Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 2 = 0\), với \(m\) là tham số. Khi phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thì biểu thứ \(P = {x_1}{x_2} - 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 6\) có giá trị nhỏ nhất là:
Ta có \(\Delta ' = {\left( {m + 1} \right)^2} - \left( {{m^2} + 2} \right) = 2m - 1\)
Để phương trình có hai nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow m \ge \dfrac{1}{2}\) (*). Theo định lý Viet ta có: \({x_1} + {x_2} = 2m + 2\) và \({x_1}{x_2} = {m^2} + 2\). Ta có \(P = {x_1}{x_2} - 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 6 = {m^2} + 2 - 2\left( {2m + 2} \right) - 6\)\( = {m^2} - 4m - 8 = {\left( {m - 2} \right)^2} - 12 \ge - 12\).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(m = 2\) thỏa mãn điều kiện (*).
Vậy với \(m = 2\) thì biểu thức \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \( - 12\).
Gọi ${x_1},{x_2}$ là hai nghiệm của phương trình: $2{x^2} - \left( {3a - 1} \right)x - 2 = 0.$ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P = \dfrac{3}{2}{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 2{\left( {\dfrac{{{x_1} - {x_2}}}{2} + \dfrac{1}{{{x_1}}} - \dfrac{1}{{{x_2}}}} \right)^2}$
Ta có:$\Delta = {\left( {3a - 1} \right)^2} + 16 > 0 \Rightarrow $Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. Theo định lý Viet thì:${x_1} + {x_2} = \dfrac{{3a - 1}}{2};{x_1}{x_2} = - 1$. Ta có $P = \dfrac{3}{2}{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 2{\left[ {\dfrac{{{x_1}{x_2}\left( {{x_1} - {x_2}} \right) - 2\left( {{x_1} - {x_2}} \right)}}{{2{x_1}{x_2}}}} \right]^2} = 6{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2}$$ = 6\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2}} \right] = 6\left[ {\dfrac{{{{\left( {3a - 1} \right)}^2}}}{4} + 4} \right] \ge 24$ . Đẳng thức xảy ra khi $3a - 1 = 0 \Leftrightarrow a = \dfrac{1}{3}$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\) là \(24.\)
Giả sử phương trình \({x^2} + ax + b = 0\) có 2 nghiệm lớn hơn 1. Chọn câu đúng.
Theo định lý Vi et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - a\\{x_1}.{x_2} = b\end{array} \right.\). Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : \(\dfrac{{{x_1}}}{{1 + {x_1}}} + \dfrac{{{x_2}}}{{1 + {x_2}}} \ge \dfrac{{2\sqrt {{x_1}{x_2}} }}{{1 + \sqrt {{x_1}{x_2}} }}\). Hay \(\dfrac{{{x_1}}}{{1 + {x_2}}} + 1 + \dfrac{{{x_2}}}{{1 + {x_1}}} + 1 \ge \dfrac{{2\sqrt {{x_1}{x_2}} }}{{1 + \sqrt {{x_1}{x_2}} }} + 2\) \(\left( {{x_1} + {x_2} + 1} \right)\left( {\dfrac{1}{{1 + {x_1}}} + \dfrac{1}{{1 + {x_2}}}} \right) \ge \dfrac{{2\left( {1 + 2\sqrt {{x_1}{x_2}} } \right)}}{{1 + \sqrt {{x_1}{x_2}} }}\).
Theo bất đẳng thức Cô si ta có: \({x_1} + {x_2} + 1 \ge 2\sqrt {{x_1}{x_2}} + 1\). Để chứng minh \(\left( * \right)\) ta quy về chứng minh: \(\dfrac{1}{{1 + {x_1}}} + \dfrac{1}{{1 + {x_2}}} \ge \dfrac{2}{{1 + \sqrt {{x_1}{x_2}} }}\) với \({x_1},{x_2} > 1\).
Quy đồng và rút gọn bất đẳng thức trên tương đương với \(\left( {\sqrt {{x_1}{x_2}} - 1} \right){\left( {\sqrt {{x_1}} - \sqrt {{x_2}} } \right)^2} \ge 0\)( Điều này là hiển nhiên đúng). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \({x_1} = {x_2} \Leftrightarrow {a^2} = 4b\).
Giả sử phương trình bậc hai $a{x^2} + bx + c = 0$ có hai nghiệm thuộc $\left[ {0;3} \right].$Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $Q = \dfrac{{18{a^2} - 9ab + {b^2}}}{{9{a^2} - 3ab + ac}}$.
Vì phương trình bậc 2 có 2 nghiệm nên \(a \ne 0\). Biểu thức \(Q\) có dạng đẳng cấp bậc 2 ta chia cả tử và mẫu của Q cho ${a^2}$ thì $Q = \dfrac{{18 - 9\dfrac{b}{a} + {{\left( {\dfrac{b}{a}} \right)}^2}}}{{9 - \dfrac{b}{a} + \dfrac{c}{a}}}$ .
Gọi ${x_1},{x_2}$ là hai nghiệm của phương trình, theo Vi-et ta có:$\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right.$.
Vậy: $Q = \dfrac{{18 - 9\dfrac{b}{a} + {{\left( {\dfrac{b}{a}} \right)}^2}}}{{9 - \dfrac{b}{a} + \dfrac{c}{a}}} = \dfrac{{18 + 9\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2}}}{{9 + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}}$
Ta đánh giá ${\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2}$ qua ${x_1}{x_2}$ với điều kiện ${x_1},{x_2} \in \left[ {0;3} \right]$.
Giả sử $0 \le {x_1} \le {x_2} \le 3 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 \le {x_1}{x_2}\\x_2^2 \le 9\end{array} \right. \Rightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} = x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2} \le 9 + 3{x_1}{x_2}$$ \Rightarrow Q \le \dfrac{{18 + 9\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 3{x_1}{x_2} + 9}}{{9 + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}} = 3$.
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = {x_2} = 3\\{x_1} = 0;{x_2} = 3\end{array} \right.$hay$\left\{ \begin{array}{l} - \dfrac{b}{a} = 6\\\dfrac{c}{a} = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = - 6a\\c = 9a\end{array} \right.$ hoặc $\left\{ \begin{array}{l} - \dfrac{b}{a} = 3\\\dfrac{c}{a} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = - 3a\\c = 0\end{array} \right.$ .
Vậy giá trị lớn nhất của \(Q\) là \(3.\)
Cho phương trình: $(m - 1){x^2} - 2(2m - 3)x - 5m + 25 = 0$(m là tham số). Có bao nhiêu giá trị của \(m\) là số nguyên sao cho phương trình có nghiệm là số hữu tỉ.
Phương trình: $(m - 1){x^2} - 2(2m - 3)x - 5m + 25 = 0$ (3)
Có $\Delta ' = {\left[ { - (2m - 3)} \right]^2} - (m - 1)( - 5)(m - 5) = 9{m^2} - 42m + 34 = {(3m - 7)^2} - 15$
(3) có nghiệm hữu tỉ với $m \in \mathbb{Z}$khi và chỉ khi $\Delta '$chính phương, suy ra: ${(3m - 7)^2} - 15 = {n^2}\,\,(n \in \mathbb{Z})$
$ \Leftrightarrow $$\left( {3m--7--n} \right)\left( {3m--7 + n} \right) = 15$ $(m,\,n \in \mathbb{Z}$) (4)
Phương trình (4) tương đương với 8 hệ phương trình:
$\left\{ \begin{array}{l}3m - 7 - n = - 15\\3m - 7 + n = - 1\end{array} \right.$ (4.1), $\left\{ \begin{array}{l}3m - 7 - n = - 1\\3m - 7 + n = - 15\end{array} \right.$ (4.2), $\left\{ \begin{array}{l}3m - 7 - n = - 5\\3m - 7 + n = - 3\end{array} \right.$ (4.3), $\left\{ \begin{array}{l}3m - 7 - n = - 3\\3m - 7 + n = - 5\end{array} \right.$ (4.4)
$\left\{ \begin{array}{l}3m - 7 - n = 15\\3m - 7 + n = 1\end{array} \right.$ (4.5), $\left\{ \begin{array}{l}3m - 7 - n = 1\\3m - 7 + n = 15\end{array} \right.$ (4.6) $\left\{ \begin{array}{l}3m - 7 - n = 3\\3m - 7 + n = 5\end{array} \right.$ (4.7), $\left\{ \begin{array}{l}3m - 7 - n = 5\\3m - 7 + n = 3\end{array} \right.$ (4.8)
Giải 8 hệ trên, suy ra hệ phương trình (3) có nghiệm hữu tỉ khi: \(m = 1\) hoặc \(m = 5.\)
Cho phương trình ${x^2} - \left( {m + 1} \right)x - 3 = 0$ (1), với \(x\) là ẩn, \(m\) là tham số. Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình (1). Đặt \(B = \dfrac{{3x_1^2 + 3x_2^2 + 4{x_1} + 4{x_2} - 5}}{{x_1^2 + x_2^2 - 4}}\). Tìm \(m\) khi \(B\) đạt giá trị lớn nhất.
Phương trình ${x^2} - \left( {m + 1} \right)x - 3 = 0$ (1)
+ Nhận xét \(\Delta = {\left( {m + 1} \right)^2} + 12 > 0,\,\,\forall m \in \mathbb{R}\). Suy ra (1) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\)
+ Theo hệ thức Viet ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m + 1\\{x_1}{x_2} = - 3\end{array} \right.\).
Ta có \(B = \dfrac{{3x_1^2 + 3x_2^2 + 4{x_1} + 4{x_2} - 5}}{{x_1^2 + x_2^2 - 4}} = \dfrac{{3\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + 4\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 5}}{{x_1^2 + x_2^2 - 4}}\)
\( = \dfrac{{3\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right] + 4\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 5}}{{{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2} - 4}} = \dfrac{{3\left[ {{{\left( {m + 1} \right)}^2} + 6} \right] + 4\left( {m + 1} \right) - 5}}{{{{\left( {m + 1} \right)}^2} + 6 - 4}}\)\( = \dfrac{{3{m^2} + 10m + 20}}{{{m^2} + 2m + 3}}\)
Nên \(B\) \( = \dfrac{{3{m^2} + 10m + 20}}{{{m^2} + 2m + 3}}\).
\( \Leftrightarrow \left( {B - 3} \right){m^2} + 2\left( {B - 5} \right)m + 3B - 20 = 0\) (*)
+ Nếu \(B = 3\) thì \(m = - \dfrac{{11}}{4}.\)
+ Nếu \(B \ne 3\) thì (*) là phương trình bậc hai ẩn \(m\). Phương trình (*) có nghiệm \(m\) khi và chỉ khi \(\Delta ' \ge 0\)
hay \({\left( {B - 5} \right)^2} - \left( {B - 3} \right)\left( {3B - 20} \right) \ge 0 \Leftrightarrow 2{B^2} - 19B + 35 \le 0\)\(\left( {2B - 5} \right)\left( {B - 7} \right) \le 0 \Leftrightarrow \dfrac{5}{2} \le B \le 7\)
Với \(B=7\) thì thay vào (*) ta có \(4m^2+4m+1=0\) \(\Leftrightarrow (2m+1)^2=0\)\(\Leftrightarrow m= - \dfrac{1}{2}.\)
Vậy giá trị lớn nhất của \(B\) bằng 7 khi \(m = - \dfrac{1}{2}.\)
