Chuyên đề: Rút gọn biểu thức lớp 9

103 23 0
  • Loading ...
1/103 trang
Tải xuống

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 03/10/2018, 14:22

Bài toán rút gọn biểu thức (thường có chứa căn bậc hai và thương) là một bài toán rất hay gặp ở môn Đại số lớp 9. Hầu hết các đề thi tuyển sinh vào lớp 10 của các tỉnh trên toàn quốc đều có bài toán này, thường nó là câu số 1 trong các đề thi. Điều gì khiến cho bài toán này được quan tâm đến vậy, theo mình là vì Bài toán cho phép kiểm tra rất nhiều kiến thức, kĩ năng và tư duy của học sinh.Để có thể giải được bài toán này, đòi hỏi học sinh phải nắm vững các Hằng đẳng thức đáng nhớ, vận dụng chúng một cách thành thạo, kĩ năng thực hiện các biến đổi và tính toán tốt và có tư duy phân tích nhất định. Mình sẽ minh họa các yêu cầu này qua việc phân tích một ví dụ sau đây. Chủ đề 1: BIẾN ĐỔI ĐẠI SỐ Chương 1: Căn thức 1.1 CĂN THỨC BẬC Kiến thức cần nhớ: • Căn bậc hai số thực a số thực x cho x = a Cho số thực a không âm Căn bậc hai số học a kí hiệu • số thực khơng âm x mà bình phương a : a ≥ x ≥  ⇔   a=x x = a  Với hai số thực khơng âm a, b ta có: a ≤ b ⇔ a ≤ b • Khi biến đổi biểu thức liên quan đến thức bậc ta cần lưu ý: • + A≥0 A A2 = A =  A ;(Đây gọi phép khử thức mẫu) A A ( ) M Am B M với A, B ≥ 0, A ≠ B (Đây gọi phép = A− B A± B trục thức mẫu) 1.2 CĂN THỨC BẬC 3, CĂN BẬC n 1.2.1 CĂN THỨC BẬC + Kiến thức cần nhớ: • Căn bậc số a kí hiệu • Cho a ∈ R; a = x ⇔ x = • Mỗi số thực a có bậc ( a) 3 a số x cho x = a =a • Nếu a > Nếu a < • Nếu a = • a >0 a , a < • a < , a = k +1 a = Trường hợp n số chẵn: n = 2k , k ∈ N k +1 • Mọi số thực a > có hai bậc chẵn đối Căn bậc chẵn dương kí hiệu 2k a (gọi bậc 2k số học a ) Căn bậc chẵn âm kí hiệu − 2k a , 2k a = x ⇔ x ≥ x 2k = a ; − k a = x ⇔ x ≤ x 2k = a Mọi số thực a < khơng có bậc chẵn Một số ví dụ: Ví dụ 1: Phân tích biểu thức sau thành tích: a) P = x − b) P = x3 + 3 c) P = x + x + Lời giải: ( )( ) ( 4x ) 2 a) P = ( x − ) ( x + ) = x − x + ( x + ) b) P = ( x ) + ( ) = ( 2x + ) − 3x + c) P = ( x + 1) − x = ( x − x + 1) ( x + x + 1) Ví dụ 2: Rút gọn biểu thức: a) A = x − x − x + x ≥ b) B = x − x − + x + x − x ≥ c) C = − + + 10 − Lời giải: a) 1  A= x − x− x + = x −  x − ÷ = x − 2  + Nếu x≥ 1 ⇔ x ≥ + Nếu x< 1 ⇔ ≤ x < x− x− 1 = x − ⇒ A= 2 x− 1 =− x + ⇒ A=2 x − 2 b) B = x − x −1 + x + 4x −1 = x −1 − 4x −1 + + 4x −1 + 4x − + Hay B = = ( ) 4x −1 −1 + ( ) 4x −1 +1 = 4x −1 −1 + 4x −1 +1 4x −1 −1 + 4x −1 + + Nếu 4x −1 −1 ≥ ⇔ x −1 ≥ ⇔ x ≥ x − − = x − − suy B = x − + Nếu 4x −1 −1 < ⇔ 4x −1 < ⇔ 1 ≤ x < 4 x − − = − x − + suy B = c) Để ý rằng: ( 7−4 = 2− ) ⇒ 7−4 = 2− Suy C = − + + 10(2 − 3) = − + 28 − 10 = 9− +5 ( − 3) Hay C = − + 5(5 − 3) = − 25 = − = = Ví dụ 3) Chứng minh: a) A = − − + số nguyên 84 84 số nguyên ( Trích đề TS vào lớp 10 + 1− 9 chuyên Trường THPT chuyên ĐHQG Hà Nội 2006) b) B = + c) Chứng minh rằng: x = a + a≥ a + 8a − a + 8a − với + a− 3 3 số tự nhiên ( d) Tính x + y biết x + x + 2015 )( y+ ) y + 2015 = 2015 Lời giải: a) Dễ thấy A < 0, Tacó A2 = ( 7−2 − 7+2 = 14 − 2.5 = Suy A = −2 ) = − + + − − + b) Áp dụng đẳng thức: ( u + v ) = u + v + 3uv ( u + v ) Ta có:   84 84  84 84 84 84  ÷ = 1+ ÷ B3 =  + + 1− +1− + 3 + 1−   9 ÷ 9 9 ÷      84 84   1+ ÷ Hay + 1−  9 ÷    84   84  84 B = + 3 1 + − B ⇔ B = + 3 − B ⇔ B = − B ⇔ B + B − = ÷ ÷ ÷ ÷   81  ⇔ ( B − 1) ( B + B + ) = mà B + B + =  B + ÷ + > suy B = 2  Vậy B số nguyên 2 c) Áp dụng đẳng thức: ( u + v ) = u + v + 3uv ( u + v ) Ta có x = 2a + ( − 2a ) x ⇔ x + ( 2a − 1) x − 2a = ⇔ ( x − 1) ( x + x + 2a ) = Xét đa thức bậc hai x + x + 2a với ∆ = − 8a ≥ + Khi a = 1 ta có x = + = 8 + Khi a > , ta có ∆ = − 8a âm nên đa thức (1) có nghiệm x = Vậy với a ≥ a + 8a − a + 8a − ta có: x = a + + a− = 3 3 số tự nhiên d) Nhận xét: ( x + 2015 + x )( ) x + 2015 − x = x + 2015 − x = 2015 x + 2015 − x = Kết hợp với giả thiết ta suy ⇒ y + 2015 + y y + 2015 + y + x + 2015 + x = x + 2015 − x + y + 2015 − y ⇔ x + y = Ví dụ 4) a) Cho x = + 10 + + − 10 + Tính giá trị biểu thức: x − x3 + x + x + 12 P= x − x + 12 b) Cho x = + Tính giá trị biểu thức B = x − x + x − x + 1942 (Trích đề thi vào lớp 10 Trường PTC Ngoại Ngữ - ĐHQG Hà Nội năm 2015-2016) c) Cho x = + + Tính giá trị biểu thức: P = x − x + x − x − x + 2015 Giải: a) Ta có:   x =  + 10 + + − 10 + ÷ = + + 10 + − 10 +   ⇔ x2 = + − = + ( ) −1 =8+2 ( ) −1 = + = ( ) +1 2 ⇒ x = + Từ ta suy ( x − 1) = ⇔ x − x = Ta biến đổi: P = ( x − x ) − ( x − x ) + 12 42 − 3.4 + 12 =1 x − x + 12 + 12 3 b) Ta có x = + ⇒ ( x − 1) = ⇔ x − 3x + 3x − = Ta biến đổi = biểu thức P thành: P = x ( x − 3x + x − 3) + x ( x − 3x + 3x − 3) + ( x − 3x + 3x − 3) + 1945 = 1945 c) Để ý rằng: x = 22 + + ta nhân thêm vế với − để tận 3 2 dụng đẳng thức: a − b = ( a − b ) ( a + ab + b ) Khi ta có: ) ( − 1) ( + + 1) ⇔ ( − 1) x = ⇔ x = x + ⇔ x ( −1 x = 3 3 3 = ( x + 1) ⇔ x − x − x − = Ta biến đổi: P = x − x + x − x − x + 2015 = ( x − x + 1) ( x − 3x − 3x − 1) + 2016 = 2016 Ví dụ 5) Cho x, y, z > xy + yz + zx = a) Tính giá trị biểu thức: ( 1+ y ) ( 1+ z ) + y ( 1+ z ) ( 1+ x ) + z ( 1+ x ) ( 1+ y ) P=x 2 1+ y2 x y z b) Chứng minh rằng: + − = 2 1+ x 1+ y + z2 + x2 1+ z2 xy ( 1+ x ) ( 1+ y ) ( 1+ z ) 2 Lời giải: a) Để ý rằng: + x = x + xy + yz + zx = ( x + y )( x + z ) Tương tự + y ;1 + z ta có: ( 1+ y ) ( 1+ z ) x 1+ x 2 =x ( y + x) ( y + z) ( z + x) ( z + y) ( x + y) ( x + z) = x( y + z) Suy P = x ( y + z ) + y ( z + x ) + z ( x + y ) = ( xy + yz + zx ) = b) Tương tự câu a) Ta có: x y z x y z + − = + − 2 1+ x 1+ y 1+ z ( x + y) ( x + z) ( x + y) ( y + z) ( z + y) ( z + x) = x( y + z) + y ( z + x) − z ( x + y) ( x + y) ( y + z) ( z + x) = ( x + y) ( xy = y + z) ( z + x) xy ( 1+ x ) ( 1+ y ) ( 1+ z ) 2 Ví dụ 6) a) Tìm x , x , , x thỏa mãn: n x12 − 12 + x2 − 22 + + n xn − n = ( x1 + x22 + + xn2 ) 4n + 4n − với n nguyên dương Tính b) 2n + + 2n − f (1) + f (2) + + f (40) Cho f ( n) = Lời giải: a) Đẳng thức tương đương với: ( ) ( x12 − 12 − + ) x2 − 22 − + + ( xn − n − n ) =0 2 Hay x1 = 2, x2 = 2.2 , , xn = 2.n  x + y = 4n  Đặt x = 2n + 1, y = 2n − ⇒  xy = 4n −  b)  x2 − y =  Suy x + xy + y x − y 3 f ( n) = = = ( x − y3 ) = x+ y x −y 2 Áp dụng vào tốn ta có: f ( 1) + f ( ) + + f ( 40 ) = = ( 1  ( ) ( 33 − 13 + ( ( 2n + 1) ) ( 2n − 1) − 53 − 33 + + ( ) ) 813 − 793   ) 813 − 13 = 364 Ví dụ 7) 1 + + + > Đề thi 1+ 3+ 79 + 80 a) Chứng minh rằng: chuyên ĐHSP 2011 b) Chứng minh rằng: 1 1   + + + + > 1 − ÷ 2 3 n n +1 n +1   1 1 + + + + + < n − với n số nguyên dương n ≥ Lời giải: c) Chứng minh: n − < a) Xét A = 1 , + + + 1+ 3+ 79 + 80 1 + + + 2+ 4+ 80 + 81 Dễ thấy A > B B= 1 1 + + + + + 1+ 2+ 3+ 79 + 80 80 + 81 Ta có A + B = Mặt khác ta có: Suy A + B = ( k + k +1 = ) ( 2− + ( ( k +1 − k k +1 + k ) − + + )( ( ) k +1 − k ) = k +1 − k ) 81 − 80 = 81 − = Do A > B suy A > A + B = ⇔ A > 1 b) Để ý rằng: − = với < k k +1 2k k + k (k + 1) k + + k ( ) k nguyên dương Suy   1       VT > 1 − − − ÷+  ÷+ +  ÷ = 1 − ÷ 2  3 n +1  n +1    n  c) Đặt P = + + + + + 1 n Ta có: n + n +1 < 2 = < với số tự nhiên n ≥ n n n + n −1 Từ suy ( n +1 − n = ) ( n +1 − n < ) ( T < + (  Do đó:  2 < < =2 n +1 + n n n + n −1 0, bc = 4a , 2a + b + c = abc Chứng b) Cho a, b, c ba số khác c ≠ Chứng minh minh a ≥ phương trình x + ax + bc = x + bx + ac = có nghiệm chung nghiệm lại chúng nghiệm phương trình x + cx + ab = 12) a) Cho f ( x ) = ax + bx + c ( a ≠ ) , biết phương trình f ( x ) = x vô nghiệm chứng minh phương trình af ( x ) + bf ( x ) + c = x vô nghiệm b) Cho số a1 , a2 , b1 , b2 cho phương trình sau vơ nghiệm: x + a1 x + b1 = x + a2 x + b2 = Hỏi phương trình x2 + 1 ( a1 + a2 ) x + ( b1 + b2 ) = có nghiệm hay khơng? Vì sao? 2 13) Cho phương trình x − 2mx + m − = ( x ẩn số) a) Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với m b) Gọi x1 , x2 nghiệm phương trình Tìm m để biểu thức M= −24 đạt giá trị nhỏ x + x22 − x1 x2 2 14) Cho phương trình x + ( m − ) x − m = , với m tham số 89 1) Giải phương trình m = 2) Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 x2 với x1 < x2 , tìm tất nghiệm m cho x1 − x2 = 15) Cho phương trình x − x − 3m = , với m tham số 1) Giải phương trình m = 2) Tìm tất các giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 ≠ thỏa điều kiện x1 x2 − = x2 x1 16) Cho phương trình bậc hai: x − 2mx + m − m + = ( m tham số) a) Giải phương trình m = b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn: x12 + x22 = 3x1 x2 − 17) Cho phương trình: x + ( m + 1) x − 2m + m = ( m tham số) a) Giải phương trình m = b) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m 2 18) Cho phương trình: x − ( m + 1) x + m + = ( m tham số) a) Giải phương trình với m = b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 + ( m + 1) x2 ≤ 3m + 16 19) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( d ) : y = mx − tham số m parabol ( P ) : y = x a) Tìm m để đường thẳng ( d ) qua điểm A ( 1;0 ) 90 b) Tìm m để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 thỏa mãn x1 − x2 = 20) Cho phương trình: x + x + m − = (1) ( m tham số, x ẩn) 1) Giải phương trình (1) với m = 2) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ≠ thỏa mãn: − m − x1 − m − x2 10 + = x2 x1 21) Cho phương trình: x − x + m + = ( m tham số) 1) Tìm m để phương trình có nghiệm x = Tìm nghiệm lại 2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x13 + x23 = 22) Chứng minh phương trình: x − ( m + 1) x + m − = ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 biểu thức M = x1 ( − x2 ) + x2 ( − x1 ) không phụ thuộc vào m 2 23) Cho phương trình x − ( m + 1) x + m + 3m + = (1) ( m tham số) 1) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 2) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x12 + x22 = 12 24) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol ( P ) : y = x đường thẳng ( d ) : y = − ( m + 1) x + ( m tham số) 3 1) Chứng minh giá trị m ( P ) ( d ) cắt hai điểm phân biệt 91 2) Gọi x1 , x2 hoành độ giao điểm ( P ) ( d ) , đặt f ( x ) = x + ( m + 1) x − x ( x1 − x2 ) (Trích đề thi vào lớp 10 trường chuyên ĐHSP Hà Nội 2013) Chứng minh rằng: f ( x1 ) − f ( x2 ) = − LỜI GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN 1) Vì x = nghiệm phương trình nên ta có: − ( 2m + 1) + m − m − = ⇔ m − 5m − = ⇔ m = −1 m = Với m = −1 ta có phương trình: x + x − = Phương trình cho có nghiệm x = , nghiệm lại x = −3 (vì tích hai nghiệm ( −6 ) ) Với m = , ta có phương trình x − 13 x + 22 = , phương trình cho có nghiệm x = , nghiệm lại x = 11 (vì tích hai nghiệm 22) Xét ∆ = 2) ( 3) ( ) − − = + > Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt Chú ý: Có thể nhận xét ac < nên phương trình có hai nghiệm phân biệt trái dấu  x1 + x2 = − b) Áp dụng định lý Vi ét, ta có:   x1.x2 = − ( A = x12 + x22 = ( x1 + x2 ) − x1 x2 = − ) ( ( B = x13 + x23 = ( x1 + x2 ) − 3x1 x2 ( x1 + x2 ) = − 3 C= ) ( )( ) − − − = −3 − 1 x1 + x2 − x1 + x2 − − 3−2 + = = = x1 − x2 − ( x1 − 1) ( x2 − 1) x1 x2 − ( x1 + x2 ) + − + + 3) 92 ) − − = 3+ 2 a) Ta có ∆ = ( −m ) − ( m − 1) = m − 4m + = ( m − ) phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ∆ > ⇔ m ≠ Theo hệ x1 x2 + 2m +  x1 + x2 = m = thức Viet ta có:  Khi P = ( x1 + x2 ) + m +  x1.x2 = m − ( m − 1) ≤ Dấu đẳng thức xảy + m + − ( m − 1) Ta có P = 2m = = 1− 2 m +2 m +2 m +2 m = nên giá trị lớn max P = Tương tự ta có giá trị nhỏ 2 , đạt m = −2 (Xem thêm phần phương pháp miền giá trị hàm số) P = − 4) Cách 1: Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' > ⇔  − ( 2m + 1)  − ( 4m + 4m − 3) = > 0, ∀m Vậy phương trình có hai   nghiệm phân biệt với giá trị m Gọi hai nghiệm phương trình  x1 + x2 = ( 2m + 1) ( 1) x1 , x2 Theo hệ thức Viet ta có:   x1.x2 = 4m + 4m − ( ) ( 2m + 1)   x2 = Có thể giả sử x1 = x2 (3) Khi từ (1) (3)có  Thay  x = ( 2m + 1)  vào (2) ta có phương trình ( 2m + 1) = 4m + 4m − ⇔ 4m + 4m − 35 = Giải phương trình ta m = m = − (thỏa mãn điều kiện) 2 Cách 2: Từ yêu cầu đề suy x1 = x2 x2 = x1 , tức là: ( x1 − x2 ) ( x2 − x1 ) = ⇔ x1 x2 − ( x1 + x2 ) = 93 áp dụng hệ thức Viet ta phương trình 4m + 4m − 35 = 5) Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' > ⇔ − m > ⇔ m <  x1 + x2 = ( 1) Theo hệ thức Viet, ta có:  Ta có x1 + x2 = ⇔ x1 = − x2  x1.x2 = m ( )  x2 = −1 (3) Từ (1) (3) ta có  Thay vào (2) ta có m = −3  x1 = thảo mãn điều kiện 6) a) Phương trình có nghiệm x = ⇔ 5m − = ⇔ m = b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt trái dấu ⇔ ( 5m − ) < ⇔ m < c) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ∆ ' > ⇔ m − ( 5m − ) > ⇔ ( m − 1) ( m − ) > ⇔ m > m <  x1 + x2 = 2m Theo hệ thức Viet ta có:   x1.x2 = 5m −  2m > ⇔m> Hai nghiệm phương trình dương ⇔  5m − > Kết hợp với điều kiện ta có 94 < m < m > 7) Cách Đặt x − = t , ta có x1 < < x2 ⇔ x1 − < < x2 − ⇔ t1 < < t Phương trình ẩn x x − x + 3m = đưa phương trình ẩn t : ( t + 1) − ( t + 1) + 3m = ⇔ t + t + 3m = Phương trình ẩn t phải có hai nghiệm trái dấu ⇔ 3m < ⇔ m < Vậy m < Cách 2: Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ∆ > ⇔ − 12m > ⇔ m <  x1 + x2 = 1 Khi theo hệ thức Viet ta có:  12  x1.x2 = 3m (1) Hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 < < x2 ⇔ x1 − < < x2 − ⇔ x1 − x2 − trái dấu ⇔ ( x1 − 1) ( x2 − 1) < ⇔ x1 x2 − ( x1 + x2 ) + < (2) Thay (1) vào (2) ta có: 3m − + < ⇔ m < Kết hợp với điều kiện ta có m < giá trị cần tìm Chú ý: Nếu hai nghiệm x1 , x2 < phương trình ẩn t có hai nghiệm số âm Nếu hai nghiệm x1 , x2 > phương trình ẩn t có hai nghiệm số dương 8) Giải: Áp dụng hệ thức Viet ta có: a + b = −c; ab = d ; c + d = − a; cd = b c + d = − a c = − a − d ⇔ ⇒b=d Ta có:   a + b = −c a + b = −c Kết hợp với ab = d cd = b suy a = 1, c = Do a + b = −c c + d = −a suy b = −2, d = −2 95 Do a + b + c + d = 12 + ( −2 ) + 12 + ( −2 ) = 10 2 9) a) Vì a ≠ nên  c  c bc  ac ( a + c − 3b ) + b = ac + a c + b − 3abc = a  ÷ + −  (*) Theo a   a  a 2 3 b c hệ thức Viet, ta có: x1 + x2 = − ; x1 x2 = Khi (*) thành: a a a  x12 x22 + x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 3x1 x2 ( x1 + x2 )    2 3 = a  x1 x2 + x1 x2 − ( x1 + x2 )  = a ( x1 − x2 ) ( x22 − x1 ) ⇒ ac ( a + c − 3b ) + b3 = a ( x12 − x2 ) ( x22 − x1 ) Mà theo giả thiết ta có ax2 + bx2 + c = ax1 + bx2 + c = ( a ≠ ) 2 Suy bx2 + c = −ax2 = −ax1 ⇒ x2 − x1 = Do ac ( a + c − 3b ) + b = Vì p, q nguyên dương khác nên xảy hai trường hợp b) p > q p < q 2 Nếu p > q suy p ≥ q + Khi ∆ = p − 4q ≥ ( q + 1) − 4q = ( q − 1) ≥ Vậy trường hợp phương trình x + px + q = có nghiệm Tương tự trường hợp p < q phương trình x + qx + p = có nghiệm (đpcm) 10) a) Theo điều kiện đầu ta gọi x0 nghiệm chung hai phương trình, ta có:  x02 + ax0 + 11 = ⇒ x02 + ( a + b ) x0 + 18 =   x0 + bx0 + = Do phương trình x + ( a + b ) x + 18 = có nghiệm (*) 96 Khi ∆ = ( a + b ) − 144 ≥ hay a + b ≥ 12 Mặt khác, ta có a + b ≥ a + b ≥ 12 Vậy a + b bé 12 a b dấu Với a + b = −12 , thay vào (*) ta được: x − 12 x + 18 = Phương trình có nghiệm kép x = 20 16 Thay x = vào phương trình cho ta a = − ; b = − 3 Với a + b = 12 thay vào (*) ta được: x + 12 x + 18 = Phương trình có nghiệm kép x = −3 20 16 Thay x = −3 vào phương tình ta được: a = ; b = Vậy cặp số sau 3  20 16   20 16  thỏa mãn điều kiện toán: ( a; b ) =  − ; − ÷,  ; ÷ 3  3  11) a) Từ giả thiết ta có: bc = 4a b + c = abc − 2a = 4a − 2a = 2a ( 2a − 1) Suy b, c nghiệm phương trình x − ( 4a − 2a ) x + 4a = Khi (vì a > ) 2 b) Giả sử x nghiệm chung, tức  x0 + ax0 + bc =   x0 + bx0 + ca = ⇒ ( a − b ) x0 − c ( a − b ) ⇔ ( a − b ) ( x0 − c ) = Vì a ≠ b nên x0 = c Khi ∆ ' = a ( 2a − 1) − 4a ≥ ⇔ ( 2a − 1) ≥ ⇔ a = 2 ta có: c + bc + ca = ⇔ c ( a + b + c ) = 0, Do c ≠ nên a + b + c = ⇒ a + b = −c Mặt khác theo định lý Viet, phương trình x + ax + bc = có nghiệm x = b; phương trình x + bx + ac = có nghiệm x = a Theo định lý đảo định lý Viet, hai số a b nghiệm phương trình: x − ( a + b ) x + ab = hay x + cx + ab = (đpcm) 12) 97 a) Vì phương trình f ( x ) = x vô nghiệm, nên suy f ( x ) > x f ( x ) < x, ∀x ∈ ¡ Khi af ( x ) + bf ( x ) + c > f ( x ) > x, ∀x ∈ ¡ af ( x ) + bf ( x ) + c < f ( x ) < x, ∀x ∈ ¡ Tức phương trình af ( x ) + bf ( x ) + c = x vô nghiệm b) Từ giả thiết suy a − 4b < a − 4b < Do 1 2 a1  a12 − 4b1  x + a1 x + b1 =  x + ÷ − > 0, ∀x ∈ ¡ 2  a2  a22 − 4b2  x + a2 x + b2 =  x + ÷− > 0, ∀x ∈ ¡ nên 2  x2 + 1 ( a1 + a2 ) x + ( b1 + b2 ) = ( x + a1 x + b1 ) + ( x + a2 x + b2 )  > 2 2 Do phương trình x + 1 ( a1 + a2 ) x + ( b1 + b2 ) = vô nghiệm 2 13) a) ∆ ' = m − m +  m −  + > với m Vậy phương trình ln  ÷ 2  có hai nghiệm với m b) Theo hệ thức Viet ta có: x1 + x2 = 2m; x1 x2 = m − M= = −24 −24 −24 = = 2 x + x2 − x1 x2 ( x1 + x2 ) − x1 x2 − x1 x2 ( x1 + x2 ) − x1 x2 −24 ( 2m ) − ( m − 2) = −24 −6 = ≥ −2 Dấu “=” xảy 4m − 8m + 16 ( m − 1) + m = Vậy giá trị nhỏ M = −2 m = 14) 1) Khi m = phương trình thành: x − x = ⇔ x = x = 98 2) ∆ ' = ( m − ) + m = 2m − 4m + = ( m − 2m + 1) + = ( m − 1) + > 0, ∀m Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với 2 m Ta có S = x1 + x2 = ( − m ) ; P = x1 x2 = −m ≤ 2 Ta có x1 − x2 = ⇒ x1 − x1 x2 + x2 = 36 ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 + x1 x2 = 36 ⇔ ( − m ) = 36 ⇔ ( m − ) = 2 ⇔ m = −1 ∨ m = 15) 1) Khi phương trình thành: x − x − = ⇔  x = −1 (do x =  a − b + c = ) 2) Với x , x ≠ ta có: x1 − x2 = ⇔ x − x = x x ( 2) 2 x2 x1 m =1 ⇔ ( x1 + x2 ) ( x1 − x2 ) = x1 x2 Ta có a.c = −3m ≤ nên ∆ ≥ 0, ∀m b c Khi ∆ ≥ , ta có: x1 + x2 = − = x1.x2 = = −3m ≤ a a Phương trình có hai nghiệm ≠ m ≠ ⇒ ∆ > x1 x2 < Giả sử x1 > x2 Với a = ⇒ x1 = −b '− ∆ ' x2 = −b '+ ∆ ' ⇒ x1 − x2 = ∆ ' = + 3m ( ) 2 Do yêu cầu toán ⇔ 3.2 −2 + 3m = ( −3m ) m ≠ m2 = ⇔ 4m − 3m − = ⇔  ⇔ m = ±1  m = − (l )  16) a) Khi m = ta có phương trình: x − x + = ⇔ x − x − 3x + = ⇔ x ( x − 1) − ( x − 1) = x = ⇔ ( x − 1) ( x − 3) = ⇔  Phương trình có tập nghiệm là: S = { 1;3} x = b) Ta có ∆ ' = m − ( m − m + 1) = m − 99 Để phương trình bậc hai cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ∆ ' >  x1 + x2 = 2m ⇒ m − > ⇔ m > Khi theo hệ thức Viet ta có:   x1 x2 = m − m + 2 Theo ra: x1 + x2 = x1 x2 − ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 3x1 x2 − ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 + = ⇒ 4m − ( m − m + 1) + = m = ⇔ m2 − 5m + = ⇔ ( m − 1) ( m − ) = ⇔  m = Đối chiếu điều kiện m > ta có m = thỏa mãn toán 17) a) Khi m = phương trình thành: x + x − = có ∆ ' = 22 + = > Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 = −2 − 5; x2 = −2 + 1 b) Ta có: ∆ ' = 2m + 2m + = 2m − 2m + + 2m + 2m + 2  2 m − = 1  1  (vô =  m − ÷ +  m + ÷ ≥ , ∀m Nếu ∆ ' = ⇔  2 2   m + =  nghiệm) Do ∆ ' > 0, ∀m Vậy phương trình ln có hai nghiêm phân biệt với m 18) a) Với m = , ta có phương tình: x − x + = ⇔  x = x =  2 b) Xét phương trình (1) ta có: ∆ ' = ( m + 1) − ( m + ) = 2m − Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 ⇔ m ≥ Theo hệ thức Viet:   x1 + x2 = ( m + 1) 2 Theo giả thiết: x1 + ( x1 + x2 ) x2 ≤ 3m + 16    x1 x2 = m + ⇔ x12 + ( x1 + x2 ) x2 ≤ 3m + 16 ⇔ x12 + x22 + x1 x2 ≤ 3m + 16 ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 ≤ 3m + 16 ⇔ ( m + 1) − ( m − ) ≤ 3m + 16 100 ⇔ 8m ≤ 16 ⇔ m ≤ Vậy ≤ m ≤ 2 19) 1) Đường thẳng ( d ) qua điểm A ( 1;0 ) nên có: = m.1 − ⇒ m = 2) Xét phương trình hồnh độ giao điểm ( d ) ( P ) : x − mx + = Có ∆ = m − 12 , nên ( d ) cắt ( P ) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 m > ⇔ m >2 3⇔ ∆ = m − 12 > ⇔ m > 12  m < −2 Áp dụng hệ thức 2  x1 + x2 = m Viet ta có:  Theo ta có:  x1 x2 = x1 − x2 = ⇔ ( x1 − x2 ) = ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 2 ⇔ m − 4.3 = ⇔ m = 16 ⇔ m = ±4 (TM) Vậy m = ±4 giá trị cần tìm 20) 1) Thay m = vào phương trình ta có: x + x − = Có ∆ = 12 + 4.1.1 = Vậy phương trình có nghiệm: −1 + −1 − ; x2 = 2 2) Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì: x1 = ∆ = − ( m − 5) > ⇒ m < 21 Theo hệ thức Viet ta có: x1 + x2 = −1 (1); x1 x2 = m − (2) Xét: ( − m ) x1 + ( − m ) x2 − x12 − x22 = 10 − m − x1 − m − x2 10 + = ⇔ x2 x1 x1.x2 ( − m ) ( x1 + x2 ) − ( x1 + x2 ) ⇔ + x1 x2 10 x1 x2 −1( − m ) − + ( m − ) 10 3m − 17 10 Thay (1),(2) vào ta có: = ⇔ = m−5 m−5 ⇔ m = −1 (thỏa mãn).Vậy với m = −1 tốn thỏa mãn = 101 21) 1) Phương trình có nghiệm x = ⇔ 32 = 2.3 + m + = ⇔ + m = ⇔ m = −6 Ta có: x1 + x2 = ⇔ + x2 = ⇔ x2 = −1 Vậy nghiệm lại x = −1 2) ∆ ' = − ( m + 3) = − m − Để phương trình có hai nghiệm ⇔ − m − ≥ ⇔ m < −2 3 Khi đó: x1 + x2 = ⇔ ( x1 + x2 ) ( x1 + x2 ) − 3x1 x2  = Áp dụng hệ thức Viet ta được:  − ( m + 3)  = ⇔ ( − 3m − ) = ⇔ − 6m − 18 = ⇔ −6m − 18 = ⇔ m = −3 (thỏa mãn) Vậy m = −3 giá trị cần tìm 22) a) Phương trình: x − ( m + 1) x + 4m − = (1) có ∆ ' = ( m + 1) − ( 4m − ) = m + 2m + − 4m + = ( m − 2m + 1) + = ( m − 1) + > với m Suy phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m b) Gọi hai nghiệm phương trình (1) x1 , x2 Theo hệ thức Viet ta có: S = x1 + x2 = 2m + ⇒ m = P = x1 x2 = 4m − ⇒ m = S −2 (2) P+3 S −2 P+3 ⇒ = ⇒ 2S − = P + 4 ⇒ 2S − P = ⇒ ( x1 + x2 ) − x1 x2 − x1 x2 = Phương trình x + ( m + 1) x + 2m + 2m + = 23) Có ∆ ' = ( m + 1) − 2m − 2m − = m + 2m + − 2m − 2m − = − m Phương trình có nghiệm phân biệt m ≠ Theo định lý Vi et ta có:  x1 + x2 = −2 ( m + 1) ⇒ x12 + x2 = 12 ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 − 12 =   x1.x2 = 2m + 2m + 1 2 Hay ( m + 1) − ( 2m + 2m + 1) = ⇔ m = − 24) 102  y = x2 a) Xét hệ phương trình:   −2 ( m + 1) + y = 3   y = x ⇔ 3x + ( m + 1) x − = 10 ( 1) (1) Có hệ số a c trái dấu nên ln có hai nghiệm phân biệt m nên ( P ) ( d ) cắt hai điểm phân biệt với m  −2 ( m + 1)  −3 ( x1 + x2 )  x1 + x2 = m + = b) Theo hệ thức Viet: ⇔  − x x = 3 x x = −1   3 2 Ta có: f ( x1 ) − f ( x2 ) = x1 − x2 + ( m + 1) ( x1 − x2 ) − x1 + x2 ⇒ ( f ( x1 ) − f ( x2 ) ) = x13 − x23 − ( x1 + x2 ) ( x12 − x22 ) − x1 + x2 = − x13 + x23 + 3x1 x2 ( x2 − x1 ) − ( x1 − x2 ) = − x13 + x23 + ( x1 − x2 ) − ( x1 − x2 ) = − ( x13 − x23 − 3x1 x2 ( x1 − x2 ) ) = ( x1 − x2 ) ( x12 + x22 − x1 x2 )  = − ( x1 − x2 ) Nên f ( x1 ) − f ( x2 ) = −1 ( x1 − x2 ) 103 ... HÀM SỐ BẬC NHẤT, HÀM SỐ BẬC Vấn đề 1: Hàm số bậc Kiến thức cần nhớ: Định nghĩa: + Hàm số bậc hàm số cho công thức: y = ax + b a b số thực cho trước a ≠ + Khi b = hàm số bậc trở thành hàm số y... Tính chất: a) Hàm số bậc , xác định với giá trị x ∈R b) Trên tập số thực, hàm số y = ax + b đồng biến a > nghịch biến a < Đồ thị hàm số y = ax + b với ( a ≠ ) + Đồ thị hàm số y = ax + b đường... AB + B với A ≠ ±B = A± B A±3 B 1.2 .2 CĂN THỨC BẬC n Cho số a ∈ R, n ∈ N ; n ≥ Căn bậc n số a số mà lũy thừa bậc n a • Trường hợp n số lẻ: n = 2k + 1, k ∈ N Mọi số thực a có bậc lẻ nhất: k +1
- Xem thêm -

Xem thêm: Chuyên đề: Rút gọn biểu thức lớp 9, Chuyên đề: Rút gọn biểu thức lớp 9

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay