Luyện thi vào 10 và thi chuyên - Phương trình và hệ phương trình

IV . Phơng trình

IV.1- Phơng trình bậc nhất một ẩn Giải và biện luận: Giải và biện luận:
1. Kiến thức cơ bản
- Phơng trình bậc nhất 1 ẩn có d¹ng: ax + b = 0 (a 0) víi a, b là 2 số đà cho.
- Giải và biện luận phơng trình bậc nhất 1 ẩn:
Xét phơng trình ax + b = 0 <=> ax = - b
+ NÕu a = 0; b = 0 -> Phơng trình có vô sè nghiƯm
+ NÕu a = 0; b 0 -> Ph¬ng trình vô nghiệm
+ Nếu a 0, Phơng trình có 1 nghiƯm lµ x = 

b
a

2. Bµi tËp vÝ dơ
VÝ dơ: Giải và biện luận phơng trình sau với m là tham số
m2 (x Giải và biện luận: 1) = x Giải và biện luận: 2m + 1
(1)
Giải: Phơng trình (1) <=> m2x Giải và biện luận: m2 = x Giải và biện luận: 2m + 1
<=> m2x Giải và biện luận: x = m2 Giải và biện luận: 2m + 1
<=> (m Giải vµ biƯn ln: 1) (m + 1) x = (m Giải và biện luận: 1)2
- Nếu m 1 thì phơng trình có nghiệm là x =

m 1
m 1

- Nếu m = 1 thì phơng trình là 0x = 0 => Phơng trình có vô số nghiệm
- Nếu m = -1 thì phơng trình là 0x = 4 => Phơng trình vô nghiệm
IV.2 Phơng trình bậc hai Giải và biện luận: Hệ thức Viét áp dụng cho phơng trình bậc hai
1. Phơng trình bậc hai một ẩn:
- Là phơng trình có dạng: ax2 + bx + c = 0, (a 0). Trong đó x là ẩn; a, b, c R

- Cách giải:
Cách 1: Dùng phơng pháp phân tích đa thức thành nhân tử, đa về phơng trình tích.
Cách 2: Dùng công thức nghiệm của phơng trình bậc hai.
Ví dụ1: Giải phơng trình: 3x2 Giải và biện luận: 7x + 4 = 0 (1)
Cách 1: Phơng trình (1) <=> 3x2 Giải và biện luận: 3x Giải và biện luận: 4x + 4 = 0
<=> (3x Giải và biện luận: 4) (x Giải và biÖn luËn: 1) = 0 <=>

4

x 
 3 x  4 0

3
 x  1 0  

 x 1

VËy phơng trình có 2 nghiệm: x1 =
Cách 2: = 49 Giải và biện luận: 48 = 1;
x1

7 1 4
 ;
6
3

x2 

4
; x2 = 1

3

 1
7 1
1
6

VËy ph¬ng tr×nh cã 2 nghiƯm: x1 =

4
; x2 = 1
3

VÝ dơ 2: Cho phơng trình: m(x2 Giải và biện luận: 4x + 3) + 2(x Giải và biện luận: 1) = 0
a) Giải phơng trình với m = -

(1)

1
2

b) Chứng minh rằng phơng trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.
c) Tìm các giá trị của m để phơng trình (1) có nghiệm nguyên.
Giải: Phơng trình (1) <=> mx2 Giải và biện luận: 2x (2m Giải và biện luận: 1) + 3m Giải và biÖn luËn: 2 = 0


1
, phơng trình (1) là: x2 Giải và biện luận: 8x + 7 = 0. Phơng trình có 2 nghiƯm
2

a) Víi m = -

x1 = 1; x2 = 7
b) Với m = 0, phơng trình (1) là: 2x Giải và biện luận: 2 = 0 ; PT có nghiƯm x = 1
Víi m 0,  ’ = 4m2 Giải và biện luận: 4m + 1 Giải và biện luận: 3m2 + 2m = m2 Giải và biện luận: 2m + 1 = (m Giải và biện luận: 1)2 0 Với

m -> Phơng trình luôn có nghiệm.
Vậy phơng trình (1) luôn có nghiệm với mọi m.
c) Với m = 0, phơng trình có nghiệm là x = 1 Z
Với m

0, phơng trình cã 2 nghiƯm ph©n biƯt

2m  1  m  1 3m  2

m
m
2m  1  m  1
x2
1
m
x1

x2

Z => để phơng trình luôn có nghiệm nguyên thì

3m 2
2
Z 3

Z 2m m 1;2
m
m

Vậy với m = 0; 1;2 thì phơng trình (1) luôn có nghiệm nguyên.
Ví dụ 3:
Giải phơng trình: x4 + x3 Giải và biện luận: 3a2x2 Giải và biện luận: 2a2x + 2a4 = 0 (1)
Giải:
Phơng trình (1) <=> 2a4 Giải và biện luận: a2(3x2 + 2x) + x4 + x3 = 0
(2)
Coi phơng trình (2) là phơng trình với ẩn a, tham số x.
Đặt a2 = t ( t 0) ta đợc phơng trình:
2t2 Giải và biện luận: (3x2 + 2x) t + x4 + x3 = 0
(3)
2
2
4
3
 = (3x + 2x) – Giải và biện luận: 8 (x + x )
x4 + 4x3 + 4x2 = (x2 + 2x)2 0
=> Phơng trình lu«n cã nghiƯm









3x 2  2 x  x 2  2 x 2 x 2 x 2


4
4
2
2
2
3x  2 x  x  2 x
t2 
x 2  x
4
t1 

2
2
* Víi t1  x ta cã: a2 = x <=> x2 = 2a2

2

2

- NÕu a = 0 => x1 = x2 = 0
- NÕu a 0 => x3, 4 = a 2
* Víi t2 = x2 + x ta cã: a2 = x2 + x <=> x2 + x Giải và biện luận: a2 = 0
= 1 + 4a2 > 0 với mọi a
Phơng trình luôn có 2 nghiƯm ph©n biƯt:
x5 
x6 

 1  1  4a 2
2
 1

1  4a 2
2

VËy nÕu a = 0, phơng trình có 2 nghiệm là: x1 = 0; x2 = -1


Nếu a

0

, phơng trình có 4 nghiệm là:

2
x1;2 = a 2 ; x3;4 =  1  1  4a

2

* Quan hệ giữa các nghiệm của 2 phơng trình bậc 2:
Ví dụ: Tìm các giá trị của m để 2 phơng trình sau có ít nhất một nghiệm chung.
x2 + (m Giải và biện luận: 8)x + m + 3 = 0 (1)
x2 + (m Giải và biện ln: 2)x + m - 9 = 0
(2)
Gi¶i: Gi¶ sư x0 là nghiệm chung của 2 phơng trình, thế thì:
x02 + (m Giải và biện luận: 8) x0 + m + 3 = 0 (1’)
x02 + (m – Gi¶i và biện luận: 2) x0 + m Giải và biÖn luËn: 9 = 0
(2’)

=> - 6x0 + 12 = 0 <=> x0 = 2
Thay vào (1) tìm đợc m = 3
Với m = 3 thì phơng trình (1) là: x2 Giải và biện luận: 5x + 6 = 0
<=> (x Giải và biện luận: 2) (x Giải và biện luận: 3) = 0 => x1 = 2; x2 = 3
Phơng trình (2) là: x2 +x Giải và biện luận: 6 = 0 <=> (x Giải và biện luận: 2) (x + 3) = 0
=> x1 = 2; x2 = -3
Khi ®ã nghiƯm chung cđa 2 phơng trình là x = 2
Vậy với m = 3 thì 2 phơng trình có nghiệm chung là x = 2


2. Hệ thức Viét áp dụng cho phơng trình bậc hai.
a) Hệ thức Viét:

0

+ Nếu x1, x2 là các nghiệm của phơng trình ax2 + bx + c = 0 ( a

 S  x1  x 2


) th×: 




P x1 .x 2

b
a

c
a

+ Ngợc lại: Nếu có 2 số x1; x2 sao cho x1 + x2 = S; x1.x2 = P thì x1; x2 là các nghiệm của phơng
trình: X2 Giải và biện luận: SX + P = 0
b) Một số áp dụng:
Hệ thức Viét thờng đợc ứng dụng để giải một số dạng bài tập sau:
b1) Tính nhẩm nghiệm của phơng trình bậc hai:
Cho phơng trình bậc hai: ax2 + bx + c = 0 ( a

0

- Nếu a + b + c = 0 thì phơng tr×nh cã 2 nghiƯm: x1 = 1; x2 =
- NÕu a Giải và biện luận: b + c = 0 th× x1 = -1; x2 = -

c
a

c
a

VÝ dơ: TÝnh nhẩm nghiệm của các phơng trình sau:
a) 2 .x2 Giải và biện luận: (3 - 2 )x + ( 2 - 1)2 = 0
(1)
b) mx2 Giải và biện luận: (1 Giải và biện luận: m) x Giải và biện luận: 1 = 0
(2)

Giải: a) Phơng trình (1) là phơng trình bậc hai dạng ax2 + bx + c = 0,
cã: a + b + c = 2 - (3 - 2 ) + ( 2 - 1)2
=

2

-3+

2

+3-2 2 =0
c
=
a

=> Phơng trình có 2 nghiệm: x1 = 1; x2 =



2 1



2

2

b) + Víi m = 0, ph¬ng trình là: -x Giải và biện luận: 1 = 0 <=> x = -1
+ Víi m 0 , ph¬ng trình (2) là phơng trình bậc hai có
a Giải vµ biƯn ln: b + c = m + 1 Giải và biện luận: m Giải và biện luận: 1 = 0

Phơng trình có 2 nghiệm: x1 = -1; x2 = -

c
1
=
a
m

b2) Xét dấu các nghiệm của phơng trình.
Cho phơng trình: ax2 + bx + c = 0 (a 0 )
Gäi S = x1 + x2; S = -

b
c
; P = x1.x2; P =
a
a

Điều kiện để phơng trình:
- Có 2 nghiệm trái dấu: P < 0 (khi đó hiĨn nhiªn  > 0)
 0

- Cã 2 nghiƯm cïng dÊu 
P  0
- Cã 2 nghiƯm cïng d¬ng:
- Cã 2 nghiệm cùng âm



P

S




P
S


0

0

0

0

0

0

Ví dụ: Cho phơng trình: x2 + 2( m Giải và biện luận: 2)x Giải vµ biƯn ln: 2m + 1 = 0

(1)



3 2 4
2

)


Tìm giá trị của m để phơng trình có 2 nghiệm cùng dơng? 2 nghiệm trái dấu
Giải: Phơng trình (1) cã 2 nghiƯm d¬ng:


P
S


0

0

0

m 2  2m  3 0

1

m 
2

m

2



<=> m <

 m 


m 

m 


<=>
1

2

2
 m 
2

(  2m

2m  1  0


2( m 
2)
 0


0

 2 0

1
2
2

1
2

VËy với m <

1)

TM với mọi m
1
thì phơng trình có 2 nghiệm dơng.
2

b3) Tính giá trị của 1 hệ thức giữa các nghiệm của phơng trình.
Trớc hết, kiểm tra điều kiện có nghiệm của phơng trình. Sau đó tính S = x1 + x2; P =
x1.x2 và biến đổi hệ thức cần tính theo S và P.
Ví dụ: Cho phơng trình x2 Giải và biện luận: 5x + 3 = 0
(1)
Gọi x1; x2 là 2 nghiệm của phơng trình. Không giải phơng trình, hÃy tính:
a) x12 + x22
b) x12 Giải và biện luận: x22
c)

1

1
3
3
x1 x 2

Giải: Phơng trình (1) có: = 25 Giải và biện luận: 12 = 13 > 0 -> Phơng trình luôn có 2 nghiệm x 1; x2. Theo
định lý Viét ta cã: x1 + x2 = 5; x1.x2 = 3
a) x12 + x22 = (x1 + x2)2 Giải và biện luận: 2x1x2 = 52 Giải và biện luận: 2.3 = 19
b) (x1 Giải và biện luận: x2)2 = (x1 + x2)2 Giải và biện luận: 4 x1x2 = 52 Giải và biện luận: 4.3 = 13  x1 - x2 =  13 .
Ta cã: x12 Giải và biện luận: x22 = (x1 Giải vµ biƯn ln: x2)(x1 + x2) = 5 13
1
1
x23  x13 ( x2  x1 )( x2 2  x12  x2 x1 ) 5(19  3) 80 80
c) 3  3 =


 3 
x1 x 2
27
x23 x13
x23 x13
33
3

b4) X¸c định hệ số của phơng trình, biết hệ thức giữa các nghiệm
Ví dụ: Cho phơng trình: x2 Giải và biện luận: 3x + (k Giải và biện luận: 1) = 0
(1)
Xác định hệ số k để phơng trình có 2 nghiệm x1; x2 thoả mÃn 1 trong các điều kiện sau:
a) 2x1 Giải và biện luận: 5x2 = - 8
b) x12 Giải và biện luận: x22 = 15

c) x12 + x22 = 3
Giải: Điều kiện để phơng trình (1) có nghiệm là: 0

= 9 Giải và biện luận: 4 (k Giải và biện luận: 1) = 9 Giải và biện luận: 4k + 4 = 13 Giải và biện luận: 4k
13
4

0 <=> 13 Giải và biện luận: 4k 0 <=> k

Gọi 2 nghiệm của phơng trình (1) là x1; x2
áp dụng hệ thức Viét ta có:
x1 + x2 = 3
x1.x2 = k Giải và biện luận: 1
(3)
a) Giải hệ phơng trình:
2 x 2 x 2 6
7 x 14
 x 2
  1
  2
  2
2 x1  5 x 2  8
 x1  x 2 3
 x1 1

 x1  x 2 3

2 x1  5 x 2   8

(2)

Khi đó, thay vào (3) ta có: 1.2 = k Giải và biện luận: 1 => k = 3 (TMĐK (2))
b) Giải hệ phơng trình:
x1 x2 3 x1  x2 3
x  x 3 x 4
 1 2  1
 2 2 
 x1  x2 15 (x1  x2 )( x1  x2 ) 15 x1  x2 5 x2  1

Thay vµo (3) ta cã: 4. (-1) = k Giải và biện luận: 1 <=> k = -3 (TM§K)
 x2
3
 x1

2
2
 x2
3
 x1
x
k

1
1 .x 2


c) Giải hệ phơng trình:

Ta có: x12 + x22 = (x1 + x2)2 Giải và biện luận: 2x1x2

=> 3 = 32 Giải và biện luận: 2 (k Giải và biện luận: 1)
<=> k = 4, không TMĐK (2).
Vậy không tồn tại số k để thoả mÃn x12 + x22 = 3.
b5) Tìm hệ thức giữa các nghiệm độc lập với tham số.
Ví dụ: Cho phơng trình bậc 2: ( m Giải và biện luận: 2)x2 Giải và biện luận: 2(m + 2)x + 2 (m Giải và biện luận: 1) = 0
(1)
Khi phơng trình có nghiệm, hÃy tìm 1 hệ thức giữa các nghiệm không phụ thuộc vào tham
số m.
Giải: Vì phơng trình đà cho là phơng trình bậc hai nên m 2
' =[-(m+2)]2 Giải và biện luận: 2(m Giải và biện luận: 2) (m Giải và biện luận: 1) = -m2 + 10m
Phơng trình đà cho có nghiệm khi và chỉ khi:
2
' 0 <=> m Giải và biÖn luËn: 10m  0 <=> m ( m – Giải và biện luận: 10) 0 <=> 0 m 10
Gọi x1; x2 là các nghiệm của phơng trình (1). Theo hÖ thøc ViÐt ta cã:
2( m  2)

 x1  x 2 

m  2

2( m  1)
 x .x

2
 1
m  2


Tõ (1) : x1 + x2 =
Tõ (2): x1.x2 =

(1)
( 2)

( x  x2 )  2
2m  4  8
8
1
2 

 1
(3)
m 2
m 2
m 2
8

xx 2
2m  2 2m  4  2
2
1

2 

 1 2
( 4)
m 2
m 2
m 2
m 2

2

x1  x 2  2 x1 .x 2  2

4 x1 .x 2  ( x1 x 2 ) 6
8
2
Vậy hệ thức cần tìm là: 4x1x2 Giải và biện luận: (x1 + x2) = 6
b6) Lập phơng trình bậc hai biết 2 nghiệm của nó
Ví dụ: Gọi m, n là các nghiệm của phơng trình:

Từ (3); (4) =>

x2 Giải và biện luận: (1 + 2 ) x + 2 = 0 (1)
(m < n)
Lập phơng trình bậc 2 có các nghiệm là:
x1

1
m 2

;

1
x2
1 n

Giải: Phơng trình (1) có: a + b + c = 1 Giải và biện luận: (1 +

2

)+

2

=0

=> Phơng trình có 2 nghiệm là 1 và 2
Gọi m, n là các nghiệm của phơng trình (1) víi m < n
=> m = 1; n =
x1 

1

2

1

;
m  2 1 2

1
1
x2 

1 n 1 2


x1 + x2 =

1
1 2
1

x1.x2 =

.

1



1

2

1

1 2 1

2

 2

 1

=> x1; x2 là 2 nghiệm của phơng trình: x2 + 2x Giải và biện luận: 1 = 0
3. Bài tập tự luyện
1. Giải và biện luận phơng trình bậc nhất 1 ẩn
Bài 1: Giải các phơng trình sau:

a) (2x Giải và biện luận:1)2 Giải và biện luận: (2x Giải và biện luận: 2) (2x + 2) = x (2x Giải và biện luận: 1) Giải và biện luận: (2x2 + 5x Giải và biÖn luËn: 3)
b)

3x  1 3x  2 3x  3 3x  4



2005
2004
2003
2002

c)

x  1050 x  1055 x  1060 x  1065 x  1070 x  1075





956
951
946
941
936
931

d)

x 3 x 4 x 6



 6
201
100
66

1
1
1 
148
49
 1


 ... 
x
. x  1  x 
97.99 
99
99
 1.3 3.5 5.7

e)

x

g)

3

2



2x
7 5



3x
5

2



4x
7 3

7

Bài 2: Giải các phơng trình sau (với x là ẩn số):
a) 4m2 (x Giải và biện luận: 1) = x Giải và biện luËn: 4m + 1
b)

m( x  1) m  x

2
2

3

c)

x  a  2 x  a x  2a


0
a 1
a 1 1  a 2

d)

a b  x a c  x b c  x
4x


1 
c
b
a
a b c

2. Phơng trình bậc hai Giải và biện luận: Hệ thức Viét và ứng dụng:
Bài 3: Giải các phơng trình sau:
a) 2
b)

3 x2

2

Giải và biện luận: (

3

+1)x -

x2 + (2 2 -3)x +

3

2

+1=0

-3 = 0

2
c)  x  1   x  2 x  3  x 1

2

3

Bài 4: Chứng minh rằng phơng trình sau có nghiệm với mọi m.
(m Giải và biện luận: 2) x2 Giải và biện luận: (5m2 + 4m Giải và biện luận: 1)x Giải và biện luận: m + 2 = 0
Bài 5: Tìm các số nguyên n để các nghiệm của phơng trình sau là các số nguyên.
x2 Giải và biện luận: 2(2n + 1)x + 4 (n Giải và biện luận: 2) = 0
Bài 6: Gọi x1; x2 là các nghiệm của phơng trình: x2 Giải và biện luận: x Giải vµ biƯn ln: 1 = 0

a) TÝnh x12 + x22
b) Chøng minh: Q = (x12 + x22 + x14 + x24) 5
Bài 7: Tìm m để phơng trình: x2 Giải và biện luận: mx + m2 Giải và biện luận: 7 = 0 có nghiệm này gấp đôi nghiệm kia.
Bài 8: Cho phơng trình: x2 Giải và biện luận: mx + m2 Giải và biện luận: 3 = 0


a) Tìm m để phơng trình có 2 nghiệm dơng phân biệt.
b) Tìm m để phơng trình chỉ có 1 nghiệm là dơng.
Bài 9: Cho phơng trình: x2 Giải vµ biƯn ln: 2( m+ 1) x + m2 + 3m + 2 = 0
a) Tìm m để phơng trình cã nghiƯm x1, x2 tho¶ m·n: x12 + x22 = 12
b) Tìm hệ thức liên hệ giữa x1 và x2 không phụ thuộc m?
Bài 10: Cho phơng trình: x2 Giải và biện luận: 2(m + 1)x + 2m Giải và biện luận: 15 = 0
Gọi các nghiệm của phơng trình là x1; x2
a) Tìm m sao cho x1 + 5x2 = 4
b) Tìm số nguyên m sao cho F =

1
1

cũng là số nguyên.
x1 x 2

Bài 11: Cho phơng trình: (m + 1) x2 Giải và biện luận: 2(m Giải và biện luận: 1) x + m Giải và biện luận: 2 = 0
a) Xác định m để phơng trình có 2 nghiệm phân biệt.
b) Xác định m để phơng trình có 1 nghiệm bằng 2 và tính nghiệm kia.
c) Xác định m để phơng trình cã 2 nghiƯm x1; x2 tho¶ m·n hƯ thøc

1
1
7



x1 x 2 4

d) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2x12 + 2x22 + x1x2
Bài 12: Cho phơng trình bậc hai:
x2 Giải và biện luận: 2( m + 1) x + 2m + 10 = 0
(1)
(m lµ tham số)
a) Tìm m để (1) có nghiệm.
b) Cho biểu thøc A = 6x1x2 + x12 + x22 (x1; x2 là nghiệm của (1). Tìm m sao cho A đạt
giá trị nhỏ nhất. HÃy tìm giá trị ấy.
3 x 3

Bµi 13: Cho biĨu thøc: P = 
 3

x

x

3 x



4x   5
4 x 1 
 :



x  9   3  x 3 x  x 

BiÕt víi x ≥ 0, x 9, x 1 th× P cã nghĩa.
a) Rút gọn P.
b) Gọi x0 là nghiệm của phơng trình: x2 Giải và biện luận: 11x + 18 = 0 Tính giá trị của P tại x0
Bài 14: Cho phơng trình: (m Giải và biện luận: 1) x2 Giải và biện luận: 2mx+ m + 2 = 0 (với m là tham số)
a) Tìm m để phơng trình trên có 2 nghiệm phân biệt x 1; x2. Khi đó tìm hệ thức liên hệ
giữa x1; x2 không phụ thuộc vào m.
b) Tìm m để phơng trình trên có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 thoả mÃn hƯ thøc:
x1 x 2
  6 0
x 2 x1

Bµi 15: Cho phơng trình: (x + 1)4 Giải và biện luận: (m Giải và biện luận: 1) (x + 1)2 Giải và biện luận: m2 + m Giải và biện luận: 1 = 0
(1)
a) Giải phơng trình với m = -1
b) Chứng minh rằng phơng trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt x 1; x2 với mọi giá trị
của tham số m.
Bài 16: Cho phơng trình: x Giải và biện luận: m2 = 3 -

- mx 2
(1)
a) Tìm tham số m để phơng trình có nghiệm duy nhất.
Tính nghiệm đó với m =

2

2

+ 1.

b) Tìm các giá trị của m để phơng trình (1) nhận x = 5 2 - 6 lµ nghiƯm.


c) Gọi m1; m2 là hai nghiệm của phơng trình (1) ẩn m. tìm x để m1; m2 là số đo 2 cạnh góc
vuông của 1 tam giác vuông có cạnh huyền bằng

4 2 2
Bài 17: Cho phơng trình bậc hai đối với x: x2 Giải và biện luận: 2(m Giải và biện luận: 1)x + m Giải và biện luận: 3 = 0 (1)
a) Giải phơng trình (1) với m = 0
b) Chứng minh rằng phơng trình (1) luôn có 2 nghiệm x1; x2 với mọi m
c) Tìm 1 hệ thức liên hệ giữa x1; x2 không phụ thuộc m.
d) Xác định giá trị của m sao cho phơng trình có 2 nghiệm bằng nhau về GTTĐ và trái
dấu nhau.
Bài 18: Giải phơng trình:
x4 Giải và biện luận: 10x3 Giải và biện luận: 2( a Giải và biện luận: 11)x2 + 2(5a + 6)x + 2a + a2 = 0
(a > -6)
Bµi 19: Giải phơng trình: x4 - 2 2 x2 Giải và biện luận: x + 2 -

2

=0

Hớng dẫn giải bài tập tự luyện
1. Giải và biện luận phơng trình bậc nhất.
Bài 1: Giải các phơng trình sau:
a, (2 x 1)2  (2 x  2)(2 x  2)  x (2 x  1)  (2 x 2  5 x  3)
 4 x 2  4 x  1  (4 x 2  4) 2 x 2  x  2 x 2  5 x  3
  4 x  5  3  6 x 0
 2 x  2 0  2 x 2 x 1

Vậy phơng trình có nghiÖm x = -1.
3x  1 3 x  2 3x  3 3 x  4



2005 2004
2003 2002

b,

3x  1
3x  2
3x  3
3x  4
1 
1 
1 
1
2005
2004
2003
2002
3 x  2006 3 x  2006 3 x  2006 3 x  2006




2005
2004
2003

2002
1
1
1
1
 (3 x  2006)(



) 0
2005 2004 2003 2002


Do

1
1
1
1
1
1
1
1
vµ


 (




)0
2005 2003
2004 2002
2005 2004 2003 2002
 3x 2006 0 x

Vậy phơng trình có nghiệm x 
c,

2006
3

2006
3

x  1050 x  1055 x  1060 x  1065 x  1070 x  1075





956
951
946
941
936
931

(

x  1050
x  1055
x  1060
 1)  (
 1)  (
 1) 
956
951
946
x  1065
x  1070
x  1075
(
 1)  (
 1)  (
 1)
941
936
931


x  2006 x  2006 x  2006 x  2006 x  2006 x  2006





956
951
946

941
936
931
1
1
1
1
1
1
 ( x  2006)(





) 0
956 951 946 941 936 931


t¬ng tù ta cã: (
d,

1
1
1
1
1
1






)  0  x  2006 0  x 2006
956 951 946 941 936 931

x 3 x 4 x 6


 6
201 100
66

x 3
x4
x6
 1)  (
 2)  (
 3) 0
201
100
66
x  204 x  204 x  204



0
201
100
66

1
1
1
 ( x  204)(

 ) 0
201 100 66
 x 204 0 x 204
Vậy phơng trình có nghiÖm x = - 204.
(

1
1
1
1
148 x 49
e, ( 

 ... 
)( x  1)  x 

1.3 3.5 5.7
97.99
99 99
1 2
2
2
2
148 x  99 x 49
( 


 ... 
)( x  1) 

2 1.3 3.5 5.7
97.99
99
99
1
1 1 1 1 1
1
1
49 x 49
 (1       ...  
)( x  1) 

2
3 3 5 5 7
97 99
99 99
1
1
49
1
1
49
 (1 
)( x  1)  ( x  1)  ( x  1)( 

) 0

2
99
99
2 2.99 99
x 1 0 x 1.
Vậy phơng trình cã nghiÖm x = 1.


g,

x

3 2

2x

7 5

3x
4x

 7
5 2
7 3

x ( 3  2) 2 x ( 7  5) 3 x ( 5  2) 4 x( 7  3)



 7

1
7 5
5 2
7 3
 x  3  2  7  5  5  2  7 3 7




(vô lý)
x.0 7
Vậy phơng trình đà cho vô nghiệm.
Bài 2: Giải các phơng trình sau (víi x lµ Èn sè)
a, 4m 2 ( x  1)  x  4m  1  4m 2 x  4m 2  x 1  4m
 x(4m 2  1) 4m 2  4m  1  x(2m  1)(2m  1) (2m  1) 2
 m1
2
* NÕu (2m  1)(2m  1) 0  
 m 1

2


1
1
Víi m   2.  1 0  ph¬ng trình có vô số nghiệm
2
2
m

1
1
2( ) 1 0 phơng trình vô số nghiệm.
2
2

* Nếu (2m  1)(2m  1) 0  m 
x
KÕt luËn:

b,

1
1
vµ m phơng trình có nghiệm
2
2

(2m 1) 2
2m 1

(2m  1)(2m  1) 2m  1
1
m   phơng trình có vô số nghiệm.
2
m

1
phơng trình vô nghiệm.
2

m

1
1
2m 1
; m phơng trình có nghiÖm: x 
2
2
2m  1

m( x  1) m  x

2
2
3
 3m( x  1)  2(m  x ) 12
 3mx  3m  2m  2 x 12
 x (3m  2) 12  5m

* NÕu 3m  2 0  m 

2
3

2
khi ®ã 12  5m 12 5. 0 phơng trình vô nghiệm.
3
2
12 5m

* NÕu 3m  2 0  m   ph¬ng tr×nh cã nghiƯm x 
.
3
3m  2
KÕt ln:

2
m   phơng trình vô nghiệm.
3
2
12 5m
m phơng trình cã nghiÖm x 
.
3
3m  2

c,

x  a  2 x  a x  2a


0
a 1
a 1 1  a 2

(®k: (1  a)(1  a) 0   a1
 a 1

( x  a  2)(a  1)  ( x  a )(a  1)  ( x  2a )
0

a2  1
 x(a  1)  a 2  a  2  x( a  1)  a 2  a  x  2a 0
 x (a  1  a  1  1)  2a  2 0
 x (2a  1) 2(a  1)


1
1
* NÕu 2a  1 0  a   2( a  1) 2(  1) 0 phơng trình vô nghiệm.
2
2


 a1
2(a  1)

2a  1 0   2 phơng trình có nghiệm x
a1
2a 1


1

a
2 phơng trình vô nghiệm.

a 1

Kết luận:

1

2(a 1)
a
2 phơng trình có nghiệm x

2a 1
a 1
d,

a b  x a c  x b c  x
4x


1 
c
b
a
a b c

®k: a 0; b 0; c 0

a b  x
a c  x
bc  x
4x
1 
1 
 1 4 
c

b
a
a b c
a b  x c a c  x b b c  x a
a b c  x



4
c
b
a
a b c
1 1 1
4
 (a  b  c  x)(   
) 0
c a b a b c
 a  b  c  x 0  x a  b  c
 
1 1 1
4

  
0
a b c a b c

2. Phơng trình bậc hai Giải và biện luận: Hệ thøc ViÐt vµ øng dơng


Bµi 3:
a, 2 3x 2  ( 3  1) x 

3 1 0

 ( 3  1) 2  2 3.4.( 3  1)
3  1  2 3  24  2 3 28 0
phơng trình có 2 nghiệm
3 1 28
3  1  28
; x2 
4 3
4 3

x1 
b,

2 x 2  (2 2  3) x  2  3 0

 (2 2  3) 2  4 2( 2  3) 4.2  9  12 2 8 12 2
9 0
phơng trình có 2 nghiÖm
x1 

 (2 2  3)  3
 1
2 2

x2 

 (2 2  3)  3 3  2

2 2
2


x1 1
Vậy phơng trình có 2 nghiệm:

x2

3

2
2

2
c, ( x  1)  ( x  2)( x  3)  x  1
2
3

 3( x 2  2 x  1)  2( x 2  x  6)  6( x  1) 0
 5 x 2  10 x  3 0
 25  15 40 0
phơng trình có 2 nghiệm: x1 5 

40
5

; x2 

5  40
.
5

Bµi 4
+Víi m  2 0 m 2
Khi đó phơng trình (5.4 4.4  1) x  2  2 0  x 0
+ Víi m  2 0
 (5m2  4m  1) 2  4( m  2) 2 0
VËy víi m phơng trình có nghiệm.
Bài 5:
(2n 1)2 4(n 2) 4n2 9 0
Phơng trình cã 2 nghiÖm
4n 2  9

x1 2n  1 

x2 2n  1  4n 2  9
§Ĩ x1 ; x2 Z 2n 1
và

Đặt

4n 2 9  Z

2n  1  4n 2  9  Z
4n 2  9  Z

4n 2  9 k

(k  Z )

k 0

 4n 2  k 2
 k 2  4n 2 9  (k  2n)(k 2n) 9
mà k , n Z nên ta cã:
 k  2n 1
- NÕu 

 k  2n 9

 k 5

n 2

 k  2n  1 k  5
- NÕu 
 
k

2
n

9
n  2

 k  2n 3  k 3
- NÕu 

 
 k  2n 3 n 0

m


 k  2n  3 k  3
- NÕu 
 
 k  2n  3  n 0
VËy giá trị cần tìm là: n 2; n 0
Bài 6: Gọi x1; x2 là các nghiệm của phơng trình
x 2  x  1 0
a,  1  1 2 phơng trình có 2 nghiệm x1; x2
x12 x22 ( x1  x2 ) 2  2 x1 x2
¸p dông Viet:
 x1  x2 1

 x1 x2  1
Khi ®ã: x12  x22 12  2 3 .
b,
Q  x12  x22  ( x12  x22 ) 2  2 x12 x22
3  9  2 105
Bµi 7:
Ta cã:  m 2  4(m 2  7) 28 3m2
Để phơng trình có 2 nghiệm cần:

28 3m 2  0  

28

28
m
3
3

Theo hÖ thøc Viet ta cã:
 x1 x2 m

2
x1.x2 m 7

(1)

theo yêu cầu ®Ị bµi:

x1 2 x2

Thay vµo (1) ta cã:

m

3 x2 m  x2 

3


2
 2 x 2 m 2  7  x  m  7
2
 2

2

2
* m  m  7  2m 2 9(m2  7)  7 m2 63  m 2 9  m 3
3
2

tho¶ m·n 
* m 
3

28
28
m
3
3

m2  7
 m  0 Khi ®ã
2

2m  3 m2  7  m  3 tho¶ mÃn

Vậy m 3 là giá trị cần tìm.
Bài 8: a, Để phơng trình có nghiệm dơng phân biệt cần



  0


P  0 
S  0




 m 2  4(m 2  3)  0

m2  3  0



m0



 2  m  2
 

 m  3

12  3m 2  0

 m   3
 
  m  3
 m0


3m2

3  m  2  phơng trình có 1 nghiệm là dơng.
b, Để phơng trình chỉ có 1 nghiệm là dơng thì
Vậy

P 0 m2  3  0   3  m 3
Bài 9: Để phơng trình có nghiệm x1; x2 th×  0
 (m  1) 2  (m 2  3m  2) 0
 m 2  2m  1  m 2  3m  2 0
  m  1 0  m  1
¸p dơng hƯ thøc Viet ta cã:

 x1  x2 2(m  1)

2
 x1.x2 m  3m  2

(3)
(4)

a, Ta cã:
x12  x22 12  ( x1  x2 ) 2  2 x1 x2 12
 4(m  1) 2  2( m2  3m  2) 12
 2m 2  4m  2  m 2  3m  2 6
 m 2  m  6 0
 m  3 0  m  3
 (m  3)(m  2) 0  
 
 m  2 0  m 2
V× m < -1 phơng trình có 2 nghiệm nên chỉ cã m = -3 tho¶ m·n.

VËy víi m = -3 phơng trình có nghiẹm x1; x2 thoả mÃn: x12 x22 12
b, Tõ (3):

x1  x2 2m  2
 m

Tõ (4) ta cã:

x1  x2  2
2

(*)

x1.x2 (m  1)(m 2)

Kết hợp với (3) và (*) ta đợc:
x1 x2 x1  x2  2
.
2
2
( x  x )( x  x  2)
 x1.x2  1 2 1 2
4
 4 x1.x2 ( x1  x2 ) 2  2( x1  x2 )
 x1.x2 

VËy hƯ thøc liªn hệ giữa x1 và x2 không phụ thuộc m


4 x1.x2 ( x1  x2 ) 2  2( x1 x2 )

Bài 10: Để phơng trình đà cho cã nghiƯm th×  0
 (m  1) 2  (2m  15) 0
 m 2  17 0

m

¸p dơng hÖ thøc Viet ta cã:
 x1  x2 2(m  1)

x1.x2 2m 15
Giải hệ phơng trình:
x1 x2 2(m  1) (*)

(**)
 x1  5 x2 4
 x .x 2m  15 (***)
 1 2
1 m

 x1 2
Từ (*) và (**) ta đợc:
x 3 5m
2
2
Thay vào (***) ta đợc:

1 m 3  5m
.
2m  15
2

2
 3  2m  5m 2 8m  60
 5m 2  6m  63 0
 m 3
 
 m   21
5


VËy víi m 3 hoặc m
b, Ta có: F

21
thì phơng trình có các nghiệm x1; x2 sao cho x1 5 x2 4 .
5

1 1 x1  x2 2( m  1) 2m  15 17
17
 


1 
x1 x2
x1 x2
2m 15
2m 15
2m 15

Để F nguyên thì (2m - 15) phải là ớc của 17, mà ớc của 17 lµ: 1; 17
+ Víi 2m  15 1  2m 16  m 8

+ Víi 2m  15  1  2m 14  m 7
+ Víi 2m  15 17  2m 32  m 16
+ Víi 2m  15  17  2m  2  m  1
VËy víi m = -1; m = 7; m = 8; m = 16 thì F

1 1

là số nguyên.
x1 x2

Bài 11:
a, Để phơng trình có 2 nghiệm phân biƯt th×
( m  1) 2  ( m  1)(m  2)  0
   0



m  1
m  1 0 

 m  3  0  m  3


 m  1
m  1


Vậy để phơng trình có 2 nghiệm phân biệt thì m  ( ;  1)  (  1;3)
b,
Gi¶ sử phơng trình có nghiệm x1 = 2x2

Theo hệ thức Viet ta cã:
2(m  1)

x1  x2 

m 1

m

2
2(m  1)
 x1 x2 

2(m  1)
m 1

 4(m  1)  m  2 4(m  1)
 m  6
Víi m  6 th× 2 x2 

 6 2
4
 x2
6 1
5

Vậy với m 6 thì phơng trình cã 1 nghiƯm b»ng 2 vµ nghiƯm kia b»ng
c, Ta cã
1 1 7
x x

7
   1 2 
x1 x2 4
x1 x2
4
2(m  1)
7
2(m  1) 7
 m 1  

m 2
4
m 2
4
m 1
 8m  8 7 m  14  m  6.
VËy víi m  6 ph¬ng trình có nghiệm x1 , x2 thoả mÃn:
d, Tìm GTNN cđa biĨu thøc:
A 2 x12  2 x22  x1 x2 2( x1  x2 ) 2  3 x1 x2
4(m  1) 2
m  2 5m2  13m  14
2.
 3.

(m  1) 2
m 1
(m  1)2
 A( m  1) 2 5m 2  13m  14
 Am 2  2 Am  A 5m 2  13m  14
 m 2 ( A  5)  m(2 A  13)  A  14 0

Víi A = 5 phơng trình là m

9
23

Với A 5 để có m th×  0
 (2 A  13) 2  4( A  5)( A  15) 0
 132 A 131 0
131
A
132
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thøc lµ

131
.
132

1 1 7
 
x1 x2 4

4
.
5


Bài 12:
a, Để phơng trình (1) có nghiệm thì 0
 (m  1) 2  (2m  10) 0
 m  3

 m 2  9 0  
 m 3
VËy víi m    ;  3 3; phơng trình (1) có nghiệm.
b,

A 6 x1 x2  x12  x22
( x1  x2 ) 2  4 x1 x2 4(m  1) 2  4(2m  10)
4m 2  16m  44 (2m  4) 2  28 28

Amin 28 khi 2m  4 0  m  2.
VËy víi m  2 thì Amin 28 .
Bài 13: Cho biểu thức.
P (

3 x 3 x
4x
5
4 x 1


):(

)
3 x 3 x x  9 3 x 3 x  x

a, Rót gän
P


(3  x ) 2  (3  x ) 2  4 x

5
:(

x 9
3 x

4 x 1
x (3  x )

)

(3  x ) 2  (3  x ) 2  4 x 5 x  4 x  1
:
x 9
x (3  x )

12 x  4 x
x1

:
x 9
x (3  x )


4 x (3 
 (3 

x)

x )(3  x )

.

x (3  x )
x1



 4x
x1

x 2  11x  18 0  x = 2; x= 9 (kh«ng thoả mÃn ĐK)
Với x0 2 thì P

4.2

21

8
21

Bài 14:
a, Để phơng trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 th×:
 m  1 0


   0


m 1


 2
 m  (m  1)(m  2)  0

 m 1

m  2

VËy víi m    ;1 1; 2 phơng trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 .
áp dụng hệ thức Viet ta cã:



2m
 x1  x2  m  1


 x x m  2
 1 2 m  1
Tõ x1 x2 

2(m  2)  4
2(m  2)
4


x1  x2 

 x1  x2  m  1



m 1
m 1


m2
m2


x1 x2 
x1 x2 


m 1
m 1

m2
 (m  1) x1 x2 m  2
m 1
 mx1 x2  x1 x2 m  2
 m( x1 x2  1) 2  x1 x2  m 

Khi ®ã tõ x1 x2 

2  x1 x2
x1 x2  1

m2
4


m 1 m 1

 x1  x2 2 x1 x2 

4
2  x1 x2
1
x1 x2  1

4( x1 x2  1)
3
 3( x1  x2 ) 2 x1 x2  4
 x1  x2 2 x1 x2 

b, Ta cã:

x1 x2
x12  x22
( x1  x2 )2  2 x1 x2
  6 0 
 6 0 
 6 0
x2 x1
x1 x2
x1 x2
4m 2
m2
2
2
4m 2  4(m  2)(m  1)

(m  1)
m 1

 6 0 
0
m2
(m  2)( m  1)
m 1

 1  17
m 
4
 4m 2  4(m 2  m  2) 0  2m 2  m  2 0 

1 17
m

4

Đối chiếu với điều kiện phơng tr×nh cã 2 nghiƯm th× m   1  17 tho¶ m·n.
4
VËy víi m   1  17 cần tìm.
4
Bài 15:
(t 0)

Đặt ( x 1) 2 t
phơng trình trở thành:

t 2 (m 1)t ( m 2  m  1) 0

(*)

a, Víi m = -1 phơng trình là: t 2 2t 3 0
 (t  3)(t  1) 0
 t  3 0 t 3 (loại vì t 0 )


 t  1 0  t 1


 x  1 1
 x 0
Víi t 1  ( x  1)2 1  
 
 x  1  1  x  2
VËy víi m = - 1 phơng trình có 2 nghiệm x =0; x = -2.
b, Ta cã;
c
 (m 2  m  1) 
a

1 2 3

 (m  2 )  4  0



phơng trình (*) luôn có 2 nghiệm:

t1 0 t2 phơng trình có 2 nghiệm: x1 ; x2
Bài 16:
Phơng trình:

x m 2 3

2 mx 2 (1)
2  m 2  x (1  m 2) 3 

 x  mx 2 3 

2 m2

a, Để phơng trình có nghiệm duy nhất thì

1  m 2 0  m 

Víi m  2  1  x  1  ( 2  1) 2  3 



2  ( 2  1)2

 x (3  2) 6  2  x 

1
2

6 2
3 2

b, Để phơng trình (1) nhận x 5 2 6 là nghiệm thì ta có:
(5 2 6)(1  m 2) 3 

2  m2

 5 2  6  10m  6 2 m 3 

2  m2

 m 2  2 m(3 2  5)  9  6 2 0
 (3 2  5)2  (9  6 2) 34  24 2 (3 2 4)2
phơng trình có 2 nghiệm:
m1 5 3 2  3 2  4 1

(TM)

m2 5  3 2  3 2  4 9  6 2

(TM)

VËy víi m 1 ; m 9 6 2 thì phơng trình (1) nhận x 5 2 6 là nghiệm.
c, Ta có phơng trình: x m 2 3

2  mx 2

 m 2  mx 2  3

2 x 0

Để phơng trình có 2 nghiệm phân biƯt m1 ; m2 th×   0

 2 x 2  4(3 

2  x)  0

 2 x 2  12  4 2  4 x  0
 2 x 2  4 x  4 2  12  0
 x   1 7  2 2 ; x   1 7  2 2
¸p dơng hƯ thøc Viet ta cã: