Tải bản đầy đủ

PHƯƠNG TRÌNH bậc HAI một ẩn

PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN
A. Kiến thức cơ bản
1. Định nghĩa: pt bậc hai một ẩn là pt có dạng:
b, c là các số cho trước.
2. Cách giải

ax 2  bx  c  0  a �0 

(1), trong đó x là ẩn; a,

x0

x0


ax  bx  0 � x  ax  b   0 � �

b

ax  b  0
x


a

a) Khuyết c (c = 0): pt (1) trở thành:
c
ax 2  c  0 � ax 2  c � x 2  
a (2)
b) Khuyết b (b = 0): pt (1) trở thành:
c
 0
- nếu a
thì pt (2) vô nghiệm, suy ra pt (1) cung vô nghiệm
2

- nếu



c
c
0� x�
a
a

c) đầy đủ:

ax 2  bx  c  0  a �0 

Công thức nghiệm
  b 2  4ac
+ Nếu   0 thì pt có 2 nghiệm phân biệt:
b  
b  
x1 
; x2 
2a
2a
+ nếu   0 thì pt có nghiệm kép:
+ nếu   0 thì pt vô nghiệm
d) Cho pt:



x1  x2 

ax 2  bx  c  0  a �0 

Công thức nghiệm thu gọn
 '  b '2  ac
'
+ Nếu   0 thì pt có 2 nghiệm phân biệt:

x1 
b
2a

b '   '
b'   '
; x2 
a
a

'
+ nếu   0 thì pt có nghiệm kép:
'
+ nếu   0 thì pt vô nghiệm

. Điều kiện để phương trình:
'


0


0
- Vô nghiệm:
(
)
'
- Nghiệm kép:   0 (   0 )
'
- Có 2 nghiệm phân biệt:   0 (   0 ) hoặc a.c < 0

   '  �0


x .x  0
- Có 2 nghiệm cùng dấu: �1 2
�   '  �0


�x1.x2  0
�x  x  0
1
2
- Có 2 nghiệm cùng dấu âm: �

x1  x2 

b '
a



   '  �0


�x1.x2  0
�x  x  0
1
2
- Có 2 nghiệm cùng dấu dương: �

   '  �0


x .x  0
- Có 2 nghiệm khác dấu: �1 2
3. Hệ thức Vi-ét và ứng dụng
b

x

x


1
2


a

�x .x  c
1 2
ax 2  bx  c  0  a �0 
a
- Định lý: Nếu x1; x2 là 2 nghiệm của pt
thì �
- Ứng dụng nhẩm nghiệm của hệ thức Vi-ét:
+ nếu pt

ax 2  bx  c  0  a �0 

có a  b  c  0 thì pt có 2 nghiệm là:

x1  1; x2 

c
a

x1  1; x2  

ax 2  bx  c  0  a �0 

c
a

+ nếu pt
có a  b  c  0 thì pt có 2 nghiệm là:
uv  S


u.v  P thì suy ra u, v là nghiệm của pt: x 2  Sx  P  0 (điều kiện để tồn tại u, v là
+ nếu �
  S 2  4 P �0 )
B. Bài tập áp dụng
Bài 1: Giải các phương trình sau:

6�
2
2�

a) 5x 2  6 x  0
b) 2 x 2  1  0
x

;
x




1
2
�x1  0; x2   �

5�
2
2 �



5�
3�


c) 8 x 2  5 x  0
d )  2 x 2  3x  0
�x1  0; x2  �
�x1  0; x2  �
8�
2�



x 

e) 2 x 2  42  0

1

21; x2   21



Bài 2: Giải các phương trình sau:
1�

a) 3x 2  4 x  1  0
�x1  1; x2  �
3�


b) x 2  10 x  39  0

 x1  3; x2  13

 x1  11; x2  5

d ) 3x 2  x  70  0

14 �

�x1  5; x2   �
3�


c ) x 2  6 x  55  0
e) 2 x 2  5 x  2  0

1�

�x1  2; x2  �
2�


Bài 3: Giải các phương trình sau:
2
2 x  1  2 x  1   x  3  1 � 5 x 2  6 x  7  0

a)
pt vô nghiệm


b)
c)

 4 x  1

2

10 �

 2 x  x  6   1  0 � 14 x 2  20 x  0 � �x1  0; x2   �
7�


 3x  1  x  2   20 � 3x 2  5 x  22  0 � �
�x1  2; x2  


11 �

3�

 x  4   4 x  3  3  0 � 4 x 2  19 x  15  0 � �
�x1  1; x2 

15 �

4�


d)
Bài 4: Chứng tỏ rằng với mọi m các phương trình sau luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt.
x2  2  1  m  x  m  0
a)
2
� 1� 3
'
2
  ...  m  m  1  �
m  �  0, m
� 2� 4
Ta có:
, do đenta dương với mọi m nên pt có 2
nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m
2
2
b) x  mx  m  1  0

 '  ...  m 2  4   m2  1  ...  5m2  4  0, m
Ta có:
, do đenta dương với mọi m nên pt có 2
nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m
mx 2   2m  1 x  2  0
Bài 5: Cho pt
. Tìm m để pt có nghiệm kép
Pt có nghiệm kép:
�m �0
m �0
a �0


3 2 2
3 2 2

��
��
��
� m1 
; m2 
3

2
2
3

2
2
2
0
2
2
  4m  12m  1  0
; m2 


�m1 

2
2
x 2  mx  2  0
x2  2x  m  0
 1 ;
 2  . Với giá trị nào của
Bài 6: Cho 2 pt sau:
m thì 2 pt trên có 1 nghiệm chung

m �2 2
1'  m2  8 �0 � �
m �2 2

- đk để pt (1) có nghiệm là:
(*)
'

1 m 0
m 1
2
- đk để pt (2) có nghiệm là: �
(**)

- từ (*) và (**) suy ra để cả 2 pt có nghiệm thì m �2 2
- giả sử x0 là 1 nghiệm chung của 2 pt trên, ta có :
x02  mx0  2  x02  2 x0  m

  0  � mx0  2  2 x0  m  0 �  m  2  x0  m  2 � x0 

(vì m khác 2 do m �2 2 )
2
- thay x0 = 1 vào (1) hoặc (2) ta được: 1  m  2  0 � m  3
Vậy m = -3 thì 2 pt trên có 1 nghiệm chung
Bài 7: Tìm m để 2 pt sau có nghiệm chung?
x2   m  4 x  m  5  0
 1

x2   m  2 x  m  1  0

 2

m2
1
m2



m �2 2  2
1  m 2  4m  4 �0 � �
m �2 2  2

- đk để pt (1) có nghiệm là:
2
- đk để pt (2) có nghiệm là:  2  m �0, m (**)

(*)


m �2 2  2

m �2 2  2
- từ (*) và (**) suy ra để cả 2 pt có nghiệm thì �
(***)
- giả sử x0 là nghiệm chung của 2 pt trên, ta có :
x02   m  4  x0  m  5  x02   m  2  x0  m  1   0  �   m  4  m  2  x0  4 � x0  2
- thay x = 2 vào (1) ta được: 4  ( m  4).2  m  5  0 � m  1 (thỏa mãn (***))
0

Vậy m = 1 thì 2 pt trên có nghiệm chung.
Bài 8: Tìm m để 2 pt sau có nghiệm chung?
2 x 2  mx  1  0
 1
mx 2  x  2  0

 2

2
- đk để pt (1) có nghiệm là: 1  m  8 �0, m

(*)
1


1 8m 0
m
2
8
- đk để pt (2) có nghiệm là:
(**)
1
m�
8 (***)
- từ (*) và (**) suy ra để cả 2 pt có nghiệm thì
- giả sử x0 là nghiệm chung của 2 pt trên, khi đó:
2 x02  mx0  1  mx02  x0  2   0  �  m  2  x02   m  1 x0  3  0
1
m

  m  10m  25   m  5  �0 �   m  5  5  m
8 ), nên pt có 2 nghiệm
Ta có:
(vì
2  m  2
m 1 5  m
3
m 1 5  m
2m  4
x01 

; x02 


1
2  m  2
m2
2  m  2
2  m  2 2  m  2
phân biệt:
3
x01 
m2
thay
vào
(1)
ta
được:
2

2

2

3
2
�3 �
2. �
 1  0 � 18  3m  m  2    m  2   0 � m 2  m  7  0
� m.
m2
�m  2 �
(phương trình vô
nghiệm vì có  m  27  0 )
2
x 1
- thay 02
vào (1) ta được: 2.1  m.1  1  0 � m  1 (thỏa mãn (***))
Vậy m = -1 thì 2 pt trên có nghiệm chung.
2
Bài 9: Cho pt x  4 x  m  1  0
a) xác định m để pt có nghiệm
2
2
b) Tìm m để pt có 2 nghiệm thỏa mãn: x1  x2  10
LG
'
'
0 3 m 0
m 3
a) Ta có:   ...  3  m . Pt có nghiệm ����


�x1  x2  4

�x1.x2  m  1

b) với m �3 giả sử pt có 2 nghiệm là x1 ; x2. theo Vi-ét ta có:
2
x 2  x22  10 �  x1  x2   2 x1 x2  10
lại có: 1
(**)
2
4  2  m  1  10 � m  2
thay (*) vào (**) ta được:
(thỏa mãn điều kiện)
Bài 10: Cho pt 3 x  5 x  m  0 . Xác định m để pt có 2 nghiệm thỏa mãn
Ta có:   ...  25  12m
25
����
0  25
 12m
m
12
Pt có 2 nghiệm
(*)
2

(*)

x12  x22 

5

x1  x2 


3

25
�x .x  m
m�
1 2
3
12 giả sử pt có 2 nghiệm là x1 ; x2. theo Vi-ét ta có: �
với
5
5
5
5
1
x12  x22  �  x1  x2   x1  x2   �  x1  x2   � x1  x2 
9
9
3
9
3
lại có:

5
9

(1)

 2
(3)

5

x1  x2 
�x1  1



3
�� 2

x2 
�x  x  1

3

1
2
3
kết hợp (1) và (3) ta có hệ phương trình: �
thay vào (2) ta được
2 m
1.  � m  2
3 3
(thỏa mãn đk (*))
2
Bài 11: Cho pt x  2mx  2m  1  0
a) Chứng tỏ rằng pt có nghiệm x1, x2 với mọi m
A  2  x12  x12   5 x1 x2
b) Đặt
2
* CMR: A  8m  18m  9
* Tìm m để A = 27
c) Tìm m để pt có nghiệm này bằng 2 lần nghiệm kia
LG
2
2
  m  2m  1   m  1 �0, m
a) ta có
, do đó pt có 2 nghiệm với mọi giá trị của m
�x1  x2  2m

x .x  2m  1
b) + với mọi m pt có nghiệm x1, x2. theo Vi-ét ta có: �1 2
(*)
2
2
2
A  2  x1  x1   5 x1 x2 � A  2  x1  x2   9 x1 x2
từ
(**)
2
2
A  2  2m   9  2 m  1  8m  18m  9
thay (*) vào (**) ta được:
=> đpcm
3
8m 2  18m  9  27 � 8m2  18m  18  0 � m1  3; m2  
4
+ với A = 27 suy ra


c) giả sử x1 = 2.x2, kết hợp (*) ta có:
4m

x1 

3
x1  2 x2
x1  2 x2



2m



x1  x2  2m � �
3 x2  2 m
��
x2 


3



x1.x2  2m  1
x1.x2  2m  1


�4m 2m
�3 . 3  2m  1


4m

x1 

3

2m

x2 

3


8m 2  18m  9  0



3
3
8m 2  18m  9  0 � m1  ; m2 
2
4
giải pt

***************************************************
Ngày dạy: …………………………………….



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×