Ứng dụng định lý viét trong bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS

Định lý Vi-ét & Một số ứng dụng
ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ VI-ÉT
TRONG GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN.
A. LÝ THUYẾT
1. Định lý Vi-ét thuận:
b

 x1 + x2 = − a
- Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có hai nghiệm x1, x2 thì: 
 x .x = c
 1 2 a
b

 x1 + x2 = − a
[(a ≠ 0 và ∆ ≥ 0) ⇒ 
]
 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
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 =

trình có một nghiệm là: x1 = - 1 còn nghiệm kia là: x2 = −

c
a

2. Định lý đảo
u + v = S
- Nếu có hai số u và v thoả mãn điều kiện: 
thì u, v là hai nghiệm của
u.v = P
phương trình: x2 – Sx + P = 0. (Điều kiện để có hai số u, v là: S2 – 4P ≥ 0.)
* Các ứng dụng cơ bản thường dùng
+ Kiểm tra nghiệm của PT bậc hai
+ Tính nhẩm nghiệm của PT bậc hai
+ Biết một nghiệm suy ra nghiệm kia
+ Tìm hai số biết tổng và tích
+ Lập một PT bậc hai khi biết hai nghiệm.
* Một số kết quả thu được từ định lý Vi-ét
a, Phân tích đa thức ax2 + bx + c thành nhân tử:
−b

 x1 + x2 = a
Khi ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có ∆ ≥ 0 ⇔ ∃x1; x2 : 
thì
 x .x = c
 1 2 a
b
c

ax 2 + bx + c = a  x 2 + x + ÷ = a  x 2 − ( x1 + x2 ) x + x1x2 
a
a

= a ( x 2 − x1 x − x2 x + x1 x2 ) = a ( x − x1 ) ( x − x2 )

1


Định lý Vi-ét & Một số ứng dụng
b, Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất: Từ: S = x1 + x2 ; P = x1 x2
S2
- Nếu S= x1 + x2 không đổi còn P = x1x2 thay đổi. Do S2 – 4P ≥ 0 ⇔ P ≤
4
S2
−b S
S2
S
P=
⇔ x1 = x2 =
= ⇒ maxP =
⇔ x1 = x2 =
4
2a 2
4
2
(vì PT: x2 – Sx + P = 0 có nghiệm kép)
Vậy: Hai số có tổng không đổi, tích lớn nhất ⇔ hai số bằng nhau.
- Nếu x1 > 0; x2 > 0 và P = x1x2 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
Vậy: hai số dương có tích không đổi, tổng nhỏ nhất khi chúng bằng nhau.
c, Xét dấu các nghiệm của PT bậc hai
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

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

P < 0
.
S = 0

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

∆ = 0
S > 0

- Phương trình (1) có một nghiệm kép dương ( x1 = x2 > 0 ) ⇔ 

∆ = 0
S < 0

- Phương trình (1) có một nghiệm kép âm ( x1 = x2 < 0 ) ⇔ 

 x + y = f ( m )
có một nghiệm duy
 x. y = g ( m )

d, Điều kiện của tham số để hệ phương trình 
2
nhất là f ( m ) − 4 g ( m ) = 0 .

2


Định lý Vi-ét & Một số ứng dụng
2
(Chính là ĐK để PT bậc hai t − f ( m ) t + g ( m ) = 0 có nghiệm kép)

B. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ VI-ÉT
Dạng 1: Tính giá trị các biểu thức đối xứng giữa các nghiệm.
1.1 Biểu thức đối xứng của hai nghiệm:
- Biểu thức f(x1;x2) gọi là đới xứng đối với x1 ; x2 nếu: f(x1;x2) = f(x2;x1) ( nếu đổi
chỗ x1 và x2 thì biểu thức không thay đổi).
- Nếu f(x1;x2) đối xứng thì f(x1;x2) luôn có thể biểu diễn qua hai biểu thức đối xứng
là S = x1 + x2 ; P = x1.x2
- Biểu thức đối xứng giữa các nghiệm x1 ; x2 của PT bậc hai ax2 + bx + c = 0 là biểu
thức có giá trị không đổi khi hoán vị x1 và x2.
1.2. Một số bài toán
Bài toán1: 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:
2
Cho phương trình bậc 2: ax + 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
Hướng dẫn:
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
+
bx
+
c
=
0
 2
2
ax 2 + bx2 + cx2 = 0

⇒ a ( x1n+ 2 + x2n+ 2 ) + b ( x1n+1 + x2n+1 ) + c ( x1n + x2n ) = 0
Hay: aSn+ 2 + bSn +1 + cS n = 0
Áp dụng vào bài toán trên, phương trình: x 2 − 6 x − 7 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 .
3


Định lý Vi-ét & Một số ứng dụng
+) 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 
Bài toán 2: Tính A = 
÷ +
÷
2
2 

 
Hướng dẫn:

−1 + 5
−1 − 5
; 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
Đặt: x1 =

Có S1 = −1; S2 = 3; S3 = −4; S 4 = 7; S5 = −11; S6 = 18
Vậy A = 18
Bài toán 3: (HSG QN 2001-2002):
Gọi a, b là hai nghiệm của phương trình 30 x 2 − 3x = 2002
Hãy rút gọn biểu thức: S =

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

a 2000 + b 2000

HD:
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 = 2002 Sn
⇒S=

30Sn + 2 − 3S n +1 2002Sn
=
= 2002
Sn
Sn

Vậy S = 2002
* Bài tập tương tự
4


Định lý Vi-ét & Một số ứng dụng
1. Cho phương trình x2+ mx + 1 = 0 ( m là tham số). Nếu phương trình có
nghiệm x1, x2 . Hãy tính giá trị biểu thức sau theo m:
a.

x12 + x22

b. x13 + x23

c.

x1 − x2

2. Gọi x1 , x2 là nghiệm của phương trình x 2 − 3x − 7 = 0 . Tính:
b. B = x1 − x2

a, A = x12 + x2 2

3. Cho phương trình x2 - 4x + 1 = 0. Tính giá trị của biểu thức
A = 2 x14 + 8 x1 + 9 − 5 x1 (với x1 là một nghiệm của phương trình đã cho)

4. Cho phương trình x2 + x - 1 = 0 và x 1, x2 là nghiệm của phương trình (x 1 <
x2). Tính giá trị của biểu thức: B = x18 + 10 x1 + 13 + x1
5. Gọi x1 , x2 là nghiệm của phương trình 5 x 2 − 3x − 1 = 0 . Tính:
a, A = 2x − 3x x + 2x 2 − 3x1 x2
3
1

2
1 2

3

2

3x12 + 5x1 x2 + 3x 2 2
b. B =
4x1 x2 2 + 4x13 x2

6. Gọi x1 , x2 là nghiệm của phương trình x 2 + ax +1 = 0 và x3 , x4 là nghiệm của
phương trình x 2 + bx +1 = 0 .
Tính giá trị của biểu thức M = ( x1 − x3 )( x2 − x3 )( x1 + x4 )( x2 + x4 ) theo a và b.
7. Gọi x1 , x2 là nghiệm của phương trình x 2 - ax +1 = 0 . Tính S = x17 + x2 7 theo a.
Dạng 2: Tìm m để phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn một điều kiện cho
trước.
2.1. Phương pháp 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
2.2. Một số bài toán
Bài toán1:

2
2
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
Hướng dẫn:

7

∆ ' ≥ 0
m ≤ 6



⇔ m ≠ 1; m ≠ −3 ⇔ m = −4
Ta phải có:  x1.x2 ≠ 0
1 1 x +x
 m = −4
1
2
 + =

5

 x1 x2
5


Định lý Vi-ét & Một số ứng dụng
2
2
Bài toán 2: 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

Hướng dẫn: 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

2

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
Vậy với m = 1 hoặc m = 4 thì PT đã cho có nghiệm thỏa mãn đề bài.
Bài toán 3: Cho phương trình ẩn x: x 2 + x + m = 0
Xác định m để PT có 2 nghiệm phân biệt đều lớn hơn m
Hướng dẫn:
1
Cách 1: PT có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ∆ = 1 − 4m > 0 ⇔ m <
(*)
4
 x1 + x2 = −1
Theo hệ thức Viét ta có: 
 x1.x2 = m
 x1 > m
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 đều lớn hơn 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:
6


Định lý Vi-ét & Một số ứng dụng

( t + m)

2

+ ( 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
Bài toán 4: 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
Hướng dẫn:
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
Bài tập tương tự:
2
2
1. Tìm m để phương trình 3 x + 4 ( m − 1) x + m − 4m + 1 = 0 có hai nghiệm

phân biệt x1; x2 thỏa mãn:

1 1 1
+ = ( x1 + x2 )
x1 x2 2

2. Cho phương trình x 2 + bx + c = 0 có các nghiệm x1; x2 , phương trình
x 2 − bx + bc = 0 có các nghiệm x3 ; x4 , biết x3 − x1 = x4 − x2 = 1 . Tìm b, c.
2
3. Tìm m để phương trình mx − 2 ( m − 1) x + 3 ( m − 2 ) = 0 có hai nghiệm

phân biệt x1; x2 thỏa mãn: x1 + 2 x2 = 1
4. Tìm các số p và q của phương trình x 2 + px + q = 0 sao cho các nghiệm
 x1 − x2 = 5
của nó thỏa mãn:  3
3
 x1 − x2 = 35
5. Xác định tham số m sao cho phương trình:
2
2

a. 2 x − 3 ( m + 1) x + m − m − 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu
2
b. mx − 2 ( m − 2 ) x + 3 ( m − 2 ) = 0 có hai nghiệm cùng dấu.

Dạng 3: Tìm hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm x1 , x2 không phụ thuộc vào hệ số
3.1.Phương pháp giải
- Tìm ĐK để PT ax 2 + bx + c = 0 có nghiệm x1 , x2 : a ≠ 0; ∆ ≥ 0
- Áp dụng hệ thức Viet
7


Định lý Vi-ét & Một số ứng dụng
- Khử tham số m từ hệ trên, ta suy ra hệ thức cần tìm.
3.2. Một số bài toán
2
Bài toán 1: 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
Hướng dẫn:
Có ∆ ' = ( m + 3) − ( 4m − 1) = ... = ( m + 1) + 9 > 0 với mọi m
2

2

Nên PT (1) luôn có 2 nghiệm x1 , x2 với mọi m
Theo hệ thức Viét ta có:
 x1 + x2 = 2 ( m + 3)
2 ( x1 + x2 ) = 4m + 12
⇔



 x1.x2 = 4m − 1
 x1.x2 = 4m − 1
Trừ từng vế hai đẳng thức ta được: 2 ( x1 + x2 ) − x1.x2 = 13
Bài toán 2: Cho PT:

x 2 − ( m + 2 ) x + ( 2m − 1) = 0 có các nghiệm x1 , x2

Lập một hệ thức giữa x1 , x2 độc lập với m
Hướng dẫn:
 x1 + x2 = m + 2
Khử m từ 
ta được x1 x2 = 2 ( x1 + x2 − 2 ) − 1
x
.
x
=
2
m
−
1
 1 2
Do đó: 2 ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 5 là hệ thức cần tìm
* Bài tập tương tự
1. Cho phương trình x 2 − 2(m + 1) x + m − 4 = 0 có hai nghiệm. Chứng minh rằng biểu
thức H = x1 (1 − x 2 ) + x 2 (1 − x1 ) không phụ thuộc vào m.
2. Cho phương trình x 2 − 2(m + 1) x + m − 3 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 . Chứng minh
rằng biểu thức Q = x1 ( 2007 − 2006 x 2 ) + x 2 ( 2007 − 2008 x1 ) không phụ thuộc vào giá trị
của m.
Dạng 4: Lập phương trình bậc 2 biết điều kiện của 2 nghiệm.

4.1. Phương pháp giai
- 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
4.2. Một số bài toán
2
Bài toán 1: Cho PT x − 2 ( m − 1) x − m = 0

a, CMR: Phương trình luôn có 2 nghiệm x1 , x2 với mọi m

8


Định lý Vi-ét & Một số ứng dụng
1

 y1 = x1 + x

2
b, Với m ≠ 0 , lập phương trình ẩn y thỏa mãn: 
y = x + 1
2
 2
x1
Hướng dẫn:
2

1 3

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
2

y2 = x2 +

1 x1 x2 + 1 1 − m
=
=
x1
x1
x1

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

( 1 − m)
=
x1 x2

2

( 1 − m)
=

2

2

−m

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

2

2
2
Bài toán 2: 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 ≠ 1, ≠ y2 ≠ 1)

 y1 + y2 = x1 + x2

y2
thỏa mãn:  y1

+
1 − y 1 − y = 3

2
1
Hướng dẫn:
2

3 7

- Có: ∆ ' = 4 + m + 3m =  m + ÷ + > 0 với mọi m
2 4

2

 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 )
9

Định lý Vi-ét & Một số ứng dụng
⇔ ( 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

Bài toán 3: Cho m là số thực khác -1. Hãy lập một phương trình bậc hai có 2
4 x1 x2 + 4 = 5 ( x1 + x2 )

nghiệm x1 , x2 thỏa mãn các hệ thức : 
1
( x1 − 1) ( x2 − 1) =
m +1


(1)
(2)

Hướng dẫn:
Theo bài ra, ta có :
4 x1 x2 + 4 = 5 ( x1 + x2 )
4 x1 x2 − 5 ( x1 + x2 ) = −4


⇔

1
1

( x1 − 1) ( x2 − 1) =
 x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 1 =
m +1
m +1


4 x1 x2 − 5 ( x1 + x2 ) = −4

⇔
−m
x
x
−
x
+
x
=
(
)
 1 2
1
2
m +1

4

 x1 + x2 = 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
Bài tập tương tự:
1. Gọi x1 ; x2 là các nghiệm của phương trình: 3x 2 + 7 x + 4 = 0 . Không giải
phương trình hãy thành lập phương trình bậc hai với hệ số bằng số mà các nghiệm
x1

x2

của nó là x − 1 và x − 1
2
1
2. Cho a là số thực sao cho a + 1 ≠ 0 . Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm
 4 x1 x2 + 4 = 5 ( x1 + x2 )

x1 ; x2 thỏa mãn các hệ thức: 
1
( x1 − 1) ( x2 − 1) =
a +1


10


Định lý Vi-ét & Một số ứng dụng
3. Viết phương trình bậc hai có các nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn:
 2 x1 x2 − 3 ( x1 + x2 ) = 2

( x1 − 2 ) ( x2 − 2 ) = k + 5

4. Cho phương trình ax 2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0, c ≠ 0) có hai nghiệm là α và β . Hãy
α

lập một phương trình bậc hai có các nghiệm là β và

β
α

(α ≠ 0, β ≠ 0)

5. Lập một phương trình bậc hai mà các nghiệm của nó bằng tổng và tích của
các nghiệm của phương trình ax 2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0)
6. Cho phương trình x 2 − 5mx + 1 = 0 (1) có hai nghiệm x1 , x2 . Lập phương trình
bậc hai có các nghiệm y1 , y 2 thỏa mãn:
a, Là các số đối của nghiệm phương trình (1).
b, Là nghịch đảo của nghiệm của phương trình (1)
Dạng 5: Tìm hai số biết tổng và tích của chúng
5.1. Phương pháp giải (dựa vào Định lý đảo của Định lý Vi-et):
u + v = S
thì u và v là nghiệm của phương trình t 2 − St + P = 0 (1)
u.v = P

Nếu hai số u và v có 

Tìm nghiệm của phương trình (1) ta được hai số cần tìm.
Chú ý:
- Nếu S 2 − 4 P ≥ 0 thì tồn tại hai số u và v.
- Nếu S 2 − 4 P < 0 thì không tồn tại hai số u và v.
5.2. Một số bài toán

Bài toán 1: Tìm hai cạnh của hình chữ nhật có chu vi là 6a, diện tích là 2a2
Hướng dẫn:
Gọi hai cạnh của hình chữ nhật là u và v (u > 0; v > 0)
 2u + 2v = 6a

ta có: 

u.v = 2a

2

u + v = 3a
⇔
2
u.v = 2a

Do ( 3a ) − 4.2a 2 = a 2 > 0 nên u, v là hai nghiệm của phương trình t 2 − 3at + 2a 2 = 0 (1)
2

Giải PT (1) ta được: t1 = a; t2 = 2a
Vậy độ dài hai cạnh hình chữ nhật là a và 2a
 x12 + x22 = 13
x
;
x
Bài toán 2: Tìm phương trình bậc hai nhận 1 2 là nghiệm và 
(*)
 x1 x2 = 6

Hướng dẫn:

  x1 + x2 = 5
⇒ x1 ; x2 lµ nghiÖm PT : x 2 − 5 x + 6 = 0

  x1 x2 = 6
Biến đổi hệ (*) ta được: 
 x + x = −5
 1 2
⇒ x1 ; x2 lµ nghiÖm PT : x 2 + 5 x + 6 = 0
  x1 x2 = 6
11


Định lý Vi-ét & Một số ứng dụng
Bài tập tương tự:
 3 x + 3 y = 4
1. Giải hệ phương trình: 
 xy = 27

2. Cho phương trình: x 2 + ax + b = 0 có hai nghiệm là c và d; phương trình
x 2 + cx + d = 0 có hai nghiệm là a và b. Tìm a, b, c, d biết rằng chúng đều khác 0
Dạng 6: Xét dấu các nghiệm của PT bậc 2 và PT trùng phương
6.1. Phương pháp 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

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

P < 0
.
S = 0

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

6.2. Một số bài toán
Bài toán 1: Tìm các giá trị của m để PT sau có ít nhất một nghiệm không âm
x 2 + mx + ( 2m − 4 ) = 0 (1)

Hướng dẫn

Cách 1: Có ∆ = m 2 − 4 ( 2m − 4 ) = ( m − 4 ) ≥ 0 với mọi m.
2

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:
12


Định lý Vi-ét & Một số ứng dụng
−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
Bài toán 2: Cho PT x − 2 ( m − 1) x − ( m − 3) = 0 (1). Tìm m để PT (1) có:

a, 4 nghiệm phân biệt
b, 3 nghiệm phân biệt
c, 2 nghiệm phân biệt
Hướng dẫn:

d, 1 nghiệm
e, vô nghiệm

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

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

hoặc PT(2) có hai nghiệm trái dấu ⇔ P < 0
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


* Bài tập tương tự
1. Xác định tham số m sao cho phương trình:
2
2
a. 2 x − 3 ( m + 1) x + m − m − 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu
2
b. mx − 2 ( m − 2 ) x + 3 ( m − 2 ) = 0 có hai nghiệm cùng dấu.

2. Tìm điều kiện của m để phương trình: 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0
13


Định lý Vi-ét & Một số ứng dụng
a. Có hai nghiệm khác dấu
b. Có hai nghiệm phân biệt đều âm
c. Có hai nghiệm phân biệt đều dương
d. Có hai nghiệm bằng nhau về giá trị tuyệt đối và trái dấu nhau
3. Cho phương trình (m + 1) x 2 + 2(m + 4) x + m + 1 = 0 . Tìm m để phương trình có
a, Một nghiệm
b. Hai nghiệm phân biệt cùng dấu
c, Hai nghiệm phân biệt cùng âm.
4. Cho phương trình (m – 4)x2 – 2(m – 2)x+ m – 1 = 0 Tìm m để phương
trình có:
a, Hai nghiệm cùng dấu
b.Có một nghiệm dương.
c, Có hai nghiệm trái dấu và nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn.
5. Cho phương trình: x2 – (2m – 3)x + m2 – 3m = 0
a, Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm khi m thay đổi .
b, Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn 1< x1 < x2 < 6
6. Cho phương trình: (m – 1) x2 – 2(m – 3)x + m - 4 = 0. Tìm m để phương

trình có hai nghiệm
a, Trái dấu
b. Hai nghiệm dương
c. Hai nghiệm nhỏ hơn 2
2
7. Cho phương trình: x + mx + 2m - 4 = 0. Tìm m để phương trình có ít nhất
một nghiệm không âm.
8. Cho phương trình bậc hai mx 2 − ( 5m − 2) x + 6m − 5 = 0
a, Tìm m để phương trình có hai nghiệm đối nhau
b, Tìm m để phương trình có hai nghiệm nghịch đảo nhau
9. Tìm giá trị của m để phương trình:
a, 2x2 + mx + m - 3 = 0 có 2 nghiệm trái dấu và nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn
hơn nghiệm dương.
b, x2 - 2(m - 1)x + m - 3 = 0 có hai nghiệm trái dấu và bằng nhau về giá trị
tuyệt đối.
10. Cho phương trình x2 - 2(m + 1)x + 3m + 1 = 0. Xác định điều kiện của m để
hai nghiệm là độ dài hai cạnh một hình chữ nhật
11. Xác định m để phương trình x2 - (m + 1)x + 2m = 0 có hai nghiệm phân biệt
sao cho hai nghiệm là độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông có cạnh huyền bằng 5.
Dạng 7: Tìm GTLN & GTNN của các biểu thức nghiệm. Chứng minh các bất
đẳng thức
2
2
Bài toán 1: 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 + 3 x1 x2 ≤ 16
Hướng dẫn:
14


Định lý Vi-ét & Một số ứng dụng

PT (1) có nghiệm khi
∆ ' = ( m + 2 ) − 2 ( m 2 + 4m − 4 ) ≥ 0 ⇔ m 2 + 4m − 12 ≤ 0 ⇔ −6 ≤ m ≤ 2
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 + 3x1 x2 = 3m + 10m − 16 = 3  m + ÷ −
2
2 
3
3

Vì −6 ≤ m ≤ 2 nên
2

2

13
5 11

5  169
1 
5  73

− ≤ m + ≤ ⇒ 0 ≤ m + ÷ ≤
⇒ 0 ≤ 3 m + ÷ −
≤ 16
3
3 3
3
9
2 
3
3


Bài toán 2: Gọi x1; x2 là nghiệm của PT: 2x2 + 2(m + 1)x + m2 + 4m + 3 = 0
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A =x1x2 - 2x1 - 2x2
Hướng dẫn:
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

Bài toán 3: (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 GTNN của biểu thức

A=

x12 + x2 2 − 3( x1 + x2 ) + 6
x1 x2

Hướng dẫn:
1
2

3
4

a) ∆ ' = (m + ) 2 + > 0
15


Định lý Vi-ét & Một số ứng dụng
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
Bài toán 4 (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 + x22 + 2a
a2

A=

a2
9a 2 + 4a
+
9a 2 + 4a
a2

Theo (1) thì 9a 2 + 4a > 0 nên áp dụng BĐT Cosi, ta được A ≥ 2
A = 2 ⇔ 9a 2 + 4a = a 2 ⇔ a =

−1
2

16


Định lý Vi-ét & Một số ứng dụng
Khi a =

−1
−1
thì x1 = −1; x2 =
2
2

Vậy A đạt GTNN bằng 2 khi a =

−1
−1
; x1 = −1; x2 =
2
2

Bài toán 5:
Cho x, y, z khác 0 và thỏa mãn x+ y + z = xyz và x2 = yz. Chứng minh x 2 ≥ 3
Hướng dẫn

 x + y = z 2 = 3
Từ giả thuyết ta có: 
.
2
 yz = x

2
3
2
Theo hệ thức Vi-ét thì y, z là nghiệm của phương trình t − ( x − x ) t + x = 0

Do tồn tại các số y, z nên phương trình trên phải có nghiệm.
2
2
3
2
2
2
Tức là: ∆ ≥ 0 ⇔ ( x − x ) − 4 x ≥ 0 ⇔ x ( x − 1) − 4  ≥ 0



 x2 − 1 ≥ 2
2
2


Vì x ≠ 0 nên ( x − 1) − 4  ≥ 0 ⇔  2



 x − 1 ≤ −2
Điều kiện ở bất phương trình hai không thể xảy ra. Vậy x 2 ≥ 3
Bài toán 6: Cho các số thực x,y,z thỏa mãn: x+y+z=5 và xy+yz+zx= 8. Chứng
minh rằng 1 ≤ x; y; z ≤

7
3

Hướng dẫn:
Từ giả thiết ta xem z là tham số, ta có hệ phương trình ẩn x,y :
x + y = 5 − z
x + y = 5 − z
⇔


 xy + z ( x + y ) = 8  xy = 8 − z ( 5 − z )
Theo định lý Vi-ét thì x, y là nghiệm của phương trình:
t2 − ( 5 − z) t + 8 − z( 5 − z) = 0
Do phương trình có nghiệm đối với x, y nên:
7
2
∆ = ( 5 − z ) − 4 8 − z ( 5 − z )  ≥ 0 ⇔ 1 ≤ z ≤ .
3
Do vai trò bình đẳng của x, y, z nên ta có kết luận tương tự đối với y và z.
 xy + yz + zx = 8
Bài toán 7: Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình 
x + y + z = 5
Hướng dẫn:

17

Định lý Vi-ét & Một số ứng dụng
 xy + yz + zx = 8
⇔

x + y + z = 5

 xy + ( y + x ) z = 8  xy + ( 5 − z ) z = 8  xy = 8 − ( 5 − z ) z
⇔
⇔

x
+
y
=
5
−
z
x
+
y
=
5
−
z


x + y = 5 − z

Điều kiện để hệ có nghiệm đối với x, y là:

( x + y)

2

≥ 4 xy ⇔ ( 5 − z ) ≥ 32 − 4 z ( 5 − z ) ⇔ 3z 2 − 10 z + 7 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ z ≤
2

7
3

Vì z nguyên nên ta được z = 1; z = 2
Với z = 1 ta được x = y = 2
Với z = 2 ta được (x; y) = (1; 2) hoặc (x; y) = (2; 1).
Vậy hệ có đã cho có nghiệm nguyên (x; y; z) là: (1; 2; 2); (2; 2; 1); (2; 1; 2)
* Bài tập tương tự:
a > 0
 2
1. Biết rằng a, b, c thỏa mãn: a = bc
a + b + c = 3abc

Chứng minh rằng: a ≥ 3; b > 0; c > 0; b 2 + c 2 ≥ 2a 2
a 2 + b2 + c 2 = 2
2. Biết rằng a, b, c là ba số thỏa mãn: 
ab + bc + ca = 1
4
4
Chứng minh rằng: − ≤ a; b; c ≤
3

3
a 2 + b 2 = 1
9+6 2
3. Cho 
chứng minh rằng: S = ac + bd + cd ≤
4
c + d = 3
Dạng 8: Giải phương trình, hệ phương trình bậc hai chứa hai ẩn
7.1. Phương pháp 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
7.2. Một số bài toán
Bài toán 1: 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  
18


Định lý Vi-ét & Một số ứng dụng
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

x2 - 2x + 3 = 0

Nếu: 

∆' = 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 ( 1)
Bài toán 2: Cho hệ PT 
( 2)
 x + y = 4
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

Hướng dẫn
Từ (2) ta có y = 4 – x . Thay vào (1) ta được
x 2 + ( 4 − x ) + mx + m ( 4 − x ) − m − 1 = 0 ⇔ 2 x 2 − 8 x + 3m + 15 = 0
2

( 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



2

=4

3

x + y = m

Bài toán 3: Cho hệ PT 

2
2
2
x + y = 6 − m

( I)

Tìm GTNN của biểu thức A = xy + 2x + 2y trong đó (x ; y) là nghiệm của hệ (I)
Hướng dẫn
 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
Ta có A = xy + 2 ( x + y ) = P + 2 S = ( m2 − 3) + 2m = ( m + 1) − 4
2

19


Định lý Vi-ét & Một số ứng dụng
Do −2 ≤ m ≤ 2 ⇒ −1 ≤ m + 1 ≤ 3 ⇒ 0 ≤ ( m + 1) ≤ 9
2

Dấu bằng xảy ra khi m = -1 (TMĐK)
Vậy GTNN của A bằng -4 tại m = -1
 x y + y x = 30

Bài toán 4: Giải hệ phương trình: 
 x x + y y = 35

Hướng dẫn
Đặt u = x ≥ 0; v =

u 2 v + uv 2 = 30
uv ( u + v ) = 30
⇔
y ≥ 0 hệ trở thành:  3 3
3
u + v = 35
( u + v ) − 3uv ( u + v ) = 35
 SP = 30

 SP = 30
S = 5
⇔
⇔
(thỏa
 3
3
P = 6
 S − 3SP = 35
 S = 125

2
Đặt S = u + v; P = uv ( S ≥ 4 P ) ta được hệ: 

mãn)

Theo hệ thức Vi-ét ta có u, v là hai nghiệm của PT: t 2 − 5t + 6 = 0
Giải PT ta được t = 2; t = 3.
u = 2
u = 3
hoặc 
v = 3
v = 2

Do đó 

Dẫn đến nghiệm của hệ là (4; 9) hoặc (9; 4)
*Bài tập tương tự:
 x 2 y + xy 2 = 2 ( m + 1)
1. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất: 
 2 xy + x + y = 2 ( m + 2 )
 x 2 + xy + y 2 = 3 − 2
2. Giải hệ phương trình  4 4
 x + y = 5

( x 2 + x + 1) ( y 2 + y + 1) = 3
3. Giải hệ phương trình 
( 1 − x ) ( 1 − y ) = 6

4. Giải hệ phương trình
 x 2 + xy + y 2 = 4
a, 
 x + xy + y = 2

 xy ( x + 1)( y − 2) = −2
2

2
 x + x + y − 2y =1

b, 

Dạng 9: Lập phương trình đường thẳng y = ax+ b (d) với a ≠ 0 quan hệ với
Parabol y = mx2 với m ≠ 0
9.1. Phương pháp giải:
Loại 1:
- Lập phương trình đường thẳng y = ax + b (a ≠ 0) đi qua 2 điểm A (xA; yA); B (xB;
yB) thuộc Parabol y = mx2 (m ≠ 0).
- Cơ sở lý luận: Do đường thẳng và Parabol có 2 giao điểm nên hoành độ giao điểm
là nghiệm của phương trình : mx2 = ax + b ⇔ mx2 - ax - b = 0.
20


Định lý Vi-ét & Một số ứng dụng
a

x
+
x
=
A
B

m
Từ đó theo Viet ta có : 
x .x = − b
 A B

m

(*)

Từ (*) tìm a và b ⇒ Phương trình (d)
Loại 2:
- Lập phương trình đường thẳng tiếp xúc với Parabol (P) tại điểm M (xM; yM)
- Cơ sở lý luận: Do (d) và (P) có duy nhất một giao điểm nên phương trình:
mx2 - ax - b = 0 có nghiệm kép: x1 = x2. Vận dụng hệ thức Viet, ta có:

x 1 + x 2 = a


−b
x
x
=
 1 2
m

⇒ a và b ⇒Phương trình tiếp tuyến

Cho Parabol (P) có phương trình: (P): y = x 2. Gọi A và B là 2 điểm ∈ (P) có hoành
độ lần lượt là xA = - 1 ; xB = 2. Lập phương trình đường thẳng đi qua A và B.
Bổ sung: Công thức tính tọa độ trung điểm của đoạn thẳng và độ dài đoạn
thẳng
Cho hai điểm phân biệt A và B (x1, y1) và B(x2, y2). Khi đó:
- Độ dài đoạn thẳng AB được tính bởi công thức
AB = ( xB − x A )2 + ( y B − y A ) 2

- Tọa điểm trung điểm M của AB được tính bởi công thức
xM =

x A + xB
y + yB
; yM = A
2
2

9.2. Một số bài toán
Bài toán 1: Cho Parabol (P) có phương trình (P): y = x 2. Gọi A và B là 2 điểm ∈
(P) có hoành độ lần lượt là xA = - 1 ; xB = 2. Lập phương trình đường thẳng đi qua A
và B
Đây là một bài toán không khó nhưng hầu hết các em có lời giải như sau:
 A ∈ ( P )
⇒ yA = (-1)2 = 1 vậyA(-1;1)

x
=
−
1
 A

 B ∈ ( P )
⇒ yB = 22 = 4 vậy B(2;4)

x
=
2
 B

Phương trình đường thẳng AB cần tìm có dạng y = ax + b (AB) với a, b ∈ R
 A ∈ ( AB )
1 = − a + b
−3a = −3
a = 1
⇔
⇔
⇔
 B ∈ ( AB )
 4 = 2a + b
1 = − a + b
b = 2

có 

Vậy phương trình đường thẳng AB là y = x + 2
Nếu linh hoạt suy nghĩ tìm phương pháp giải ta có thể cho lời giải “ đẹp” sau đó là
do sử dụng định lý Vi-ét.
Phương trình đường thẳng AB cần tìm có dạng: y = ax + b (AB).
21


Định lý Vi-ét & Một số ứng dụng
Phương trình hoành độ giao điểm của (AB) và (P) là:
x2 = ax + b ⇔ x2 - ax - b =0 (*)
Ta có: xA = - 1 ; xB = 2 là nghiệm của phương trình (*)

x A + x B = a
a = 1

Theo định lý Viet ta có: 
⇔
b = 2
x A x B = − b
Vậy phương trình đường thẳng (AB) là: y = x + 2
x2
Bài toán 2: Cho (P): y =
; A ∈ (P) có hoành độ xA = 2 lập phương trình đường
4
thẳng tiếp xúc với (P) tại A.
Cũng như bài toán trên nếu không áp dụng định lý Viet học sinh có lời giải như sau:
 A ∈ ( P )
22
⇒
y
=
= 1 Vậy A(2;1)

A
4
 x A = 2

Phương trình đường thẳng cần tìm có dạng : y = ax + b (d) với a, b ∈ R
A∈ (d) ⇔ 1 = 2a + b ⇔ b = 1 - 2a
Vậy = ax + 1 - 2a
x2
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:
= ax + 1 - 2a
4
⇔ x 2 − 4ax − 4 + 8a = 0

∆ = 4a 2 + 4 − 8a = 4 ( a − 1)

2

∆ = 0 ⇔ 4 ( a − 1) = 0 ⇔ a = 1
2

Từ a = 1 ⇒ b = 1 - 2.1 = -1
Phương trình đường thẳng cần tìm là: y = x - 1
Nếu sử dụng định lý Viet ta có lời giải bài toán như sau:
Giả sử phương trình tiếp tuyến tại A là (d): y = ax + b. Phương trình hoành độ giao
điểm của (d) và (P) là:
x2
= ax + b ⇔ x2 - 4ax - 4b = 0
(*)
4
Ta có: xA = 2 là nghiệm kép của (*) (x1 = x2 = 2)

x 1 + x 2 = 4a
a = 1
Theo Viet ta có: 
⇒
b = −1
x 1 x 2 = −4b
Vậy phương trình tiếp tuyến (d) là: y = x - 1
*Bài tập tương tự
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): 2x - y – m2 = 0 và
(P) : y = mx2 với m là tham số dương.

22

Định lý Vi-ét & Một số ứng dụng
a. Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt. Chứng minh rằng khi đó A và
B nằm bên phải trục tung.
4

1

b. Gọi xA và xB là hoành độ của A và B. Tìm GTNN của T = x + x + x .x
A
B
a
B
2. Cho (P): y = −

x2
và điểm M (1;-2)
4

a, Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M và có hệ số góc là m.
b, Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B khi m thay
đổi.
c, Gọi x A ; xB lần lượt là hoành độ của A và B. Xác định m để x A2 xB + x A xB2 đạt
giá trị nhỏ nhất và tính giá trị đó.
1
2

3. Cho (P): y = x 2 và đường thẳng (d): y = 2x + m + 1.Tìm m sao cho (d)
cắt (P) tại hai điểm có hoành độ x1 ≠ x 2 thỏa mãn :

1 1 1
+ =
x12 x22 2

4. Cho Parabol (P): y = -x2 và đường thẳng (d) y = mx – 1
a, CMR với mọi m thì (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt.
b, Gọi x1,x2 là các hoành độ giao điểm của (d) và (P). Tìm giá trị của m để
x12x2+x22x1- x1x2 =3.
Dạng 10: Định lý Vi-ét và các bài toán khác
Bài toán 1: Cho a, b là nghiệm của phương trình: x 2 + px + 1 = 0 và b, c là nghiệm
của phương trình x2 + qx + 2 = 0. Chứng minh: (b - a)(b - c) = pq - 6.
Hướng dẫn: 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
pq = (- p)(- q) = (a + b)(b + c) = b2 + ac + 3
Suy ra: pq - 6 = b2 + ac +3 – 6 = b2 + ac - 3
Từ (1) và (2) suy ra (b - a)(b - c) = pq - 6 (đpcm)

(1)
(2)

Bài toán 2: 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 của
2
PT x + 2 x + ab = 0

( 3)
23


Định lý Vi-ét & Một số ứng dụng
Hướng dẫn:
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(m2 + 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 trị
1

1

1

1

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 M =

3 x12 + 3x22 − 3
x12 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 x1; x2 của phương trình thoả mãn: x1 + 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)

24


Định lý Vi-ét & Một số ứng dụng
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 nghiệm x1;
 x1 − x 2 = 5
3

3
x 1 − x 2 = 35

x2 của phương trình thoả mãn hệ: 

Bài 8: Cho các số a,b,c thoả mãn điều kiện: a + b + c = - 2 (1); a2 + b2 + c2 = 2 (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 giá
x1 + 5mx2 + 12m
m2
trị nhỏ nhất.

(

Bài 13: Tìm số nguyên lớn nhất không vượt quá 4 − 15

)

7

Bài 14: Giả sử x1; x2 là hai nghiệm của phương trình: x 2 − 6 x + 1 = 0 . Chứng minh
rằng Sn = x1n + x2n là số nguyên không chia hết cho 5 với mọi n.
Bài 15: Tìm đa thức bậc 5 có hệ sô nguyên nhận số thực r =

(

5

Bài 16: Tìm chữ số tân cùng của phần nguyên của số 5 + 3 3

2 55

+
là nghiệm.
5
2

)

2013

25