Tải bản đầy đủ (.doc) (80 trang)

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

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (476.84 KB, 80 trang )

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



 (




)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


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:



×