Bài 6.1, 6.2, 6.3, 6.4 trang 58, 59 SBT toán 9 tập 2


Giải bài 6.1, 6.2, 6.3, 6.4 trang 58, 59 sách bài tập toán 9. Giả sử x1, x2 là hai nghiệm của phương trình a.x^2 + bx + c = 0 (a khác 0)...

Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

Bài 6.1

Giả sử \(x_1,x_2\) là hai nghiệm của phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\;(a \ne 0).\)

Điều nào sau đây đúng?

A) \(\displaystyle {x_1} + {x_2} = {b \over a},{x_1}{x_2} = {c \over a}\)

B) \(\displaystyle {x_1} + {x_2} =  - {b \over a},{x_1}{x_2} =  - {c \over a}\)

C) \(\displaystyle {x_1} + {x_2} = {b \over a},{x_1}{x_2} =  - {c \over a}\)

D) \(\displaystyle {x_1} + {x_2} =  - {b \over a},{x_1}{x_2} = {c \over a}\)

Phương pháp giải:

Áp dụng hệ thức Vi-ét:

- Nếu \({x_1},{\rm{ }}{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\,(a \ne 0)\) thì:

\(\left\{\begin{matrix} x_{1} + x_{2} = -\dfrac{b}{a}& & \\ x_{1}x_{2}=\dfrac{c}{a} & & \end{matrix}\right.\)

Lời giải chi tiết:

\(x_1,x_2\) là nghiệm của phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\;(a \ne 0)\).

Theo hệ thức Vi-ét ta có:

\(\displaystyle {x_1} + {x_2} =  - {b \over a},{x_1}{x_2} = {c \over a}\)

Chọn D.

Bài 6.2

Giả sử \(x_1,x_2\) là hai nghiệm của phương trình \({x^2} + px + q = 0.\) Hãy lập một phương trình bậc hai có hai nghiệm \(x_1+x_2;x_1x_2\)

Phương pháp giải:

Phương trình có hai nghiệm \(x_1;x_2\) có dạng: \(\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right) = 0\).

Lời giải chi tiết:

Giả sử \(x_1,x_2\) là nghiệm của phương trình: \({x^2} + px + q = 0\).

Theo hệ thức Vi-ét ta có:

\(\displaystyle {x_1} + {x_2} =  - {p \over 1} =  - p;{x_1}{x_2} = {q \over 1} = q\)

Phương trình có hai nghiệm là \({x_1} + {x_2}\) và \({x_1}{x_2}\) tức là phương trình có hai nghiệm là \(-p\) và \(q.\)

Hai số \(-p\) và \(q\) là nghiệm của phương trình.

\(\eqalign{
& \left( {x + p} \right)\left( {x - q} \right) = 0 \cr 
& \Leftrightarrow {x^2} - qx + px - pq = 0 \cr 
& \Leftrightarrow {x^2} + \left( {p - q} \right)x - pq = 0 \cr} \)

Phương trình cần tìm là: \({x^2} + \left( {p - q} \right)x - pq = 0\).

Bài 6.3

Dùng định lí Vi-ét, hãy chứng tỏ rằng nếu tam thức \(a{x^2} + bx + c\) có hai nghiệm \(x_1\) và \(x_2\) thì nó phân tích được thành

\(a{x^2} + bx + c = a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)\)

Áp dụng:

Phân tích các tam thức sau thành tích:

a) \({x^2} - 11x + 30\)

b) \(3{x^2} + 14x + 8\)

c) \(5{x^2} + 8x - 4\)

d) \({x^2} - \left( {1 + 2\sqrt 3 } \right)x - 3 + \sqrt 3 \)

Phương pháp giải:

Áp dụng hệ thức Vi-ét:

- Nếu \({x_1},{\rm{ }}{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\,(a \ne 0)\) thì:

\(\left\{\begin{matrix} x_{1} + x_{2} = -\dfrac{b}{a}& & \\ x_{1}x_{2}=\dfrac{c}{a} & & \end{matrix}\right.\)

Lời giải chi tiết:

Tam thức bậc hai: \(a{x^2} + bx + c\) có hai nghiệm \(x_1,x_2\) nên phương trình: \(a{x^2} + bx + c = 0\;(a \ne 0)\) có hai nghiệm \(x_1,x_2\)

Theo hệ thức Vi-ét ta có:

\(\displaystyle {x_1} + {x_2} = - {b \over a};{x_1}{x_2} = {c \over a}\;\;(1) \)

Lại có: \(\displaystyle a{x^2} + bx + c = a\left( {{x^2} + {b \over a}x + {c \over a}} \right)\)   (2) 

Từ (1) và (2) suy ra:

\(\eqalign{
& a{x^2} + bx + c \cr&= a\left[ {{x^2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right)x + {x_1}{x_2}} \right] \cr 
& = a\left[ {{x^2} - {x_1}x - {x_2}x + {x_1}{x_2}} \right] \cr 
& = a\left[ {x\left( {x - {x_1}} \right) - {x_2}\left( {x - {x_1}} \right)} \right] \cr 
& = a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right) \cr} \)

Áp dụng:

a) 

\(\eqalign{
& {x^2} - 11x + 30 = 0 \cr 
& \Delta = {\left( { - 11} \right)^2} - 4.1.30 = 1 > 0 \cr 
& \sqrt \Delta = \sqrt 1 = 1 \cr 
& {x_1} = {{11 + 1} \over {2.1}} = 6 \cr 
& {x_2} = {{11 - 1} \over {2.1}} = 5 \cr} \)

Ta có: \({x^2} - 11x + 30 = \left( {x - 6} \right)\left( {x -5} \right)\)

b)

\(\eqalign{
& 3{x^2} + 14x + 8 = 0 \cr 
& \Delta ' = {7^2} - 3.8 = 49 - 24 = 25 > 0 \cr 
& \sqrt {\Delta '} = \sqrt {25} = 5 \cr 
& {x_1} = {{ - 7 + 5} \over 3} = - {2 \over 3} \cr 
& {x_2} = {{ - 7 - 5} \over 3} = - 4  \cr} \)

Ta có: \( \displaystyle 3{x^2} + 14x + 8 = 3\left( {x + {2 \over 3}} \right)\left( {x + 4} \right)\)\(\, = \left( {3x + 2} \right)\left( {x + 4} \right)\)

c)

\(\eqalign{
& 5{x^2} + 8x - 4 = 0 \cr 
& \Delta ' = {4^2} - 5.\left( { - 4} \right) = 36 > 0 \cr 
& \sqrt {\Delta '} = \sqrt {36} = 6 \cr 
& {x_1} = {{ - 4 - 6} \over 5} = - 2 \cr 
& {x_2} = {{ - 4 + 6} \over 5} = {2 \over 5} \cr} \)

Ta có: \(\displaystyle 5{x^2} + 8x - 4 = 5\left( {x - {2 \over 5}} \right)\left( {x + 2} \right) \)\(\,\displaystyle = \left( {5x - 2} \right)\left( {x + 2} \right) \).

d) \({x^2} - \left( {1 + 2\sqrt 3 } \right)x - 3 + \sqrt 3 = 0 \)

\(\Delta = {\left[ { - \left( {1 + 2\sqrt 3 } \right)} \right]^2} \)\(\,- 4.1.\left( { - 3 + \sqrt 3 } \right) \)

\( = 1 + 4\sqrt 3 + 12 + 12 - 4\sqrt 3\)\(\, = 25 > 0 \)

\(\sqrt \Delta = \sqrt {25} = 5 \)

\(\displaystyle {x_1} = {{1 + 2\sqrt 3 + 5} \over {2.1}} = 3 + \sqrt 3 \) 

\(\displaystyle {x_2} = {{1 + 2\sqrt 3 - 5} \over {2.1}} = \sqrt 3 - 2 \)

Ta có: \( {x^2} - \left( {1 + 2\sqrt 3 } \right)x - 3 + \sqrt 3 \)\(\,= \left[ {x - \left( {3 + \sqrt 3 } \right)} \right]\left[ {x - \left( {\sqrt 3 - 2} \right)} \right] \) \( = \left( {x - 3 - \sqrt 3 } \right)\left( {x - \sqrt 3 + 2} \right) \).

Bài 6.4

Cho phương trình

\(\left( {2m - 1} \right){x^2} - 2\left( {m + 4} \right)x + 5m + 2\)\(\, = 0\;\displaystyle (m \ne {1 \over 2}).\)

a) Tìm giá trị của \(m\) để phương trình có nghiệm.

b) Khi phương trình có nghiệm \(x_1,x_2\), hãy tính tổng \(S\) và tích \(P\) của hai nghiệm theo \(m.\)

c) Tìm hệ thức giữa \(S\) và \(P\) sao cho trong hệ thức này không có \(m.\)

Phương pháp giải:

Sử dụng:

- Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\,(a \ne 0)\) và \(b = 2b'\), \(\Delta ' = b{'^2} - ac\) có nghiệm khi và chỉ khi \(\Delta ' \ge 0\).

- Hệ thức Vi-ét:

Nếu \({x_1},{\rm{ }}{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\,(a \ne 0)\) thì:

\(\left\{\begin{matrix} x_{1} + x_{2} = -\dfrac{b}{a}& & \\ x_{1}x_{2}=\dfrac{c}{a} & & \end{matrix}\right.\)

Lời giải chi tiết:

Phương trình: \(\left( {2m - 1} \right){x^2} - 2\left( {m + 4} \right)x + 5m + 2 \)\(\,= 0\;(m \ne\displaystyle {1 \over 2})\)             (1)

a) Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi \(\Delta '  \ge 0\)

\( \Delta ' = {\left[ { - \left( {m + 4} \right)} \right]^2} \)\(\,- \left( {2m - 1} \right)\left( {5m + 2} \right) \) 

\(= {m^2} + 8m + 16 - 10{m^2} - 4m + 5m \)\(\,+ 2 \)

\(= - 9m^2 + 9m + 18 \)

\(= - 9\left( {{m^2} - m - 2} \right) \)

\(=-9(m^2-2m+m-2)\)

\(=-9[m(m-2)+m-2]\)

\(= - 9\left( {m - 2} \right)\left( {m + 1} \right) \)

\( \Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow - 9\left( {m - 2} \right)\left( {m + 1} \right) \ge 0\)

\(\Leftrightarrow \left( {m - 2} \right)\left( {m + 1} \right) \le 0  \)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\matrix{
{m - 2 \ge 0} \cr 
{m + 1 \le 0} \cr} } \right.\)  hoặc \(\left\{ {\matrix{{m - 2 \le 0} \cr {m + 1 \ge 0} \cr} } \right.\)

TH1:

\(\left\{ {\matrix{
{m - 2 \ge 0} \cr 
{m + 1 \le 0} \cr
} \Leftrightarrow \left\{ {\matrix{
{m \ge 2} \cr 
{m \le - 1} \cr} } \right.} \right.\) vô nghiệm

TH2:

\(\left\{ {\matrix{
{m - 2 \le 0} \cr 
{m + 1 \ge 0} \cr
} \Leftrightarrow \left\{ {\matrix{
{m \le 2} \cr 
{m \ge - 1} \cr} } \right.} \right.\) \(\Leftrightarrow - 1 \le m \le 2\)

Vậy \(-1 ≤ m ≤ 2\) thì phương trình (1) có nghiệm.

b) Phương trình có hai nghiệm \(x_1,x_2\).

Theo hệ thức Vi-ét ta có:

\(\displaystyle {x_1} + {x_2} = {{2\left( {m + 4} \right)} \over {2m - 1}};\) \(\displaystyle{x_1}{x_2} = {{5m + 2} \over {2m - 1}}\)

c) Theo câu b ta có:

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = \dfrac{{2\left( {m + 4} \right)}}{{2m - 1}}\\
{x_1}{x_2} = \dfrac{{5m + 2}}{{2m - 1}}
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = \dfrac{{2m + 8}}{{2m - 1}}\\
{x_1}{x_2} = \dfrac{{\dfrac{5}{2}.2m - \dfrac{5}{2} + \dfrac{9}{2}}}{{2m - 1}}
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = \dfrac{{2m - 1 + 9}}{{2m - 1}}\\
{x_1}{x_2} = \dfrac{{\dfrac{5}{2}\left( {2m - 1} \right) + \dfrac{9}{2}}}{{2m - 1}}
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = \dfrac{{2m - 1}}{{2m - 1}} + \dfrac{9}{{2m - 1}}\\
{x_1}{x_2} = \dfrac{{\dfrac{5}{2}\left( {2m - 1} \right)}}{{2m - 1}} + \dfrac{{\dfrac{9}{2}}}{{2m - 1}}
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = 1 + 9.\dfrac{1}{{2m - 1}}\\
{x_1}{x_2} = \dfrac{5}{2} + \dfrac{9}{2}.\dfrac{1}{{2m - 1}}
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = 1 + 9.\dfrac{1}{{2m - 1}}\\
2{x_1}{x_2} = 5 + 9.\dfrac{1}{{2m - 1}}
\end{array} \right.\\
\Rightarrow 2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) \\= 5 + 9.\dfrac{1}{{2m - 1}} - \left( {1 + 9.\dfrac{1}{{2m - 1}}} \right)\\
\Leftrightarrow 2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 4
\end{array}\) 

Vậy \(  2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 4  \) là biểu thức không phụ thuộc vào \(m\) cần tìm.

Loigiaihay.com

Sub đăng ký kênh giúp Ad nhé !


Bình chọn:
4 trên 3 phiếu

>> Học trực tuyến lớp 9, luyện vào lớp 10, mọi lúc, mọi nơi môn Toán, Văn, Anh, Lý, Hóa, Sinh, Sử, Địa cùng các Thầy, Cô giáo giỏi nổi tiếng, dạy hay, dễ hiểu, dày dặn kinh nghiệm tại Tuyensinh247.com


Gửi bài