Ứng dụng của Định lý viét

ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ VI-ÉT
TRONG GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN.
Định lý Vi-ét:
Nếu x1, x2 là hai nghiệm của phương trình ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0)
b

 x1 + x2 = − a
thì: 
 x .x = c
 1 2 a
* Hệ quả: (trường hợp đặc biệt)
a) Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có a + b + c = 0 thì phương
trình có một nghiệm là: x1 = 1 còn nghiệm kia là: x2 =

c
a

b) Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có a - b + c = 0 thì phương
trình có một nghiệm là: x1 = - 1 còn nghiệm kia là: x2 = −

c
a

u + v = S
* Nếu có hai số u và v thoả mãn điều kiện: 
u.v = P
thì u, v là hai nghiệm của phương trình: x2 – Sx + P = 0.
Điều kiện để có hai số u, v là: S2 – 4P ≥ 0.
Sau đây là một số ví dụ minh hoạ cho việc ứng dụng của định lý Vi-ét trong giải
một số dạng toán.
Dạng 1: Tính giá trị các biểu thức nghiệm

BT1: Cho phương trình x 2 − 6 x − 7 = 0 (1)
Không giải phương trình, hãy tính giá trị biểu thức: x12 + x22 ; x13 + x23 ; x14 + x24 ;
x15 + x25 ; x17 + x27
Hướng dẫn:
Có a.c = −7 < 0 nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm
 x1 + x2 = 6
Theo Hệ thức Vi-ét ta có: 
 x1.x2 = −7
Suy ra:
+) x12 + x22 = ..... = 50
+) x15 + x25 = 16806


+) x13 + x23 = 342
+) x17 + x27 = 823542
+) x14 + x24 = 2402
* Chú ý ta có thể mở rộng bài toán trên với yêu cầu: Tính giá trị của biểu thức:
Sn = x1n + x2n ; S n+1 = x1n+1 + x2n +1; S n+2 = x1n + 2 + x2n+ 2
Bằng cách áp dụng kết quả của bài toán sau:
Cho phương trình bậc 2: ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có 2 nghiệm là x1 , x2 .
Chứng minh rằng: với Sn = x1n + x2n thì a.S n+ 2 + b.S n+1 + c.S n = 0
HD:
Do x1 , x2 là nghiệm của phương trình nên ta có:
2
n+2
n +1
n
ax1 + bx1 + c = 0 ax1 + bx1 + cx1 = 0
⇒  n+2
 2

n +1
n
ax 2 + bx2 + c = 0 ax 2 + bx2 + cx2 = 0
⇒ a ( x1n+ 2 + x2n+ 2 ) + b ( x1n+1 + x2n+1 ) + c ( x1n + x2n ) = 0

x1 , x2 .

Hay: aSn+ 2 + bS n+1 + cS n = 0
Áp dụng vào bài toán trên, phương trình: x 2 − 6 x − 7 = 0 có hai nghiệm
+) S1 = x1 + x2 = 6
+) S2 = x12 + x22 = 50
+) S3 = x13 + x23 = 6S 2 + 7 S1 = 342
+) S4 = x14 + x24 = 6S3 + 7 S 2 = 2402
+) S5 = x15 + x25 = 6S 4 + 7 S3 = 16806
+) S6 = x16 + x26 = 6 S5 + 7 S 4 = 117650
+) S7 = x17 + x27 = 6S6 + 7 S5 = 823542
6

6

 −1 + 5   −1 − 5 
BT2: Tính A = 
÷ +
÷
2
2 

 
HD:
−1 + 5

−1 − 5
Đặt: x1 =
; x2 =
2
2
 x1 + x2 = −1
Ta có: 
 x1.x2 = −1
⇒ x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 + x − 1 = 0
⇒ Sn+ 2 + Sn +1 + S n = 0
Có S1 = −1; S 2 = 3; S3 = −4; S4 = 7; S5 = −11; S6 = 18
Vậy A = 18
BT3 (HSG QN 2001-2002):
Gọi a, b là hai nghiệm của phương trình 30 x 2 − 3x = 2002


Hãy rút gọn biểu thức: S =
HD:

30 ( a 2002 + b 2002 ) − 3 ( a 2001 + b 2001 )
a 2000 + b 2000

Phương trình đã cho có: ∆ = 9 + 4.30.2002 > 0 nên phương trình có hai
nghiệm x1 = a; x2 = b
Sn = a n + b n ; Sn+1 = a n+1 + b n+1; S n+ 2 = a n+ 2 + b n+ 2
Ta có: 30Sn+ 2 − 3Sn+1 − 2002 Sn = 0
⇒ 30Sn+ 2 − 3S n+1 = 2002Sn
30Sn + 2 − 3S n +1 2002Sn
=
= 2002

⇒S=
Sn
Sn
Vậy S = 2002
Dạng 2: Tìm m để phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn một điều kiện cho
trước.
* PP giải: - Tìm ĐK để PT ax 2 + bx + c = 0 có nghiệm x1 , x2 : a ≠ 0; ∆ ≥ 0
- Kết hợp hệ thức Viet với ĐK cho trước để xác định tham số m
- Kiểm tra lại m có thỏa mãn ĐK có nghiệm không rồi kết luận
* Một số bài tập
2
2
BT1: Cho PT: x − 2 ( m − 2 ) x + ( m + 2m − 3) = 0
Tìm các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn:
1 1 x1 + x2
+ =
x1 x2
5
HD:

7

∆ ' ≥ 0
m ≤ 6


⇔ m ≠ 1; m ≠ −3 ⇔ m = −4
Ta phải có:  x1.x2 ≠ 0
1 1 x +x
 m = −4

 + = 1 2

x
x
5

 1
2

2
2
BT2: Cho phương trình: x − 2 ( m − 2 ) x − m + 3m − 4 = 0
Tìm m để tỉ số giữa 2 nghiệm của phương trình có giá trị tuyệt đối bằng 2.
2
3 7

2
HD: Có: a.c = −m + 3m − 4 = −  m − ÷ − < 0 với ∀m
2 4

⇒ phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt trái dấu
Tỷ số giữa hai nghiệm của phương trình có giá trị tuyệt đối bằng 2 mà hai
nghiệm trái dấu nên: x1 = −2 x2 hoặc x2 = −2 x1

Hay ( x1 + 2 x2 ) ( x2 + 2 x1 ) = 0 ⇔ x1 x2 + 2 ( x1 + x2 ) = 0
2

 x1 + x2 = m − 2
Theo Hệ thức Viét ta có: 
2

 x1.x2 = −m + 3m − 4

(*)


Thay vào (*) ta được:
m = 1
2
−m 2 + 3m − 4 + 2 ( m − 2 ) = 0 ⇔ m 2 − 5m + 4 = 0 ⇔ 
m = 4
BT3: Cho phương trình ẩn x: x 2 + x + m = 0
Xác định m để PT có 2 nghiệm phân biệt đều lớn m
HD:
Cách 1: PT có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ∆ = 1 − 4m > 0 ⇔ m <
 x1 + x2 = −1
Theo Hệ thức Viét ta có: 
 x1.x2 = m

1
(*)
4

 x1 > m
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 đều lớn m ⇔ 
 x2 > m
( x1 − m ) ( x2 − m ) > 0  x1 x2 − m ( x1 + x2 ) + m 2 > 0
 x1 − m > 0
⇔
⇔
⇔

 x1 + x2 − 2m > 0
 x2 − m > 0  x1 − m + x2 − m > 0

1

m
<
−

2
 −1 − 2 m > 0

⇔
⇔
⇔ m < −2 (**)

2
m
>
0

m
+
m
+
m
>
0



  m < −2
Từ (*) và (**) ta được giá trị m cần tìm là: m < -2
Cách 2:
Đặt x – m = t ⇔ x = t + m
PT đã cho trở thành:
2
( t + m ) + ( t + m ) + m = 0 ⇔ t 2 + ( 2m + 1) t + m 2 + 2m = 0 (1)
Phương trình đã cho có hai nghiệm lớn hơn m
⇔ phương trình ẩn t (1) có 2 nghiệm dương phân biệt
∆ > 0

⇔  S > 0 ⇔ ..... ⇔ m > −2
P > 0

Cách 3: Tính x1 , x2 theo m; giải bất phương trình ẩn m.
2
2
BT4: Cho PT: x + ( 2m − 3) x + m − 3m = 0
Xác định m để PT có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: 1 < x1 < x2 < 6
HD:
Có ∆ = 9 > 0 ⇒ PT luôn có 2 nghiệm phân biệt: x1 = m − 3; x2 = m
Với mọi m ta có: m – 3 < m hay x1 < x2
Do 1 < x1 < x2 < 6 ⇒ 1 < m − 3 < m < 6 ⇔ 4 < m < 6

Dạng 3: Tìm hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm x1 , x2 không phụ thuộc vào hệ số
* PP giải
- Tìm ĐK để PT ax 2 + bx + c = 0 có nghiệm x1 , x2 : a ≠ 0; ∆ ≥ 0


- Áp dụng hệ thức Viet

- Khử tham số m từ hệ trên, ta suy ra hệ thức cần tìm.
* Một số bài tập
2
BT1: Cho PT: x + 2 ( m + 3) x + 4m − 1 = 0 (1)
Tìm 1 hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm x1 , x2 không phụ thuộc vào m
HD
2
2
Có ∆ ' = ( m + 3) − ( 4m − 1) = ... = ( m + 1) + 9 > 0 với mọi m
Nên PT (1) luôn có 2 nghiệm x1 , x2 với mọi m
Theo Hệ thức Viét ta có:
 x1 + x2 = 2 ( m + 3)
2 ( x + x ) = 4m + 12
⇔ 1 2

 x1.x2 = 4m − 1
 x1.x2 = 4m − 1
Trừ từng vế hai đẳng thức ta được: 2 ( x1 + x2 ) − x1.x2 = 13
x 2 − ( m + 2 ) x + ( 2m − 1) = 0 có các nghiệm x1 , x2
BT2: Cho PT:
Lập một hệ thức giữa x1 , x2 độc lập với m
HD
 x1 + x2 = m + 2
Khử m từ 
ta được x1 x2 = 2 ( x1 + x2 − 2 ) − 1
 x1.x2 = 2m − 1
Do đó: 2 ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 5 là hệ thức cần tìm

Dạng 4: Lập phương trình bậc 2 biết điều kiện của 2 nghiệm.
* PP giải

- Tính tổng hai nghiệm S = x1 + x2 và tích hai nghiệm P = x1 x2
- Phương trình có hai nghiệm x1 , x2 là X 2 − SX + P = 0
* Một số bài tập
2
BT1: Cho PT x − 2 ( m − 1) x − m = 0
a, CMR: Phương trình luôn có 2 nghiệm x1 , x2 với mọi m
1

y
=
x
+
1
1

x2

b, Với m ≠ 0 , lập phương trình ẩn y thỏa mãn: 
y = x + 1
2
 2
x1
HD
2
1 3

2
a, Có ∆ ' = m − m + 1 =  m − ÷ + > 0 với mọi m
2 4


1 x x +1 1− m
y1 = x1 + = 1 2
=
b, Ta có :
x2
x2
x2
1 x x +1 1− m
y2 = x2 + = 1 2
=
x1
x1
x1
Tính:


2( 1 − m)
1 1
y1 + y2 = ( 1 − m )  + ÷ = ... =
m
 x1 x2 
y1 y2

( 1 − m)
=

2

( 1 − m)
=

2

2

x1 x2
−m
Vậy y1 , y2 là 2 nghiệm của phương trình:
my 2 − 2 ( 1 − m ) y − ( 1 − m ) = 0
2

2

2
2
BT2: Cho PT x − 4 x − ( m + 3m ) = 0 có hai nghiệm x1 , x2 .

Lập pt bậc 2 ẩn y có 2 nghiệm y1 , y2
 y1 + y2 = x1 + x2

y2
thỏa mãn:  y1
1 − y + 1 − y = 3

2
1

( y1 ≠ 1, ≠ y2 ≠ 1)

HD

2

3 7

- Có: ∆ ' = 4 + m + 3m =  m + ÷ + > 0 với mọi m
2 4

 x1 + x2 = 4
- Theo Hệ thức Viét: 
2
 x1.x2 = − ( m + 3)
- Theo bài ra:+) y1 + y2 = x1 + x2 = 4
y1
y
+ 2 =3
+)
1 − y2 1 − y1
⇒ y1 (1 − y1 ) + y2 ( 1 − y2 ) = 3 ( 1 − y1 ) ( 1 − y2 )
2

⇔ ( y1 + y2 ) − ( y12 + y22 ) = 3 ( 1 − ( y1 + y2 ) + y1 y2 )

⇔ 4 − ( 42 − 2 y1 y2 ) = 3 ( 1 − 4 + y1 y2 )
⇔ y1 y2 = −3

Vậy y1 , y2 là 2 nghiệm của pt: y 2 − 4 y − 3 = 0
BT3: Cho m là số thực khác -1. Hãy lập một phương trình bậc hai có 2 nghiệm
4 x1 x2 + 4 = 5 ( x1 + x2 )
(1)


x1 , x2 thỏa mãn các hệ thức : 
1
(2)
( x1 − 1) ( x2 − 1) =
m +1

HD
Theo bài ra, ta có :


4 x1 x2 + 4 = 5 ( x1 + x2 )


1
( x1 − 1) ( x2 − 1) =
m +1


4 x1 x2 − 5 ( x1 + x2 ) = −4

⇔
1
 x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 1 =
m +1


4 x1 x2 − 5 ( x1 + x2 ) = −4

⇔
−m

 x1 x2 − ( x1 + x2 ) =
m +1

4

x
+
x
=
 1 2 m + 1
Biến đổi ta được 
x x = 4 − m
 1 2 m + 1
⇒ x1; x2 là nghiệm của PT : ( m + 1) x 2 − 4 x + 4 − m = 0

Dạng 5: Xét dấu các nghiệm của PT bậc 2 và PT trùng phương
*PP giải
2
Cho PT ax + bx + c = 0 ( 1) ( a ≠ 0 ) . Để xét dấu các nghiệm số của PT ta dựa vào
dấu của ∆ , S và P
- Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu ( x1 < 0 < x2 ) ⇔ P < 0 .
∆ ≥ 0
.
P > 0

- Phương trình (1) có hai nghiệm cùng dấu ⇔ 

∆ ≥ 0

- Phương trình (1) có hai nghiệm cùng dương ( 0 < x1 ≤ x2 ) ⇔  P > 0 .

S > 0

∆ ≥ 0

- Phương trình (1) có hai nghiệm cùng âm ( x1 ≤ x2 < 0 ) ⇔  P > 0 .
S < 0

P < 0
.
S > 0
P < 0
- Phương trình (1) có hai nghiệm x1 < 0 < x2 và x1 = x2 ⇔ 
.
S = 0

- Phương trình (1) có hai nghiệm x1 < 0 < x2 và x1 < x2 ⇔ 

*Một số bài tập
BT1: Tìm các giá trị của m để PT sau có ít nhất một nghiệm không âm
x 2 + mx + ( 2m − 4 ) = 0 (1)
HD
2
Cách 1: Có ∆ = m 2 − 4 ( 2m − 4 ) = ( m − 4 ) ≥ 0 với mọi m.
PT (1) có nghiệm với mọi m
 x1 + x2 = −m
 x1 x2 = 2m − 4

Theo hệ thức Viét, có 

 x1 + x2 < 0
−m < 0
⇔
⇔m>2
 2m − 4 > 0
 x1.x2 > 0

PT (1) có hai nghiệm (pb hoặc kép) đều âm ⇔ 

Vậy điều kiện để PT (1) có ít nhất một nghiệm âm là m ≤ 2
Cách 2:

−m − ( m − 4 )
−m + ( m − 4 )
= 2 − m ; x2 =
= −2
2
2
Phải có x1 ≥ 0 ⇔ 2 − m ≥ 0 ⇔ m ≤ 2

Giải PT(1) tìm được x1 =

Khai thác bài toán
4
2
Tìm giá trị của m để PT sau có nghiệm x + mx + ( 2m − 4 ) = 0 (2)
HD
2
Đặt x 2 = t ≥ 0 . ĐK để PT (2) có nghiệm là PT t + mt + ( 2m − 4 ) = 0 có ít nhất một
nghiệm không âm.

4
2
BT2: Cho PT x − 2 ( m − 1) x − ( m − 3) = 0 (1). Tìm m để PT (1) có:
a, 4 nghiệm pb
d, 1 nghiệm
b, 3 nghiệm pb
e, vô nghiệm
c, 2 nghiệm pb
HD
2
Đặt x 2 = t ≥ 0 , ta có t − 2 ( m − 1) t − ( m − 3) = 0 (2)
 S = 2 ( m − 1)
Có ∆ ' = ( m + 1) ( m − 2 ) . Theo hệ thức Viet, có 
 P = 3 − m

∆ ' > 0

a, PT(1) có 4 nghiệm pb ⇔ PT (2) có 2 nghiệm phân biệt dương ⇔  P > 0
S > 0


b, PT(1) có 3 nghiệm pb ⇔ PT (2) có 1 nghiệm dương và 1 nghiệm bằng 0
P = 0
⇔
S > 0

∆ ' = 0
S > 0
hoặc PT(2) có hai nghiệm trái dấu ⇔ P < 0

c, PT(1) có 2 nghiệm pb ⇔ PT (2) có nghiệm kép dương ⇔ 

P = 0
S < 0

d, PT(1) có 1 nghiệm ⇔ PT (2) có 1 nghiệm âm và 1 nghiệm bằng 0 ⇔ 
e, PT(1) vô nghiệm ⇔ PT (2) vô nghiệm ⇔ ∆ ' < 0
∆ ' ≥ 0

hoặc PT(2) có hai nghiệm (kép hoặc pb) âm ⇔  P > 0
S < 0


Dạng 6: Tìm GTLN & GTNN của các biểu thức nghiệm. Chứng minh các
bất đẳng thức nghiệm
2
2
BT1: Cho PT 2 x + 2 ( m + 2 ) x + m + 4m − 4 = 0 (1)
Chứng minh khi (1) có hai nghiệm x1; x2 thì x1 + x2 + 3x1 x2 ≤ 16
HD


PT (1) có nghiệm khi
2
∆ ' = ( m + 2 ) − 2 ( m 2 + 4m − 4 ) ≥ 0 ⇔ m 2 + 4m − 12 ≤ 0 ⇔ −6 ≤ m ≤ 2
 x1 + x2 = − ( m + 2 )

Theo hệ thức Viet ta có: 
m 2 + 4m − 4
 x1.x2 =


2

2

1
1 
5  73
2
Ta có x1 + x2 + 3x1x2 = 3m + 10m − 16 = 3  m + ÷ −
2
2 
3
3
Vì −6 ≤ m ≤ 2 nên
2

13
5 11
5  169
1

− ≤ m + ≤ ⇒ 0 ≤ m + ÷ ≤
⇒0≤
3
3 3
3
9
2


2

5  73

3 m + ÷ −
≤ 16
3
3


BT2: Gọi x1; x2 là nghiệm của phương trình:2x2 + 2(m + 1)x + m2 + 4m + 3 = 0
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A =x1x2 - 2x1 - 2x2
HD
Để phương trình đã cho có nghiệm thì:
∆' = (m + 1)2 - 2(m2 + 4m + 3) = - (m + 1)(m + 5) ≥ 0

⇒-5≤ m≤-1

(*)

 x1 + x2 = −m − 1

Khi đó theo hệ thức Viét ta có: 
m 2 + 4m + 3
 x1.x2 =

2

Do đó: A = 

m 2 + 8m + 7

2

Ta có: m2 + 8m + 7 = (m + 1)(m + 7) với điều kiện (*) thì: (m + 1)(m + 7) ≤ 0.
9
− m 2 + 8m − 7
9 − (m + 4) 2
Suy ra: A =
=
≤
2
2
2

Dấu bằng xảy ra khi (m + 4)2 = 0 hay m = - 4
Vậy A đạt giá trị lớn nhất là:

9
khi m = - 4, giá trị này thoả mãn điều kiện (*).
2

BT3: : (Đề tuyển sinh chuyên Hạ Long 1997 – 1998)
Cho phương trình x 2 − 2(m + 1) x + m = 0 ( mlà tham số)
a)

Chứng minh : Phương trình đã cho luôn luôn có nghiệm với mọi m

b)

Trong trường hợp m > 0 và x1 , x2 là các nghiệm của phương trình nói trên
hãy tìm GTLN của biểu thức

A=

x12 + x2 2 − 3( x1 + x2 ) + 6
x1 x2


HD
1
2

3
4

a) ∆ ' = (m + ) 2 + > 0
b) Theo kết quả phần a phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt

 S = x1 + x2 = 2 ( m + 1)

 P = x1 x2 = m

Theo hệ thức Viét ta có 

Vì P = m > 0 nên x2 , x2 ≠ 0 biểu thức A được xác định với mọi giá trị x1 , x2 tính
theo m
A=

x12 + 2 x1 x2 + x22 − 2 x1 x2 − 3( x1 + x2 ) + 6 ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1.x2 − 3( x1 + x2 ) + 6
=
x1.x2
x1 x2


Thay S và P vào biểu thức A ta được : A = 4  m +

1
÷
m





Theo bất dẳng thức Cô Si vì  m + ÷: 2 ≥ m.
( do m > 0 và > 0 )
m
m
m

1

⇔ m+

1

1

1
1
1
≥ 2. 1 ⇔ m + ≥ 2 ⇔ 4(m + ) ≥ 8
m
m
m

Vậy biểu thức A có GTNN là 8
Trong bất đẳng thức Cô Si dấu bằng xảy ra ⇔ m =

1
⇔ m = ±1
m

Với m = 1 thoả mãn điều kiện m > 0
m = -1 không thoả mãn điều kiện m > 0
Vậy với m = 1 thì A có GTNN bằng 8
BT4 (HSG QN 2004-2005)
Gọi a là số thực sao cho PT x 2 − 3ax − a = 0 có hai nghiệm pb x1 ; x2 . Tìm GTNN
của biểu thức A =

a2
3ax2 + x12 + 3a
+
3ax1 + x2 2 + 3a
a2

Hướng dẫn
Do PT x 2 − 3ax − a = 0 có hai nghiệm pb x1 ; x2 nên

9a 2 + 4a > 0 ( 1)
9a 2 + 4a > 0 ( 1)
 2
 2
 x1 − 3ax1 − a = 0 ⇔  x1 = 3ax1 + a
 2
 2
 x2 − 3ax2 − a = 0
 x2 = 3ax2 + a

Khi đó


A=

a2
3ax2 + x12 + 3a
a2
x2 2 + x12 + 2a
+
=
+
3ax1 + x2 2 + 3a
a2
x12 + x2 2 + 2a
a2

a2
9a 2 + 4a
+

9a 2 + 4a
a2
Theo (1) thì 9a 2 + 4a > 0 nên áp dụng BĐT Cosi, ta được A ≥ 2
−1
A = 2 ⇔ 9a 2 + 4a = a 2 ⇔ a =
2
−1
−1
Khi a =
thì x1 = −1; x2 =
2
2
−1
−1
Vậy A đạt GTNN bằng 2 khi a = ; x1 = −1; x2 =
2
2
A=

Dạng 7: Giải PT, hệ PT bậc hai chứa hai ẩn
*PP giải
2
Đặt S = x + y ; P = x.y ( S ≥ 4 P ) . Sau khi tìm được S, P thì x, y là nghiệm của
PT X 2 − SX + P = 0
* Một số bài tập
BT1: Giải phương trình:

5− x
5− x 
x

÷. x +
÷= 6
x +1 
 x +1  

Hướng dẫn:
ĐKXĐ: x ≠ - 1

5− x
 5− x 
5− x

u
+
ν
=
x
.
+
x
+
u
=
x
.

÷ 
÷



x +1 
u + ν = 5

 x +1  
x +1
Đặt: 
(*) ⇒ 
⇒
 u.ν = 6
ν = x + 5 − x
 u.ν =  x. 5 − x  . x + 5 − x 

÷
÷

x +1

x +1 
 x +1  
u, v là nghiệm của phương trình:

x2 - 5x + 6 = 0

Giải PT ta được u = 3 thì v = 2 hoặc u = 2 thì v = 3
u = 3
thì (*) trở thành:
ν = 2

Nếu: 

x2 - 2x + 3 = 0

∆' = 1 – 3 = - 2 < 0
Phương trình vô nghiệm:

u = 2
thì (*) trở thành: x2 - 3x + 2 = 0
ν
=
3


Nếu: 

Suy ra: x1 = 1; x2 = 2 (TMĐK)
Vậy phương trình có hai nghiệm x1 = 1; x2 = 2.
2
2
 x + y + mx + my − m − 1 = 0
BT2: Cho hệ PT 
 x + y = 4

( 1)
( 2)


Tìm m để hệ PT đã cho có hai cặp nghiệm ( x1; y1 ) ; ( x2 ; y2 ) thỏa x1 ≠ x2 và

( x1 − x2 )

2

+ ( y1 − y2 ) = 4
2

HD
Từ (2) ta có y = 4 – x . Thay vào (1) ta được
2
x 2 + ( 4 − x ) + mx + m ( 4 − x ) − m − 1 = 0 ⇔ 2 x 2 − 8 x + 3m + 15 = 0 ( 3 )
Do hệ PT cần có hai nghiệm ( x1; y1 ) ; ( x2 ; y2 ) với x1 ≠ x2 nên (3) phải có hai
nghiệm phân biệt x1 ; x2 tức là ∆ ' > 0 ⇔ 16 − 2 ( 3m + 15 ) > 0 ⇔ m < −

7
3

 x1 + x2 = 4
 y1 = 4 − x1

Khi đó ta có 
3m + 15 và 
 y2 = 4 − x2
 x1.x2 =
2

( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) = 4 ⇔ ( x1 − x2 ) + ( 4 − x1 ) − ( 4 − x2 ) 
2
2
Xét ⇔ 2 ( x1 − x2 ) = 4 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = 2
8
 3m + 15 

⇔ 16 − 4 
÷ = 2 ⇔ m = − ( TM )
2

2



2

2

=4

3

x + y = m
( I)
BT3 : Cho hệ PT  2 2
2
x + y = 6 − m
2

Tìm GTNN của biểu thức A = xy + 2x + 2y trong đó (x ; y) là nghiệm của hệ (I)
HD
 x + y = m
S = x + y = m
⇔
⇔



2
2
2
2
2
2
x + y = 6 − m
 P = xy = m − 3
( x + y ) − 2 xy = 6 − m
x + y = m

Ta có 

Hệ (I) có nghiệm khi S 2 − 4 P ≥ 0 ⇔ m 2 ≤ 4 ⇔ −2 ≤ m ≤ 2
2
Ta có A = xy + 2 ( x + y ) = P + 2 S = ( m2 − 3) + 2m = ( m + 1) − 4
Do −2 ≤ m ≤ 2 ⇒ −1 ≤ m + 1 ≤ 3 ⇒ 0 ≤ ( m + 1) ≤ 9
Dấu bằng xảy ra khi m = -1 (TMĐK)
Vậy GTNN của A bằng -4 tại m = -1
Dạng 8: Định lý Vi-ét và các bài toán khác
BT1: Cho a, b là nghiệm của phương trình: x2 + px + 1 = 0 và b, c là nghiệm của
2

phương trình x2 + qx + 2 = 0. Chứng minh: (b - a)(b - c) = pq - 6.
HD:

a,b là nghiệm của phương trình: x2 + px + 1 = 0
b,c là nghiệm của phương trình: x2 + qx + 2 = 0.
Theo định lý viét ta có:

a + b = - p
b + c = - q

và 
a.b = 1
b.c = 2

Do đó: (b – a)(b – c) = b2 + ac - 3

(1)


pq = (- p)(- q) = (a + b)(b + c) = b2 + ac + 3
Suy ra: pq - 6 = b2 + ac +3 – 6 = b2 + ac - 3

(2)

Từ (1) và (2) suy ra (b - a)(b - c) = pq - 6 (đpcm)
BT2: Giả sử a, b là hai số khác nhau. Chứng minh rằng nếu PT
x 2 + ax + 2b = 0 ( 1) ; x 2 + bx + 2a = 0 ( 2 )
có đúng một nghiệm chung thì các nghiệm số còn lại của (1) và (2) là nghiệm
2
của PT x + 2 x + ab = 0 ( 3)
HD
Giả sử (1) có hai nghiệm pb x1 ≠ x0 ⇒ x0 2 + ax0 + 2b = 0
(2) có hai nghiệm pb x2 ≠ x0 ⇒ x0 2 + ax0 + 2b = 0
⇒ ( a − b ) x0 + 2b − 2a = 0 ⇔ ( a − b ) x0 = 2 ( a − b )
Vì a ≠ b ⇒ x0 = 2 thế vào (1) ta có: 4 + 2a + 2b = 0 ⇒ a = −b − 2
2
Thay a vào (1), ta có x − ( b + 2 ) x + 2b = 0 ⇒ ( x − 2 ) ( x − b ) = 0 ⇒ x0 = 2; x1 = b

Tương tự, ta có x2 = a
 x1 + x2 = a + b
Do đó 
 x1.x2 = ab
Theo Viet đảo ta có: x1; x2 là hai nghiệm của PT
x 2 − ( a + b ) x + ab = 0 ⇔ x 2 + 2 x + ab = 0 (vì a + b = -2)
BÀI TẬP ĐỀ XUẤT
Bài 1: ( Đề tuyển sinh lớp 10 năm 2006 – 2007 )
Xét phương trình : x 4 − 2(m 2 + 2) + 5m2 + 3 = 0 (1) với m là tham số
1) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m phương trình (1) luôn có 4
nghiệm phân biệt
2) Gọi các nghiệm của phương trình (1) là x1 , x2 , x3 , x4 . Hãy tính theo m giá
1

1

1

1

trị của biểu thức M = x 2 + x 2 + x 2 + x 2
1
2
3
4
Bài 2: Cho phương trình x 2 - ax + a - 1 = 0 có 2 nghiệm x1 , x2
a) Không giải phương trình hãy tính giá trị biểu thức

3 x12 + 3x22 − 3
M= 2

x1 x2 + x22 x1

b) Tìm a để tổng các bình phương 2 nghiệm số đạt GTNN ?


Bài 3: Tìm giá trị của m để các nghiệm x 1, x2 của PT mx2 - 2(m - 2)x + (m - 3) =
0 thoả mãn điều kiện x12 + x22 = 1
Bài 4: Cho phương trình: mx2 - 2(m + 1)x + (m - 4) = 0 (m là tham số).
a) Xác định m để các nghiệm x 1; x2 của phương trình thoả mãn: x 1 + 4x2 =
3
b) Tìm một hệ thức giữa x1; x2 mà không phụ thuộc vào m
Bài 5: Cho x1 =

3 +1
2

;

x2 =

1
1+ 3

Lập phương trình bậc hai có nghiệm là: x1; x2
Bài 6: Cho phương trình: x2 + 5x - 1 = 0

(1)

Không giải phương trình (1), hãy lập một phương trình bậc hai có các
nghiệm là luỹ thừa bậc bốn của các nghiệm phương trình (1)

Bài 7: Tìm các hệ số p và q của phương trình: x2 + px + q = 0 sao cho hai
 x1 − x 2 = 5

nghiệm x1; x2 của phương trình thoả mãn hệ: x 3 − x 3 = 35
2
 1
Bài 8: Cho các số a,b,c thoả mãn điều kiện: a + b + c = - 2
c2 = 2

(1);

a2 + b2 +

(2)
Chứng mình rằng mỗi số a, b, c đều thuộc đoạn

 4 
− 3 ;0 khi

biểu diễn trên

trục số.
Bài 9: Xác định m để hệ phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt:
 x + y + yx = m
 2
2
x + y = 3 − 2m
 x 2 + ( m + 2 ) x = my
Bài 10: Xác định m để hệ  2
có đúng 2 nghiệm phân biệt

 y + ( m + 2 ) y = mx
Bài 11: Giả sử x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (ẩn x):
x 2 + ( m − 4 ) x + m 2 − 3m + 3 = 0
mx12
mx22 49
+
≤
Chứng minh rằng: −7 <
1 − x1 1 − x2 9


Bài 12: Cho phương trình: x 2 − 5mx − 4m = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2
a, Chứng minh rằng: x12 − 5mx2 − 4m > 0 .
m2
x22 + 5mx1 + 12m
+
b Xác định giá trị m để biểu thức 2
đạt
x1 + 5mx2 + 12m
m2
giá trị nhỏ nhất.