Vận dụng định lí Viète giải các dạng toán liên quan đến phương trình bậc hai

Bài tập ôn thi vào lớp 10 THPT GV: Phạm Văn Tuyên

VẬN DỤNG ĐỊNH LÍ VIÈTE VÀO VIỆC GIẢI CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP

CÓ LIÊN QUAN ĐẾN PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI

I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ Định lí Viète

Nếu phương trình ax2 + bx+ c = 0 (a ̸= 0) có hai nghiệm x1, x2 thì x1 + x2 = −b

a, x1x2 = c

a.

Ngược lại, nếu hai sốu, v có tổng u + v = S và tích uv = P có S2 Ê 4P thì u và v là các nghiệm của phương trình X 2 −SX + P = 0. Ý nghĩa của định lí Viète + Cho phép nhẩm nghiệm trong những trường hợp đơn giản. + Cho phép tính giá trịcủa biểu thức đối xứng của các nghiệm và xét dấu của các nghiệm không cần giải phương trình. II. MỘT SỐDẠNG TOÁN LIÊN QUAN Dạng 1. Vận dụng định lí Viète vào một sốbài toán tính giá trịcủa biểu thức Bài 1. Cho x1, x2 là các nghiệm của phương trình x2 +2017x+1 = 0 và x3, x4 là các nghiệm của phương trình x2 +2018x+1 = 0. Tính giá trịcủa biểu thức M = (x1 + x3)(x2 + x3)(x1 −x4)(x2 −x4). Lời giải. Dễthấy các phương trình đã cho luôn có hai nghiệm, nên theo định lí Viète ta có

x1 + x2 = −2017; x3 + x4 = −2018; x1x2 = x3x4 = 1.

Do vậy

M = £ x1x2 +(x1 + x2)x3 + x2 3 ¤ · £ x1x2 −(x1 + x2)x4 + x2 4 ¤ = ¡ 1−2017x3 + x2 3 ¢ · ¡ 1+2017x4 + x2 4 ¢

= ¡ x2 3 +2018x3 +1−4035x3 ¢ · ¡ x2 4 +2018x4 +1−x4 ¢ = (−4035x3)(−x4) = 4035x3x4 = 4035.

Nhận xét. Qua ví dụvừa nêu trên, nếu ta giải trực tiếp hai phương trình bậc hai đã cho để tìm nghiệm x1, x2, x3, x4 sau đó thay giá trịcác nghiệm vừa tìm vào biểu thức M thì việc tính giá trịM sẽtrởnên phức tạp. Nếu khéo léo vận dụng định lí Viète thì lời giải bài toán trởnên ngắn gọn, dễhiểu. Bài 2. Giảsửphương trình ax2+bx+c = 0 (a ̸= 0) có hai nghiệm x1, x2 và thỏa mãn ax1+bx2+c = 0. Tính giá trịcủa biểu thức M = a2c + ac2 + b3 −3abc. (Đềthi TS vào lớp 10 THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương năm học 2005 - 2006).

Lời giải. Từax1 + bx2 + c = 0 ⇒x1 + b

a x2 + c

a = 0 (*)

Theo định lí Viète ta có: x1 + x2 = −b

a; x1x2 = c

a.

Từ(*) có: x1 −x2(x1 + x2)+ x1x2 = 0 ⇔x1 −x2 2 = 0 ⇒x1 = x2 2. Do đó:

M = a3 · c a + ³ c

a

´2 + µb

a

¶3 −3· b

a · c

a

¸ = a3 h x3 2 + x6 2 − ¡ x2 2 + x2 ¢3 +3 ¡ x2 2 + x2 ¢ · x3 2

i = a3 ·0 = 0.

Dạng 2. Vận dụng định lí Viète vào bài toán tìm tham sốđểcác nghiệm của phương trình đã cho thỏa mãn một hệthức Bài 3. Tìm m đểphương trình: ¡ x2 −1 ¢ (x+4)(x+6) = m có bốn nghiệm phân biệt x1, x2, x3, x4

thỏa mãn 1

x1 + 1

x2 + 1

x3 + 1

x4 = −2

5.

Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với

(x+1)(x+4)(x−1)(x+6) = m ⇔ ¡ x2 +5x+4 ¢¡ x2 +5x−6 ¢ = m (1)

Trang 1

GV: Phạm Văn Tuyên Bài tập ôn thi vào lớp 10 THPT

Đặt t = x2 +5x+ 25

4 = µ x+ 5

2

¶2 Ê 0, khi đó (1) có dạng

(4t−9)(4t−49) = 16m ⇔16t2 −232t+441−16m = 0 (2)

Phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉkhi phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt t1, t2 khi và chỉkhi      

    

∆′ = 256m+6400 > 0

S = 29

2 > 0

P = 441−16m

16 > 0

⇔−25 < m < 441

16 (3)

Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình: 4x2 +20x+25−4t1 = 0 (4) Gọi x3, x4 là hai nghiệm của phương trình: 4x2 +20x+25−4t2 = 0 (5)

Áp dụng định lí Viète cho (4), (5) và (2) ta có

     

    

x1 + x2 = x3 + x4 = −5

x1x2 = 25−4t1

4 ; x3x4 = 25−4t2

4 t1 + t2 = 29

2 ; t1 · t2 = 441−16m

16 Khi đó

−2

5 = 1

x1 + 1

x2 + 1

x3 + 1

x4 = x1 + x2

x1x2 + x3 + x4

x3x4 = − 20 25−4t1 − 20 25−4t2

= −20 · 50−4(t1 + t2) 625−100(t1 + t2)+16t1t2

¸ = 10 −24−m.

Từđó suy ra m = 1 (thỏa mãn (3)). Nhận xét. Với dạng toán này ta thường không giải phương trình đểđi tìm nghiệm mà biến đối biểu thức đã cho theo tổng và tích các nghiệm, sau đó vận dụng định lí Viète. Biểu thức thường biến đổi trong dạng toán này là

(x1 −x2)2 = (x1 + x2)2 −4x1x2;

x2 1 + x2 2 = (x1 + x2)2 −2x1x2;

x3 1 + x3 2 = (x1 + x2)3 −3x1x2(x1 + x2);

x4 1 + x4 2 = £ (x1 + x2)2 −2x1x2 ¤2 −2x2 1x2 2; ...

Bài 4. Cho phương trình: 8x2 −8x+ m2 +1 = 0 (*) Tìm m đểphương trình (*) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x4 1 −x4 2 = x3 1 −x3 2. Nhận xét. Ta thấy hệthức đềbài đưa ra có vẻphức tạp và gây khó khăn khi đưa vềx1 +x2 và x1x2 nhưng ta có thểbiến …