Tài liệu Vận dụng định lý vi et

VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ VI- ET VÀO VIỆC GIẢI CÁC DẠNG TOÁN THƢỜNG GẶP CÓ LIÊN QUAN ĐẾN PHƢƠNG TRÌNH BẬC HAI PHẠM TRỌNG THƯ (GV. THPT chuyên Nguyễn Quang Diệu Đồng Tháp) Trong đề thi vào lớp 10 chuyên, lớp 10 THPT cũng như đề thi học sinh giỏi toán cấp THCS của những năm gần đây chúng ta thường gặp những dạng toán liên quan đến phương trình bậc hai có vận dụng định lý Vi- et. Chẳng hạn như tính chất của biểu thức, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của biểu thức, giải hệ phương trình (HPT) hai ẩn…. không ít học sinh còn lúng túng khi giải dạng toán trên.Nhằm giúp học sinh làm tốt phần này để có lời giải hay, ngắn gọn, dễ hiểu, bài viết xin giới thiệu nội dung trên. A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ. Để giải tốt dạng toán vừa nêu trên ngoài việc chúng ta cần có kĩ năng giải toán thật tốt; bên cạnh đó phải nắm chắc các tính chất, định lý liên quan đến chúng, tronhg đó có định lí Vi – et. Định lý Vi – et: Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có hai nghiệm x1 và x2 thì x1 + x2 = , x1.x2 = . Ngược lại, nếu hai số u, v có tổng u + v = S và tích u.v = P và S2 ≥ 4P thì u và v là các nghiệm của phương trình X2 – SX + P = 0. Ý nghĩa của định lý Vi – et: + Cho phép nhẩm nghiệm trong trường hợp đơn giản + Cho phép tính giá trị của biểu thức đối xứng của các nghiệm và xét dấu các nghiệm không cần giải phương trình. I. MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN Dạng 1. Vận dụng định lý Vi-et vào một số bài toán tính giá trị biểu thức. Thí dụ 1. Cho x1, x2 là nghiệm của phương trình x2 + 2017x + 1 = 0 và x3, x4 là nghiệm của phương trình x2 + 2018x + 1= 0. Tính giá trị của biểu thức M = (x1 + x3)(x2 + x3)(x1 – x4)(x3 – x4). Lời giải. Dễ thấy các phương trình đã cho luôn có hai nghiệm, nên theo định lý Vi- et ta có: x1 + x2 = -2017; x3 + x4 = -2018; x1x2 = x3x4 = 1. Do vậy: M = (x1.x2 + (x1 + x2)x3 + x32).(x1.x2 – (x1 + x2).x4 + x42) = (1 – 2017x3 + x32)(1 + 2017x4 + x42) = (x23 + 2018x3 + 1 – 4035x3)(x42 + 2018x4 + 1 – x4) = (-4035x3)(-x4) = 4035x3.x4 = 4035. 1 Nhận xét: Qua ví dụ nêu trên nếu các bạn học sinh giải trực tiếp hai phương trình bậc hai đã cho để tìm nghiệm x1, x2, x3, x4 ; sau đó thay giá trị nghiệm vừa tìm được vào biểu thức M thì việc tính giá trị M sẽ trở nên phức tạp. Nếu khéo léo sử dụng Định lí Vi-et thì lời giải sẽ ngắn gọn và dễ hiểu hơn. Thí dụ 2. Giả sử phương trình ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn ax1 + bx2 + c = 0. Tính giá trị biểu thức: M = a2c + ac2 + b3 – 3abc. (Đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương năm học 20052006) Bài làm. Từ ax2 + bx + c = 0 ⇒ x1 + x2 + = 0 (*) Theo định lý Vi – et ta có: x1 + x2 = - ; x1x2 = . Nên (*) cho ta: x1 – (x1 + x2)x2 + x1x2 = 0 ⇔ x1 - x22 = 0 ⇒ x1= x22 . Do đó: M = a3[ + ( )2 + ( )3 – 3. . ] = a3[ x23 + x26 – (x2 + x22)3 + 3(x2 + x22)x23] = a3.0 = 0 Dạng 2. Vận dụng định lý Vi – et vào các bài toán tìm tham số để các nghiệm của phƣơng trình đã cho thỏa mãn một hệ thức. Thí dụ 3. Tìm m để phương trình (x2 – 1) (x + 4)(x + 6) = m Có 4 nghiệm x1, x2, x3, x4 thỏa mãn: + + + =- Lời giải. PT đã cho tương đương với: (x + 1)(x + 4)(x – 1)(x + 6) = m ⇔ (x2 + 5x + 4)(x2 + 5x - 6) = m (1) Đặt t = x2 + 5x + = (x + )2 ≥ 0, khi đó (1) có dạng (4t – 9)(4t – 49) = 16m hay 16t2 – 232t + 441 – 16m = 0 (2) PT đã cho có bốn nghiệm phân biệt tương đương phuong trình (2) có hai nghiệm phân biệt dương t1, t2 ⇔{ ⇔ -25 < m < (3) Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình: 4x2 + 20x + 25 – 4t1 = 0 Gọi x3, x4 là nghiệm cảu phương trình: 4x2 + 20x + 25 – 4t2 = 0 Áp dụng định lý Vi – et cho PT (4), (5) và (2) ta có: { . 2 (4) (5) Khi đó: - + + + = -20( = + )= . =- - Từ đó suy ra m = 1 (thỏa mãn (3)). Nhận xét: Với dạng toán này chúng ta thường không giải phương trình để tìm nghiệm mà biến đổi biểu thức đã cho theo tổng và tích các nghiệm , sau đo vận dụng định lý Vi- et. Biểu thức biến đổi thường gặp trong dạng toán này đó là: (x1 – x2)2 = (x1 + x2)2 – 4x1x2 ; + = (x1 + x2)2 – 2x1x2 + = (x1 + x2)3 – 3x1x2(x1 + x2); + = ((x1 + x2)2 – 2x1x2)2 2 ,.. Dạng 3. Vận dụng định lý Vi – et vào một số bài toán chứng minh BĐT, tìm GTLN và GTNN Thí dụ 4. Gia sử cho 3 số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a > 0, bc = a2 , a √ + b + c = abc. Chứng minh rằng: a ≥ √ . Lời giải. Ta có: bc = a2 , b + c = abc – a = a3 – a. Theo định lý Vi- et đảo thì b,c là nghiệm của PT: x2 – (3a3 – a)x + 3a2 = 0 (*) Kết hợp a > 0 ta được: a ≥ √ √ = a2(9a4 – 6a2 – 11) ≥ 0 ⇒ a2 ≥ PT (*) có nghiệm khi và chỉ khi √ Thí dụ 5. Cho a, b, c là 3 số thực thỏa mãn a ≠ 0 và 4a + 9b + 24c = 0. Tính khỏa cách (GTTĐ) nhỏ nhất của hai nghiệm của phương trình 2ax2 + 3bx + c=0 Lời giải. Từ 4a + 9b + 24c = 0 ⇒ c = Phương trình đã cho có: . = 9b2 – 32ac = 9b2 + 32a( )2 + = 9(b+ >0 (do a ≠ 0), nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 Theo định lý Vi – et ta có: x1 + x2 = - ; x1.x2 = =- . Do đó khoảng cách giữa hai nghiệm phương trình đã cho là: = √( ) |x1 – x2| = √ Suy ra: |x1 – x2| ≥ đã cho là √ √ ( ) = √( ) . Vậy khoảng cách nhỏ nhất hai nghiệm phương trình khi và chỉ khi 2a = -3b = -24c. Khi đó PT đã cho trở thành: 3 6ax2 – 6ax – a = 0 ⇔ x = √ . Thí dụ 6. Cho phương trình ax2 + by + c = 0 (a ≠ 0) có hai nghiệm m, n thỏa mãn 0 ≤ m ≤ n ≤ 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = . Lời giải. Từ giả thiết 0 ≤ m ≤ n ≤ 1 ⇒ m2 ≤ mn và n2 ≤ 1. Suy ra: (m + n)2 -2mn ≤ mn + 1 ⇒ (m + n)2 ≤ 3mn + 1. Theo địnhh lý Vi-et ta có: m+n= ( ) ; mn = . Do đó: P = ≤ = = 3. Đẳng thức xảy ra khi { hoặc m = n = 1 tức là { hoặc 2c = - b = 2a Vậy MaxP = 3 khi { hoặc 2c = - b = 2a Nhận xét. Bài toán này chúng ta thường hay sử dụng BĐT cổ điển hay dùng (BĐT cô-si, BĐT bunhiacopxki, BĐT tam giác, ….) hoặc các tính chất của BĐT cùng với việc vận dụng định lý Vi- et một cách nhuần nhuyễn sẽ giúp chúng ta tìm ra được lời giải bài toán ngắn gọn đọc đáo thú vị. Dạng 4. Vận dụng định lí Vi – et vào một số bài toán số học Thí dụ 7. Cho phương trình 2x2 + mx + 2n + 8 = 0 (x là ẩn số, m,n là các số nguyên). Giả sử phương trình có nghiệm đều là số nguyên . Chứng minh rằng m2 + n2 là hợp số. Lời giải. Giả sử x1, x2 là nghiệm của phương trình Áp dụng định lý Vi-et vào phương trình đã cho ta được: x1 + x2 = - ; x1x2 = n + 4 . Khi đó: m2 + n2 = 4(x1 + x2)2 + (x1x2 – 4)2 =4 +4 + + 16 = ( + 4)( + 4) 2 2 Suy ra m + n vì ( + 4) và ( + 4) là các số nguyên lớn 1. Thí dụ 8. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x2 – 2(m – 1)x + 2m – 6 = 0. Tìm m nguyên dương để A = ( )2 + ( )2 có giá trị nguyên. Lời giải. PT đã cho có = (m – 1)2 – (2m – 6) = (m – 2) + 3 > 0 nên PT đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Ta có: A= = [ ] . Áp dụng định lý Vi-et vào phương trình đã cho ta được: A = 4 , –2 = (2m + )2 – 2. Để A nguyên và m { ⇔{ { thì } }. Suy ra: m { Dạng 5. Vận dụng định lý Vi – et giải một số bài toám liên quan đến hàm số y = ax2 (a ≠ 0). Trong chương trình toán cuối cấp THCS khi học phần đồ thị có một số bài toán liên quan đến giao điểm giữa đường thẳng (d): y = kx + m và Parabol (P): y = ax2 (a ≠ 0). Nếu vận dụng định lý Vi-et vào giải toán một cách sáng tạo và linh hoạt thì lời giải sẽ ngắn gọn và hay. Thí dụ 9. Cho parabol (P): y = 2ax2 và đường thẳng (d): y = 2ax + 1 (a ≠ 0). Tìm a N để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt M, N và độ dài đoạn thẳng MN = √ . Lời giải. PT hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: 2ax2 = 2ax + 1 ⇔ 2ax2 – 2ax – 1 = 0 (*). Ta thấy 0 nên PT (*) luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 hay (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt M, N. Gọi M (x1; 2 ) , N( x2; 2 ). Ta có: MN = √ ⇔ MN2 = 15 ⇔ (x2 – x1)2 + 4( - )2 = 15 ⇔ (x2 – x1)2(1 + 4(x2 + x1)2) = 15 ⇔[(x2 + x1)2 – 4x1x2] (1 + 4(x2 + x1)2) = 15 (**) Áp dụng định lý Vi-et cho PT (**) ta có: x1 + x2 = a; x1x2 = - . Thay vào (**) sau đó khai triển và rút gọn ta được: 4a4 + 9a2 -13 = 0 ⇔ a2 = 1 hoặc a2 = - ( loại) ⇔ a = ± 1 Vì a nên a = 1 là giá trị cần tìm. Thí dụ 10. Cho parabol (P): y = 2ax2 (a > 0) và đường thẳng (d): 4x – y – 2a2 = 0. Tìm a để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt M, N có hoành độ xM , xN và + có giá trị nhỏ nhất. Lời giải. PT hoành độ giao điểm của (d) và (P) là 2ax2 = 4x – 2a2 ⇔ 2ax2 – 4x + 2a2 = 0 (*) (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt M, N ⇔ Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt xM, xN ⇔ = 1 – a3 > 0 ⇔ 0 < a < 1 (do a > 0). Áp dụng định lý Vi – et ta có: xM + xN = ; xM.xN = a (**) Thay (**) vào + thu được T = 4a + Cauchy cho hai số dương 4a và ta có: T ≥ 2.√ 5 . Áp dụng BĐT = 2√ . Ta thấy MinT = 2√ ⇔ 4a = và 0 < a < 1⇔ a = Vậy giá trị cần tìm là a = √ √ . . Dạng 6. Vận dụng định lý Vi- et để giải hệ PT hai ẩn. Thí dụ 11. Giải hệ phương trình: { Lời giải. Điều kiện để hệ phương trình đã cho có nghĩa là 3x – y ≠ 0. Khi đó hệ đã cho tương đương với { ( ⇔{ ) ⇔{ hoặc { ⇔{ (1) hoặc { (2) Ta thấy hệ phương trình (1) Vô nghiệm vì: ) -4 ( = 9 – 28 = -19 < 0 Từ HPT (2) theo định lí Vi – et đảo suy ra (3x + y) và là nghiệm của phương trình: X2 - 3X + 2 = 0 ⇔ X = 1 hoặc X = 2. Từ đó: { hoặc { ⇔{ hoặc { Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x ; y) = ( ; ), ( ; ) BÀI TẬP TỰ LUYỆN. 1. Không giải PT , gọi x1 , x2 (x1 > x2) là nghiệm của phương trình x2 - √ x+ = 0. Tính - . 2. Cho x1, x2, x3, x4 là bốn nghiệm cảu PT (x + 2)(x + 4)(x + 6)(x + 8) = 1. Tính giá trị biểu thức x1x2x3x4 6 3. Cho PT (x – 1)(x – 2)(x – 4)(x – 8) = m giả sử m nhận các giá trị sao cho phương trình có bốn nghiệm x1, x2, x3, x4 đều khác 0. Chứng minh rằng biểu thức: T = + + + không phụ thuộc m. 4. Cho PT x2 – (3m – 2)x – 2 = 0. Tìm m để PT có hai nghiệm phân biệt x1, x2 và (x1 – x2)2 + 2( + - )2 có giá trị nhỏ nhất. 5. Cho PT x2 – 2(m -1)x + 2m + 1. Tìm m để PT có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn 2x2 – x1 = 8. 6. Cho hai phương trình x2 + 2ax + 1 = 0 và x2 + 2bx + 31 = 0 có nghiệm chung và |a| + |b| nhỏ nhất. Tìm a, b. 7. Cho phương trình x2 – 4mx -2m = 0 (m là tham số) có hai nghiệm x1 và + x2.Tìm GTNN của biểu thức P = 8. Giả sử a, b, c là các số thực thỏa mãn |a(b – c)| > |b2 – ac| + |c2 – ab| và PT ax2 + bx + c = 0 có nghiệm thực . Chứng minh trên có nghiệm thực dương nhỏ hơn √ – 1. (Bài toán kỉ niệm 35 năm tạp trí toán học tuổi trẻ) 9. Giả sử x1, x2 là các nghiệm của phương trình x2 + 2kx + 6 = 0. Tìm tất 2 2 cả các giá trị của k sao cho có BĐT ( ) + ( ) ≥ 5. 7 8