Một số dạng toán liên quan đến hệ thức Vi-et _ Kì 4

Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC
--------- ---------​

Bài 10: Cho phương trình ${{x}^{2}}-2\left( m-1 \right)x+3{{m}^{2}}+2m+1=0$ ($m$ là tham số) (1).
Gọi ${{x}_{1}},\,\,{{x}_{2}}$ là hai nghiệm của phương trình (1).
a) Định $m$ để biểu thức $A=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-{{x}_{1}}{{x}_{2}}$ đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó.
b) Tìm phương trình bậc hai có hai nghiệm là ${{y}_{1}}=\frac{1}{{{x}_{1}}+1},\,\,{{y}_{2}}=\frac{1}{{{x}_{2}}+1}$.
Lời giải:
a) Phương trình (1) có nghiệm khi :$\Delta '\ge 0\Leftrightarrow {{\left( m-1 \right)}^{2}}-\left( 3{{m}^{2}}+2m+1 \right)\ge 0\Leftrightarrow m\left( m+2 \right)\le 0\Leftrightarrow -2\le m\le 0$.
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có $\left\{ \begin{align} & {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=2\left( m-1 \right) \\ & {{x}_{1}}{{x}_{2}}=3{{m}^{2}}+2m+1 \\ \end{align} \right.$
Do đó $A=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-{{x}_{1}}{{x}_{2}}$
$A={{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-3{{x}_{1}}{{x}_{2}}$
$\begin{align} & A={{\left( 2m-2 \right)}^{2}}-3\left( 3{{m}^{2}}+2m+1 \right) \\ & A=4{{m}^{2}}-8m+4-9{{m}^{2}}-6m-3 \\ & A=-5{{m}^{2}}-14m+1 \\ & A=-5\left( {{m}^{2}}+\frac{14}{5}m-\frac{1}{5} \right)=-5\left[ {{\left( m+\frac{7}{5} \right)}^{2}}-\frac{54}{25} \right]=\frac{54}{5}-5{{\left( m+\frac{7}{5} \right)}^{2}}\le \frac{54}{5} \\ \end{align}$
Dấu “=” xảy ra khi $5{{\left( m+\frac{7}{5} \right)}^{2}}=0\Leftrightarrow m+\frac{7}{5}=0\Leftrightarrow m=-\frac{7}{5}$ (tmđk $-2\le m\le 0$).
Vậy $max\,\,A=\frac{54}{5}$ đạt được tại $m=-\frac{7}{5}$.

b) Phương trình (1) có nghiệm khi :$\Delta '\ge 0\Leftrightarrow {{\left( m-1 \right)}^{2}}-\left( 3{{m}^{2}}+2m+1 \right)\ge 0\Leftrightarrow m\left( m+2 \right)\le 0\Leftrightarrow -2\le m\le 0$.
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có $\left\{ \begin{align} & {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=2\left( m-1 \right) \\ & {{x}_{1}}{{x}_{2}}=3{{m}^{2}}+2m+1 \\ \end{align} \right.$
Ta có ${{y}_{1}}+{{y}_{2}}=\frac{1}{{{x}_{1}}+1}+\frac{1}{{{x}_{2}}+1}=\frac{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}+2}{\left( {{x}_{1}}+1 \right)\left( {{x}_{2}}+1 \right)}=\frac{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}+2}{{{x}_{1}}{{x}_{2}}+{{x}_{1}}+{{x}_{2}}+1}$
$\Rightarrow {{y}_{1}}+{{y}_{2}}=\frac{2m-2}{3{{m}^{2}}+2m+1+2m-2+1}=\frac{2m-2}{3{{m}^{2}}+4m}$ (*)
Ta có ${{y}_{1}}{{y}_{2}}=\frac{1}{{{x}_{1}}+1}.\frac{1}{{{x}_{2}}+1}=\frac{1}{\left( {{x}_{1}}+1 \right)\left( {{x}_{2}}+1 \right)}=\frac{1}{{{x}_{1}}{{x}_{2}}+{{x}_{1}}+{{x}_{2}}+1}$
$\Rightarrow {{y}_{1}}.{{y}_{2}}=\frac{1}{3{{m}^{2}}+2m+1+2m-2+1}=\frac{1}{3{{m}^{2}}+4m}$ (**)
Từ (*) và (**) suy ra ${{y}_{1}},\,\,{{y}_{2}}$ là hai nghiệm của phương trình bậc hai (ẩn $y$):
${{y}^{2}}-\frac{2m-2}{3{{m}^{2}}+4m}.y+\frac{1}{3{{m}^{2}}+4m}=0$ hay $\left( 3{{m}^{2}}+4m \right){{y}^{2}}-2\left( m-1 \right)y+1=0$ ($m\ne 0,\,m\ne -\frac{4}{3}$)


Bài 11: Cho phương trình (ẩn $x$): $${{x}^{2}}+\left( m-1 \right)x-6=0$$ (1)
a) Chứng minh rằng phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}},\,\,{{x}_{2}}$ với mọi $m$.
b) Tìm $m$ để biểu thức $A=\left( x_{1}^{2}-4 \right)\left( x_{2}^{2}-9 \right)$ đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải:
a) Phương trình (1) có: $ac=1.\left( -6 \right)=-6<0$, suy ra $a,\,\,c$ trái dấu.
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}},\,\,{{x}_{2}}$ trái dấu với mọi $m$.

b) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}},\,\,{{x}_{2}}$ trái dấu với mọi $m$.
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có $\left\{ \begin{align} & {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=1-m \\ & {{x}_{1}}{{x}_{2}}=-6 \\ \end{align} \right.$
Ta có $A=\left( x_{1}^{2}-9 \right)\left( x_{2}^{2}-4 \right)=x_{1}^{2}x_{2}^{2}-4x_{1}^{2}-9x_{2}^{2}+36={{\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}}+6 \right)}^{2}}-{{\left( 2{{x}_{1}}+3{{x}_{2}} \right)}^{2}}$
Do đó $A={{\left( -6+6 \right)}^{2}}-{{\left( 2{{x}_{1}}+3{{x}_{2}} \right)}^{2}}=-{{\left( 2{{x}_{1}}+3{{x}_{2}} \right)}^{2}}\le 0$.
$A=0\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & 2{{x}_{1}}+3{{x}_{2}}=0 \\ & {{x}_{1}}{{x}_{2}}=-6 \\ & {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=1-m \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & {{x}_{1}}=3 \\ & {{x}_{2}}=-2 \\ & m=0 \\ \end{align} \right.$ hoặc $\left\{ \begin{align} & {{x}_{1}}=-3 \\ & {{x}_{2}}=2 \\ & m=2 \\ \end{align} \right.$ .
Vậy $max\,\,A=0$ đạt được tại $m=0$ hoặc $m=2$.


Bài 12: Cho phương trình (ẩn $x$): ${{x}^{2}}-2\left( m+2 \right)x+3m+2=0$ (1).
a) Chứng minh phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}},\,\,{{x}_{2}}$ với mọi $m$.
b) Tìm $m$ sao cho ${{x}_{2}}=2{{x}_{1}}+3$.
c) Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm ${{x}_{1}},\,\,{{x}_{2}}$ không phụ thuộc vào $m$.
Lời giải:
a) Phương trình (1) có: $\Delta '={{\left( m+2 \right)}^{2}}-\left( 3m+2 \right)={{m}^{2}}+4m+4-3m-2={{m}^{2}}+m+2={{\left( m+\frac{1}{2} \right)}^{2}}+\frac{7}{4}>0\,\,\,\forall m$.
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}},\,\,{{x}_{2}}$ với mọi $m$.

b) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}},\,\,{{x}_{2}}$ với mọi $m$.
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có $\left\{ \begin{align} & {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=2\left( m+2 \right) \\ & {{x}_{1}}{{x}_{2}}=3m+2 \\ \end{align} \right.$
Giải hệ $\left\{ \begin{align} & {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=2\left( m+2 \right) \\ & {{x}_{2}}=2{{x}_{1}}+3 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & 3{{x}_{1}}+3=2\left( m+2 \right) \\ & {{x}_{2}}=2{{x}_{1}}+3 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & {{x}_{1}}=\frac{2m+1}{3} \\ & {{x}_{2}}=\frac{4m+11}{3} \\ \end{align} \right.$
Do đó ${{x}_{1}}{{x}_{2}}=3m+2\Leftrightarrow \frac{2m+1}{3}.\frac{4m+11}{3}=3m+2\Leftrightarrow 8{{m}^{2}}-m-7=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & m=1 \\ & m=-\frac{7}{8} \\ \end{align} \right.$.

c) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}},\,\,{{x}_{2}}$ với mọi $m$.
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có $\left\{ \begin{align} & {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=2\left( m+2 \right) \\ & {{x}_{1}}{{x}_{2}}=3m+2 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & 3\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)=6m+12\,\,\,\,\,\,\,\,(*) \\ & 2{{x}_{1}}{{x}_{2}}=6m+4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(**) \\ \end{align} \right.$
Lấy (*) trừ (**) VTV ta được $3\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)-2{{x}_{1}}{{x}_{2}}=8$ là hệ thức cần tìm.