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

12
Vấn đề 3
PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1. Phương trình bậc hai:
a. Cho phương trình :
2
ax bx c 0(a 0) (*)++= ≠
2
b4ac∆= −
∆ < 0 : (*) vô nghiệm
∆ = 0 : (*) có nghiệm kép
12
b
xx
2a
==−
∆ > 0 : (*) Có 2 nghiệm phân biệt
1,2
bA
x
2a
−±
=
b. Đònh lý Viete : Nếu phương trình :
2
ax bx c 0(a 0)
+
+= ≠
có 2 nghiệm

12
12
12
b
xx
a
x,xthì:
c
xx
a
⎧
+=−
⎪
⎪
⎨
⎪
+=
⎪
⎩

2. Dấu của tam thức bậc hai :
2
f(x) ax bx c(a 0)=++≠
a. Đònh lý thuận:
∆ < 0 : f(x) luôn cùng dấu với a af(x) 0, x R⇔>∀∈
∆ = 0 : f(x) cùng dấu với a với mọi
b
x
2a
≠− và

b
f( ) 0
2a
−
=
∆ > 0 : f(x) có 2 nghiệm phân biệt :
12
xx<

Bảng xét dấu:

b. Đònh lý đảo về dấu của tam thức: Cho tam thức
f(x) =
2
ax bx c(a 0)++ ≠và một số thực α .
12
12
f(x)co ù 2 nghiệmx x
af( ) 0
xx
<
⎧
α< ⇔
⎨
<α<
⎩


13
[]

12
12
f(x)co ù 2 nghiệm x x
0
x,x
af( ) 0
≤
⎧
∆≥
⎧
⎪
⇔
⎨⎨
α∉
α>
⎪
⎩
⎩

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

a0
f(x) 0, x R
0
>

⎧
>∀∈⇔
⎨
∆
<
⎩

a0
f(x) 0, x R
0
>
⎧
≥∀∈⇔
⎨
∆
≤
⎩

a0
f(x) 0, x R
0
<
⎧
<∀∈⇔
⎨
∆
<
⎩

a0

f(x) 0, x R
0
<
⎧
≤∀∈⇔
⎨
∆
≤
⎩

Nếu chưa có a ≠ 0 thì ta phải xét trường hợp a = 0.
4. So sánh nghiệm của phương trình bậc hai với hai số
cho trước.
Cho phương trình :
2
f(x) ax bx c 0(a 0)
=
++= ≠ và hai số , ( )
αβ
α<
β

12
af( ) 0
xx
af( ) 0
α
<
⎧
<α<β< ⇔

⎨
β
<
⎩

12
af( ) 0
xx
af( ) 0
α
<
⎧
<α< <β⇔
⎨
β
>
⎩

12
af( ) 0
xx
af( ) 0
α
<
⎧
α< <β< ⇔
⎨
β
>
⎩

12 12
xx xx
<
α< <β∨α< <β< ⇔ phương trình có 2 nghiệm phân
biệt và chỉ có một nghiệm thuộc
f( ).f( ) 0
(;)
a0
αβ
<
⎧
αβ ⇔
⎨
≠
⎩


14
Phương trình có 2 nghiệm
12
x,x và
12
0
af( ) 0
xx af()0
s
0
2
s

0
2
⎧
⎪
⎪
∆>
⎪
α
>
⎪
⎪
α< < <β⇔ β >
⎨
⎪
⎪
−
α>
⎪
⎪
−
β<
⎪
⎩

II. Các ví dụ:
Ví dụ 1:
Đònh m để phương trình :
2
x2(m3)xm130+−+−=
có 2 nghiệm.

12
x,x và
22
12 1 2
xxxx−− đạt giá trò lớn nhất.
Giải
Ta có:
22
'(m3) (m13)m 7m220∆= − − − = − + >
m
∀
vì
49 88 0∆= − <
Đònh lý viete cho :
12
12
xx 2(m3)62m
xx m 13
+=− −=−
⎧
⎨
=−
⎩

22 22
12 1 2 12 1 2
22
12 1 2
xx x x xx (x x )
3x x (x x ) 3(m 13) (6 2m)

⇒−−=−+
=−+=−−−
22
22 2
4m 27m 75 (4m 27m 75)
27 27 27
4m 4 75 4 75
88 8
=− + − =− − +
⎛ ⎞ ⎛⎞ ⎛⎞
=− − + − ≤ −
⎜ ⎟ ⎜⎟ ⎜⎟
⎝ ⎠ ⎝⎠ ⎝⎠

Vậy
2
22
12 1 2
27
max(x x x x ) 4 75
8
⎛⎞
−− = −
⎜⎟
⎝⎠
khi
27
m
8
=

15
Ví dụ 2:
Đònh m để phương trình :
2
x2mx2m0
−
+− =
có 2 nghiệm
12
x,x
và
22
12
xx
+
đạt giá trò nhỏ nhất.
Giải
Phương trình có 2 nghiệm
22
'm (2m)m m20 m 2m1
⇔
∆= − − = + − ≥ ⇔ ≤− ∨ ≥
Đònh lý viete:
12
12
xx2m
xx 2 m
+=
⎧

⎨
=
−
⎩

22 2 2 2
12 12 12
x x (x x ) 2x x 4m 2(2 m) 4m 2m 4⇒+= + − = − − = + −
Xét hàm số
2
f(x) 4m 2m 4
=
+−
với m 2 m 1.
≤
−∨ ≥
Ta có :
1
f'(m) 8m 2 , f'(m) 0 m
4
=+ =⇔=−
F(-2) = 8 , f(1) = 2
BBT

Vậy Min
22
12
(x x ) 2+= khi m = 1
Ví dụ 3:

Cho hàm số f(x) = 2x + m + log
2
(
2
mx 2(m 2)x 2m 1)
−
−+−
(m là tham số).
Tìm tất cả các giá trò của m để f(x) xác đònh với mọi x
(ĐẠI HỌC CẦN THƠ – Khối D năm 2000)
Giải
f(x) xác đònh
2
xmx2(m2)x2m10 x∀⇔ − − + −> ∀ (1)
. m = 0 : (1)
1
4x 1 0 x
4
⇔−>⇔>
không thoả với x
∀


16
.
2
m0
m0:(1)
'(m2) m(2m1)0
>

⎧
⎪
≠⇔
⎨
∆= − − − <
⎪
⎩

2
m0
m0
m1
m4m1
m3m40
>
⎧
>
⎧
⎪
⇔⇔⇔>
⎨⎨
<− ∨ >
+−>
⎪
⎩
⎩

Ví dụ 4:

Tìm a để hai phương trình :

2
ax x 1 0++=
và
2
xax10++=

Có nghiệm chung.
(ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN – Khối D năm 2000)
Giải
Gọi x
0
là nghiệm chung của 2 phương trình cho, ta có:
2
00
2
00
ax x 1 0 (1)
xax10 (2)
++=
++=

(1)
– (2) :
2
00
(a 1)x (1 a)x 0−+− =

2
00
(a 1)x (a 1)x 0⇔− −− =

2
00
(a 1)(x x ) 0 (*)⇔− − =
. Nếu
a10 a1−= ⇔=
thì cả hai phương trình đã cho đều vô nghiệm.
. Nếu
00 0 0
a1:(*) x(x 1)0 x 0x 1≠⇔ −=⇔=∨=
+ Với
0
x0:= cả 2 phương trình đã cho đều vô nghiệm.
+ Với
0
x1:= là nghiệm chung của hai phương trình đã cho, thì ta có:
a110 a 2++= ⇔ =−

Vậy a = - 2 thì hai phương trình đã cho có nghiệm chung x = 1.
Ví dụ 5:

Đònh m để phương trình :
2
x2mx5m40−+−= có đúng một nghiệm
thuộc
[
]
0,1 .
Giải
Ta xét các trường hợp sau:
Phương trình cho có nghiệm x = 1

Thế vào phương trình cho: 3m – 3 = 0
m1⇔=
.
Thế m = 1 vào phương trình cho:
2
x2x10x1−+=⇔= (kép)
⇒ m = 1 nhận.
* Phương trình cho có nghiệm x = 0 : Thế vào phương trình cho:

17
5m – 4 = 0
4
m
5
⇔=

Thế
4
m
5
=
vào phương trình cho:
2
88
xx0x 0
55
⎛⎞
−
=⇔ − =
⎜⎟

⎝⎠

[] []
84
x 0 0,1 x 0,1 m
55
⇔
=∈ ∨=∉ ⇒ = nhận.
* Phương trình cho có đúng một nghiệm (0,1)
∈
:
12
12
12
x0x1 (1)
0x 1x (2)
0xx1 (3)
<< <
⎡
⎢
⇔<<<
⎢
⎢
<=<
⎣

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

5
⇔<⇔−−<⇔<<
2
'm 5m40
m1m4
(3) m
s
0m1
0m1
2
⎧
∆= − + =
=∨ =
⎧
⎪
⇔
⇔⇔∈∅
⎨⎨
<<
<=<
⎩
⎪
⎩

Tóm lại:
4
m1
5
≤≤
Ví dụ 6 :

Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình :
22
2
12
12x 6mx m 4 0
m
−
+−+ =

Với giá trò nào của m thì
33
12
xx
+

a) Đạt giá trò lớn nhất ?
b) Đạt giá trò nhỏ nhất ?
Giải
Điều kiện để phương trình cho có nghiệm
22
2
12
'9m 12m 4 0
m
⎛⎞

⇔
∆= − − + ≥
⎜⎟
⎝⎠

22
2
48
m16 04m122m23
m
⇔− + − ≥ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
Với điều kiện đó, x
1
và x
2
là 2 nghiệm của phương trình, ta có :

18
12
33 3
12 12 1212
2
12
2
m
xx
2
xx(xx)3xx(xx)
112
xx m 4

12
m
⎛⎞
+=
⎜⎟
⎜⎟
+= + − +
⎛⎞
⎜⎟
=−+
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠

3
2
2
mm1 12m3
3.m4 f(m)
2212 22m
m
⎛⎞ ⎛⎞ ⎛ ⎞
=− −+=−=
⎜⎟ ⎜⎟ ⎜ ⎟
⎝⎠ ⎝⎠ ⎝ ⎠

2
13
f'(m) 0, m 0,

2
2m
=+ >∀≠ vậy hàm số luôn tăng trong hai đoạn
23,2
⎡⎤
−−
⎣⎦
và
2,2 3
⎡⎤
⎣⎦
.
Ta có :
1
f( 2 3) f( 2)
4
f( 2 3) f(2 3)
1
f(2) f(2 3)
4
⎫
−<−=−
⎪
⎪
⇒− <
⎬
⎪
=<
⎪
⎭

Vậy
33
12
xx+ đạt giá trò nhỏ nhất ứng với
m23=−
và đạt giá trò lớn
nhất ứng với
m23= .
Ví dụ 7 :

Đònh m để phương trình sau có nghiệm thuộc
3
,
22
π
⎛⎞
π
⎜⎟
⎝⎠

cos2x (2m 1)cosx m 1 0−+ ++=
Giải
Đặt t = cosx, vì
[
)
3
x, t1,0
22
π

⎛⎞
∈π⇒∈−
⎜⎟
⎝⎠

22
cos2x 2cos x 1 2t 1=−=−
Phương trình cho
2
2t 1 (2m 1)t m 1 0⇔−− +++=

2
2t (2m 1)t m 0⇔− ++=
22
(2m 1) 8m (2m 1) 0∆= + − = − ≥
[
)
2m 1 2m 1
tm
4
2m 1 2m 1 1
t1,0
42
++ −
⎡
==
⎢
⇔
⎢
+− −

⎢
==∉−
⎢
⎣

Vậy để nghiệm
[
)
t1,0 1m0∈− ⇔− ≤ <


19
Ví dụ 8 :
Đònh m để phương trình:
2
(m 5)x 2mx m 4 0 (*)−−+−=

Có một nghiệm nhỏ hơn 1 và một nghiệm lớn hơn 2.
Giải
Đặt
2
f(x) (m 5)x 2mx m 4=− − +−
Gọi x
1
, x
2
là 2 nghiệm của (*), ta có :
x
1
< 1 < 2 < x

2

af(1) 0 (m 5)( 9) 0 m 5
5m24
af(2) 0 (m 5)(m 24) 0 5 m 24
<−−< >
⎧⎧ ⎧
⇔
⇔⇔⇔<<
⎨⎨ ⎨
<−−<<<
⎩⎩ ⎩

Ví dụ 9 :
Đònh m để phương trình có nghiệm :
2
2
11
x(13m)x3m0
x
x
⎛⎞
+
+− + + =
⎜⎟
⎝⎠
.
Giải
Đặt
22 2 2

22
111
tx t x 2 x t 2
x
xx
=
+⇒ = + +⇒ + =−
Điều kiện
t2≥

Phương trình cho
2
t2(13m)t3m0
⇔
−+ − + =
2
t (13m)t3m20 (abc0)
⇔
+− + −= ++=
t 1 không thoả t 2
t3m2
⎡
=
≥
⇔
⎢
=−
⎢
⎣

Để phương trình có nghiệm :
3m 2 2
3m 2 2
3m 2 2
−
≥
⎡
⇔−≥⇔
⎢
−
≤−
⎣
4
m
3
m0
⎡
≥
⎢
⇔
⎢
≤
⎢
⎣


20
III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
3.1. Cho hai phương trình :
2

xxm0 (1)−+ =

2
x3xm0 (2)−+=

Với những giá trò nào của m, thì phương trình (2) có một nghiệm khác
0, gấp 2 lần một nghiệm của phương trình (1).

3.2. Cho hai phương trình :
2
x3x2s0++=


2
x6x5s0++=
Tìm tất cả các giá trò của s để mỗi phương trình đều có 2 nghiệm phân
biệt, và giữa 2 nghiệm của phương trình này có đúng một nghiệm của
phương trình kia.

3.3. Chứng minh rằng nếu
12 1 2
aa 2(b b )≥+thì ít nhất một trong hai
phương trình
2
11
2
22
xaxb0
xaxb0
++=

++=
có nghiệm.

3.4. Đònh m để phương trình :
232
xhxxhx10 (1)++++=
Có không ít hơn hai nghiệm âm khác nhau.

3.5. Đònh m để phương trình
2
2
24 2
4x 2ax
1a 0
12x x 1x
++−=
++ +
có
nghiệm.

3.6. Đònh m để phương trình có nghiệm:
22 2 2
(x 2x 2) 2(3 m)(x 2x 2) m 6m 0−+ + − −++ − =

3.7. Chứng minh phương trình sau có nghiệm:
22
ab
c, m n,a,b,c 0 (1)
xm xn
+=≠ ≠

−−


21
HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ

3.1. Điều kiện đồng thời có nghiệm của 2 phương trình cho là :
1
2
14m 0
1
m
94m0 4
∆=− ≥
⎧
⇔
≤
⎨
∆= − ≥
⎩

Gọi
0
x0≠ là 1 nghiệm của phương trình (1), nghiệm phương trình (2):
0
x2x=
22
0
00 0 0
22

00 00
5
x
xxm0 3x5x0
3
10
4x 6x m 0 m x x
m
9
⎧
=
⎧⎧
⎪
−+= − =
⎪⎪⎪
⇔⇔⇔
⎨⎨⎨
−+= =−+
⎪⎪⎪
⎩⎩
=
−
⎪
⎩


3.2. Đặt
2
f(x) x 3x 2s,=++
2

g(x) x 6x 5s
=
++
Mỗi phương trình đều có 2 nghiệm phân biệt và giữa 2 nghiệm của
phương trình này có đúng một nghiệm của phương trình kia, ta phải có
1
12
0
g(x ).g(x ) 0
∆>
⎧
⎨
<
⎩
với x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình f(x) = 0
8
s
0s1
9
9s(s 1) 0
⎧
<
⎪
⇔
⇔<<
⎨

⎪
−<
⎩


3.3.
22
11 122 2
a4b, a4b∆= − ∆= −
22
1212 12
aa4(bb)0⇒∆ +∆ = + − + ≥

(vì
22
12 12
aa2aa+≥
12 1 2
aa 2(b b )≥+)
⇒
ít nhất 1 trong 2 phương trình đã cho phải có nghiệm.

3.4. Nhận xét x = 0 không phải là nghiệm của (1)
Đặt
2
1
tx h(x)x tx10 (2)
x
=+ ⇔ = − +=

Điều kiện
t2 t2t 2≥⇔≥∨≤−
(2)
nếu có nghiệm thì các nghiệm cùng dấu.
t = - 2 thì (2) có 1 nghiệm âm.
(2) có 2 nghiệm âm
t2
⇔
<−

22
(1)
2
t2
f(t) t ht 1 0
⎧
≥
⎪
⇔
⎨
=+−=
⎪
⎩

f(t) có 2 nghiệm trái dấu YCBT
3
f( 2) 0 h
2
⇔−<⇔>

3.5. Đặt
2
2x
t
1x
=
+
Điều kiện
1t1−≤≤

2
2
22
24 2
111
4x 2ax
1a 0
f(t) t at 1 a 012x x 1x
−≤≤
⎧
⎪
++−=⇔
⎨
=++−=++ +
⎪
⎩

(1)
có nghiệm
0

f( 1) 0
2
xf(1)f(1)0 a2
f(1) 0
5
s
11
2
∆≥
⎧
⎪
−>
⎪
⎪
⇔− ≤∨ ⇔ < <
⎨
>
⎪
⎪
−< <
⎪
⎩


3.6. Đặt
22 2
tx 2x2(x 2x1)1(x1) 11=−+= −++=−+≥
Phương trình cho trở thành:
22
t2(3m)tm6m0+− +−=

tm
m6
=
⎡
⇔
⎢
−
⎣

YCBT
m1 m1
m1
m61 m7
≥≥
⎡⎡
⇔⇔⇔≥
⎢⎢
−≥ ≥
⎣⎣


3.7.
22
(1) f(x) c(x m)(x n) a (x n) b (x m) 0⇔=− −−−− −=
22 2
f(m).f(n) a b (m n) 0=− − < ⇒ phương trình luôn luôn có phân biệt
và m,n≠