rồi kết luận.

2. MỘT SỐ VÍ DỤ VD1: Tìm m để phương trình x2 – mx + m = 0 có nghiệm x1 ; x2 thoả mãn x1 ≤ −2 < x2

Bài giảng : m ≤ 0 m ≥ 4

Phương trình đã cho có nghiệm x1 ; x2 khi và chỉ khi ∆ ≥ 0 ⇔ m(m − 4) ≥ 0 ⇔   x1 = −2 < x2 (1)  x1 < −2 < x2 (2)

Ta có: x1 ≤ −2 < x2 ⇔ 

TH1: x = -2 là một gnhiệm của PT đã cho nên ta có: (-2)2 – m(-2) + m = 0 ⇔ 4 + 3m = 0 ⇔ m =

−4 3

Ta tính nghiệm còn lại nhờ vào định lí Viét như sau: c −4 2 = m ⇒ (−2) x2 = ⇒ x2 = > −2 = x1 a 3 3 −4 là giá trị cần tìm Vậy m = 3 x1.x2 =

TH2: x1 < −2 < x2 ⇔ ( x1 + 2)( x2 + 2) < 0 ⇔ x1 x2 + 2( x1 + x2 ) + 4 < 0 ⇔ m + 2m + 4 < 0 ⇔ m < Kết hợp cả hai trường hợp và đối chiếu với điều kiện có nghiệm thì m ≤

−4 3

−4 là các giá 3

trị cần tìm.

VD2: Với giá trị nào của m thì phương trình x2 + x + m = 0 có hai nghiệm đều lớn hơn m Bài giảng : Cách 1: PT đã cho có 2 nghiệm thoả mãn m < x1 ≤ x2 khi và chỉ khi

∆ ≥ 0 ∆ ≥ 0 1 − 4m ≥ 0    x1 − m > 0 ⇔ ( x1 − m)( x2 − m) > 0 ⇔   x1 x2 − m( x1 + x2 ) > 0 x − m > 0 ( x − m ) + ( x − m ) > 0  2  1 2 1  m≤ 1   4 m ≤ 4   2   m < −2 ⇔ m < −2 m + 2m > 0 ⇔    −1 − 2 m > 0 m > 0   −1 m <   2

Cách 2: Từ việc tìm m để phương trình có hai nghiệm đều lớn hơn m ta đưa về tìm m để PT có nghiệm đều dương Bằng cách: Đặt t = x – m ⇒ x = t + m. PT đã cho viết được dưới dạng là (t + m)2 + t + 2m = 0 ⇔ t 2 + (2m+1)t + m2 + 2m = 0 (*) VD3:Cho phương trình (m − 4).x 2 − 2(m − 2)x + m − 1 = 0 . Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1 ; x 2 thoả mãn : x1 〈0〈 x 2 và x1 〉 x 2 .

Bài giảng : Vì x1 〈0 nên x1 = − x1 do vậy x1 〉 x 2 ⇒ − x1 〉 x 2 hay S = x1 + x 2 〈0 Do đó phương trình đã cho có hai nghiệm x1 ; x 2 thoả mãn điều kiện bài toán khi và chỉ khi.  x1 〈 0〈 x 2   x1 〉 x 2

m − 4 ≠ 0  2 a ≠ 0 (m − 2 ) − (m − 4 )(m − 1)〉 0 ∆ ′〉 0   ⇔  ⇔  m − 1 〈0  p〈0 m − 4 s〈 0  2(m − 2 ) 〈0   m−4

m ≠ 4 m〉 0  ⇔  ⇔ 2 〈 m〈 4 1〈 m〈 4 2〈 m〈 4

Vậy giá trị cần tìm của m là: 2 〈 m〈 4 VD4: Cho hai phương trình bậc hai: (1) x 2 + mx + n = 0 2 x + px + q = 0 (2) các tham số m,n,p,q phải thoả mãn điều kiện gì để các nghiệm x1 ; x 2 của (1) và x3 , x 4 của (2) thoả mãn điều kiện . Mỗi phương trình có một nghiệm bị kẹp giữa các nghiệm của phương trình kia. ( Đề thi chọn HS thuộc Ba Lan 1950).

Bài giảng : Không mất tính tổng quát, giả sử rằng x1 〈 x 2 và x3 〈 x 4 . Theo yêu cầu của đề bài ta phải có : x1 〈 x 3 〈 x 2 〈 x 4 hoặc x3 〈 x1 〈 x 4 〈 x 2 Dễ dàng trong trường hợp nào ta cũng có (x3 − x1 )(x3 − x 2 )(x 4 − x1 )(x 4 − x 2 ) 〈0 (3) Do phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x 2 nên theo định lí Viét ta có:

 x1 + x 2 = − m   x1 x 2 = n

Và do phương trình (2) có hai nghiệm x3 , x 4 nên theo định lí Viét ta có:

 x3 + x 4 = − p Ta có (3) ⇔ x 32 − (x1 + x 2 )x3 + x1 x 2 . x 42 − (x1 + x 2 )x 4 + x1 x 2  x x = q  3 4

[

(

)(

][

]

〈 0

)

⇔ x32 + mx 3 + n . x 42 + mx 4 + n 〈 0 ⇔ q 2 − mpq + np 2 − 2nq − mnp + m 2 q + n 2 〈 0

Vậy điều kiện cần tìm là (q − n 2 ) + (m − p )(. mq − np ) 〈 0 3. BÀI TẬP ÁP DỤNG: 1 2

1. Tìm m để phương trình 2mx 2 − x + m = 0 có nghiệm thoả mãn x1 〈− ≤ x 2 2. Theo phương trình : x 2 + 2(m − 1)x − (m + 1) = 0 a. Tìm giá trị của m để phương trình có một nghiệm nhỏ hơn 1, một nghiệm lớn hơn 1. b. Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm nhỏ hơn 2.

3. Tìm m để phương trình mx 2 − 2(m − 2)x + 1 = 0 . Có hai nghiệm phân biệt và nghịch đảo của hai nghiệm đều nhỏ hơn 1.

4. Cho hai phương trình : x 2 − 2 px + n = 0 x 2 − 2mx + n = 0

Tìm điều kiện để mỗi phương trình có một nghiệm nằm xen giữa hai nghiệm của phương trình kia.

DẠNG 6 Ứng dụng định lí Viét vào lập phương trình khi có hai biêu thức chứa hai nghiệm.

1. PHƯƠNG PHÁP GIẢI Ta cần lập phương trình bậc hai nhận các số x1 ; x 2 là các nghiệm. Điều này dựa trên định lý “ Nếu x1 + x 2 = S và x1 .x 2 = P thì x1 , x 2 là các nghiệm của phương trình x 2 − Sx + P = 0 ”.

2. MỘT SỐ VÍ DỤ VD1: lập phương trình bậc hai có hai nghiệm là : 1 10 − 72

và

1 10 + 6 2

Giải: Theo định lí Viét ta có: S = x1 + x 2 =

1 10 − 72

1

P = x1 x 2 =

+

1 10 + 72

1

.

=

=

10 + 72 + 10 − 72 20 = 28 10 2 − 72

1 vì S 2 ≥ 4 P nên x1 , x 2 là 2 nghiệm của phương trình 28

10 − 72 10 + 72 20 1 x2 − x+ = 0 ⇔ 28 x 2 − 20 x + 1 = 0 .

28 28

Như vậy với bài toán lập phương trình bậc hai khi đã biết trước hai nghiệm của nó ta chỉ cần áp dụng định lí Viét đảo song cũng cần lưu ý điều kiện để có hai nghiệm là S 2 ≥ 4P .

VD2: Cho phương trình x 2 + px + q = 0 (1) có hai nghiệm x1 và x 2 không phải phương trình hãy lập phương trình bậc hai theo y mà các nghiệm số của nó là : y1 =

x1 + 1 ; x1 − 1

y2 =

x2 + 1 x2 − 1

Theo Viét ta có x1 + x 2 = − p x1 .x 2 = q x +1 x +1 2 x1 x 2 − 2 2q − 2 + 2 = = S = y1 + y 2 = 1 x1 − 1 x 2 − 1 x1 x 2 − ( x1 + x 2 ) + 1 p + q + 2 p = y1 . y 2 =

x1 .x 2 + ( x1 + x 2 ) + 1 q − p + 1 = x1 .x 2 − ( x1 + x 2 ) + 1 q + p + 1

Với S 2 ≥ 4 P thì y1 , y 2 là hai nghiệm của phương trình y2 −

2q − 2 q − p +1 .y + =0 ⇔ p + q +1 q + p +1

( p + q + 1)y 2 − 2(q − 1) y + (q + 1 − p ) = 0

Vì p 2 ≥ 4q ( do phương trình (1) có hai nghiệm nên

q − p +1 2q − 2 ≥ 4. =0 p + q +1 q + p +1

hay S 2 ≥ 4 p VD3: Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm x1 .x 2 = 4 và

x1 x2 a2 − 7 + = 2 x1 − 1 x 2 − 1 a − 4

Bài giải Để lập được phương trình bậc hai trước hết ta cần tìm x1 + x 2 . Thật vậy ta có x1 .x 2 = 4 và x1 x2 x .x − x1 + x1 .x 2 − x 2 2 x1 x 2 − ( x1 + x 2 ) 2.4 − ( x1 + x 2 ) + = 1 2 = = = x1 − 1 x 2 − 1 (x1 − 1)(. x 2 − 1) x1 x 2 − ( x1 + x 2 ) + 1 5 − ( x1 + x 2 ) 8 − ( x1 + x 2 ) a 2 − 7 = 5 − ( x1 + x 2 ) a 2 − 4

(

)

(

⇔ [8 − (x1 + x 2 )]. a 2 − 4 = [5 − ( x1 + x 2 )]. a 2 − 7

)

⇔ x1 + x 2 = a 2 + 1 Với điều kiện S 2 ≥ 4 P ⇔ (a 2 + 1) 2 ≥ 4.4

(

)

⇔ (a 2 + 1 − 4). a 2 + 1 + 4 ≥ 0 ⇔ a 2 − 3 ≥ 0 ⇔ a 2 ≥ 3 ⇔ a ≤ − 3 hoặc a ≥ 3

Khi đó x1 , x 2 là các nghiệm của phương trình : X 2 − (a 2 + 1) X + 4 = 0 2

VD4: Biết rằng x1 ; α là nghiệm của phương trình x 2 + px + q = 0 . Còn x 2 ; α là nghiệm của phương trình x 2 + p1 x + q1 = 0 biết x1 ≠ x 2 . Hãy lập phương trình bậc hai có hai nghiệm x1 và x 2 .

Bài giải: Theo bài ra ta có α 2 + pα + q = α + p1 + q1 ⇒ ( p − q1 ).α = q1 − q .Vì x1 ≠ x 2 nên p − p1 ≠ 0 ⇒ α =

q1 − q p − p1

ta có : x1 + α = − p ; x 2 + α = − p1 (1) ⇒ x1 + x 2 = − ( p − p1 ) − 2α *. Nếu α ≠ 0 x1 .α = q ; x 2 .α = q1 ⇒ x1 .x 2 = 

Do vậy S = (x1 + x 2 ) = − p + p1 + 2.

P= x1 .x 2 =

 2 qq1 ( p − p1 )

(q − q1 )

2

q.q1

α2

q. p1   p − p1 

. Với các giá trị của p , q . S 2 ≥ 4 P thì x1 , x 2 là các 

q −q 

.x + nghiệm của phương trình x 2 +  p + p1 + 2. 1 p− p  

1



2

qp1 .( p − p1 ) =0 ( q − q1 ) 2

*. Với α = 0 . từ (1) ⇒ x1 = − p ; x 2 = − p1 ⇒ Ta có phương trình : x 2 + ( p + p1 )x + p. p1 = 0 .

Như vậy để lập phương trình bậc 2 biết các nghiệm của nó thoả mãn một điều kiện nào đó ( có thể là 2 số cho trước hoặc liên quan tới các nghiệm của 1 phương trình hoặc 2 phương trình nào đó) Ta cần: B1: Tính tổng S và tích P của chúng B2: Lập phương trình dạng : X 2 − SX + P = 0 ( Điều kiện để có 2 nghiệm là S 2 − 4 P ≥ 0 ).

3. BÀI TẬP ÁP DỤNG: 1. Lập phương trình bậc hai biết hai nghiệm : 1 1 d. a + b và a − b a. và 3 2 e. a+b m và a- b m b. 1+ 3 và 1- 3 f. m- m 2 + 1 và m+ m 2 + 1 1 c. 3 − 2 và 3+ 2

2. Gọi x1 , x 2 là các nghiệm của phương trình 3x 2 + 5 x − 6 = 0 . Không tính x1 , x 2 hãy lập phương trình bậc hai ẩn y mà nghiệm là. y1 = x1 +

1 1 ; y 2 = x2 + x2 x1

3.Cho phương trình x 2 − 2mx + 1 = 0 , có 2 nghiệm x1 , x 2 hãy tìm 1 phương trình bậc hai có hai nghiệm là: X 1 = x1 −

3 3 ; X 2 = x2 − x1 x2

4. Gọi x1 , x 2 là các nghiệm của phương trình 6 x 2 + 5 x + 1 = 0 . Không tính x1 , x 2 hãy lập phương trình bậc hai ẩn số y mà nghiệm là. y1 =

x1 + 1 x +1 ; y2 = 2 x1 − 1 x2 − 1

5. Gọi p, q là hai nghiệm của phương trình bậc hai 3x 2 + 7 x + 4 = 0 . Không giải phương trình hãy lập phương trình bậc hai mà các nghiệm của nó là: a.

p q và q −1 p −1

b. (p + q)2 và (p – q)2

6. Giả sử PT ax2 + bx + c = 0 (a khác 0) có nghiệm x1, x2 khác 0. Tìm một PT bậc hai mà các nghiệm của nó là một trong những trường hợp sau: a. (− x1 ) và (− x 2 ) d. x1 + x 2 và x1 .x 2

b.

1 1 và x1 x2

c. 2x1 và 2x2

e. x12 và x 22

g. Lớn hơn nghiệm của PT đã cho một lượng bằng n h. Gấp n lần nghiệm của PT đã cho

7. Gọi x1, x2 là nghiệm của PT x2 - 7x + 3 = 0 a. Lập PT bậc hai có 2 nghiệm 2x1- x2 và 2x2 - x1 b. Tính giá trị của A = 2 x1 − x 2 + 2 x 2 − x1 (Đề thi tuyển sinh vào trường THPT NK - ĐHQG, năm học: 2000 – 2001) 8. Lập PT bậc hai có hai nghiệm x1, x2 sao cho: 4 x1 x 2 − 5( x1 + x 2 ) + 4 = 0   1 ( x1 − 1)( x 2 − 1) = m + 1 (m ≠ −1)

DẠNG 8 Ứng dụng định lí Viét vào giải các bài toán cực trị liên quan đến biểu thức giữa các nghiệm của PT bậc hai. Các biểu thức thường gặp là cho một nghiệm của PT ta phải tìm GTNN, GTLN của một biểu thức nào đó giữa các nghiệm của PT ấy.

1. PHƯƠNG PHÁP GIẢI Để giải các biểu thức thuộc dạng này ta phải Bài giảng HS: B1: Tìm điều kiện để PT bậc hai có nghiệm

B2; Sử dụng định lí Viét biểu diễn tổng, tích hai nghiệm theo tham số, rổi thay vào biểu thức cần tìm sau đó tìm GTLN, GTNN của biểu thức ấy.

2. CÁC VÍ DỤ VD1: Cho phương trình x 2 + 2(m − 1) x − (2m + 5) = 0 tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 và biểu thức B = 12 - 10x1x2 – ( x 22 + x12 ) đạt giá trị lớn nhất.

GIẢI: Xét x 2 + 2(m − 1) x − (2m + 5) = 0 phương trình có hai nghiệm ⇔ ∆ = (m − 1) 2 + (2m + 5) ≥ 0 ⇔ m 2 + 6 > 0 , đúng với mọi m Vậy phương trình luôn có hai nghiệm x1, x2 .

− b − 2(m + 1) = = −2m − 2 ; x1 x 2 = −2m − 5 2a 1 Mặt khác: B = 12 - 10x1x2 – ( x 22 + x12 ) = 51 – 4m2 + 12m = 60 – (2m – 3)2 ≤ 0 3 Vậy giá trị lớn nhất B = 60 ⇔ 2m – 3 = 0 ⇔ m = 2 2 x + 2 m − 1 x − m = 0 VD2: Cho phương trình : ( )

Theo Viét ta có:

x1 + x 2 =

Gọi x1 và x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm m để : A = x12 + x22 − 6 x1 x2 có giá trị nhỏ nhất.

Bài giải  x1 + x2 = −(2m − 1)  x1 x2 = − m

Theo VI-ÉT: 

2

A = x12 + x22 − 6 x1 x2 = ( x1 + x2 ) − 8 x1 x2

Theo đ ề b ài :

2

= ( 2m − 1) + 8m = 4m 2 − 12m + 1 = (2m − 3) 2 − 8 ≥ −8

3 2 2 VD 3: Cho phương trình : x − mx + m − 1 = 0

Suy ra: min A = −8 ⇔ 2m − 3 = 0 hay m =

Gọi x1 và x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức sau: B=

2 x1 x2 + 3 . x + x22 + 2 ( x1 x2 + 1) 2 1

Bài giảng  x1 + x2 = m  x1 x2 = m − 1

Ta có: Theo hệ thức VI-ÉT thì : 

⇒B=

2 x1 x2 + 3 2 x1 x2 + 3 2(m − 1) + 3 2m + 1 = = = 2 2 2 x + x2 + 2 ( x1 x2 + 1) ( x1 + x2 ) + 2 m2 + 2 m +2 2 1

Cách 1: Thêm bớt để đưa về dạng như phần (*) đã Bài giảng Ta biến đổi B như sau: B=

m2 + 2 − ( m2 − 2m + 1) m2 + 2

Vì ( m − 1)

2

( m − 1) ≥0⇒

= 1−

( m − 1)

2

m2 + 2

2

m2 + 2

≥ 0 ⇒ B ≤1

Vậy max B=1 ⇔ m = 1 Với cách thêm bớt khác ta lại có: 1 2 1 1 2 1 m + 2m + 1 − m 2 m + 4m + 4 ) − ( m 2 + 2 ) ( m + 2 )2 ( 1 2 2 B= 2 = 2 = − 2 2 2 m +2 m +2 2 ( m + 2) 2 2

Vì ( m + 2 ) ≥ 0 ⇒

( m + 2)

2

2 ( m + 2) 2

≥0⇒ B≥ −

1 2

1 2

Vậy min B = − ⇔ m = −2 Cách 2: Đưa về giải phương trình bậc 2 với ẩn là m và B là tham số, ta sẽ tìm điều kiện cho tham số B để phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m.

B=

2m + 1 ⇔ Bm2 − 2m + 2 B − 1 = 0 2 m +2

(Với m là ẩn, B là tham số)

Ta có: ∆ = 1 − B(2 B − 1) = 1 − 2 B 2 + B Để phương trình (**) luôn có nghiệm với mọi m thì ∆ ≥ 0 hay

−2 B 2 + B + 1 ≥ 0 ⇔ 2 B 2 − B − 1 ≤ 0 ⇔ ( 2 B + 1)( B − 1) ≤ 0  1 B≤−   2B + 1 ≤ 0 2    1 B ≥ 1 B −1 ≥ 0 ⇔ ⇔ ⇔ − ≤ B ≤1 2B + 1 ≥ 0 2   B ≥ − 1   2   B − 1 ≤ 0 B ≤ 1 

Vậy: max B=1 ⇔ m = 1 min B = −

1 ⇔ m = −2 2

3. BÀI TẬP ÁP DỤNG

(**)

2

1. Cho phương trình : x 2 + ( 4m + 1) x + 2 ( m − 4 ) = 0 .Tìm m để biểu thức A = ( x1 − x2 ) có giá trị nhỏ nhất.

2. Cho phương trình x 2 − 2(m − 1) x − 3 − m = 0 . Tìm m sao cho nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện x12 + x22 ≥ 10 .

3. Cho phương trình : x 2 − 2(m − 4) x + m 2 − 8 = 0 xác định m để phương trình có 2 nghiệm x1; x2 thỏa mãn a) A = x1 + x2 − 3x1 x2 đạt giá trị lớn nhất b) B = x12 + x22 − x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất 4. Cho phương trình : x 2 − (m − 1) x − m 2 + m − 2 = 0 . Với giá trị nào của m, biểu thức C = x12 + x22 dạt giá trị nhỏ nhất.

5. Cho phương trình x 2 + (m + 1) + m = 0 . Xác định m để biểu thức E = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất.

III. BÀI TẬP TỔNG HỢP 1. Một số đề thi vào 10 tỉnh Hải Dương Bài 1. (Hải Dương1997 - 1998 Đề 1) Cho phương trình bậc hai ẩn x, m là tham số : (1) a/ Chứng tỏ rằng phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m. x 2 − 2( m − 3) x + 2m − 7 = 0

b/ Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là x1; x2 . Hãy tìm m để

1 1 + =m x1 + 1 x2 + 1

Bài 2. (Hải Dương 1998 - 1999 Đề 2) Cho phương trình bậc hai ẩn x, m là tham số : (1) a/ Chứng minh rằng với mọi giá trị của m phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt ? b/ Hãy tìm m để phương trình (1) có một nghiệm x1 = 4 + 2 3 . Khi đó hãy tìm nghiệm x2 của phương trình đó ? x 2 − 3mx + 3m − 4 = 0

Bài 3. (Hải Dương1999 - 2000 Đề 1) Cho phương trình bậc hai ẩn x, m là tham số : x 2 − 2 x + m = 0 (1) a/ Tìm m để phương trình (1) có nghiệm. b/ Chứng minh rằng với mọi m phương trình (1) không thể có hai nghiệm cùng là số âm. c/ Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 - 2x2 = 5 Bài 4. (Hải Dương1999 - 2000 Đề 2) Cho hai phương trình bậc hai ẩn x (a là tham số) : x 2 − 3x − a − 2 = 0 2

x + ax + 1 = 0

(1) (2)

a/ Giải các phương trình (1) và (2) trong trường hợp a = -1.

b/ Chứng minh rằng với mọi giá trị của a trong hai phương trình trên luôn có ít nhất một trong hai phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.

Bài 5. (Hải Dương2000 - 2001 Đề 2) Cho phương trình bậc hai ẩn x (m, n là các tham số) : x 2 + ( m + n) x − ( m 2 + n 2 ) = 0 (1) a/ Giải phương trình (1) khi m = n = 1. b/ Chứng minh rằng với mọi giá trị của m, n thì phương trình (1) luôn có nghiệm. c/ Tìm m, n để phương trình (1) tương đương với phương trình x2 − x − 5 = 0 .

Bài 6. (Hải Dương2001 - 2002 Đề 1) Cho phương trình : x 2 − 2(m + 1) x + 2m + 5 = 0 a/ Giải phương trình khi m =

5 2

b/ Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có nghiệm.

Bài 7. (Hải Dương2001 - 2002 Đề 2) (1) Cho phương trình bậc hai : x 2 − 2(m + 1) x + m 2 + 3m + 2 = 0 a/ Tìm các giá trị của m để phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. b/ Tìm giá trị của m thỏa mãn x12 + x22 = 12 (Trong đó x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình) ?

Bài 8. (Hải Dương2002 - 2003 Đề 2) và x 2 + x − 2m − 10 = 0 (2) Cho hai phương trình : x 2 − 3x + 2m + 6 = 0 (1) a/ Giải hai phương trình trên với m = - 3. b/ Tìm các giá trị của m để hai phương trình trên có nghiệm chung. c/ Chứng minh rằng với mọi giá trị của m ít nhất một trong hai phương trình trên có nghiệm.

Bài 9. (Hải Dương2003 - 2004 Đề 1) a/ Chứng minh rằng : Nếu phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm là x1 , x2 thì x1 + x2 = −

b c và x1.x2 = . a a

b/ Tìm hai số biết tổng của chúng bằng 4 và tích của chúng - 5. c/ Tìm số nguyên a để phương trình x2 − ax + a 2 − 7 = 0 có nghiệm.

Bài 10. (Hải Dương2003 - 2004 Đề 2) Cho phương trình bậc hai ẩn x, m là tham số : x 2 − 2 x + m = 0 (1) a/ Tìm m để phương trình có (1) có nghiệm. b/ Chứng minh rằng với mọi m thì phương trình (1) không thể có hai nghiệm cùng âm. c/ Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn : x1 − 2 x2 = 5 Bài 11. (Hải Dương2004 - 2005 Đề 1) Cho phương trình bậc hai : x 2 − (m + 1) x + m 2 − 2m + 2 = 0 (1) a/ Giải PT với m=2 b/ Tìm giá trị của m để PT có nghiệm kép, vô nghiệm, có 2 ghiệp phân biệt Bài 12. (Hải Dương2005 - 2006 Đề 1) Cho phương trình bậc hai : x 2 − 2(m + 1) x + m − 4 = 0 (1) a/ Giải PT với m=1 b/ Tìm giá trị của m để PT có nghiệm trái dấu c/ Với x1, x2 là nghiệm của PT tính theo m giá trị biểu thức A= x1 (1 − x2 ) + x2 (1 − x1 )

Bài 13. (Hải Dương2006 - 2007 Đề 1) Cho phương trình bậc hai : 2 x2 + mx + m − 3 = 0 a/ Giải PT với m=1 b/ CMR PT luôn có 2 nghiệm phân biệt với moi m c/ Tìm m dể pt có hai nghiệm trái dấu và nghiệm am lớn hơn nghiệm âm Bài 14. (Hải Dương2007 - 2008 Đề 1) Cho phương trình bậc hai x 2 − 2(2m − 1) x + 3m 2 − 4 = 0 (x là ẩn) (1) a/ Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. b/ Gọi x1; x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1). Hãy tìm m để x1 + 2 x2 = −2

Bài 15. (Hải Dương 2008 - 2009 Đề 1) Cho phương trình x2 - 2x - 1 = 0 có hai nghiệm là x1, x2.

Tính giá trị của biểu thức : S =

x2 x1 + x1 x2

Bài 16. (Hải Dương2009 - 2010 Đề 1) Cho phương trình : (m + 1) x 2 − 2(m − 1) x + m − 2 = 0 (1) (m là tham số). a/ Giải phương trình (1) với m = 3. b/ Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn : 1 1 3 + = . x1 x2 2

2. Một số đề tổng hợp để học sinh tự ôn luyện Bài 1: Cho phương trình: X2 – 3x + 1 = 0 có 2 nghiệm x1, x2. Tính: a. x12 + x22

b. x13 + x23

c. x14 + x24 d. x15 + x25

h.

x1 + 1 x +1 + 2 x2 x1

e) x1 x1 + x2 x2

f.

x1 x2 + x2 x1

Bài 2. Cho pt x2 - 3x + 2 = 0, Gọi x1 và x2 là 2 nghiệm của pt. Không giải pt hãy tính.

1. x12 + x22 2. x31 + x32 3. x41 + x42 4. x21x2 + x22x1 5.

1 1 + x1 x2

9. x1 -x2 10. x12 - x22

6.

x1 x 2 + x 2 x1

11. |x1 |-|x2| 12. x1 + x2

2

7.

3 x1 + 5 x1 x 2 + 3 x 2 2

4 x1 x 2 + 4 x1 x 2 2

13. x1 x2 + x2 x1 14. x1 x1 + x2 x 2

2

2

8.

2

x1 + x 2 + x1 x 2 ( x1 + x 2 ) 2

2

2

x1 ( x 21 − 1) + x 2 ( x 2 − 1)

15.

x1

+

x2

x2 x1 2 x1 -1 2 x 2 -1 18. + x2 x1

16. (2 x1-1)( 2x217. x12(x1- 1) + x22(x2- 1) 1) Bài 3. Cho PT (m - 1) x2 - 2(m+1)x + m- 2 = 0 1. Giải pt với m = -1 2. Tìm m để pt có 2 nghiệm phân biệt.

3. Tìm m để pt có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép ấy.

Bài 4: Cho phương trình (m-1)x2 + 2mx + m – 2 = 0.

1. Giải phương trình khi m = 1 2. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt.

Tìm m để phương trình có một nghiệm x = 16, và tìm nghiệm còn lại Bài 5:Cho phương trình : x2 – (m + 5)x – m + 6 = 0, với m là tham số. Tìm m để giữa hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn : 2x1 + 3x2 = 13 Bài 6: Cho phương trình: x2 - 2mx + m = 7

a. Giải phương trình với m = 7b. Cm phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với ∀m c. Viết một hệ thức liên hệ giữa x1, x2 độc lập với m. Tính x1 theo x2. d. Tính theo m:

1 1 ; 3 x12 − 2mx1 + 2 x22 + m + x13 x23

e. Tính m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu, 2 nghiệm dương. g. Tính m để phương trình có 2 nghiệm 2x1+x2 = 0 ; h. Tìm giá trị lớn nhất của A = x1(x2 – x1)- x22. i.Lập phương trình bậc 2 có 2 nghiệm là số đối của các nghiệm phương trình trên.

Bài 7 : Cho phương trình: x2-(m+1)x + m = 0 a)giải phương trình với m = 3 b)Tìm m để tổng bình phương các nghiệm bằng 17 c)Lập hệ thức độc lập giữa các nghiệm không phụ thuộc vào m Bài 8 : Cho phương trình: x2- 2mx + 2m – 1 = 0 a) Giải phương trình với m= 4 b) Tìm m để tổng bình phương các nghiệm bằng 10. c) Llập hệ thức độc lập giữa các nghiệm không phụ thuộc vào m d) Tìm m sao cho : 2( x12 + x22 ) − 8 x1 x2 = 65 Bài 9: Cho x2-4x-( m2+2m)=0 a) Giải phương trình với m=5. b) Chứng minh phương trình có nghiệm với mọi m. c) Tính ( x12 + x22 ) + 8( x1 x2 + 1) theo m d) Tìm m để ( x12 + x22 ) = 5( x1 + x2 ) Bài 10: Cho x2-2( m-1)x +m-3=0 a.Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi m. b.Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc m c.Tìm m để x1-3x2=5 Bài 11. Cho pt : x2 - ( 2m - 1 ) + m2 - m- 1 = 0 (1) 1. CMR phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m 2. Giải phương trình với m =

1 2

3. Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của pt (1) a. Tìm hệ thức lên hệ giữa x1, x2 không phụ thuộc vào m b. Tìm m sao cho ( 2x1 - x2) ( 2x2 - x1) đạt GTNN Bài 12. Cho pt bậc 2 : x2 - 2( m + 1 )x + m2 + 3m + 2 = 0 (1) 1. Giải phương trình (1) với m = -1 2. Tìm m để PT (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt.

3. Gọi x1,x2 là 2 nghiệm của PT. Tìm m để x12 + x22 = 12 Bài 13. ( đề thi HSG năm 2017 - 2018 Phòng Giáo dục Thanh Miện) Cho phương trình x2 - 2mx + 2m - 3 = 0 3 2. CMR pt luôn có nghiệm với mọi giá 1. Giải pt với m = 2 trị của m.

3. Gọi x 1, x2 là 2 nghiệm của phương 4. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm trình. trái dấu. a. Tìm hệ thức liên hệ giữa x1, x2 độc lập với m.

2 2

b. Tìm GTNN của hệ thức A= x12 + x-

KẾT KUẬN 1. Với các ứng dụng phong phú, đa dạng. Định lý Viet đã có 1 vị trí quan trọng trong chương trình đại số 9 và giá trị sử dụng của nó vẫn còn có ý nghĩa với các lớp trên. Cũng như việc mở rộng nó với phương trình bậc 3. Định lý này không chỉ có giá trị về phương diện thực hành định lượng mà nó còn có giá trị định tính 1 cách phong phú cho các nghiệm số cả phương trình bậc 2.

2. Khai thác các ứng dụng của định lý Viet thuận và đảo vào các bài toán đại số lớp 9, đã làm phong phú và đa dạng các bài tập về phương trình bậc 2, bậc 3. Giúp cho người học rèn luyện các thao tác tư duy đặc biệt là khả năng suy luận 7 tính linh hoạt trong quá trình học tập môn toán.

3. Cung cấp cho HS 1 cách có hệ thống các nội dung và phương pháp của hệ thức Viet và các ứng dụng phong phú của nó đã giúp HS hiểu sâu mối quan hệ giữa nghiệm số với các hệ số của 1 pt bậc 2, bậc 3. Từ đó hình thành ở HS 1 thói quen học định lý, thấy rõ vai trò của các định lý toán học trong chương trình toán. giúp cho các em rèn luyện được các phẩm chất trí tuệ: Độc lập, sáng tạo, mềm dẻo, linh hoạt và độc đáo trong suy nghĩ.

4. Nêu ra được các giải pháp giải từng loại toán ứng dụng định lý Viet. Giúp HS có được phương hướng giải quyết vấn đề có cơ sở lý luận. Xây dựng cho HS 1 niềm tin trong học tập chống tư tưởng ngại khó, sợ toán, giúp các em hăng say học tập, hứng thú tìm tòi cái mới, cái hay trong quá trình học troán.

5. Bước đầu hình thành ở HS những thói quen, kỹ năng làm toán, học toán có phương pháp. Trang bị cho HS phương pháp thực hành toán học 1 cách phong phú, đa dạng. Chuẩn bị cho HS những tiền đề để tiếp thu kiến thức và phương pháp mới ở các lớp sau.

6. Góp phần quan trọng vào thời kỳ đổi mới phương pháp giáo dục. Đó là: việc đi tìm chân lý toán học không chỉ dừng ở chân lý mà cái quan trọng phải thấy được giá trị của chân lý đó, nhằm nâng cao chất lượng dạy và học theo hướng phát huy tích cực của HS..

Tuy nhiên do hạn chế cá nhân nên đề tài nói trên cũng không tránh khỏi những hạn chế và thiếu sót. Vì vậy em kính mong sự quan tâm của giáo viên Bài giảng .

Em xin chân thành cảm ơn!

SINH VIÊN

Trương Thị Hương

TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Sách giáo khoa, sách giáo viên, sách bài tập Toán lớp 9- NXB Giáo dục 2. Tuyển tập theo chuyên đề Toán học Tập 3 - NXB Đại học quốc gia 3. Chuẩn bị kiến thức ôn thi vào lớp 10 THPT môn Toán- NXB Giáo dục 4. Bồi dưỡng học sinh giỏi 9 - NXB Sư phạm Hà Nội 5. https://dethi.violet.vn/present/ung-dung-cua-he-thuc-vi-et 6. https://toanhoc247.com/ung-dung-cua-he-thuc-vi-et-trong-giai-toan-a5156.html

TRƯỜNG CAO ĐẲNG HẢI DƯƠNG KHOA TỰ NHIÊN

BÀI TẬP NGHIÊN CỨU KHOA HỌC ĐỀ TÀI: Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ

Hải Dương, năm 2020 1

TRƯỜNG CAO ĐẲNG HẢI DƯƠNG KHOA TỰ NHIÊN

BÀI TẬP NGHIÊN CỨU KHOA HỌC ĐỀ TÀI: Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ

Sinh viên thực hiện: Nguyễn Thị Liên Khóa học: 2017 – 2020 Ngành học: Toán - Kỹ K41 Giảng viên hướng dẫn: Nguyễn Thị Tuyết Mai

Hải Dương, năm 2020

2

A. MỞ ĐẦU 1.Lí do chọn đề tài Phương trình vô tỷ là phương trình chứa ẩn trong dấu căn .Trong chương trình đại số 9 ,phương trình vô tỷ là một dạng toán khó. Khi gặp các phương trình có chứa căn tương đối phức tạp, học sinh rất lúng túng không tìm ra cách giải và hay mắc sai lầm khi giải .. Có những phương trình không thể giải bằng các phương pháp quen thuộc. Khi gặp phương trình vô tỷ , học sinh thường chỉ quen một phương pháp là nâng luỹ thừa 2 vế để làm mất dấu căn. Nhưng trong quá trình giải sẽ thường mắc phải một số sai lầm trong phép biến đổi tương đương phương trình ,vì vậy dẫn đến thừa hoặc thiếu nghiệm. Có một số phương trình sau khi làm mất dấu căn sẽ dẫn đến phương trình bậc cao, mà việc nhẩm nghiệm để đưa về phương trình bậc nhất, bậc 2 để giải lại rất là khó khăn . Vì vậy học sinh sẽ rất lúng túng và không tìm ra lời giải .

2. Mục đích của đề tài Để khắc phục những tồn tại trên khi dạy cho học sinh giải phương trình vô tỷ , giáo viên cần trang bị cho học sinh các kiến thức cơ bản trong sách giáo khoa và kiến thức mở rộng, hình thành các phương pháp giải một cách kịp thời. Với mỗi phương trình cần để cho học sinh nhận dạng phát hiện ra cách giải và tìm ra cách giải phù hợp nhất , nhanh nhất. Qua mỗi dạng tổng quát cách giải và hướng dẫn học sinh đặt đề toán tương tự, từ đó khắc sâu cách làm cho học sinh. Nếu biết phân dạng , chọn các ví dụ tiêu biểu , hình thành đường lối tư duy cho học sinh thì sẽ tạo nên hứng thú nghiên cứu, giúp học sinh hiểu sâu, nhớ lâu và nâng cao hiệu quả giáo dục .

Chính vì thế với đề tài "Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ" có thể làm tài liệu tham khảo cho giáo viên và học sinh khá giỏi rèn luyện cho học sinh năng lực từ những kiến thức quen biết, nhận dạng và đưa những bài tập chưa biết cách giải về dạng bài tập quen biết đã biết cách giải, có được hệ thống bài tập để nâng cao chất lượng giáo dục, đặc biệt là ôn luyện cho học sinh thi cuối cấp cũng như thi vào PTTH 3. Phương pháp và giới hạn nghiên cứu - Phương pháp đọc và phân tích tài liệu 3

- Phương pháp khảo sát thực tế - Phương pháp tổng hợp, tham khảo những kinh nghiệm của những giáo viên dạy giỏi.

- Đề tài này dành cho học sinh lớp 9 đặc biệt là ôn luyện cho học sinh thi vào THPT.

4

B. NỘI DUNG I.Các kiến thức cần thiết 1.Định nghĩa Phương trình vô tỷ là phương trình có chứa ẩn số trong căn thức.

Ví dụ:

3x − 3 + 1 = 1 − x

2. Các bước giải phương trình (dạng chung) - Điều kiện xác định của phương trình.

- Dùng các phép biến đổi tương đương đưa về dạng phương trình đã học.

- Giải phương trình vừa tìm được.

- Đối chiếu kết quả tìm được với điều kiện xác định và kết luận nghiệm.

Chú ý: Với những phương trình có ĐKXĐ là ∀x ∈ R (trong quá trình biến đổi không đặt điều kiện) khi tìm được nghiệm phải thử lại.

3. Các kiến thức cơ bản về căn thức.

- Một số âm không có căn bậc chẵn.

- Muốn nâng lên luỹ thừa bậc chẵn cả hai vế của phương trình để được phương trình tương đương phải đặt điều kiện.

A2 = A

A± B =

A + A2 − B ± 2

A − A2 − B với A > 0; A2 > B > 0 2

4. Các dạng phương trình cơ bản.

4.1. Dạng 1: Sơ đồ cách giải:

(1)

f ( x) = g ( x) f ( x) = g ( x) <=>

g (x) > 0

(2)

f(x) = [g(x)]2

(3)

Giải (2) tìm điều kiện của ẩn Giải (3) rồi đối chiếu với điều kiện của ẩn để kết luận nghiệm.

4.2. Dạng 2:

(1)

f ( x) + g ( x) = h( x)

5

Tìm điều kiện có nghĩa của phương trình: f(x) > 0 g(x) > 0

(2)

h (x) > 0 Với điều kiện (2) hai vế của phương trình (1) không âm nên bình phương vế của phương trình (1) rồi rút gọn ta được: f ( x).g ( x) =

[h( x)] 2 − f ( x) − g ( x) 2

(3)

Phương trình (3) có dạng 1 nên giải theo phương pháp của dạng 1. Đối chiếu nghiệm tìm được của (3) với điều kiện rồi kết luận nghiệm.

4.3. Dạng 3:

f ( x) + g ( x) = h( x)

4.4. Dạng 4:

f ( x) + g ( x) = h( x) + p ( x )

(Cách giải như dạng 2) (1)

Điều kiện có nghĩa của phương trình: f(x) > 0 g(x) > 0

(2)

h (x) > 0 p (x) > 0 Bình phương hai vế đưa về dạng: F ( x) − G ( x) = H ( x) Tuỳ theo từng trường hợp để giải phương trình vô tỷ (căn bậc n).

4.5. Dạng 5:

f ( x) + g ( x) + n f ( x).g ( x) = h( x)

(1)

Điều kiện: f(x) > 0 g(x) > 0 Đặt ẩn phụ a =

f ( x) + g ( x) (a > 0)

=>

f ( x).g ( x) =

a 2 − f ( x) − g ( x) 2

Đưa phương trình (1) về các phương trình đã biết cách giải rồi giải.

6

II. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ.

Trên đây là 5 dạng phương trình vô tỷ nhưng không phải bao giờ ta cũng gặp một trong 5 dạng trên hoặc bất cứ phương trình vô tỷ nào cũng có thể đưa về một trong 5 dạng trên. Sau đây là một phương pháp giải phương trình vô tỷ.

1. Phương pháp nâng lên luỹ thừa. ( Thường dùng khi 2 vế của phương trình có luỹ thừa cùng bậc). a.Phương pháp giải Để làm mất căn bậc n thì ta nâng cả 2 vế của phương trình lên luỹ thừa n. Nếu n chẵn thì ta chỉ thực hiện được khi cả vế của phương trình không âm. b.Các ví dụ Ví dụ1: Giải phương trình: 3 25 + x + 3 3 − x = 4 (1).

Giải: ĐKXĐ: ∀x ∈ R Lập phương hai vế của phương trình (1) ta được: (1) <=> 25 + x + 3 - x + 3. 3 (25 + x)(3 − x) .(3 25 + x + 3 3 − x ) = 64 (2) Vì 3 25 + x + 3 3 − x = 4 (theo 1), (2) <=> 28 + 12 3 (25 + x).(3 − x) = 64 <=> 12 3 (25 + x).(3 − x) = 36 <=> 3 (25 + x).(3 − x) = 3 Lập phương hai vế của (3) ta được: <=> (25 + x)(3 - x)

= 27

<=> - x2 - 22x + 75

= 27

<=> x2 + 22x - 48

=0

<=> (x - 2)(x + 24)

=0

<=>

x=2 x = - 24

Thử lại: + Với x = 2 ta có 3 25 + 2 + 3 3 − 2 = 3 + 1 = 4 + Với x = - 24 ta có 3 − 24 + 25 + 3 3 + 24 = 1 + 3 = 4 Vậy nghiệm của phương trình (1) là: x = 2; x = -24 Ví dụ 2:

(1)

1− x + 4 + x = 3

7

Giải : Điều kiện - 4 < x < 1

(*)

Khi đó 2 vế của phương trình (1) không âm, bình phương hai vế ta có: (1) <=> 1 - x + 4 + x + 2 (1 − x)(4 + x) = 9 <=> (1 − x)(4 + x) = 2

(2)

Bình phương hai vế của phương trình (2) ta có: (2) <=> (1 - x)(4 + x) = 4 <=> - x2 - 3x + 4 = 4 <=> x(x + 3) = 0 <=> x = 0 x=-3 Đối chiếu với điều kiện (*) ta có nghiệm của phương trình (1) là: x = 0; x = -3 Ví dụ 3: Giải phương trình (1)

x − 1 − 5 x − 1 = 3x − 2

Hướng dẫn : + ở phương trình (1) hai vế đều có căn bậc hai, học sinh có thể mắc sai lầm để nguyên hai vế như vậy và bình phương hai vế để làm mất căn . Vì vậy giáo viên cần phân tích kỹ sai lầm mà học sinh có thể mắc phải tức cần khắc sâu cho học sinh tính chất của luỹ thừa bậc 2: a = b ⇔ a2 = b2 ( Khi a, b cùng dấu ) Vì vậy khi bình phương hai vế được phương trình mới tương đương với phương trình ban đầu khi hai vế cùng dấu. ở phương trình (1), VP ≥ 0 , nhưng vế trái chưa chắc đã ≥ 0 vì vậy ta nên chuyển vế đưa về phương trình có 2 vế cùng ≥ 0.

(1) ⇔

x − 1 = 5 x − 1 + 3x − 2

Đến đây học sinh có thể bình phương hai vế: x − 1 = 5 x − 1 + 3x − 2 ⇔ 2 − 7 x = 2 15 x 2 − 13x + 2

(*)

Ta lại gặp phương trình có một vế chứa căn , học sinh có thể mắc sai lầm là bình phương tiếp 2 vế để vế phải mất căn mà không để ý hai vế đã cùng dấu hay chưa. ⇔ 4 − 14 x + 49 x 2 = 4(15 x 2 − 13x + 2)

8

⇔ 11x 2 − 24 x + 4 = 0 ⇔ (11x − 2)( x − 2) = 0

2  x= 2  ⇔ 11 Và trả lời phương trình (*) có 2 nghiệm : x1 = ; x 2 = 2  11 x = 2

Sai lầm của học sinh là gì? Tôi cho học sinh khác phát hiện ra những sai lầm : + Khi giải chưa chú ý đến điều kiện để các căn thức có nghĩa nên sau khi giải không đó chiếu với điều kiện ở (1) : ĐK : x ≥ 1 vì vậy x1 =

2 không phải là nghiệm của (1) 11

+ Khi bình phương hai vế của phương trình (*) cần có điều kiện 2 − 7 x ≥ 0 ⇔ x ≤ vậy

2 7

x 2 = 2 không là nghiệm của (1)

- Sau khi phân tích sai lầm mà học sinh thường gặp , từ đó tôi cho học sinh tìm ra cách giải đúng không phạm sai lầm đã phân tích .

C1: Sau khi tìm được x =

2 và x = 2 thử lại (1) không nghiệm đúng Vậy (1) vô 11

nghiệm. ( cách thử lại này làm khi việc tìm TXĐ của phương trình đã cho là tương đối phức tạp )  x ≥ 1  1  x ≥ ⇔ x ≥ 1 5  3   x ≥ 2

C2: Đặt điều kiện tồn tại của các căn thức của (1) Sau khi giải đến (*) khi bình phương hai vế đặt thêm điều kiện x ≤

2 vậy x thoả mãn 7

2  x ≤ :  7 nên phương trình (1)vô nghiệm  x ≥ 1

C3: Có thể dựa vào điều kiện của ẩn để xét nghiệm của phương trình . Điều kiện của (1) : x ≥ 1 do đó x < 5 x ⇒ x − 1 < 5 x − 1 ⇒ x − 1 < 5 x − 1 Vế trái <0. VP ≥ 0 nên phương trình (1) vô nghiệm .

9

Sau đó tôi ra một số bài tập tương tự cho học sinh trình bày lời giải.

Ví dụ 4: Giải phương trình : 3

(2)

x +1 + 3 7 − x = 2

Hướng dẫn: ở phương trình (2) học sinh cũng nhận xét có chứa căn bậc 3 nên nghĩ đến việc lập phương hai vế : Chú ý: + ở căn bậc lẻ:

2 n +1

A có nghĩa với ∀A nên không cần đặt điều kiện

x + 1 ≥ 0  7 − x ≥ 0

+ ở luỹ thừa bậc lẻ: a=b ⇔ a2n+1=b2n+1; (n ∈ N) nên không cần xét đến dấu của hai vế.

Giải:+ Lập phương hai vế

(

)

(

2

x + 1 + 7 − x + 3 3 x + 1 .3 7 − x + 3 x + 1. 3 7 − x

)

2

=8

(**)

Đến đây có thể học sinh rất lúng túng vì sau khi lập phương hai vế, vế trái nhìn rất phức tạp, giáo viên hướng dẫn học sinh nghĩ đến hằng đẳng thức: ( a+b)3 =a3+b3+3a2b+3ab2=a3+b3+3ab(a+b) Vậy (**) có thể viết :

(

)

x + 1 + 7 − x + 33 ( x + 1)(7 − x) . 3 x + 1 + 3 7 − x = 8 (I)

(đến đây thay

3

x + 1 + 3 7 − x = 2 vào phương trình) ta được:

8 + 33 ( x + 1)(7 − x) .2 = 8 ⇔ ( x + 1)(7 − x) = 0

( II)

Giải ra: x1 = −1; x 2 = 7 ; Thay lại vào PT đã cho ta thấy nghiệm đúng , nên đó là 2 nghiệm của PT ban đầu. Vậy (2) có nghiệm

x1 = −1; x 2 = 7

+ ở phương trình (2) ngoài việc lập phương hai vế cần sử dụng hằng đẳng thức một cách linh hoạt để đưa phương trình về dạng đơn giản a.b = 0 rồi giải.

Chú ý: Do từ (I) suy ra (II) ta thực hiện phép biến đổi không tương đương , vì nó chỉ tương đương khi x thoả mãn :

3

x + 1 + 3 7 − x = 2 . Vì vậy việc thay lại nghiệm của (II)

vào phương trình đã cho là cần thiết . Nếu không thử lại có thể sẽ có nghiệm ngoại lai. c. Bài tập áp dụng : Giải phương trình : 10

1. 4 x + 1 − 3x + 4 = x − 2 2. x − 2 − x + 1 = 2 x − 1 − x + 3 3. 3 − x + 1 + 3 x − 1 = 3 5 x 4.

3

2x + 1 + 3 3 − 2x = 4

5. 3 2 x − 1 + 3 2 x + 1 = 3 10 x ( Đề thi vào toán tin -2000) 2. Phương pháp đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối. a.Phương pháp giải: Khi gặp phương trình mà biểu thức trong căn có thể viết được dưới dạng bình phương của một biểu thức thì sử dụng hằng đẳng thức làm mất dấu căn đưa về phương trình đơn giản b.Các ví dụ Ví dụ1: Giải phương trình: x2 - 4x - 3 = x + 5

(1)

Giải: Điều kiện x > - 5

(*)

Với điều kiện trên: (1) <=> x2 – 3x + 2

9 =x +5+ 4

x+5 +

2

3 1 3 1 <=>  x −  =  x + 5 +  <=> x − = x + 5 + 

(Vì

2



2

2

2

1 > 0) 2

x+5 +

Nếu x >

3 2

Nếu x <

3 2

x+5 = x - 2

Nếu x >

3 2

x+5 = - x + 1

Nếu x <

3 2

x<=>

3 1 = x+5 + 2 2

3 2

1 2

x - = − x+5 −

<=>

<=>

x>2

x>2

x + 5 = x2 - 4x + 4

x2 - 5x -1 = 0

x<1

x<1

<=> 11

1 4

A 2 = A để

x + 5 = x2 - 2x + 1

<=>

x=

x2 - 3 x - 4 = 0

5 + 292 2

x = -1 ⇔

(2 x − 3) + 2 2 x − 3 + 1 + ( 2 x − 3) − 2 2 x − 3.4 + 16 = 5

⇔

(

⇔

2x − 3 + 1 +

)

2

2x − 3 + 1 +

(

2x − 3 − 4

)

2

=5

2 x − 3 − 4 = 5; (* * *)

Đối chiếu với điều kiện (*) nghiệm của (1) là: x =

5 + 292 ; x = -1 2

Ví dụ 2: Giải phương trình x + 2 + 2 x +1 + x + 2 − 2 x +1 = 2

(1)

Giải : Điều kiện: x > -1

(*)

Với điều kiện trên: (1) <=> ( x + 1 + 1) 2 + ( x + 1 − 1) 2 = 2 <=> x + 1 + 1 + x + 1 − 1 = 2 (vì x + 1 + 1 > 0) <=>  x +1 −1 ≤ 0   x + 1 − 1 ≥ 0   x + 1 − 1 = 1 − x + 1

x +1 −1 = 1− x +1

⇔ −1 ≤ x ≤ 0

Đối chiếu với điều kiện (*) nghiệm của (1) là: - 1 < x < 0 Ví dụ 3: Giải phương trình : 2 x − 2 + 2 2 x − 3 + 2 x + 13 + 8 2 x − 3 = 5

(3)

Nhận xét: + ở phương trình (3) học sinh có thể nhận xét vế trái có cùng căn bậc hai nên có thể bình phương hai vế. Nhưng ở phương trình này sau khi bình phương (lần 1) vẫn còn chứa căn nên rất phức tạp. + biểu thức trong căn có thể viết được dưới dạng bình phương của một biểu thức 12

Giải : 3 2

ĐK: 2 x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ ;

2 x − 2 + 2 2 x − 3 + 2 x + 13 + 8 2 x − 3 = 5

⇔ (2 x − 3) + 2 2 x − 3 + 1 + ( 2 x − 3) − 2 2 x − 3.4 + 16 = 5 ⇔

(

)

⇔

2x − 3 + 1 +

2

2x − 3 + 1 +

(

2x − 3 − 4

)

2

=5

2 x − 3 − 4 = 5; (* * *)

C1: Đến đây để giải (***) ta có thể phá dấu giá trị tuyệt đối, trước khi phá dấu A thì cần xét dấu của A Nhận xét: 2 x − 3 + 1 > 0 vậy chỉ xét dấu 2 x − 3 − 4 2 x − 3 ≥ 16 19  2x − 3 − 4 ≥ 0 ⇔  ⇔ x≥ 3 2  x ≥ 2

Nếu

Thì 2 x − 3 + 1 + 2 x − 3 − 4 = 5 ⇔ 2 2 x − 3 = 8 ⇔ 2 x − 3 = 4 Giải ra x =

9 (Không thoả mãn điều kiện) 2

+ Nếu 2 x − 3 < 4 ⇔ Thì

3 19 ≤x≤ 2 2

2 x − 3 + 1 − 2 x − 3 + 4 = 5 ⇔ 0 x = 0 vô số nghiệm x thoả mãn

Kết luận: C2:

3 19 ≤x≤ 2 2

( Để giải (***) cũng có thể sử dụng bất đẳng thức giá trị tuyệt đối .

A + B ≥ A + B . dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A.B ≥ 0)

Giải: (***) 2x − 3 + 1 + ⇔

3 19 ≤x≤ 2 2

2x − 3 − 4 = 5

2x − 3 + 1 + 4 − 2x − 3 = 5

Ta có:

2x − 3 + 1 + 4 − 2x − 3 ≥

2x − 3 + 1 + 4 − 2x − 3 = 5

13

Vậy:

2 x − 3 + 1 + 4 − 2 x − 3 = 5 Khi

4 − 2 x − 3 ≥ 0  ⇔ 3 x ≥ 2 

Giải ra:

(

)(

)

2x − 3 + 1 4 − 2x − 3 ≥ 0

3 19 ≤x≤ 2 2

c.Bài tập áp dụng: Giải phương trình 1. x + 2 − 4 x − 2 + x + 7 − 6 x − 2 = 1 2. x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1 = 2 (Nhân 2 vế với 2 thì trong căn sẽ xuất hiện ?

3. x 2 − 3x + 1 = 2 x − 1 4. x + 3 − 4 x − 1 + x + 14 − 8 x − 2 = 2 5 4

5. x + + x + 1 + 2 x + 2 2 x − 1 = 1 3. Phương pháp đặt ẩn phụ.

Phương pháp đặt ẩn phụ là phương pháp hay mà tôi rất tâm đắc , (Phương pháp này có thể dùng để giải được rất nhiều phương trình ) Việc giải phương trình vô tỷ thường gây ra nhiều khó khăn, phức tạp: Nếu cứ nâng lên luỹ thừa để làm mất dấu căn thì dẫn đến phương trình bậc cao, nhiều khi không biết cách giải. Tuy nhiên, nếu đặt ẩn phụ một cách thích hợp thì có thể chuyển phương trình vô tỷ đã cho về một phương trình hay một hệ phương trình đại số đã có cách giải quen thuộc. Phương pháp này nói chung không làm phức tạp thêm bài toán. Cách đặt ẩn phụ còn tuỳ thuộc vào bài toán cụ thể, vì vậy phải rất linh hoạt. ở phương pháp này dùng cách đặt ẩn phụ để đưa về dạng phương trình vô tỷ đơn giản Cách đặt ẩn phụ: + Đặt 1 ẩn phụ + Đặt 2 ẩn phụ + Đặt nhiều ẩn phụ *Cách đặt 1 ẩn phụ : C1: Chọn ẩn phụ thích hợp để đưa phương trình về phương trình có một ẩn là ẩn phụ đã đặt .Giải phương trình tìm ẩn phụ , từ đó tìm ẩn chính.

VD1:Giải phương trình: 14

2 x 2 +6x+12+ x 2 + 3x + 2 =9 (4) -Nhận xét:+ ở phương trình này nếu bình phương 2 vế sẽ đưa về một phương trình bậc 4 mà việc tìm nghiệm là rất khó + Biểu thức trong và ngoài căn có mối liên quan : 2x2+6x+12=2(x2+3x+2)+8 Hướng giải:+ Đặt ẩn phụ là y= x 2 + 3x + 2 + Chú ý: Đối với ĐK: x2+3x+2 ≥ 0 có thể giải được nhưng với những bài toán mà biểu thức trong căn phức tạp thì có thể tìm giá trị của x rồi thử lại xem có thoả mãn ĐK hay không x ≤ 2

Giải: ĐK: x2+3x + 2 ≥ 0 ⇔ ( x+1) (x+2) ≥ 0 ⇔   x ≥ −1 Đặt : x 2 + 3x + 2 =y ≥ 0 PT (4) ⇔ 2y2+y+8=9 2

⇔ 2y +y -1=0

Giải ra:y1=1/2 ( Thoả mãn ĐK); y2=-1( Loại) Thay vào: x 2 + 3x + 2 =1/2 ⇔ x2+3x+2=1/4 Giải ra:x1=

−3+ 2 ; x2 = 2

Đối chiếu với ĐK: x=

−3− 2 2

−3+ 2 thoả mãn là nghiệm của PT (4) 2

VD2: Giải phương trình: 2 x − x 2 + 6 x 2 − 12 x + 7 = 0

( Đề thi học sinh giỏi tỉnh lớp 10 năm 2003-2004) Hướng dẫn : ĐK : 6 x 2 − 12 x + 7 ≥ 0; ∀x Ta biến đổi để thấy được mối quan hệ giữa các biểu thứctrong phương trình: 2 x − x 2 + 6( x 2 − 2 x ) + 7 = 0

Đặt : x 2 − 2 x = a Ta có phương trình:

6a + 7 = a (I)

15

Giải(I) tìm a từ đó tìm x.

VD3: Giải phương trình: ( 1 + x − 1)( 1 − x + 1) = 2 x

Hướng dẫn : ở bài này ta tìm mối liên hệ các biểu thức bằng cách đặt :

1+ x = u ;

Rút x theo u thay vào các biểu thức còn lại trong phương trình để đưa về phương trình ẩn u.

Giải: ĐK : -1 ≤ x ≤ 1 ; C1: Đặt: 1+ x = u (0 ≤ u ≤ 2 ) ⇒ x = u2 −1 (5) ⇔ (u − 1)( 2 − u 2 + 1) = 2(u 2 − 1) ⇔ (u − 1)[ ( 2 − u 2 + 1) − 2(u + 1)

]

u − 1 = 0 ⇔ 2  2 − u + 1 − 2(u + 1) = 0

+ Nếu : u − 1 = 0 ⇒ u = 1( thoả mãn) ⇒ x + 1 = 1 ⇒ x = 0 (Thoả mãn ĐK) 2 − u 2 + 1 = 2(u + 1) 2u + 1 ≥ 0 ⇔ ⇔ 5u 2 + 4u − 1 = 0 2 2 2 − u = ( 2 u + 1 )  2

1 1 24 Giải ra: u1 = −1( loại); u 2 = ⇒ x =   − 1 = − thoả mãn điều kiện 5

Vậy x = 0; x = −

5

25

24 là nghiệm của (5) 25

c2:ở bài này có thể đặt : 1 − x = a; 1 + x = b ; Đưa về hệ phương trình: (a − 1)(b + 1) = a 2 − b 2  2 a + b 2 = 2

C2: Đặt ẩn phụ đưa phương trình về 2 ẩn: ẩn chính và ẩn phụ, tìm mối quan hệ giữa ẩn chính và ẩn phụ.

VD4: Giải phương trình: 2 − x 2 = 2 − x

(6)

Nhận xét:- Nếu bình phương hai vế đưa về phương trình bậc 4 khó nhẩm nghiệm vô tỷ.Vì vậy ta có thể đặt ẩn phụ nhưng chưa đưa được về phương trình chỉ chứa một 16

ẩn. -Hãy tìm cách đưa về một hệ phương trình có 2 ẩn là ẩn chính và ẩn phụ. Tìm mối quan hệ giữa ẩn chính và ẩn phụ từ đó đ ưa về phương trình đơn giản. 2 − x ≥ 0

Giải: ĐK: 

2 2 − x ≥ 0

2 − x 2 = y Đặt: y = 2 − x ⇒ x = 2 − y ;Ta có hệ:  2 − y 2 = x 2

Đây là hệ phương trình đối xứng ⇒ ( y − x)( y + x − 1) = 0 x = y ⇒ 1 − x = y

+ Nếu x=y ta có phương trình: 2 − x = x giải ra x = 1 (thoả mãn điều kiện) + Nếu1-x=y ta có phương trình:

2 − x = 1 − x giải ra: x =

1− 5 2

( Thoả mãn điều

kiện) Vậy phương trình (6) có 2 nghiệm x1 = 1; x 2 =

1− 5 2

VD4:Giải phương trình: x 2 + x + 2006 = 2006

Cách 1: Đặt x + 2006 = y ta có hệ phương trình  x + 2006 = y 2 giải ra  2  x + y = 2006

 x + 2006 = − x x = − y x = y − 1 ⇔    x + 2006 = x + 1

từ đó sử dụng phương pháp 1 để giải tiếp.

Chú ý : Cách này thường sử dụng khi quan hệ ẩn chính và ẩn phụ đưa được về hệ phương trình đối xứng.

Cách 2: Đưa 2 vế về cùng bậc:

17

x2 + x +

1 1 = x + 2006 − x + 2006 + 4 4 2

1  ⇔ x+  2  1  x + 2 = ⇔ x + 1 =  2

1  =  x + 2006 −  2  1 x + 2006 − 2 1 − x + 2006 2

2

Đến đây tiếp tục giải theo phương pháp 1 Bài tập áp dụng : Giải phương trình x + 1 = 2 y 1. x 3 + 1 = 23 2 x − 1 ; HD: Đặt ẩn phụ y = 3 2 x − 1 ta có hệ :  3 3

 y + 1 = 2 x

2. 2 x 2 + 2 x + 1 = 4 x + 1 ; HD : Đặt ẩn phụ y = x 2 + x 3. 4 x 2 + 6 x + 7 + 2 x 2 + 3x + 9 = 15 4. 2(x2 – 3x +2) = 3 x 3 + 8 5. x + 1 + x 2 − 4 x + 1 = 3 x ** Đặt 2 ẩn phụ: ở dạng này ta đặt 2 ẩn phụ đưa về hệ phương trình 2 ẩn phụ, giải hệ tìm giá trị của ẩn phụ, từ đó từ mối quan hệ giữa ẩn chính và ẩn phụ đặt lúc đầu đưa về phương trình đơn giản.

VD1: Giải phương trình: 3 2 − x + x − 1 = 1

(7)

Nhận xét: ở vế trái có căn bậc 2 và căn bậc 3 nên việc nâng luỹ thừa 2 vế để làm mất dấu căn là rất khó. + Hai biểu thức trong căn có mối quan hệ: 2 − x + x − 1 = 1 (hằng số) + Đặt 2 ẩn phụ: Sẽ đưa về hệ 2 phương trình không chứa căn và giải.

Giải: ĐK: x ≥ 1 3

Đặt:

2 − x = u; x − 1 = v

Ta có hệ phương trình: u + v = 1  3 3 u + v = 1

giải ra u1 = 0; u 2 = 1; u 3 = −2

18

Từ đó: x1 = 1; x 2 = 2; x3 = 10 ( thoả mãn điều kiện) Vậy phương trình (7) có 3 nghiệm: x1 = 1; x 2 = 2; x3 = 10 VD2: Giải phương trình: 3

x − 2 + x +1 = 3

( Đề thi vào Phan Bội Châu 2005) a + b = 3

HD: Đặt 3 x − 2 = a; x + 1 = b ; Ta có hệ: 

3 2 a − b = −3

Giải ra:a=1; b=1 ; từ đó giải ra tìm x=3 Tổng quát: Đối với phương trình có dạng: n

a − f ( x) + m b ± f ( x) = c

Ta thường đặt: u = n a − f ( x) ; v = m b + f ( x) Khi đó ta được hệ phương trình: u + v = c hoặc  n m u + v = a + b

u + v = c  n m u − v = a − b

Giải hệ này tìm u, v sau dó tìm x VD3: Giải phương trình: 3

(3x + 1)2

2

(

)

+ 3 (3 x − 1) + 3 9 x 2 − 1 = 0

(9)

Nhận xét: Nếu lập phương hai vế thì cũng rất phức tạp vì không đưa được về dạng a.b=0 như ở phương trình (2) 9 x 2 − 1 = (3 x + 1)(3 x − 1) . Nên có thể đặt 2 ẩn phụ

Giải: Đặt u = 3 3x + 1

v = 3 3x − 1

u 2 + v 2 + uv = 1 (9) trở thành:  3 3 u + v = 2

u = 1 v = −1

Giải ra: 

vậy ta có: 3 3 x + 1 = 1 ⇒ x = 0 Vậy (9) có nghiệm x=0 3  3 x − 1 = 1

Bài tập áp dụng: Giải phương trình : 1.

3

1 1 +x+ − x =1 2 2

2. 3 x + a − 3 x + b = 1 19

3. ( x + 2) ( 2 x + 3 − 2 x + 1) + 2 x 2 + 5 x + 3 − 1 = 0 4.( x 2 + 4) 2 x + 4 = 3x 2 + 6 x − 4 5. ( x 2 − 6 x + 11) x 2 − x + 1 = 2( x 2 − 4 x + 7) x − 2 Ngoài cách trên có một số bài khi đặt 2 ẩn phụ nhưng không đưa được về hệ PT thì ta có thể tìm quan hệ của 2 ẩn phụ , thay vào hệ thức đã đặt lúc đầu để đưa về phương trình đơn giản. Như các VD sau: VD4: Giải phương trình: (10)

2( x 2 + 2) = 5 x 3 + 1

Nhận xét: Nếu bình phương hai vế của phương trình sẽ đưa về phương trình bậc 4 rất khó giải: Hướng dẫn: + Nhận xét gì về biểu thức x3+1 ? có dạng HĐT: x3 + 1=(x+1)(x2-x+1) + Tìm mối quan hệ giữa x2+2 và x3 +1 x2 +2 =(x2-x+1)+(x+1) + Từ đó ta có thể đặt 2 ẩn phụ: a = x + 1; b = x 2 − x + 1 và tìm mối quan hệ a, b từ đó tìm x Giải: ĐK : x ≥ −1 2( x 2 + 1) = 5 ( x + 1)( x 2 − x + 1)

Đặt a = x + 1; b = x 2 − x + 1 Ta có: a2=x+1 ; b2= x2-x+1 ; x2+2=a2+b2 Phương trình đã cho trở thành: 2( a 2 + b 2 ) = 5ab

a = 2b ⇔ (2a − b)( a − 2b) = 0 ⇔  b = 2a

* Với a= 2b ta có: x + 1 = 2 x 2 − x + 1

20

⇔ x 2 − 5x − 3 = 0

 5 + 37  x1 = 2 ( Thoả mãn điều kiện) ⇒  5 − 37  x2 =  2

+ Với b=2a Ta có: x 2 − x + 1 = 2 x + 1 . Từ đó giải ra tìm x ( ở dạng này việc tìm mối quan hệ giữa các biểu thức ở hai vế là rất quan trọng .

Vì vậy trước khi giải phải quan sát nhận xét để tìm ra phương pháp giải phù hợp).

VD5:Giải phương trình: 2(3 x + 5) x 2 + 9 = 3x 2 + 2 x + 30

( Đề thi vào Phan Bội Châu 2004-2005) HD : Hãy biểu diễn để thấy mối quan hệ các biểu thức:

[3(2 x + 3) + 1]

x 2 + 9 = 3( x 2 + 9) + 2 x + 3

Đặt: 2 x + 3 = a; x 2 + 9 = b ; Ta có PT: (3a + 1)b = a + 3b 2 ⇔ (3b − 1)(b − a) = 0 1  2 b = a x +9 =  3 Giải ra:  1 ⇔  ; Giải ra: x=0 b = 2 2 x + 3 = x + 9 3 

VD6: Giải phương trình: 5 2 x 3 + 16 = 2( x 2 + 8); ( Đề thi vào Phan Bội Châu 2005) HD: Biến đổi

5 2( x + 2)( x 2 − 2 x + 4) = 2( x 2 + 8)

Mối liên hệ: x 2 + 8 = ( x 2 − 2 x + 4) + (2 x + 4) ; Đặt:

2( x + 2) = a; x 2 − 2 x + 4 = b

Ta có phương trình: 5ab = 2(a 2 + b 2 ) ⇔ (2a − b)(a − 2b) = 0 Từ đó tìm a,b, và tìm được x BT áp dụng: Giải phương trình 1. 2( x 2 − 3x + 2) = 3 x 3 + 8 21

2. 2 x + 3 + x + 1 = 3x + 3 2 x 2 + 5 x + 3 − 16 Hướng dẫn:Nhận xét: (2 x + 3)( x + 1) = 2 x 3 + 5 x + 3 Đặt : u = 2 x + 3 ≥ 0; v = x + 1 ≥ 0

⇒ u 2 + v 2 = 3x + 4 ⇒ 3x 2 = u 2 + v 2 − 4

Nên ta có phương trình: u + v = u 2 + v 2 − 20 + 2uv ⇔ (u + v) 2 − (u + v) − 20 = 0 Ta có phương trình: t2-t-20=0

Đặt: u+v=t.

t = 5

Giải ra:  Do đó: t = −4(loai )

2x + 3 + x + 1 = 5

Đến đây dùng phương pháp 1 để giải: x=3 ***) Đặt nhiều ẩn phụ: VD: Giải phương trình:

2 x 2 − 1 + x 2 − 3x − 2 = 2 x 2 + 2 x + 3 + x 2 − x + 2

Nhận xét: + Phương trình này nhìn rất phức tạp , nếu nghĩ đến phương pháp bình phương 2 vế thì sẽ đưa về một phương trình phức tạp . + Việc đặt điều kiện để các căn thức có nghĩa có thể phức tạp , nên ta giải phương trình tìm x rồi thử lại. + Quan sát nhận xét các biểu thức trong căn : (2 x 2 − 1) − ( x 2 − 3 x − 2) = (2 x 2 + 2 x + 3) − ( x 2 − x + 2)

Nên có thể nghĩ đến phương pháp đặt ẩn phụ : Giải: Đặt 2 x 2 − 1 = u; x 2 − 3x − 2 = v; 2 x 2 + 2 x + 3 = z; x 2 − x + 2 = t u + v = z + t

Ta có hệ : 

2

2

2

u − v = z − t

2

Từ đó suy ra: u = t ⇒ 2 x 2 − 1 = 2 x 2 + x + 3

Giải ra : x=-2 Thay vào thoả mãn phương trình đã cho , Vậy phương trình có nghiệm x=-2 ( Phương pháp này tôi thấy hay và độc đáo , từ đó GV có thể đặt nhiều đề toán đẹp) + Bài tập áp dụng 1. 3 3x + 1 + 3 5 − x + 3 2 x − 9 − 3 4 x − 3 = 0 2. 3 7 x + 1 − 3 x 2 − x − 8 + 3 x 2 − 8 x + 1 = 2 3. x 2 − 1 + 2 x 2 + 1 = 2 x 2 + 3x + 1 + x 2 − x − 1

22

5. Phương pháp bất đẳng thức.

Ta dùng bất đẳng thức đánh giá mỗi vế của phương trình để từ đó suy ra nghiệm của phương trình. Khi giải phương trình vô tỷ thường dùng phương pháp bất đẳng thức ở nhiều dạng khác nhau. * Chứng tỏ tập giá trị ở 2 vế là rời nhau, khi đó phương trình vô nghiệm.

Ví dụ: Giải phương trình: x 2 +1 + x 2 + 4 = 2 .

ĐKXĐ: ∀x ∈ R

Ta thấy x2 > 0∀x∈R nên x 2 + 1 ≥ 1 và x 2 + 4 ≥ 2 => x 2 + 1 + x 2 + 4 ≥ 3 Hay vế trái lớn hơn hoặc bằng 3 mà vế phải bằng 2 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. * Sử dụng tính đơn điệu của hàm số: 3

(*)

2x −1 + 3 x −1 = 1

ĐKXĐ: ∀x ∈ R

Dự đoán nghiệm: x = 1 Với x = 1 ta có:Vế trái 3 2.1 − 1 + 3 1 − 1 = 1 + 0 = 1 => vế trái = vế phải = 1 => x = 1 là nghiệm của phương trình (1) Nếu x > 1 thì

3

2x −1 > 1 3

Nếu x < 1 thì

3

x −1 > 0

2x −1 < 1 3

=> vế trái> 1 = vế phải(loại)

=> vế trái < 1 = vế phải (loại)

x −1 < 0

Vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (1) * Sử dụng điều kiện xảy ra dấu “=” ở bất đẳng thức không chặt.

Ví dụ: Giải phương trình: 36 x−2

+

Điều kiện: x -2 > 0 y-1>0

4 y −1

<=>

= 28 - 4 x − 2 − y − 1

x>2 y >1 23

(1) (*)

   4 + x − 2  +  + y − 1  = 28 (2)   x−2   y − 1  

Khi đó (1) <=> 4 . 

9

áp dụng bất đẳng thức Cauchy với hai số dương ta có: 9 x−2 4 y −1

9

+ x−2 ≥ 2

+ y −1 ≥ 2

. x − 2 − 2. 3 = 6

x−2 4 y−2

. y − 2 − 2.2 = 4

   4 + x − 2  +  + y − 1  > 4.6 + 4 = 28   x−2   y − 4  

=> 

9

(3)

Để phương trình (2) có nghiệm thì (3) phải lấy dấu “=” tức là có:

9 x−2 4 y −1

= x−2

=

y −1

<=> x = 11 y=5

(4)

Ta thấy (4) thoả mãn điều kiện (*) Vậy nghiệm của phương trình (1) là x = 11 và y = 5 * áp dụng bất đẳng thức để đánh giá một vế của phương trình rồi kết hợp với phương trình đã cho kết luận nghiệm.

Ví dụ: Giải phương trình x 2 + x −1 + − x 2 + x +1 = x 2 − x + 2

ĐKXĐ:

x2 + x - 1 > 0

(1) (*)

x - x2 + 1 > 0 áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho mỗi số hạng ở vế trái của (1) Ta có: x 2 + x − 1 ≤ x − x 2 +1 ≤

x 2 + x −1 + 1 2 x − x 2 +1+1 2

24

=>

x 2 + x −1 + − x 2 + x + 1 ≤ x + 1

Kết hợp với phương trình (1) ta được: 0 ≤ x2 - x + 2 < x+1 (x-1)2 < 0. Đẳng thức xảy ra khi x=1 (thoả mãn điều kiện (*)).

<=>

Thử : Thay x=1 vào phương trình (1) ta thấy x=1 là nghiệm duy nhất của phương trình (1). *, Bài tập áp dụng 1. 8 x 3 − 36 x 2 + 53x − 25 = 3 3x − 5 2. 8 x 3 − 13x 2 + 7 x = 2 x 2 + 3x − 3 3. 3 24 x − 11 − 16 x 2 x − 1 − 1 = 0 4. x 3 = 63 6 x + 4 + 4 5. x 3 + 1 = 23 2 x − 1 6. Phương pháp sử dụng tam thức bậc hai: Đưa phương trình đã cho về dạng chính tắc ax2 + bx +c = 0 ) (a ≠0) Ví dụ: Giải phương trình x2 - 7x + 2(x+2). x + 3 = 24

(1)

ĐKXĐ: x ≥ -3 Khi đó (1) <=> x2 + x - 8x - 24 + 2(x+2). x + 3 = 0 2

x+3 + x + x = 0

<=> - 8(x +3) + 2(x +2). Đặt y =

2

2

x + 3 (y > 0) , (2) <=> - 8y + 2(x + 2)y + x + x = 0 2

2

2

∆' = (x + 2) + 8(x + x) = (3x + 2)

y1 = + Với y1 =

− x − 2 + 3x + 2 − x − x − 2 − 3x − 2 x + 1 = , y2 = = −8 4 −8 2

−x ta có 4

x+3 =

−x <=> x + 4 x + 3 = 0 4

∆' = 4 + 3 = 7

=>

x + 3 = −2 − 7 < 0 (loại) x + 3 = −2 + 7 > 0

25

<=> x +3 + 4 x + 3 − 3 = 0

<=> x +3 = 4 + 7 - 4 7 <=> x = 8 - 4 7 < -3 (loại) + Với y2 =

x +1 ta có 2

<=> x + 1 - 2 x + 3 = 0 <=>

x+3 =

x +1 2

<=> x + 3 - 2 x + 3 − 2 = 0 , ∆' = 1 + 2 = 3

x + 3 = 1− 3 < 0

(loại)

x + 3 = 1 + 3 > 0 (TMĐK)

<=> x + 3 = 1 + 3 + 2 3

<=> x = 1 + 2 3 (thoả mãn)

Vậy x = 1 + 2 3 là nghiệm của phương trình (1) * Bài tập áp dụng 1. 2 x 2 − 5 x + ( x + 1) x + 5 = 24 2. (2 x − 1) x − 1 + 3x 2 − 8 x = 53 3. 2 2 x + 4 + 4 2 − x = 9 x 2 + 16 4. 3x 2 − x + x x − 1 = 12 5. (3x + 2) x − 2 − x 2 = 4 7. Phương pháp đưa về dạng tổng của đa thức không âm bằng không.

Ví dụ: Giải phương trình. x + y + z + 4 = 2 x −2 + 4 y −3 +6 z −5 ĐKXĐ: x > 2 ; y > 3 ; z > 5

(1) (*)

(1) <=> (x - 2 - 2 x − 2 + 1) + ( y − 3 − 4 y − 3 + 4) + ( z − 5 − 6 z − 5 + 9) = 0 <=> ( x − 2 − 1) 2 + ( y − 3 − 2) 2 + ( z − 5 − 3) 2 = 0 x-2=1

x − 2 −1 = 0

<=>

x −3 −2 = 0 z −5 −3 = 0

<=>

y-3=4 z -5 = 9

x=3 <=>

y=7 z = 14

Đối chiếu với điều kiện (*) nghiệm của phương trình (1) là: x = 3; y = 7; z = 14 *, Bài tập áp dụng 26

7 4

1. x + y + = 2 x − 1 + y − 2 3 4

2. 2 x + 3 y + z + = 2 x − 1 + 2 3 y − 2 + 4 z − 3 1 4

3. x + y + z − = 2 x − 4 + 3 y − 1 + 4 z − 3 8. Phương pháp đoán nghiệm, chứng minh nghiệm duy nhất Ví dụ: Giải pt:

5 − x 6 − 3 3x 4 − 2 = 1

Nhận xét: Nếu sử dụng 5 phương pháp trên đều khó giải được nên suy nghĩ để tìm cách giải khác.

Hướng dẫn: + Thử nhẩm tìm nghiệm của pt + Chứng minh nghiệm duy nhất Giải: Nhận thấy x = 1 là một nghiiệm của pt + Xét

 5 − x 6 < 2 5 − x 6 < 4 x > 1 thì  4 ⇒ ⇒ 5 − x 6 − 3 3x 4 − 2 < 1 4 3 x − 2 > 1  3 x − 2 > 1

nên pt vô nghiệm 5 − x 6 > 4 + xét x < 1 ta có:  4 ⇒ 5 − x 6 − 3 3 x 4 − 2 > 1 nên pt vô nghiệm 3 x − 2 < 1

Vậy pt có 2 nghiệm x=-1 và x=1 Ví dụ 2: Giải phương trình: 5

x − 1 + 3 x + 8 = −x3 + 1

Giải: Nhận thấy x=0 là một nghiệm của phương trình +Nếu x<0 thì

5

x − 1 < −1; 3 x + 8 < 2;− x 3 + 1 > 1

Vậy VP <1; VT>1 nên phương trình vô nghiệm . + Nếu x>0 thì VP<1; VT>1 nên phươnhg trình vô nghiệm.

Vậy x=0 là nghiệm duy nhất của phương trình BT tương tự: Giải phương trình 3

x 2 + 28 + 23 x 2 + 23 + x − 1 + x = 2 + 9

Hướng dẫn: TXĐ: x ≥ 1 Nhận thấy x=2 là nghiệm 27

Chứng tỏ:

1 ≤ x<2 thì phương trình vô nghiệm x>2 phương trình vô nghiệm

(ở những phương trình phức tạp mà việc sử dụng các phương pháp 1 đến phương pháp 4 đều không giải được thì ta nghĩ đến phương pháp 5). *,Bài tập áp dụng 1. 3 x − 2 + x + 1 = 3 2. 3 x 2 + 26 + x + 3 + 3 x = 8 3. 2 x 2 − 1 + x 2 − 3x − 2 = 2 x 2 + 2 x + 3 + x 2 − x + 1 4. 3 x 2 + 4 + 23 x 2 − 3 + x + 5 + x − 3 = 8 5. 2 x − 1 + 2 x 2 − 3x + 5 = x 2 + x + 2 + 2 x 2 − 1 9. Phương trình vô tỷ có biện luận.

Ví dụ 1: Giải và biện luận phương trình: 3

(1)

a+ x +3 a− x −3 b

ĐKXĐ: x > 0 Lập phương 2 vế của phương trình (1) ta được: a + x + a − x + 33 a 2 − x . 3 a + x + 3 a − x  = b 



(2)

Vì 3 a + x + 3 a − x = 3 b nên (2) <=> 3. 3 a 2 − x .3 b = b − 2a <=> 3 a 2 − x = (b ≠ 0) <=> a2 - x = <=> x =

b − 2a 33 b

(b − 2a ) 3 (b − 2a ) 3 8a 3 − b 3 + 6ab 2 + 15a 2 b <=> x = a2 <=> x = 27b 27b 27b

(a + b) 2 (8a − b) 8a 3 − 16a 2 b + 8ab 2 − b 3 + a 2 b − 2ab 2 <=> x = 27b 27b

Vì x > 0 nên

(a + b) 2 (8a − b) >0 27b

- Nếu a + b ≠ 0 thì: + Khi a > 0; 0 < b < 8: Phương trình (1) vô nghiệm. + Khi a > 0; b < 0 hoặc b > 8: Phương trình (1) có nghiệm: x = 28

(a + b) 2 (8a − b) 27b

- Nếu a + b = 0 phương trình (1) có nghiệm x = 0 - Nếu a = b = 0; Phương trình (1) có vô số nghiệm x > 0 Kết luận: Nếu a > 0 và 0 < b < 8: Phương trình (1) vô nghiệm Nếu a > 0 và b < 0 hoặc b > 8; Phương trình (1) có nghiệm x=

(a + b) 2 (8a − b) 27b

Nếu a = - b ≠ 0

: Phương trình (1) có nghiệm x = 0

Nếu a = b = 0

: Phương trình (1) có vô số nghiệm x > 0

Nếu a < 0

: Phương trình (1) vô nghiệm

Ví dụ 2: Giải và biện luận phương trình: ( a − x ) 4 x − b + ( x − b) 4 a − x 4

a − x + 4 x −b

=

a −b (a, b là tham số: a ≠ b ) 2

a-x>0

ĐKXĐ:

x-b>0 + Nếu a > b thì b < x < a (2) Đặt

4

x −b = u,

Khi đó (1) <=>

4

a−x =v

,(u, v > 0).

Ta có u4 + v4 = a - b

v 4 .u + u 4 .v u 4 + v 4 = <=> u5 + v5 - u4v - uv4 = 0 u+v 2

<=> u4(u - v) - v4 (u - v) = 0 <=> (u - v)(u4 - v4) = 0 <=> (u - v)2 (u + v)(u2 + v2) = 0 Vì u2 + v2 ≠ 0 nên u + v ≠ 0 nên u -v = u => u =v <=>

4

x − b = 4 a − x <=> x - b = a – x <=> x =

a+b (thoả mãn điều kiện (2) 2

+ Nếu a < b: Phương trình (1) vô nghiệm Kết luận: Nếu a > b: Phương trình (1) có nghiệm x = Nếu a < b: Phương trình (1) vô nghiệm *,Bài tập áp dụng Giải và biện luận các phương trình sau: 29

a+b 2

1. x 2 − 4 = x − m 2. x 2 − 3 x − m 3. x − x = m − m 4. x 2 − 1 − x = m 5. 3 + x + 6 − x − (3 + x)(6 − x) = m 6. 4( x − 3)

x +1 + ( x − 3)( x + 1) = m x−3

7. x 2 + x + 1 − x 2 − x − 1 = m III. Một số sai lầm khi giải phương trình vô tỷ.

Thường học sinh hay mắc sai lầm khi giải phương trình vô tỷ mà có căn bậc chẵn, đó là: - Không tìm tập xác định khi giải: - Không đặt điều kiện khi biến đổi tương đương các phương trình.

Ví dụ: Giải phương trình: 3x − 2 − 2 x − 3 = 5 x − 1

(1)

Giải sai: Chuyển vế: 3x − 2 = 5 x − 1 + 2 x − 3 <=> 3 x - 2 = 5x - 1 + 2x - 3 + 2 (5 x − 1)(2 x − 3) <=> 2 10 x 2 − 17 x + 3 = −4 x + 2 <=> 10 x 2 − 17 x + 3 = 1 − 2 x

(2)

<=> 10x2 - 17x + 3 = 1 + 4x2-4x (3) <=> 6x2 – 13x + 2 = 0 <=> (x - 2)(6x - 1) = 0 x=2 <=> x=

1 6

Vậy nghiệm của phương trình (1) là x = 2; x =

1 6

Phân tích sai lầm: ở đây học sinh không chú ý đến điều kiện có nghĩa của căn thức.

Trong ví dụ trên: Điều kiện x >

3 1 3 1 . Do vậy < nên x = không là nghiệm của 2 6 2 6

30

phương trình (1). Để khắc phục sai lầm này ta tìm ĐKXĐ của phương trình hoặc giải rồi thử các giá trị tìm được của ẩn vào phương trình đã cho để kết luận nghiệm.

- Không đặt điều kiện để biến đổi tương đương các phương trình. ở ví dụ trên: các phương trình (2) và (3) không tương đương mà Phương trình (2) <=>

1 - 2x > 0 10x2 - 17x + 3 = (1- x)2 1 2

=> Như vậy phương trình (3) tương đương với phương trình (2) khi x< . =>x = 2 cũng không là nghiệm của phương trình (1).

Giải đúng: ĐKXĐ: x >

3 2

(*) . Ta có: (1) <=> 10 x 2 − 17 x + 3 = 1 − 2 x

1  1  x≤  x ≤ 1 − 2 x ≥ 0 1   2  2 ⇔ ⇔ ⇔x= .

2 2 6 10 x − 17 x + 13 = 1 + 4 x − 4 x 6 x 2 − 13 x + 2 = 0  x = 2, x = 1 2   1 6

Đối chiếu với điều kiện (*) => phương trình (1) vô nghiệm.

31

C. KẾT LUẬN Trên đây tôi đã trình bày cách nhận dạng và các phương pháp giải phương trình vô tỷ. Trước khi giải học sinh nhận xét và thử các biện pháp từ đễ đến khó để tìm ra phương pháp phù hợp để giải. Sau đó học sinh sẽ giải các bài tập tương tự cùng dạng, và tự đặt thêm một số bài tập để khắc sâu thêm phương pháp giải .

Tôi nghĩ rằng với mỗi vấn đề , mỗi chuyên đề toán học chúng ta đều dạy theo từng dạng , đi sâu mỗi dạng và tìm ra hướng tư duy ,hướng giải và phát triển bài toán .Sau đó ra bài tập tổng hợp để học sinh biệt phân dạngvà tìm ra cách giải thích hợp cho mỗi bài thì chắc chắn học sinh sẽ nắm vững vấn đề . Và tôi tin chắc rằng toán học sẽ là niềm say mê với tất cả học sinh .Việc vận dụng sáng kiến kinh nghiệm này đã mang lại nhiều hiệu quả trong việc giải các bài toán có liên quan và giải các bài toán thuộc dạng này. Phần đông các em đều có hứng thú làm bài tập nếu như bài tập có phương pháp giải hoặc vận dụng các phương pháp giải của một loại toán khác và giải. Đối với khối lượng đại trà thì việc học của các em chỉ là những vấn đề xung quanh SGK nếu nhận được sự dìu dắt tận tình cụ thể thì việc học của các em đỡ vất vả hơn có hứng thú hơn. Đối với loại toán này học sinh không chỉ dừng lại ở cấp THCS mà các em còn vận dụng đến lớp 12 thậm chí thi vào cả Đại học và Cao đẳng. Đây là dạng toán chúng ta cần quan tâm nó đa dạng và phong phú đề cập đến kiến thức trong trường phổ thông nó có tính tổng hợp, cần phải vận dụng nhiều đơn vị kiến thức cùng một lúc và giải quyết vấn đề.

Với cách học và cách hướng dẫn học sinh làm bài như vậy không những nâng cao kiến thức cho các em mà còn là hình thức củng cố, khắc sâu kiến thức cho các em.

Trong đề tài này tôi đã nêu được một số phương pháp về giải phương trình vô tỷ, mỗi phương pháp có một số ví dụ minh hoạ do tôi tuyển chọn ở một số liệu tham khảo. Do điều kiện vừa học tập vừa công tác, kinh nghiệm còn hạn chế nên quá trình viết khó tránh khỏi đơn điệu, nhưng tôi hy vọng rằng một phần nào đó giúp chúng ta hiểu kỹ hơn về toán giải phương trình vô tỷ và phương pháp giải 32

từng dạng.

Thông qua nghiên cứu đề tài này, bản thân tôi thực sự rút ra được nhiều kiến thức quý báu, giúp tôi hoàn tành tốt hơn cho công việc giảng dạy sau này.

Tôi rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến quý báu của thầy, cô và bạn bè đồng nghiệp để vốn kiến thức của tôi ngày càng hoàn thiện và phong phú hơn.

Tôi xin chân thành cảm ơn !

Hải Dương, ngày 14 tháng 12 năm 2019 Người thực hiện

Nguyễn Thị Liên

33

34

TÀI LIỆU THAM KHẢO 1.SGK Toán 7 – Nhà xuất bản GD 2003 2.SGK Đại số 9 – Nhà xuất bản GD 3. Sách bài tập Đại số 9 – Nhà xuất bản GD 4. Một số vấn đề phát triển Đại số 9 – Nhà xuất bản GD 2001 5. Tóan bồi dưỡng Đại số 9 – Nhà xuất bản GD 2002 6. Toán nâng cao và các chuyên đề Đại số 9 – Nhà xuất bản GD 1995 7. Để học tôt Đại số 9 – Nhà xuất bản GD 1999 8. Tham khảo một số đề thi và một số tài liệu có liên quan khác 9. Tham khảo trang violet ( Thư viện đề thi và kiểm tra)

35

36

37