Tải bản đầy đủ

08 1 huong dan giai

TƯƠNG GIAO HAI ĐỒ THỊ
CỦA HÀM SỐ
Dạng 1: ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ CẮT TRỤC HOÀNH.
Bài toán 01: ĐỒ THỊ CẮT TRỤC HOÀNH TẠI 1,2,3,4 ĐIỂM PHÂN BIỆT.
Bài 1:
1. Cách 1: Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) với trục
2
2
2 2
Ox: x3 + mx + 2 = 0 ⇔ x2 + = − m . f(x) = x + ⇒ f '(x) = 2x − 2 ⇒ f '(x) = 0 ⇔ x = 1
x
x
x
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy yêu cầu bài toán ⇔ − m < 3 ⇔ m > −3
Cách 2: Để đồ thị hàm số (1) cắt Ox tại duy nhất một điểm ta có các
trường hợp sau:
TH 1: Đồ thị hàm số (1) không có cực trị hay là hàm số (1) luôn đồng biến
(do a = 1 > 0 ) trên R ⇔ y' = 3x2 + m ≥ 0 ∀x ∈ ¡ ⇔ m ≥ 0
TH 2: Đồ thị hàm số (1) có hai cực trị cùng dấu
y' = 0 ⇔ x2 = −
y1 = 2 +


m
m
với m < 0 . Hai giá trị cực trị là:
⇔ x= ± −
3
3

2m
m
2m
m
− ; y2 = 2 −

3
3
3
3

⇒ y1.y2 = 4 +

4m3
> 0 ⇔ −3 < m < 0 . Vậy m > −3 là những giá trị cần tìm.
27

2
2
2. y′ = 6x2 − 6(m + 1)x + 6m và có ∆′y' = 9(m + 1) − 36m = 9(m − 1)

Nếu m = 1 thì y′ ≥ 0, ∀x ∈ ¡ thì hàm số đồng biến trên ¡ ⇒đồ thị cắt trục
hoành
tại 1 điểm duy nhất ⇒m = 1 thoả mãn .
Nếu m ≠ 1 thì hàm số có các điểm cực trị x1, x2 ( x1, x2 là các nghiệm của
phương
trình y′ = 0 )⇒x1 + x2 = m + 1; x1x2 = m .
 x m + 1
2
Lấy y chia cho y′ ta được: y =  −
÷y′ − (m − 1) x − 2 + m(m + 1) .
6 


3
⇒ phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực

trị

là:

2

y = −(m − 1) x − 2 + m(m + 1)

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 1 điểm duy nhất ⇔ y ( x1) .y ( x2 ) > 0

(

)(

)

⇔ −(m − 1)2 x1 − 2 + m(m + 1) . −(m − 1)2 x2 − 2 + m(m + 1) > 0
⇔(m − 1)2(m2 − 2m − 2) < 0 ⇔m2 − 2m − 2 < 0 (vì m ≠ 1) ⇔1− 3 < m < 1+ 3 .
Bài 2:

165


1. Phương trình hoành độ giao điểm: x3 − 3x2 − (2m − 1)x + 4m + 2 = 0
⇔ (x − 2)(x2 − x − 2m − 1) = 0 ⇔ x = 2 hoặc f(x) = x2 − x − 2m − 1 = 0
(d): tiếp xúc đồ thị (C) của hàm số tại hai điểm phân biệt khi phương
trình f(x) = 0 phải có nghiệm x1, x2 thỏa mãn: 2 ≠ x1 = x2 hoặc x1 = 2 ≠ x2
∆ = 0
8m + 5 = 0


5
2

x
=
x


⇔ m=−
Th1:
 b
1
1
2


2

2
8


2
 2a
∆ > 0
8m + 5 > 0
1
⇔
⇔ m=
Th2: x1 = 2 ≠ x2 ⇔ 
2
f(2) = 0 −2m + 1 = 0
2. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị của hàm số với trục Ox:
2
x4 − 2m2x2 + m4 + 2m = 0 (1).Đặt t = x (t ≥ 0) , (1) trở thành :

t2 − 2m2t + m4 + 2m = 0 (2). Ta có : ∆ ' = −2m > 0 và S = 2m2 > 0 với mọi m > 0.
Nên (2) có nghiệm dương ⇒ (1) có ít nhất 2 nghiệm phân biệt ⇒ đồ thị hàm
số (1)
luôn cắt trục Ox tại ít nhất hai điểm phân biệt.
Bài 3:
1. Để ( C m ) tiếp xúc Ox tại đúng 2 điểm phân biệt khi ( C m ) có 2 cực trị
đồng thời yCĐ = 0 hoặc yCT = 0 . ( C m ) có 2 cực trị ⇔ y' = 0 có 2 nghiệm
phân biệt ⇔ 3x2 − 3m2 = 0 có 2 nghiệm phân biệt .Khi m ≠ 0 thì
y' = 0 ⇔ x = ± m .
yCĐ = y ( − m) = 0 ⇔ 2m3 + 2m = 0 ⇔ m = 0 (loại)
yCT = y ( m) = 0 ⇔ −2m3 + 2m = 0 ⇔ m = 0 ∨ m = ±1
Bài 4: Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) và Ox :
x4 − 2(m + 1)x2 + m2 − 3m(1) ⇒ t2 − 2(m + 1)t + m2 − 3m = 0 (2)  t = x2 ≥ 0
1. (C m ) và Ox có 4 điểm chung ⇔ phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt
⇔ phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt

1
2
2
m> −
∆ ' > 0 (m + 1) − m + 3m > 0 
5

1


⇔ P > 0 ⇔ m2 − 3m > 0
⇔ m < 0 ∨ m > 3 ⇔ − < m < 0 ∨ m > 3.
5
S > 0
2(m + 1) > 0
m > −1




2. (C m ) và Ox có ba điểm chung ⇔ phương trình (1) có ba nghiệm .
⇔ phương trình (2) có một nghiệm bằng 0 và một nghiệm dương .
P = 0  m = 0 ∨ m = 3
⇔
⇔
⇔ m = 0 ∨ m = 3.
S > 0  m > −1
3. (C m ) và Ox có hai điểm chung ⇔ phương trình (1) có đúng hai nghiệm.

166


⇔ phương trình (2) có hai nghiệm trái dấu hoặc có nghiệm kép dương
0 < m < 3
P < 0

1


1
⇔  ∆ ' = 0 ⇔ m = − ⇔ m = − ∨ 0 < m < 3.
5
5

 S > 0

m > −1
d. (C m ) và Ox không có điểm chung ⇔ phương trình (1) vô nghiệm.
⇔ phương trình (2) vô nghiệm hoặc là có nghiệm và các nghiệm đều âm.

1
m > − 5
∆ ' ≥ 0
1 
1

⇔ ∆ ' < 0 ∨ P > 0 ⇔ m < − ∨  m < 0 ∨ m > 3 ⇔ m < − .
5 
5
S < 0
m < −1



Bài toán 02: ĐỒ THỊ CẮT TRỤC HOÀNH TẠI 2,3,4 ĐIỂM PHÂN BIỆT
THỎA MÃN HOÀNH ĐỘ CHO TRƯỚC.
Bài 1. Xét phương trình hoành độ giao điểm: x4 − 2( m + 1) x2 + 2m + 1 = 0 ( ∗)
Đặt t = x2 ,t ≥ 0 thì ( ∗) trở thành: f(t) = t2 − 2( m + 1) t + 2m + 1 = 0 .

( Cm )

cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt đều có hoành độ nhỏ hơn 3

0 = t1 < t2 < 3
1
⇔ f ( t) có 2 nghiệm phân biệt t1, t2 sao cho: 
⇔ m = − ,m ≥ 1
0
<
t
<
3

t
2

1
2
4
2
Bài 2. Xét phương trình hoành độ giao điểm x + 2mx + m + 3 = 0 (1)
Đặt t = x2 điều kiện t ≥ 0 . Phương trình trở thành t2 + 2mt + m + 3 = 0 .(2)
Giả sử nếu phương trinh (2) có 2 nghiệm thỏa mãn 0 < t1 < t2 thì phương
trình (1) sẽ có các nghiệm là x1 = − t2 < x2 = − t1 < x3 = t1 < x4 = t2 .
Với lập luận trên bài toán trở thành tìm m để phương trình (2) có 2
∆′ = m2 − m − 3 > 0

S = −2m > 0
t
<
1
<
4
<
t

nghiệm dương phân biệt thỏa mãn: 1

2
P = m + 3 > 0
 t < 1< 4 < t
1
2
t1 < 1< t2
(t − 1)(t2 − 1) < 0
t t − (t1 + t2) + 1 < 0
⇔ 1
⇔ 12
Với t1 < 1< 4 < t2 ⇔ 
t1 < 4 < t2
(t1 − 4)(t2 − 4) < 0 t1t2 − 4(t1 + t2) + 16 < 0
Bài 3:
1. Hàm số đã cho có hai cực trị trái dấu ⇔ (C m ) cắt Ox tại ba điểm phân
biệt.
Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) và Ox:
x3 − (4m + 3)x2 + (m + 2)x + 3m = 0 ⇔ (x − 1)[x2 − 2(2m + 1)x − 3m] = 0

167


⇔ x = 1 hoặc x2 − 2(2m + 1)x − 3m = 0 (∗)
Yêu cầu bài toán ⇔ (∗) có hai nghiệm phân biệt khác 1
2. Đồ thị (C m ) cắt Ox tại ba điểm phân biệt trong đó có ít nhất một điểm
 ycd .yct < 0
có hoành độ âm ⇔ hàm số có hai cực trị đồng thời 
(1).
 y(0) > 0
Ta có: y' = 3[x2 − 2(m + 1)x + m] ⇒ y' = 0 ⇔ x2 − 2(m + 1)x + m = 0 (∗)
Hàm số có hai cực trị ⇔ (∗) có hai nghiệm phân biệt
⇔ ∆ ' = (m + 1)2 − m > 0 ⇔ m2 + m + 1 > 0 đúng ∀m .
Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của (∗) .
1
Ta có: y1 = (x1 − m − 1)y'(x1) − 2(m2 + m + 1)x1 + m2 + 1 = −2(m2 + m + 1)x1 + m2 + 1
3
.
Tương tự y2 = −2(m2 + m + 1)x2 + m2 + 1.
(m + 1)(m3 − m2 − m − 3) < 0
(2).
⇒ y1.y2 = (m + 1)(m3 − m2 − m − 3) .Nên (1) ⇔ 
m < 1
Xét hàm số g(m) = m3 − m2 − m − 3, m < 1
1
Có g'(m) = 3m2 − 2m − 1⇒ g(m) = 0 ⇔ m = − ,m = 1
2
Lập bảng biến thiên ta thấy g(m) < 0 ∀m < 1
m + 1 > 0
⇒ (2) ⇔ 
⇔ −1< m < 1 là những giá trị cần tìm.
m < 1

3. Phương trình hoành độ giao điểm của ( C m ) và đường thẳng y = −1:
x4 − ( 3m + 2) x2 + 3m = −1 ⇔ x4 − ( 3m + 2) x2 + 3m + 1 = 0
Đặt t = x2 , t ≥ 0; phương trình trở thành : t2 − ( 3m + 2) t + 3m + 1 = 0 ⇔ t = 1
 1
0 < 3m + 1< 4
− < m < 1
⇔ 3
hoặc t = 3m + 1 .Yêu cầu bài toán: 
là những giá
3m + 1 ≠ 1
m ≠ 0

trị cần tìm.
4. x4 − 2mx2 + m2 − 1 = 0 ⇔ x2 = m − 1 hoặc x2 = m + 1
Đồ thị (Cm) cắt Ox tại bốn điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 2
⇔ 1< m < 3 .
Bài 4:
1. Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) với Ox
x3 − 3mx2 + (3m − 1)x + 6m − 6 = 0 ⇔ (x − 2)[x2 − (3m − 2)x + 3m − 3] = 0
⇔ x = 2 hoặc x2 − (3m − 2)x + 3m − 3 = 0 (∗)

168


(Cm) cắt Ox tại ba điểm phân biệt ⇔ (*) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 khác



4− 2   4+ 2
; +∞ ÷
m ∈  −∞;
÷∪ 
∆ = 9m2 − 24m + 14 > 0


÷

3 ÷

  3
.
⇔
2⇔ 
5 − 3m ≠ 0

5
m ≠
3

Khi đó x12 + x22 + x23 + x1x2x3 = (x1 + x2)2 + 4 = (3m − 2)2 + 4
Nên ta có : (3m − 2)2 + 4 = 20 ⇔ 9m2 − 12m − 12 = 0 ⇔ m = 2,m = −

2
.
3

2. Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và d:
2
x3 − 2x2 − (3m − 1)x + m + 3 = (1− m)x + m − 5 ⇔ 2m = x − 2x +

8
= f(x) (*)
x

8 2(x − 2)(x2 + x + 2)
Xét hàm số y = f(x) ta có : f '(x) = 2x − 2 −
=
,f '(x) = 0 ⇔ x = 2
x2
x2
7
Dựa vào bảng biến thiên ta có 2m > f(1) = 7 ⇔ m > .
2
3. Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) với đường thẳng y = −1 :
x4 − (3m + 2)x2 + 3m + 1 = 0 ⇔ x2 = 1 hoặc x2 = 3m + 1.

1
3m + 1 > 0 m > −


(Cm) cắt Ox tại bốn điểm phân biệt
3


3m + 1 ≠ 1 m ≠ 0

Khi đó x12 + x22 + x23 + x24 + x1x2x3x4 = 3m + 3
1
.
3
Bài 5: Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) với Ox.
Nên x12 + x22 + x23 + x24 + x1x2x3x4 = 4 ⇔ m =

x3 − (2m + 3)x2 + (2m2 − m + 9)x − 2m2 + 3m − 7= 0 ⇔ x = 1,
x2 − 2(m + 1)x + 2m2 − 3m + 7 = 0 (1)
(Cm) cắt Ox tại ba điểm phân biệt trong đó có hai điểm có hoành độ lớn
hơn 1
⇔ Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn 1 < x1 < x2 .
(1) ⇔ ∆ ' = (m + 1)2 − 2m2 + 3m − 7 > 0 ⇔ −m2 + 5m − 6 > 0 ⇔ 2 < m < 3 (a)
1< x1
x − 1 > 0 x1 + x2 > 2
x + x > 2
⇔ 1
⇔
⇔ 1 2

1 < x2
x2 − 1 > 0 (x1 − 1)(x2 − 1) > 0 x1x2 − (x1 + x2) + 1 > 0
2(m + 1) > 2
m > 0
⇔ 2
⇔ 2
⇔ m > 0 (b)
2m − 3m + 7 − 2(m + 1) + 1 > 0 2m − 5m + 6 > 0
Từ (a) và (b) ta có:
Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn 1 < x1 < x2 ⇔ 2 < m < 3 .

169


BC 2 = (x1 − x2)2 = (x1 + x2)2 − 4x1x2 = 4(m + 1)2 − 4(2m2 − 3m + 7)
2


5
5
= −4m2 + 20m − 24 = 1− 4 m − ÷ ≤ 1⇒ BC ≤ 1⇒ BC = 1 ⇔ m = ∈ (2;3)
2
2

Bài 6:
1. ( C m ) cắt trục Ox : x3 − 3mx2 − 3x + 3m + 2 = 0
⇔ ( x − 1)  x2 − ( 3m − 1) x − 3m − 2 =0 ⇔ x = 1,x2 − ( 3m − 1) x − 3m − 2 = 0 ( 2)


( Cm ) cắt trục Ox tại 3điểm phân biệt có hoành độ là x1,x2 ,x3 giả sử x3 = 1
thì x1 ,x2 là nghiệm khác 1 của phương trình

( 2) .Theo định lý Vi-et ta có:

x1 + x2 = 3m − 1,x1x2 = −3m − 2
∆( 2) > 0
9m2 + 6m + 9 > 0

 2

Theo bài toán ta có : 1 − ( 3m − 1) .1− 3m − 2 ≠ 0 ⇔ m ≠ 0
 2
 2
2
2
9m − 9 ≥ 0
x1 + x2 + x3 ≥ 15
2. Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số và trục hoành:
− x4 + 4mx2 − 4m = 0 ( 1) . Đặt t = x2 , ( t ≥ 0) khi đó phương trình ( 1) trở thành
− t2 + 4mt − 4m = 0 , t ≥ 0 ( 2) .
Để đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt M , N , P, Q khi và chỉ khi
∆ ' = 4m2 − 4m > 0

phương trình ( 2) có 2 nghiệm phân biệt dương ⇔ P = 4m > 0
hay
S = 4m > 0

m > 1.

Với m > 1 phương trình ( 2) có 2 nghiệm phân biệt t1 = 2m − 2 m2 − m hoặc
t2 = 2m + 2 m2 − m , giả sử t1 < t2 .
MQ = 2NP ⇔ OQ 2 = 4OP 2 tức là t2 = 4t1 ⇔ 5 m2 − m = 3m , bình phương 2 vế
và rút gọn ta được phương trình 16m2 − 25m = 0 , phương trình này có
25
m=
thỏa điều kiện m > 1.
16
Bài 7:
1 Tìm m để (Cm) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt trong đó có ba điểm
có hoành độ nhỏ hơn 1 và một điểm có hoành độ lớn hơn 2.
Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và trục hoành
x4 − (3m − 1)x2 + 2m2 + 2m − 12 = 0 (1) Đặt t = x2 , t ≥ 0 .
Phương trình (1) trở thành: t2 − (3m − 1)t + 2m2 + 2m − 12 = 0 (2)

170


(Cm) cắt trục Ox tại bốn điểm phân biệt ⇔ Phương trình (1) có bốn nghiệm
phân biệt ⇔ Phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt
Vì phương trình (2) luôn có hai nghiệm là t1 = m+3 và t2 = (2m – 4) ,do đó
Phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt
m + 3 ≠ 2m − 4 m ≠ 7
m > 2


⇔ m + 3 > 0
⇔ m > −3 ⇔ 
.
m ≠ 7
2m − 4 > 0
m > 2


Khi đó 4 nghiệm của (1) là ± m + 3 , ± 2m − 4 .
* Nếu m+3 > 2m – 4 ⇔ 2 < m < 7 thì ta có
− m + 3 < − 2m − 4 < 2m − 4 < m + 3
Trong các nghiệm này có ba nghiệm nhỏ hơn 1 và một nghiệm lớn hơn 2
 2m − 4 < 1 2m − 4 < 1
5
⇔
⇔ −1< m < .
,điều này tương đương với 
m
+
3
>
4
2

 m + 3 > 2
5
Giao với điều kiện 2 < m < 7 , ta được 2 < m < .
2
* Nếu 2m – 4 > m + 3 ⇔ m > 7 thì ta có
− 2m − 4 < − m + 3 < m + 3 < 2m − 4 .
Ba nghiệm nhỏ hơn 1 và một nghiệm lớn hơn 2
 2m − 4 > 2 2m − 4 > 4 m > 4
⇔
⇔
⇔
⇔ không có giá trị m .
m + 3 < 1
m < −2
 m + 3 < 1
2. Tìm m để (Cm) và trục Ox chỉ có hai điểm chung B,C sao cho tam giác
ABC đều với A(0;2).
(Cm) và Ox có hai điểm chung ⇔ Phương trình (1) có đúng hai nghiệm
⇔ Phương trình (2) có hai nghiệm trái dấu hoặc (2) có đúng một nghiệm
dương.
* (2) có hai nghiệm trái dấu ⇔ (m + 3)(2m − 4) < 0 ⇔ −3 < m < 2
* (2) có đúng một nghiệm dương ⇔ m + 3 = 2m − 4 > 0 ⇔ m = 7 .
Vậy (Cm) và Ox có hai điểm chung ⇔ −3 < m < 2 ∨ m = 7.
Với điều kiện – 3 < m < 2 thì m+3 > 0 và 2m – 4 < 0 thì B(
− m + 3;0) , C( m + 3;0) .
Rõ ràng tam giác ABC cân tại A và O là trung điểm của BC ,do đó
Tam giác ABC là tam giác đều ⇔ AO =
⇔ 4 = 3(m + 3) ⇔ m =

BC 3
⇔ 2= 3 m + 3 .
2

−5
thỏa điều kiện – 3 < m < 2
3

Khi m = 7 thì B( − 7;0) , C( 7;0) ,suy ra BC = 2 7 .
Vì AO ≠

BC 3
nên tam giác ABC không đều do đó m = 7 bị loại.
2

171


Bài toán 03: ĐỒ THỊ CẮT TRỤC HOÀNH TẠI 3,4 ĐIỂM PHÂN BIỆT CÓ
HOÀNH ĐỘ LẬP CẤP SỐ CỘNG, CẤP SỐ NHÂN.
Bài 1: Xét phương trình hoành độ giao điểm: x4 − 2( m + 1) x2 + 2m + 1 = 0 ( ∗)
Đặt t = x2 ,t ≥ 0 thì ( ∗) trở thành: f(t) = t2 − 2( m + 1) t + 2m + 1 = 0 .

Để ( C m ) cắt Ox tại 4 điểm phân biệt thì f(t) = 0 phải có 2 nghiệm dương
phân biệt
Gọi t1 < t2 là 2 nghiệm của f(t) = 0 , khi đó hoành độ giao điểm của ( C m )
với Ox lần lượt là: x1 = − t2 , x2 = − t1 , x3 = t1 , x4 = t2
x1, x2 , x3 , x4 lập thành cấp số cộng ⇔ x2 − x1 = x3 − x2 = x4 − x3 ⇔ t2 = 9t1
m = 4
 5m = 4m + 4
⇔ m + 1+ m = 9 m + 1− m ⇔ 5 m = 4( m + 1) ⇔ 
⇔
4
 −5m = 4m + 4  m = −
9

Bài 2:
Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) và Ox :

(

)

x4 − (3m + 2)x + 2m2 − 5m − 1 = 2( 1) ⇒ t2 – ( 3m + 2) t + 2m2 – 5m – 3 = 0 ( 2)
⇔ t = 2m + 1 ∨ t = m − 3. (C m ) cắt (d) tại 4 điểm phân biệt ⇔ phương trình
(1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm dương phân

1
m > − 2
2m + 1 > 0


⇔ m > 3 ⇔ m > 3. Khi đó 2m + 1 > m – 3 do đó 4
biệt ⇔ m − 3 > 0
2m + 1 ≠ m − 3 m ≠ −4



nghiệm của (1) xếp theo thứ tự lớn dần là
− 2m + 1 , − m − 3 , m − 3 , 2m + 1.
1. Bốn nghiệm lập thành một cấp số cộng
⇔ 2m + 1 − m − 3 = m − 3 − (− m − 3)
⇔ 2m + 1 = 3 m − 3 ⇔ 2m + 1= 9(m − 3) ⇔ 7m = 28 ⇔ m = 4
2. Bốn nghiệm này lớn hơn – 4 ⇔ − 2m + 1 > −4 ⇔ 2m + 1< 16 ⇔ m <
với điều kiện m > 3 ta được 3 < m <

15
. Giao
2

15
.
2

Bài 3:
1. Điều kiện cần: Giả sử (C m ) cắt Ox tại ba điểm A,B,C suy ra phương
trình x3 + 3x2 + (4m − 1)x + 2m2 − 3 = 0 (∗) có ba nghiệm phân biệt x1 < x2 < x3
và khi đó A(x1;0), B(x2;0), C(x3;0) ⇒ AB = BC ⇔ x2 − x1 = x3 − x2 ⇔ x1 + x3 = 2x2
(1)

172


x3 + 3x2 + (4m − 1)x + 2m2 − 3 = (x − x1)(x − x2)(x − x3) = x3 − ax2 + bx − c
Với a = x1 + x2 + x3;b = x1x2 + x2x3 + x3x1;c = x1x2x3
So sánh hệ số của x2 ta có: a = −3 ⇔ x1 + x2 + x3 = −3 (2).
Từ (1) và (2) suy ra 3x2 = −3 ⇒ x2 = −1⇒ (∗) có một nghiệm
x = −1⇒ −1+ 3 − 4m + 1+ 2m2 − 3 = 0 ⇔ m = 0,m = 2 .
Điều kiện đủ:
* m = 0 ⇒ (∗) ⇔ x3 + 3x2 − x − 3 = 0 ⇔ x(x2 − 1) + 3(x2 − 1) = 0
⇔ (x2 − 1)(x + 3) = 0 ⇔ x = −3,x = −1,x = 1 ba nghiệm này thỏa (1) nên m = 0
thỏa yêu cầu bài toán.
* m = 2 ⇒ (∗) ⇔ x3 + 3x2 + 7x + 5 = 0 ⇔ (x + 1)(x2 + 2x + 5) = 0 ⇔ x = −1 ⇒ m = 2 loại.
2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) với Ox: x4 − 2mx2 + 2m + 3 = 0
Đặt t = x2 ,t ≥ 0 ta có: t2 − 2mt + 2m + 3 = 0 (1)
(C m ) cắt Ox tại bốn điểm phân biệt ⇔ (1) có hai nghiệm dương phân biệt
∆ ' = m2 − 2m − 3 > 0

⇔ S = 2m > 0
⇔ m > 3 (∗) . Gọi t1 = m − ∆ ', t2 = m + ∆ ' .
P = 2m + 3 > 0


(

) (

) (

) (

Khi đó A − t2 ;0 , B − t1 ;0 , C

t1 ;0 , D

)

t2 ;0

 t − t = 2 t
2
1
1
⇒ AB = BC = CD ⇔ 
⇔ t2 = 3 t1
2 t1 = t2 − t1
3. x3 + px2 + pqx + q3 = 0 ⇔ x = −q hoặc x2 + (p − q)x + q2 = 0 (∗)
Ta có ∆ = (p − q)2 − 4q2 = p2 − 2pq − 3q2 = (p + q)(p − 3q)
Do p,q > 0 và p > 3q ⇒ ∆ > 0 . Nên (*) luôn có hai nghiệm phân biệt x 1,x2
thỏa x1x2 = q2 . Do đó ba nghiệm x1, −q,x2 lập thành CSN.

(

)

2
2
4. t − 10mt + 6m + 3 = 0 (1) t = x .

( Cm )

cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt

⇔ (1) có hai nghiệm dương phân

biệt
Gọi hai nghiệm dương của phương trình (1) t1, t2  ( t1 < t2 ) khi đó bốn
nghiệm của phương trình cho xếp theo thứ tự lớn dần và lập CSC là
− t2 , − t1 , t1 , t2 thỏa

mãn

(

)

(

: t2 − t1 = t1 − − t1 = − t1 − − t2

)

⇔ t2 = 3 t1 ⇔ t2 = 9t1

173


Áp dụng định lí Vi-et vào phương trình (1) ,kết hợp với điều kiện t2 = 9t1 ,ta
t = 9t
t1 + t2 = 10m t2 = 9t1
1
2
1


⇔ m = 1,m = − .
có hệ t1t2 = 6m + 3 ⇔ 10t1 = 10m ⇔ t1 = m
3
t = 9t
 2
 2
1
 2
9t1 = 6m + 3 9m − 6m − 3 = 0

174



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×