Advertisements (Quảng cáo)
Cho phương trình \({x^2} – 2mx – 1 = 0\) (m là tham số)
a) Chứng minh phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt.
b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm giá trị của m để \({x_1}^2 + {x_2}^2 – {x_1}{x_2} = 15\)
c) Tìm điều kiện của m để \({x_1}^2 + {x_2}^2 – {x_1}{x_2} > 7\)
d) Tìm điều kiện của m để \({x_1}^2 + {x_2}^2 – {x_1}{x_2} – 20 \le 0\)
e) Tìm m để \(E = {x_1}^2 + {x_2}^2 – {x_1}{x_2} + 13\) đạt giá trị nhó nhất.
+) Để chứng minh cho phương trình bậc hai luôn có hai nghiệm phân biệt ta chứng minh cho \(\Delta ‘ > 0,\forall m\)
+) Kết hợp hệ thức Viet với yêu cầu bài toán để tìm ra m
Hệ thức Viet: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = – \dfrac{b}{a}\\{x_1}.{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right.\)
\({x^2} – 2mx – 1 = 0\)
a) Ta có: \(a = 1;b’ = – m;c = – 1;\)
\(\Delta ‘ = {\left( { – m} \right)^2} + 1 = {m^2} + 1 > 0,\forall m\)
Vậy phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
b) Áp dụnghệ thức Viet cho phương trình bậc hai ta có:: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}.{x_2} = – 1\end{array} \right.\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}x_1^2 + x_2^2 – {x_1}{x_2} = 15\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} – 2{x_1}{x_2} – {x_1}{x_2} = 15\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} – 3{x_1}{x_2} = 15\\ \Leftrightarrow {\left( {2m} \right)^2} – 3.\left( { – 1} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 4{m^2} = 12\\ \Leftrightarrow {m^2} = 3\\ \Leftrightarrow m = \pm \sqrt 3 \end{array}\)
Advertisements (Quảng cáo)
Vậy \(m = \sqrt 3 \) hoặc \(m = – \sqrt 3 \) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
c) Ta có:
\(\begin{array}{l}x_1^2 + x_2^2 – {x_1}{x_2} > 7\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} – 2{x_1}{x_2} – {x_1}{x_2} > 7\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} – 3{x_1}{x_2} > 7\\ \Leftrightarrow {\left( {2m} \right)^2} – 3.\left( { – 1} \right) > 7\\ \Leftrightarrow 4{m^2} > 4\\ \Leftrightarrow {m^2} – 1 > 0\\ \Leftrightarrow \left( {m – 1} \right)\left( {m + 1} \right) > 0\end{array}\)
TH1:
\(\left\{ \begin{array}{l}m – 1 > 0\\m + 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 1\\m > – 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 1\)
TH2:
\(\left\{ \begin{array}{l}m – 1 < 0\\m + 1 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 1\\m < – 1\end{array} \right. \\\Leftrightarrow m < – 1\)
Vậy \(m > 1\) hoặc \(m < – 1\)thỏa mãn yêu cầu bài toán.
d)
\(\begin{array}{l}x_1^2 + x_2^2 – {x_1}{x_2} – 20 \le 0\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} – 2{x_1}{x_2} – {x_1}{x_2} – 20 \le 0\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} – 3{x_1}{x_2} – 20 \le 0\\ \Leftrightarrow {\left( {2m} \right)^2} – 3.\left( { – 1} \right) – 20 \le 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} – 17 \le 0\\ \Leftrightarrow {m^2} \le \dfrac{{17}}{4}\\ \Leftrightarrow \left( {m – \dfrac{{\sqrt {17} }}{2}} \right)\left( {m + \dfrac{{\sqrt {17} }}{2}} \right) \le 0\end{array}\)
TH1:
\(\left\{ \begin{array}{l}m – \dfrac{{\sqrt {17} }}{2} \le 0\\m + \dfrac{{\sqrt {17} }}{2} \ge 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le \dfrac{{\sqrt {17} }}{2}\\m \ge – \dfrac{{\sqrt {17} }}{2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow – \dfrac{{\sqrt {17} }}{2} \le m \le \dfrac{{\sqrt {17} }}{2}\)
TH2:
\(\left\{ \begin{array}{l}m – \dfrac{{\sqrt {17} }}{2} \ge 0\\m + \dfrac{{\sqrt {17} }}{2} \le 0\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge \dfrac{{\sqrt {17} }}{2}\\m \le – \dfrac{{\sqrt {17} }}{2}\end{array} \right. \\\Leftrightarrow m \in \emptyset \)
Vậy \(\dfrac{{ – \sqrt {17} }}{2} \le m \le \dfrac{{\sqrt {17} }}{2}\)thỏa mãn yêu cầu bài toán.
e)
\(\begin{array}{l}E = {x_1}^2 + {x_2}^2 – {x_1}{x_2} + 13\\ = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} – 3{x_1}{x_2} + 13\\ = {\left( {2m} \right)^2} – 3.\left( { – 1} \right) + 13\\ = 4{m^2} + 16\end{array}\)
Ta có: \(4{m^2} \ge 0,\forall m \Rightarrow 4{m^2} + 16 \ge 16,\forall m\)
Vậy giá trị nhỏ nhất của E là 16, dấu “=” xảy ra khi m = 0.