sang kien kinh nghiem ung dung dinh li viet
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (206.54 KB, 25 trang )
Ứng dụng định lý Vi-ét giải một số dạng phương trình bậc hai và
quy về bậc hai có tham số
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
MÃ SKKN
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Đề tài
“ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ VI - ÉT GIẢI MỘT SỐ DẠNG TỐN PHƯƠNG TRÌNH
BẬC HAI VÀ PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ BẬC HAI CĨ THAM SỐ ”
Lĩnh vực: Tốn
Cấp học: THPT
Người viết đề tài: Nguyễn Thanh Nam
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THPT Tân Lập
26/27
Ứng dụng định lý Vi-ét giải một số dạng phương trình bậc hai và
quy về bậc hai có tham số
MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Trong chương trình mơn Tốn bậc THPT hiện nay có rất nhiều bài tốn có tham
số liên quan tới phương trình bậc 2, quy về bậc 2, và trong số đó xuất hiện nhiều và đa
dạng các bài tốn “Tìm điều kiện để một phương trình có nghiệm, có một nghiệm, hai
nghiệm, ba nghiệm, bốn nghiệm …”. Đây thực chất là các bài toán so sánh nghiệm của
một phương trình bậc hai với một số thực α , nếu xem xét các dạng toán này theo quan
điểm, chương trình bộ sách giáo khoa cũ thì các em học sinh khơng khó để có thể giải
quyết bởi vì trong chương trình sách giáo khoa cũ lớp 10, các em được trang bị đầy đủ
nội dung các định lý thuận, đảo về dấu tam thức bậc 2 và các hệ quả. Nhưng hiện nay
theo bộ sách giáo khoa mới đang phát hành thì phần kiến thức liên quan tới định lý đảo
và các hệ quả đã được giảm tải. Đứng trước vấn đề “Khơng có cơng cụ đó thì cần tìm
hướng nào để bằng kiến thức các em đang được học trong sách giáo khoa các em
vẫn có thể giải được các dạng tốn đó?”. Với suy nghĩ nhằm giúp các em tìm tịi, phát
hiện, tạo hứng thú trong q trình học bộ mơn Tốn, và hơn nữa là góp phần nâng cao
chất lượng giảng dạy, nay tôi viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “Ứng dụng định lý Viét giải một số dạng tốn phương trình bậc 2 – quy về bậc 2 có tham số”.
2/ Mục đích nghiên cứu
Qua đề tài này, tơi muốn giúp học sinh phát triển tư duy, nâng cao kỹ năng ứng dụng
định lý Vi- ét giải các bài toán phương trình bậc hai và quy về bậc hai có tham số.
3/ Pham vi và đối tượng nghiên cứu:
“Ứng dụng định lý Vi-ét giải một số dạng tốn phương trình bậc 2 – quy về bậc 2 có
tham số”.
+ Hệ thống một số dạng tốn điển hình và phương pháp giải
+ Lấy ví dụ mẫu từ dễ đến khó, hướng dẫn cho học sinh phân tích, định hướng cách
giải, cho học sinh làm bài theo nhóm
+ Giao bài tập về nhà cho học sinh làm, kiểm tra và chỉnh sửa lỗi cho học sinh.
4/ Phương pháp nghiên cứu:
+ Nghiên cứu lý luận: đọc tài liệu liên quan tới đề tài
+ Kết hợp linh hoạt các phương pháp dạy học: giao cho học sinh làm bài tốn từ đơn
giản đến khó, với các bài tốn khó tạo tình huống gợi vấn đề giúp học sinh định hướng
cách giải và tự giải được các bài tốn đó.
+ Tổng kết rút kinh nghiệm: tìm ra những thuận lợi, khó khăn khi giải quyết các bài
toán ở những lớp trước.
26/27
Ứng dụng định lý Vi-ét giải một số dạng phương trình bậc hai và
quy về bậc hai có tham số
NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.
A. CƠ SỞ LÝ THUYẾT.
1. KIẾN THỨC CẦN NHỚ.
1.1 PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI.
Định nghĩa.
•
Phương trình bậc hai đối với ẩn x ∈ R là phương trình có dạng:
ax 2 + bx + c = 0 ( 1)
( a ≠ 0)
Cách giải.
2
Tính ∆ = b − 4ac
Nếu ∆ < 0 thì phương trình (1) vơ nghiệm.
Nếu ∆ = 0 thì phương trình (1) có nghiệm kép
x1 = x2 = −
b
2a .
x1 =
−b − ∆
−b + ∆
, x2 =
2a
2a
Nếu ∆ > 0 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
Định lý Vi-et – Dấu các nghiệm.
ax 2 + bx + c = 0 ( 1) ( a ≠ 0 )
Định lý: Nếu phương trình bậc hai ẩn x ∈ R :
có hai nghiệm
−b
c
x1 , x2 thì S = x1 + x2 = a , P = x1 .x2 = a .
Dấu các nghiệm:
Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu ⇔ P < 0 .
∆ ≥ 0
⇔
P > 0 .
Phương trình (1) có hai nghiệm cùng dấu
Phương trình (1) có hai nghiệm cùng dương
Phương trình (1) có hai nghiệm cùng âm
∆ ≥ 0
⇔ P > 0
S > 0
∆ ≥ 0
⇔ P > 0
S < 0
.
.
1.2 PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN.
Trong phần này tơi sẽ trình bày phương pháp giải quyết một cách tổng quát một số dạng
tốn liên quan đến phương trình bậc 2, và quy về bậc 2 trong tập số thực R: Thay vì so
26/27
Ứng dụng định lý Vi-ét giải một số dạng phương trình bậc hai và
quy về bậc hai có tham số
sánh nghiệm của một phương trình bậc 2 với một số thực α , ta sẽ biến đổi để đưa về so
sánh nghiệm của phương trình bậc 2 với số 0.
1. Phương trình dạng ax2 + bx + c =0
Các bước giải bài tốn: “Tìm giá trị của tham số để phương trình: ax2 + bx + c =0 có hai
nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện K”
Bước 1: Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm
Bước 2: Áp dụng định lí Vi – ét tính: x1 + x2 ; x1 .x2
Bước 3: Biểu diễn điều kiện K theo x1 + x2 ; x1 .x2 để tìm giá trị của tham số thỏa mãn K.
Bước 4: Kết hợp các giá trị của tham số ở bước 3 với điều kiện của tham số để phương
trình có nghiệm rồi kết luận.
2
2
Ví dụ 1: Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = 10
Giải
+ Phương trình có hai nghiệm khi:
∆ ≥ 0 ⇔ ( m − 2 ) − 4 ( m + 5) ≥ 0
2
⇔ m 2 − 8m − 16 ≥ 0 ⇔ ( m − 4 ) − 32 ≥ 0 ⇔ m − 4 ≥ 32( a)
2
+ Theo định lí vi-ét ta có:
x1 + x2 = − ( m − 2 )
x1 x2 = m + 5
x12 + x22 = 10 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 10
2
+ Mà
2
m = −2
⇔ − ( m − 2 ) − 2 ( m − 5 ) = 10 ⇔ m 2 − 6m − 16 = 0 ⇔
m = 8
+ Kết hợp với điều kiện (a), ta được m = -2. Vậy m = -2 là giá trị cần tìm.
2
Ví dụ 2: Tìm m để phương trình: ( m + 3) x + 2 ( m − 1) x − m + 3 = 0 có:
a) Hai nghiệm trái dấu
b) Hai nghiệm phân biệt đều dương.
Giải
a) Phương trình có hai nghiệm trái dấu
⇔P=
−m + 3
< 0 ⇔ ( −m + 3) ( m + 3) < 0 ⇔
m+3
m < −3
m > 3
26/27
Ứng dụng định lý Vi-ét giải một số dạng phương trình bậc hai và
quy về bậc hai có tham số
b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt đều dương
1 − 17 1 + 17
2
m
∈
−∞
;
∪
;
+∞
÷
÷
2m − 2m − 8 > 0
÷
2 ÷
∆ ' > 0
2
−m + 3
⇔ P > 0 ⇔
>0
⇔ m ∈ ( −3;3)
S > 0
m+3
−2 ( m − 1)
m ∈ ( −3;1)
>0
m+3
1 − 17
⇔ m ∈ −3;
÷
2 ÷
2. Phương trình trùng phương
Phương trình dạng ax4 + bx2 + c =0
Cách giải:
+ đặt t=x2, đk: t≥ 0.
+ Giải phương trình: at2 + bt + c=0
+ kết hợp điều kiện ⇒ x
Ví dụ 1: Giải phương trình x4−8x2−9 = 0(*)
Giải
Đặt y = x2 , y
≥
0. Khi đó:
(*) y2-8y-9 = 0
y = -1 (loaïi)
y = 9
với y = 9 x2 = 9 x =
±3
.
Ví dụ 2: Cho phương trình x4+(1-2m)x2+m2-1 = 0 (1). Tìm m để :
a) Phương trình vơ nghiệm.
b) Phương trình có đúng một nghiệm.
c) Phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt.
d)Phương trình có đúng ba nghiệm phân biệt.
e) Phương trình có đúng bốn nghiệm phân biệt.
Giải
Đặt y = x2 , y 0. Khi đó:pt(1) trở thành y2+(1-2m)y+m2-1 = 0 (2)
≥
∆ = ( 1 − 2m ) − 4 ( m 2 − 1) = −4m + 5
2
2
, S = 2m − 1 , P = m − 1
a) Pt(1) vô nghiệm khi pt(2) có:
26/27
Ứng dụng định lý Vi-ét giải một số dạng phương trình bậc hai và
quy về bậc hai có tham số
5
∆
<
0
⇔
−
4
m
+
5
<
0
⇔
m
>
4
5
5
m < 4
m
<
4
∆ > 0
S < 0 ⇔ 2m − 1 < 0 ⇔ m < 1
⇔ m < −1
2
m2 − 1 > 0
P > 0
m ∈ (−∞; −1) ∪ ( 1; +∞ )
5
m>
⇔
4
m < −1
b) Pt(1) có đúng một nghiệm khi pt(2) có
5
∆ = 0
m = 4
⇔
⇔ m∈∅
1
y1 = y2 = 0
m =
2
5
m<
∆ > 0
m <
⇔
⇔
4
y
<
0
=
y
1
2
m <
2m − 1 < 0
5
4 ⇔m< 1
1
2
2
⇔m<
1
2
c) Pt(1) có đúng hai nghiệm phân biệt khi pt(1) có
5
∆ = 0
m = 4
5
⇔
⇔m=
4
y1 = y2 > 0
m > 1
2
2
P < 0 ⇔ m − 1 < 0 ⇔ m < 1 ⇔ −1 < m < 1
d)Pt(1) có đúng ba nghiệm phân biệt khi pt(2) có
5
m<
∆ > 0
m <
⇔
⇔
4
y1 = 0 < y2
0 < 2m − 1
m >
5
4 ⇔ 1
2
4
2
e) Pt(1) có bốn nghiệm phân biệt khi pt(2) có hai nghiệm dương phân biệt
5
5
m < 4
m
<
∆ > 0
4
1
5
⇔ S > 0 ⇔ 2m − 1 > 0 ⇔ m >
⇔ m ∈ 1; ÷
2
4
P > 0
m2 − 1 > 0
m ∈ (−∞; −1) ∪ (1; +∞)
26/27
Ứng dụng định lý Vi-ét giải một số dạng phương trình bậc hai và
quy về bậc hai có tham số
ax 2 + bx + c = 0 ( 1)
(
Bài toán 3. Cho phương trình:
a)
Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm: x ≥ α .
b)
Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm: x ≤ α .
a ≠ 0, x ∈ R )
c)
Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: x1 < α < x2 .
d)
Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: α < x1 < x2 .
e)
Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: x1 < x2 < α .
Giải.
at 2 + ( 2aα + b ) t + aα 2 + bα + c = 0 ( 2 )
• Đặt t = x − α ⇒ x = t + α , thay vào pt (1) ta được pt:
a)
Để phương trình (1) có nghiệm x ≥ α ⇔ pt (2) có nghiệm t ≥ 0
TH1:Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 .
∆ ≥ 0
0 ≤ t1 ≤ t 2 ⇔ P ≥ 0
S ≥ 0
TH2: Phương trình (2) có nghiệm
b)
Phương trình (1) có nghiệm x ≤ α ⇔ pt (2) có nghiệm t ≤ 0
TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 .
∆ ≥ 0
t1 ≤ t2 ≤ 0 ⇔ P ≥ 0
S ≤ 0
TH2: Phương trình (2) có nghiệm
c)
Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa x1 < α < x2 ⇔ pt (2) có 2 nghiệm t1 < 0 < t2 ⇔ P < 0 .
d)
Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa α < x1 < x2 ⇔ pt (2) có 2 nghiệm
∆ > 0
0 < t1 < t2 ⇔ P > 0
S > 0
.
Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa x1 < x2 < α ⇔ pt (2) có 2 nghiệm
∆ > 0
t1 < t2 < 0 ⇔ P > 0
S < 0
.
e)
− ( 2aα + b )
aα 2 + bα + c
∆ = ( 2aα + b ) − 4a ( aα + bα + c ) , P = t1.t2 =
, S = t1 + t2 =
a
a
(Với
)
2
2
Nhận xét: Thoạt nhìn thì bài tốn này mang đậm dấu ấn dùng kiến thức so sánh nghiệm
của một tam thức bậc 2 với số thực α , và bằng cách làm như trên ta đã hướng dẫn học
sinh giải quyết bài toán một cách dễ dàng dựa vào định lý Viet và các ứng dụng, tránh
không sử dụng kiến thức về tam thức bậc 2 đã được giảm tải trong sách giáo khoa.
Ví dụ: Cho phương trình:
x 2 − 2mx + m 2 − m + 1 = 0 ( 1)
26/27
Ứng dụng định lý Vi-ét giải một số dạng phương trình bậc hai và
quy về bậc hai có tham số
a)
Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x ≥ 1 .
b)
Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x ≤ 1 .
c)
Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1 < 1 < x2 .
d)
•
Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1 < x2 < 1 .
Giải.
Đặt t = x − 1 ⇒ x = t + 1 , thay vào pt (1) ta được phương trình:
t 2 + 2 ( 1 − m ) t + m 2 − 3m + 2 = 0 ( 2 )
a)
Để phương trình (1) có nghiệm x ≥ 1 ⇔ phương trình (2) có nghiệm t ≥ 0
2
TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 ⇔ m − 3m + 2 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ m ≤ 2
TH2: Phương trình (2) có nghiệm :
m − 1 ≥ 0
m ≥ 1
∆ ' ≥ 0
m = 1
2
0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔ P ≥ 0 ⇔ m − 3m + 2 ≥ 0 ⇔ m ≥ 2 ⇔
m ≥ 2
S ≥ 0
m − 1 ≥ 0
m ≤ 1
m ∈ [ 1; +∞ )
thì phương trình (1) có nghiệm x ≥ 1 .
•
Kết luận: với
b)
Để phương trình (1) có nghiệm x ≤ 1 ⇔ phương trình (2) có nghiệm t ≤ 0
2
TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 ⇔ m − 3m + 2 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ m ≤ 2
m − 1 ≥ 0
∆ ' ≥ 0
t1 ≤ t2 ≤ 0 ⇔ P ≥ 0 ⇔ m 2 − 3m + 2 ≥ 0 ⇔ m = 1
S ≥ 0
m − 1 ≤ 0
TH2: Phương trình (2) có nghiệm
•
Kết luận: với
b)
Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa x1 < 1 < x2 ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm:
m ∈ [ 1; 2]
thì phương trình (1) có nghiệm x ≤ 1 .
t1 < 0 < t2 ⇔ m2 − 3m + 2 < 0 ⇔ 1 < m < 2
.
•
Kết luận: với 1 < m < 2 thì phương trình (1) có hai nghiệm x1 < 1 < x2
Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa x1 < x2 < 1 ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm:
m − 1 > 0
∆ ' > 0
t1 < t2 < 0 ⇔ P > 0 ⇔ m2 − 3m + 2 > 0
S > 0
m − 1 < 0
(vơ nghiệm)
•
Kết luận: khơng tồn tại m để phương trình (1) có nghiệm x1 < x2 < 1 .
Nhận xét: Đây chỉ là một ví dụ minh họa cho bài tốn tổng qt, tương tự học sinh có
thể giải rất nhiều bài tốn như vậy với phương pháp như trên mà không sử dụng kiến
26/27
Ứng dụng định lý Vi-ét giải một số dạng phương trình bậc hai và
quy về bậc hai có tham số
thức về tam thức bậc hai. Rất nhiều em học sinh sau khi được học ứng dụng của đạo
)
hàm để giải một số dạng tốn “Tìm tham số m để phương trình (
có
nghiệm?”, thì khi gặp bài tập này cũng lúng túng khơng giải quyết được vì khơng thể
f x, m = 0
đưa bài toán về dạng: g ( m ) = h ( x ) để khảo sát. Do đó cách chuyển hóa phương trình
như trên, đưa bài tốn về so sánh nghiệm của một phương trình bậc 2 với số 0 dựa vào
ứng dụng định lý Vi-et là một lựa chọn tối ưu trong bối cảnh các kiến thức về so sánh
nghiệm của một tam thức bậc 2 với một số thực α đã được giảm tải trong sách giáo
khoa.
a)
b)
c)
d)
x + a ) ( x + b ) ( x + c ) ( x + d ) = k ( 1)
Bài tốn 4. Cho phương trình: (
với a + c = b + d .
Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm.
Tìm điều kiện để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
Tìm điều kiện để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.
Tìm điều kiện để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Giải.
⇔ x 2 + ( a + c ) x + ac x 2 + ( b + d ) x + bd = k ( 2 )
•
Ta biến đổi phương trình (1)
•
a+c
t = x + ( a + c) x +
÷ ( t ≥ 0)
2
Đặt
, thay vào (2) ta được phương trình:
2
2
2
2
2
a + c)
(
a+c
a+c
t + ac + bd −
bd
−
t + ac −
÷
÷ − k = 0 ( 3)
2
2
2
2
a)
Phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm t ≥ 0
TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 .
TH2: Phương trình (2) có nghiệm
∆ ≥ 0
0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔ P ≥ 0
S ≥ 0
b)
Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ta xét 2 trường hợp sau:
TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 < 0 < t2 ⇔ P < 0 .
∆ = 0
0 < t1 = t2 ⇔
S > 0
TH2: Phương trình (2) có nghiệm
c)
Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa:
∆ > 0
0 = t1 < t2 ⇔ P = 0
S > 0
.
26/27
Ứng dụng định lý Vi-ét giải một số dạng phương trình bậc hai và
quy về bậc hai có tham số
d)
Phương trình (1) có 4 nghiệm phận biệt ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa:
∆ > 0
0 < t1 < t2 ⇔ P > 0
S > 0
(Trong đó ∆ là biệt thức của phương trình (2), P = t1.t2 , S = t1 + t2 )
Nhận xét:Trong các tài liệu sách giáo khoa, hoặc sách tham khảo, cách giải đưa ra đối
− ( a + c)
4
, khi đó để giải quyết
2
t≥
(
) với điều kiện
với dạng toán này là đặt:
các yêu cầu nêu trên học sinh sẽ lúng túng, đôi khi là không thể giải quyết nhất là đối
với các em học sinh lớp 10,vì các em khơng được trang bị cơng cụ để so sánh nghiệm
một phương trình bậc 2 với một số thực khác 0.
t = x + a+c x
2
)(
)(
Ví dụ: Cho phương trình: (
Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
Tìm m để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.
Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Giải.
)
x x − m + 1 x − m − 1 x − 2 m = 3m + 2 ( 1)
a)
b)
c)
d)
(
)(
, với tham số m ≥ 0 .
)
⇔ x 2 − 2 mx x 2 − 2 mx + m − 1 = 3m − 5 ( 2 )
•
Ta biến đổi phương trình (1)
•
2
Đặt t = x − 2 mx + m ( t ≥ 0 ) , thay vào phương trình (2) ta được phương trình:
t 2 − ( m + 1) t − 2m + 5 = 0 ( 2 )
a)
Phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm t ≥ 0
TH1: Phương trình (2) có nghiệm
TH2: Phương trình (2) có nghiệm
t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 ⇔ 5 − 2m ≤ 0 ⇔ m ≥
5
2.
m 2 + 12m − 19 ≥ 0
∆ ≥ 0
5
5
0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔ P ≥ 0 ⇔ m ≤
⇔ −6 + 55 ≤ m ≤
2
2
S ≥ 0
m
>
−
1
m ∈ −6 + 55; +∞
)
•
Kết luận: Với
b)
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ta xét 2 trường hợp sau:
thì phương trình (1) có nghiệm.
TH1: Phương trình (2) có nghiệm
t1 < 0 < t2 ⇔ P < 0 ⇔ 5 − 2m < 0 ⇔ m >
26/27
5
2.
Ứng dụng định lý Vi-ét giải một số dạng phương trình bậc hai và
quy về bậc hai có tham số
TH2: Phương trình (2) có nghiệm:
m = −6 − 55
m 2 + 12m − 19 = 0
∆ = 0
0 < t1 = t2 ⇔
⇔
⇔ m = −6 + 55 ⇔ m = −6 + 55
S > 0
m + 1 > 0
m > −1
{
.
}
•
5
m ∈ ; +∞ ÷∪ −6 + 55
2
Kết luận: Với
thì phương trình (1) có 2 nghiệm.
c)
Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa:
m2 + 12m − 19 > 0
∆ > 0
5
0 = t1 < t2 ⇔ P = 0 ⇔ 5 − 2m = 0
⇔m=
2
S > 0
m + 1 > 0
.
m=
5
2 thì phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.
•
Kết luận: Với
d)
Phương trình (1) có 4 nghiệm phận biệt ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa:
m 2 + 12m − 19 > 0
∆ > 0
5
0 < t1 < t 2 ⇔ P > 0 ⇔ 5 − 2m > 0
⇔ −6 + 55 < m <
2
S > 0
m + 1 > 0
ã
5
m 6 + 55; ữ
2 thỡ phng trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Kết luận: với
( )(
)
Bài tốn 5. Cho phương trình:
Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm dương.
Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm âm.
Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm.
Tìm điều kiện để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Giải
Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (1), chia cả hai vế phương trình (1)
ax 4 + bx 3 + cx 2 + bx + a = 0 1 a ≠ 0
a)
b)
c)
d)
•
2
cho x ≠ 0 , ta được:
2
1
1
a x + ÷ + b x + ÷+ c − 2a = 0 ( 2 )
x
x
(Thông thường tới đây học sinh sẽ đặt
t = x+
1
x
( t ≥ 2)
, khi đó nhận được phương trình
at 2 + bt + c − 2a = 0 và việc giải quyết các yêu cầu đặt ra sẽ khó khăn vì học sinh khơng
được trang bị cơng cụ. Để giúp học sinh vượt qua trở ngại này chúng ta giải quyết như
sau).
26/27
Ứng dụng định lý Vi-ét giải một số dạng phương trình bậc hai và
quy về bậc hai có tham số
a)
Vì x > 0 , đặt
t = x+
1
1
− 2 ( t ≥ 0)
x+ =t+2
x
x
suy ra
, thay vào phương trình (2) được:
at 2 + ( 4a + b ) t + 2a + 2b + c = 0
(3).
•
Để phương trình (1) có nghiệm x > 0 thì phương trình (3) có nghiệm t ≥ 0 , ta xét:
TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0
b)
TH2: Phương trình (3) có nghiệm
Vì x < 0 , đặt
t = x+
∆ ≥ 0
0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔ P ≥ 0
S ≥ 0
1
1
+ 2 ( t ≤ 0)
x+ =t+2
x
x
suy ra
, thay vào phương trình (2) được:
at 2 + ( b − 4a ) t + 2a − 2b + c = 0
(4)
•
Để phương trình (1) có nghiệm x < 0 thì phương trình (3) có nghiệm t ≤ 0 , ta xét:
TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0
TH2: Phương trình (3) có nghiệm
∆ ≥ 0
t1 ≤ t2 ≤ 0 ⇔ P ≥ 0
S ≤ 0
Để phương trình (1) có nghiệm thì hoặc phương trình (3) có nghiệm t ≥ 0 , hoặc
phương trình (4) có nghiệm t ≤ 0 . (Đây chính là kết quả tổng hợp của phần a) và b).
d)
Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ta xét các trường hợp sau;
c)
TH1: Phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa:
∆1 > 0
0 < t1 < t2 ⇔ P1 > 0
S > 0
1
TH2: Phương trình (4) có 2 nghiệm thỏa:
∆ 2 > 0
t1 < t2 < 0 ⇔ P2 > 0
S < 0
2
P < 0
⇔ 1
P2 < 0
TH3: Đồng thời phương trình (3), phương trình(4) có hai nghiệm trái dấu
Nhận xét: Với cách tiếp cận này học sinh cũng có thể dễ dàng giải quyết các bài tốn
như: Tìm điều kiện để phương trình có 2 nghiệm, 3 nghiệm.
(
)
Ví dụ: Cho phương trình:
a)
Tìm m để phương trình (1) có nghiệm dương.
b)
Tìm m để phương trình (1) có nghiệm âm.
c)
Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
26/27
x 4 − 2mx 3 + m 2 − 3m + 4 x 2 − 2mx + 1 = 0 ( 1)
Ứng dụng định lý Vi-ét giải một số dạng phương trình bậc hai và
quy về bậc hai có tham số
d)
•
Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Giải
Ta thấy x = 0 khơng là nghiệm của phương trình (1), chia hai vế của phương trình (1)
2
cho x ≠ 0 , ta được:
2
1
1
2
x + ÷ − 2m x + ÷+ m − 3m + 2 = 0 ( 2 )
x
x
a)
Vì x > 0 , đặt
t = x+
1
1
− 2 ( t ≥ 0)
x+ =t+2
x
x
suy ra
, thay vào phương trình (2) được:
t 2 − 2 ( m − 2 ) t + m2 − 7m + 6 = 0
•
(3).
Để phương trình (1) có nghiệm x > 0 thì phương trình (3) có nghiệm t ≥ 0 . Xét 2
trường hợp:
2
TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ m − 7m + 6 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ m ≤ 6 .
3m − 2 ≥ 0
∆ ' ≥ 0
0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔ P ≥ 0 ⇔ m2 − 7 m + 6 ≥ 0 ⇔ m ≥ 6
S ≥ 0
m − 2 ≥ 0
TH2: Phương trình (3) có nghiệm
•
Kết luận: Với m ≥ 1 thì phương trình (1) có nghiệm dương.
b) Vì x < 0 , đặt
t = x+
1
1
+ 2 ( t ≤ 0)
x+ =t −2
x
x
suy ra
, thay vào phương trình (2) được:
t 2 − 2 ( m + 2 ) t + m2 + m + 6 = 0 ( 4 )
•
(4)
Để phương trình (1) có nghiệm x > 0 thì phương trình (3) có nghiệm t ≤ 0 . Xét 2
trường hợp:
2
TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ m + m + 6 ≤ 0 (vô nghiệm).
3m − 2 ≥ 0
∆ ' ≥ 0
t1 ≤ t2 ≤ 0 ⇔ P ≥ 0 ⇔ m 2 + m + 6 ≥ 0
S ≤ 0
m + 2 ≤ 0
TH2: Phương trình (3) có nghiệm
•
Kết luận: Khơng tồn tại m để phương trình (1) có nghiệm âm.
(vơ nghiệm).
c) Để phương trình (1) có nghiệm thì m ≥ 1 .
d) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ta xét các trường hợp sau:
3m − 2 > 0
∆1 > 0
0 < t1 < t2 ⇔ P1 > 0 ⇔ m 2 − 7 m + 6 > 0 ⇔ m > 6
S > 0
m − 2 > 0
1
TH1: Phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa:
TH2: Phương trình (4) có 2 nghiệm thỏa:
26/27
Ứng dụng định lý Vi-ét giải một số dạng phương trình bậc hai và
quy về bậc hai có tham số
3m − 2 > 0
∆ 2 > 0
t1 < t2 < 0 ⇔ P2 > 0 ⇔ m 2 + m + 6 > 0
S < 0
m + 2 < 0
2
(vơ nghiệm)
TH3: Đồng thời phương trình (3), phương trình (4) có hai nghiệm trái dấu:
m 2 − 7 m + 6 < 0
P1 < 0
⇔ 2
P2 < 0
m + m + 6 < 0 (vô nghiệm)
•
Kết luận: Với m > 6 thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
α ( ax 2 + bx + c ) + β ( ax 2 + bx + c ) + γ = 0 ( 1) ( α ≠ 0; a ≠ 0 )
2
a)
b)
c)
•
Bài tốn 6. Cho phương trình
Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm.
Tìm điều kiện để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Tìm điều kiện để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
Giải.
Xét a > 0 (với a < 0, làm tương tự)
2
b b 2 − 4ac
ax + bx + c = a x + ÷ −
2a
4a 2
2
•
Ta có
nên đặt
t = ax 2 + bx + c +
b 2 − 4ac
4a
khi đó t ≥ 0 .
α ( t −k) + β ( t −k) +γ = 0
2
•
Thay vào phương trình (1) ta được phương trình sau:
k=
(2) với
b 2 − 4ac
4a
α t 2 + ( β − 2α k ) t + α k 2 − β k + γ = 0
•
Phương trình (2):
(3)
a)
Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (3) có nghiệm t ≥ 0
TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 .
TH2: Phương trình (2) có nghiệm
∆ ≥ 0
0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔ P ≥ 0
S ≥ 0
b)
Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì pt (3) có 2 nghiệm thỏa
∆ > 0
0 < t1 < t2 ⇔ P > 0
S > 0
c)
Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa
t1 < 0 < t2 , hoặc phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa 0 < t1 = t2 .
TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 < 0 < t2 ⇔ P < 0 .
26/27
Ứng dụng định lý Vi-ét giải một số dạng phương trình bậc hai và
quy về bậc hai có tham số
∆ = 0
0 < t1 = t2 ⇔
S > 0
TH2: Phương trình (2) có nghiệm
(Trong đó ∆ là biệt thức của pt (3), S = t1 + t 2 , P = t1.t2 )
2
Nhận xét: Khi gặp dạng toán này các em học sinh thường đặt t = ax + bx + c với điều
kiện
t≥
− ( b 2 − 4ac )
4a
nếu a > 0,
t≤
− ( b 2 − 4ac )
4a
nếu a < 0. Phương trình nhận được
α t + β t + γ = 0 , và để giải quyết các yêu cầu của bài toán học sinh sẽ gặp trở ngại vì cần
2
so sánh nghiệm của một phương trình bậc 2 với một số thực khác 0. Chính vì thế với
cách giải đã trình bày ở trên tạo cho các em học sinh rất hứng thú, vì các em có thể sử
dụng một cơng cụ đơn giản, quen thuộc là định lý Viet để giải dạng tốn này.
x
Ví dụ: Cho phương trình (
a)
b)
c)
•
2
− 2 x ) − 2m ( x 2 − 2 x ) + m + 3 = 0 ( 1)
2
Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
Giải
2
2
Đặt t = x − 2 x + 1 khi đó t ≥ 0 , suy ra x − 2 x = t − 1 . Thay vào phương trình (1) ta được
phương trình sau:
t 2 − 2 ( m + 1) t + m + 4 = 0 ( 2 )
a)
Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm t ≥ 0
TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 ⇔ m + 4 ≤ 0 ⇔ m ≤ −4 .
m2 + m − 3 ≥ 0
∆ ≥ 0
−1 + 13
0 ≤ t1 ≤ t 2 ⇔ P ≥ 0 ⇔ m + 4 ≥ 0
⇔ m≥
2
S ≥ 0
m + 1 ≥ 0
TH2: Phương trình (2) có nghiệm
.
•
−1 + 13
m ∈ ( −∞; −4] ∪
; +∞ ÷
÷
2
thì phương trình (1) có nghiệm.
Kết luận: với
b)
Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa:
m 2 + m − 3 > 0
∆ > 0
−1 + 13
0 < t1 < t2 ⇔ P > 0 ⇔ m + 4 > 0
⇔m>
2
S > 0
m + 1 > 0
.
•
−1 + 13
m ∈
; +∞ ÷
÷
2
thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Kết luận: với
c)
Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì pt (3) có 2 nghiệm thỏa t1 < 0 < t2 , hoặc
phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa 0 < t1 = t2 .
26/27
Ứng dụng định lý Vi-ét giải một số dạng phương trình bậc hai và
quy về bậc hai có tham số
TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 < 0 < t2 ⇔ P < 0 ⇔ m + 4 < 0 ⇔ m < −4 .
∆ = 0 m 2 + m − 3 = 0
−1 + 13
0 < t1 = t2 ⇔
⇔
⇔m=
2
S > 0
m + 1 > 0
TH2: Phương trình (2) có nghiệm
.
•
−1 + 13
m ∈ ( −∞; −4 ) ∪
2
thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
Kết luận: với
Nhận xét:Tương tự ta cũng có thể giải quyết được ngay bài tốn: “Tìm m để pt (1) có
nghiệm duy nhất”.
( ) với α > 0, a ≠ 0 .
Bài toán 7. Cho phương trình
a)
Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm.
b)
Tìm điều kiện để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
c)
Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
Giải.
ax 2 + b x 2 + α + c = 0 1
•
•
ĐK x ∈ R .
Đặt
trình:
(
t = x2 + α − α
( t ≥ 0 ) suy ra
(
x2 = t + α
)
2
−α
, thay vào pt (1) ta được phương
)
at 2 + 2a α + b t + b α + c = 0 ( 2 )
a)
Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm t ≥ 0
TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 .
TH2: Phương trình (2) có nghiệm
∆ ≥ 0
0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔ P ≥ 0
S ≥ 0
b)
Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì pt (2) có 2 nghiệm thỏa
∆ > 0
0 < t1 < t2 ⇔ P > 0
S > 0
c)
Để phương trình (1) có nghiệm duy nhất ta xét 2 trường hợp sau:
∆ > 0
t1 < 0 = t2 ⇔ P = 0
S < 0
TH1: Phương trình (2) có nghiệm
.
∆ = 0
0 = t1 = t2 ⇔
S = 0
TH2: Phương trình (2) có nghiệm
26/27
Ứng dụng định lý Vi-ét giải một số dạng phương trình bậc hai và
quy về bậc hai có tham số
(Trong đó ∆ là biệt thức của pt (3), S = t1 + t 2 , P = t1.t2 )
Nhận xét: Với dạng toán này hầu hết các sách tham khảo đều đặt
t = x2 + α
(t≥ α) ,
và đưa về phương trình bậc 2 có dạng: at + bt + c − aα = 0 , khi đó để giải quyết các câu
hỏi đặt ra thì đều phải sử dụng tới định lý đảo về dấu tam thức bậc 2 và các hệ quả,
hoặc sử dụng công cụ đạo hàm. Cả hai cách này đều không phù hợp với tư duy, kiến
thức của học sinh lớp 10, 11 và ngay cả đối với học sinh lớp 12, bởi vì cơng cụ dùng
đạo hàm để giải không phải lúc nào cũng tối ưu.
2
x 2 − m x 2 + 1 + 3m + 2 = 0 ( 1)
Ví dụ: Cho phương trình
.
a)
Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b)
Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
c)
Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
Giải.
•
ĐK x ∈ R .
•
Đặt
t = x2 + 1 − 1 ( t ≥ 0 )
phương trình:
a)
2
2
suy ra x = ( t + 1) − 1 , thay vào phương trình (1) ta được
t 2 − ( m − 2 ) t + 3m + 2 = 0 ( 2 )
Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm t ≥ 0
TH1: Phương trình (2) có nghiệm
t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 ⇔ 3m + 2 ≤ 0 ⇔ m ≤
−2
3 .
m 2 − 16m − 4 ≥ 0
∆ ≥ 0
0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔ P ≥ 0 ⇔ 3m + 2 ≥ 0
⇔ m ≥ 8 + 68
S ≥ 0
m − 2 ≥ 0
TH2: Phương trình (2) có nghiệm
•
−2
m ∈ −∞; ∪ 8 + 68; +∞
3
Kết luận: với
thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
b)
Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa:
)
m 2 − 16m − 4 > 0
∆ > 0
0 < t1 < t2 ⇔ P > 0 ⇔ 3m + 2 > 0
⇔ m > 8 + 68
S > 0
m − 2 > 0
(
m ∈ 8 + 68; +∞
)
•
Kết luận: Với
thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
c)
Để pt (1) có nghiệm duy nhất ta xét 2 trường hợp sau:
m 2 − 16m − 4 > 0
∆ > 0
−2
t1 < 0 = t2 ⇔ P = 0 ⇔ 3m + 2 = 0
⇔m=
3
S < 0
m − 2 < 0
TH1: Phương trình (2) có nghiệm
.
26/27
Ứng dụng định lý Vi-ét giải một số dạng phương trình bậc hai và
quy về bậc hai có tham số
•
m 2 − 16m − 4 = 0
∆ = 0
0 = t1 = t2 ⇔
⇔
S = 0
m − 2 = 0
TH2: Phương trình (2) có nghiệm
(vơ nghiệm)
Kết luận: với
m=
−2
3 thì pt (1) có nghiệm duy nhất.
( )
Bài tốn 8. Cho phương trình:
a)
Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm.
b)
Tìm điều kiện để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
c)
Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
Giải.
ax 2 + bx + c = x − α 1
•
x − α ≥ 0
⇔ 2
2
ax + bx + c = ( x − α ) ( 2 )
Phương trình (1)
•
Đặt t = x − α , vì x − α ≥ 0 nên ta có điều kiện t ≥ 0 , thay vào (2) ta được phương trình:
( a − 1) t 2 + ( 2aα + b ) t + aα 2 + bα + c = 0 ( 3)
a)
Để phương trình (1) có nghiệm thì pt (3) có nghiệm t ≥ 0
TH1: Xét a = 1 , thay vào phương trình (3) tìm nghiệm t0 và giải bất phương trình
t0 ≥ 0 .
a ≠ 1
t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔
P ≤ 0 .
TH2: Phương trình (3) có nghiệm
a ≠ 1
∆ ≥ 0
0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔
P ≥ 0
S ≥ 0
TH3: Phương trình (3) có nghiệm
b)
a ≠ 1
∆ > 0
0 ≤ t1 < t2 ⇔
P ≥ 0
S > 0
Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì pt (3) có 2 nghiệm
c)
Để phương trình (1) có nghiệm duy nhất thì phương trình (3) có đúng 1 nghiệm t ≥ 0
TH1: Xét a = 1 , thay vào phương trình (3) tìm nghiệm t0 và giải bất phương trình
t0 ≥ 0
a ≠ 1
t1 < 0 < t2 ⇔
P < 0 .
TH2: Phương trình (3) có nghiệm
26/27
Ứng dụng định lý Vi-ét giải một số dạng phương trình bậc hai và
quy về bậc hai có tham số
a ≠ 1
∆ > 0
t1 < 0 = t2 ⇔
P = 0
S < 0
TH3: Phương trình (3) có nghiệm
a ≠ 1
0 ≤ t1 = t2 ⇔ ∆ = 0
S ≥ 0
TH4: Phương trình (3) có nghiệm
(Trong đó ∆ là biệt thức của phương trình (3), S = t1 + t2 , P = t1.t 2 )
Nhận xét: Dạng toán này hay xuất hiện trong chuyên đề về phương trình chứa căn, và
những bài toán như thế cũng từng xuất hiện trong các đề thi Đại học, Cao đẳng, nhưng
tất cả đều đưa ra phương án là đi so sánh nghiệm của phương trình (2) với số thực α .
Song với cách giải như trên thì ta đã đưa bài tốn về so sánh nghiệm của phương trình
(3) với số 0.
2x 2 − 2 ( m + 1) x + m2 + m = x − 1 ( 1)
Ví dụ: Cho phương trình:
a)
Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b)
Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
c)
Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
Giải.
•
x − 1 ≥ 0
⇔ 2
2
2
x − 2 ( m + 1) x + m + m = ( x − 1) ( 2 )
Phương trình (1)
•
Đặt t = x − 1 , vì x − 1 ≥ 0 nên ta có điều kiện t ≥ 0 , thay vào phương trình (2) ta được
phương trình:
t 2 − 2 ( m − 1) t + m 2 − m = 0 ( 3)
a)
Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (3) có nghiệm t ≥ 0
2
TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 ⇔ m − m ≤ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤ 1 .
1 − m ≥ 0
∆ ' ≥ 0
0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔ P ≥ 0 ⇔ m 2 − m ≥ 0 ⇔ m = 1
S ≥ 0
m − 1 ≥ 0
TH2: Phương trình (3) có nghiệm
.
•
Kết luận: Với
b)
Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có 2 nghiệm
m ∈ [ 0;1]
thì phương trình (1) có nghiệm.
1 − m > 0
∆ > 0
0 ≤ t1 < t2 ⇔ P ≥ 0 ⇔ m 2 − m ≥ 0
S > 0
m − 1 > 0
(vô nghiệm)
Kết luận: Không tồn tại m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
26/27
Ứng dụng định lý Vi-ét giải một số dạng phương trình bậc hai và
quy về bậc hai có tham số
c)
Để phương trình (1) có nghiệm duy nhất thì phương trình (3) có đúng 1 nghiệm t ≥ 0
2
TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 < 0 < t2 ⇔ P < 0 ⇔ m − m < 0 ⇔ 0 < m < 1 .
1 − m > 0
∆ > 0
t1 < 0 = t2 ⇔ P = 0 ⇔ m 2 − m = 0 ⇔ m = 0
S < 0
m − 1 < 0
TH2: Phương trình (3) có nghiệm
.
∆ = 0
1 − m = 0
0 ≤ t1 = t2 ⇔
⇔
⇔ m =1
S
≥
0
m
−
1
≥
0
TH3: Phương trình (3) có nghiệm
.
•
Kết luận: Với
m ∈ [ 0;1]
thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
+2
+ m 2 − 3m = 0 ( 1)
Ví dụ: Cho phương trình:
a)
Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b)
Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
c)
Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm.
Giải.
4x
•
Đặt
trình:
t = 2x
2
+1
−2
2
+1
− ( 2m − 1) 2 x
( t ≥ 0 ) , khi đó
t 2 − 2 ( 2m − 1) t + m 2 − 11m = 0
2x
2
+1
2
= t + 2 , thay vào phương trình (1) ta được phương
( 2)
a)
Để phương trình (1) có nghiệm thì pt (2) có nghiệm t ≥ 0 .
2
TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 ⇔ m − 11m ≤ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤ 11 .
3m 2 + 7 m + 1 ≥ 0
∆ ' ≥ 0
0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔ P ≥ 0 ⇔ m 2 − 11m ≥ 0
⇔ m ≥ 11
S ≥ 0
2m − 1 ≥ 0
TH2: Phương trình (3) có nghiệm
.
•
Kết luận: Với
b)
m ∈ [ 0; +∞ )
thì phương trình (1) có nghiệm.
Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn
các trường hợp sau:
2
TH1: Phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa t1 < 0 < t2 ⇔ m − 11m < 0 ⇔ 0 < m < 11 .
3m 2 + 7m + 1 = 0
∆ = 0
0 < t1 = t 2 ⇔
⇔
S > 0
2m − 1 > 0
TH2: Phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa
(vơ
nghiệm)
•
Kết luận: Với
m ∈ ( 0;11)
thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
c) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì pt (2) có nghiệm thỏa:
26/27
Ứng dụng định lý Vi-ét giải một số dạng phương trình bậc hai và
quy về bậc hai có tham số
3m 2 + 7 m + 1 > 0
∆ ' > 0
0 < t1 < t2 ⇔ P > 0 ⇔ m2 − 11m > 0
⇔ m > 11
S > 0
2m − 1 > 0
•
Kết luận: Với
m ∈ ( 11; +∞ )
thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
B. BÀI TẬP THỰC HÀNH.
Bài 1. Cho phương trình:
x 2 + 2 x = 2mx + 4 − m ( 1)
2
2
Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = 12 .
(
)
( )
Bài 2. Cho phương trình:
a)Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm đều âm.
c)Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm đều dương.
mx 2 − 2 m − 1 x + 4m − 1 = 0 1
)
(
)
Bài 3. Cho phương trình: (
a) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
b) Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt.
m − 2 x 4 − 2 m + 1 x 2 + 2m − 1 = 0 ( 1)
Bài 4. Cho phương trình:
x 2 + ( 3m − 1) x + 2m 2 − 4m = 0 ( 1)
a)Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x ≤ −1 .
b)Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: −1 < x1 ≤ x2 .
c)Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: x1 < −1 < x2 .
d)Tìm m để phương trình (1) có nghiệm
x ∈ ( −1; +∞ )
.
Bài 5. Cho phương trình: x − 2 ( m + 1) x + ( 3m − 2 ) x − 2 ( m + 1) x + 1 = 0 (1)
a)Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b)Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt.
c)Tìm m để phương trình (1) có nghiệm dương.
d)Tìm m để phương trình (1) có nghiệm âm.
4
3
2
)(
)(
)(
)
Bài 6. Cho phương trình: (
a)Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b)Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
c)Tìm m để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt.
x − 1 x − 2 x − 3 x − 4 = 2m − 1
26/27
( 1)
Ứng dụng định lý Vi-ét giải một số dạng phương trình bậc hai và
quy về bậc hai có tham số
d)Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt.
2 ( x 2 − 4 x + 2 ) − 3 ( 2m − 1) ( x 2 − 4 x + 2 ) + m 2 − 3m − 1 = 0 ( 1)
2
Bài 7. Cho phương trình:
a)Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b)Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt.
c)Tìm m để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt.
d)Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
(
)
Bài 8. Cho phương trình:
a)Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b)Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
c)Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt.
d)Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
x 2 + 3m + 2
x 2 + 2 + 2m2 + 3m − 3 = 0
(1)
Bài 9. Cho phương trình: 2 x − 3mx + 2m − m = x + m ( 1)
a)Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b)Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
c)Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
2
2
x 2 +1
2
2
Bài 10. Cho phương trình: 3 − 2 ( m + 1) 3 + m − 3m = 0 ( 1)
a)Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b)Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
c)Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
x 2 +1
KẾT LUẬN
1. Kết quả thực hiện:
2. Phạm vi và bài học rút ra:
3. Những kiến nghị, đề nghị sau quá trình thực hiện đề tài:
Ngày 15 tháng 5 năm 2018
Người thực hiện
26/27
Ứng dụng định lý Vi-ét giải một số dạng phương trình bậc hai và
quy về bậc hai có tham số
Nguyễn Thanh Nam
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Phương pháp dạy học môn Toán.
Tác giả: Vũ Dương Thụy – Nguyễn Bá Kim – NXB Giáo dục.
2. Giải một bài Toán như thế nào.
Tác giả: G.Polya – NXB Giáo dục.
3. Trong tâm kiến thức Đại số lớp 10.
Tác giả: Phan Huy Khải – Nhà xuất bản Giáo dục.
4. Sách giáo khoa Đại số 10 - Nhà xuất bản Giáo dục.
5. Tư duy sáng tạo tìm tịi lời giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình
đại số vơ tỷ - ThS. Lê Văn Đoàn – NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, năm 2016.
6. Các đề thi Đại học từ 2002 – 2016.
7. Tạp chí Tốn học và Tuổi trẻ.
26/27
Ứng dụng định lý Vi-ét giải một số dạng phương trình bậc hai và
quy về bậc hai có tham số
Ý KIẾN NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI
CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CƠ SỞ
……………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………........................................
Đan Phượng, ngày ……tháng .......năm 2018
Chủ tịch hội đồng khoa học
Ý KIẾN NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI
CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
……………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………
26/27
Ứng dụng định lý Vi-ét giải một số dạng phương trình bậc hai và
quy về bậc hai có tham số
……………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………
Hà Nội, ngày ……..tháng ………năm 2018
Chủ tịch hội đồng khoa học
26/27
