PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ BẬC NHẤT VÀ BẬC HAI

Câu 1: [0D3-2-4] Cho a, b, c, d là các số thực khác 0 . Biết c và d là hai nghiệm của phương
2
2
trình x  ax  b  0 và a , b là hai nghiệm của phương trình x  cx  d  0. Tính

giá trị của biểu thức S  a  b  c  d .
A. S   2.

B. S  0.

C. S 

1  5
.
2

D. S  2.

Lời giải.
Chọn A

Vì c, d là hai nghiệm của phương trình x 2  ax  b  0 suy ra c  d   a.
Vì a , b là hai nghiệm của phương trình x 2  cx  d  0 suy ra a  b   c.

c  d   a a  c   d
Khi đó, ta có hệ 

 b  d.
a  b   c
a  c   b
2


a  c
c  ac  b  0
Lại có  2

 c2  a2  b  d  0  a2  c2  
.
a


c
a

ca

d

0




 d  0 : mâu thuẫn giả thiết.
 Với a  c thì từ c  d   a 

 b  2c.
 d  2c và từ a  b   c 
 Với a  c thì từ c  d   a 
c  0  loaïi 
a c

Ta có c 2  ac  b  0 
 2c 2  2c  0  
.
b 2 c
c  1 thoaû 
Khi đó S  a  b  c  d  c  2c  c  2c  2c  2.1  2.
Câu 2: [0D3-2-4] Cho phương trình  m  5 x 2  2  m  1 x  m  0 1 . Với giá trị nào của
m thì 1 có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa x1  2  x2 .

8
A. m  .
3
8
 m  5.
3

B.

8
 m  5.
3

Lời giải
Chọn B Cách giải dài quá

C. m  5 .

D.


a  0
Phương trình có hai nghiệm phân biệt  
2

   m  1   m  5 .m  0
m  5
m  5  0
1



1    m  5.
3
3m  1  0
m   3
TH1. m  5

1  m  3m  1
2
 x1 

m5
ycbt  
 x  1  m  3m  1  2
 2
m5

1

I .

 2

Giải (1):

1  m  3m  1
 2  1  m  3m  1  2m  10 (do m  5  0 )
m5
 3m  1  11  3m

 11  3m  0

 3m  1  0

11  3m  0
 
 3m  1  11  3m 2


11

m  3

11

  m 
3



 m   8 ;

 
3


11
m


11


3
 m  3


 m   1
 m   1
 
3
3
  


 m  11
 m  11
 
3
 

3

 2
 9  m  8   m  5   0
 9m  69m  120  0

  
3


 11

m   3 ;   


8


 m ;   .

3

 8 11 
m ;



3 3 

5



Giải (2):

1  m  3m  1
 2  1  m  3m  1  2m  10  3m  1  3m  11
m5


 3m  11  0

 3m  1  0

3m  11  0
 
 3m  1   3m  112



11
m

11



3
 m  3



 m   1
 m   1
 
3
3
  


 m  11
 m  11
 
3
 
3

 2
 9  m  8   m  5   0
 9m  69m  120  0

  
3

11
 1
 3  m  3

 1 11 

m   ;



11
 3 3
 1 

  m 

 m   ; 5  .
3


 3 
11 

m   ; 5

 m   8 ; 5 
3




 
3 


m  5


8


Vậy nghiệm của hệ (I) là nghiệm của hệ: m   ;     m  .
3



 1 
m    ; 5 
 3 

1
TH2.   m  5
3


1  m  3m  1
2
 x1 

m5
ycbt  
 x  1  m  3m  1  2
 2
m5

1

I .

 2

Giải (1):

1  m  3m  1
 2  1  m  3m  1  2m  10 (
m5
 3m  1  3m  11

do m  5  0 )


 3m  11  0

 3m  1  0

3m  11  0
 
 3m  1   3m  112



11
m

11



3
 m  3



 m   1
 m   1
 
3
3
  


 m  11
 m  11
 
3
 
3

 2
  9  m  8   m  5   0
 9m  69m  120  0


 
3



 1 11 
m   3 ; 3 


 1 11 



m   3 ; 3 



11
 1 

  m 
 m    ;5 .

3
 3 
11 
 
m   ; 5


8 
3


 m   3 ; 5 



.

Giải (2):

1  m  3m  1
 2  1  m  3m  1  2m  10  3m  1  11  3m
m5

 11  3m  0

 3m  1  0

11  3m  0
 
 3m  1  11  3m 2


11

m  3

11

  m 
3


 m   8 ;

 
3


11
m

11



3
 m  3


 m   1
 m   1
 
3
3
  


 m  11
 m  11
 
3
 
3

 2
 9  m  8   m  5   0
 9m  69m  120  0


  
3


 11

m   3 ;   


8


 m   ; +  .

3

 8 11 
m ; 


3 3 

5



 1
  m  5
 3


 1 
8 
Vậy nghiệm của hệ (I) là nghiệm của hệ: m    ;5  m   ; 5  .
 3 
3 


8

m   ; + 
3



8 
Tổng hợp lại, m   ; 5  thỏa yêu cầu bài toán.
3 
Cách 2:
x1  2  x2  x1  2  0  x2  2 .

Để phương có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa x1  2  x2 thì  x1  2  x2  2   0

 x1 x2  2  x1  x2   4  0 



m
m 1
 4.

40
m5
m5

9m  24
8 
 0  m   ;5  .
m5
3 

Câu 3: [0D3-2-4] Cho phương trình x 2  2 x  m  0 1 . Với giá trị nào của m thì 1 có 2
nghiệm x1  x2  2 .
C. 1  m  0 .

B. m  1 .

A. m  0 .
1
m .
4

D.

Lời giải
Chọn C





x 2  2 x  m  0  x 2  2 x  1  m  1  0   x  1  m  1  0   x  1  m  1
2

2

m  1  0
m  1  0


 0  m 1  1
ycbt   x1  1  m  1  2   m  1  1


 x2  1  m  1  2
 m  1  1 hn 
 0  m 1  1

 1  m  0 .
Câu 4: [0D3-2-4] Cho phương trình mx 2  2  m  1 x  m  5  0 1 . Với giá trị nào của m
thì 1 có 2 nghiệm x1 , x2 thoả x1  0  x2  2 .


A. 5  m  1.
và m  0 .

B. 1  m  5 .

C. m  5 hoặc m  1 . D. m  1

Lời giải

Chọn A
m  0
a  0
 3m  1  0

2

ycbt     m  1  m  m  5   0  
 a. f  0   0
x  0  x  2
2
 1
 a. f  2   0


m  0

m  1

3

m  m  5   0

m  4m  4  m  1  m  5   0
m  5
m  5


m  1
m  1

3
3


 5  m  1 .
5  m  0
m  m  5   0


m   ;  1   0;   
m  m  1  0

Câu 5: [0D3-2-4] Nếu biết các nghiệm của phương trình: x 2  px  q  0 là lập phương các
nghiệm của phương trình x 2  mx  n  0 . Thế thì:
B. p  m3  3mn .

A. p  q  m3 .
số khác.

C. p  m3  3mn .

Lời giải
Chọn C
Gọi x1 , x2 là nghiệm của x 2  px  q  0
Gọi x3 , x4 là nghiệm của x 2  mx  n  0
Khi đó x1  x2   p , x3  x4  m , x3 .x4  n .
 x1  x33
Theo yêu cầu ta có 
 x1  x2  x33  x43
3

 x2  x4

 x1  x2   x3  x4   3x3 x4  x3  x4 
3

  p  m3  3mn  p  m3  3mn .

D. Một đáp


Câu 6: [0D3-2-4] Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình :



2 x2  2 x
A. 1 .



2





  4m – 3 x 2  2 x  1  2m  0 có đúng 3 nghiệm   3;0
B. 2 .

C. 3 .

D. 0 .

Lời giải
Chọn C
Đặt t  x2  2 x (t  1) ta có phương trình 2t 2  (4m  3)t  1  2m  0 (1)
Phương trình (1) có 3 nghiệm thuộc đoạn  3;0 khi xảy ra 2 trường hợp sau:
TH1: PT (1) có một nghiệm t  1 và một nghiệm thuộc khoảng  1;0 . Khi đó
m  0 (thỏa mãn)
TH2: PT (1) có 2 nghiệm thỏa mãn 1  t1  0  t2  3 (giả sử t1  t2 ). Khi đó ta
tìm được
1

m  2

1
m  0   m  2 .
2
m  2


Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn.





2





Câu 7: [0D3-2-4] Cho phương trình: x 2 – 2 x  3 +2  3 – m  x 2 – 2 x  3  m2  6m  0 .
Tìm m để phương trình có nghiệm :
A. m .
B. m  4 .

C. m  2 .

D. m  2 .

Lời giải
Chọn D
Cách 1: Đặt t  x2  2 x  3  t  2  . Ta có phương trình
t 2  2(3  m)t  m2  6m  0 (2)
Phương trình ban đầu có nghiệm khi PT (2) có nghiệm t  2 .
Trường hợp 1: PT (2) có 2 nghiệm t1 , t2 thỏa mãn 2  t1  t2 . Khi đó ta tìm được
m8.
Trường hợp 2: : PT (2) có 2 nghiệm t1 , t2 thỏa mãn t1  2  t2 . Khi đó ta tìm được
2 m8
Suy ra m  2 .
Cách 2:
( x 2  2 x  3) 2  2(3  m)( x 2  2 x  3)  m2  6m  0 (1)

Đặt t  x 2  2 x  3, t  0. Phương trình (1) trở thành: t 2  2(3  m)t  m2  6m  0 .
Ta có:  '  (3  m) 2  (m2  6m)  9
Suy ta: t1  m; t2  m  6 .
+ Với t1  m , suy ra: x 2  2 x  3  m  2  . Xét parabol y  x 2  2 x  3 ( P) và
đường

thẳng y  m  d  .

Để (2) có nghiệm thì (P) và (d) phải có điểm chung.
Mà (P) có đỉnh I (1; 2) và có bề lõm hướng lên nên m  2 . (*)


+ Với t2  m  6 , suy ra: x 2  2 x  3  m  6  x 2  2 x  9  m (3)
Xét parabol y  x 2  2 x  9 ( P ') và đường thẳng y  m  d ' .
Để (3) có nghiệm thì (P’) và (d’) phải có điểm chung.
Mà (P’) có đỉnh I (1;8) và có bề lõm hướng lên nên m  8 . (**)
Kết hợp (*) và (**) ta được m  2 .
Câu 8: [0D3-2-4] Tìm m để phương trình :  x2  2 x  4   2m  x 2  2 x  4   4m  1  0 có
2

đúng hai nghiệm.
A. 3  m  4 .

B. m  2  3, m  4 .

C. 2  3  m  4 .

D. m  2  3, m  2  3 .
Lời giải

Chọn B
Đặt t  x 2  2 x  4 , t  3
Ta có phương trình t 2  2mt  4m  1  0 (2)
Phương trình (1) có đúng 2 nghiệm khi xảy ra các trường hợp sau:
TH1: PT (2) có nghiệm kép   0  m 2  4m  1  0
m  2  3


 m  2  3
Suy ra 2 nghiệm kép của PT (2)
t  2  3 (không thỏa mãn vì t  3 )
Và t  2  3 (thỏa mãn t  3 ) suy ra PT(1) có hai nghiệm
TH2: PT(2) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn t1  3  t2 . Từ đó ta tìm được m  4
Vậy m  2  3, m  4 .
2

 x2 
2 x2
a 0
Câu 9: [0D3-2-4] Có bao nhiêu giá trị nguyên của a để phương trình: 
 
 x 1  x 1
có đúng 4 nghiệm.
A. 0 .
B. 1 .
C. 2 .
D. Vô số.
Lời giải

Chọn D
2

 x2 
2 x2

a 0



 x 1  x 1

Đặt t 

x2
 x 2  tx  t  0  2 
x 1

Phương trình (1) trở thành: t 2  2t  a  0  3
Phương trình (1) có đúng 4 nghiệm khi pt (3) có 2 nghiệm phân biệt t thoả pt (2)
có 2 nghiệm phân biệt.
t  4
Mà (2) có 2 nghiệm phân biệt    0  t 2  4t  0  
.
t  0
Xét bài toán bù trừ sai.Ta nên xét trực tiếp 3 Th


a  1

TH1: t1  t2  0  a  0  a 
1  0


TH2:

a  1

4  t1  t2  a  8  a 

1  4


a  0
TH3: t1  0  4  t2  
 a  8
a  8
Vậy có vô số giá trị nguyên a thoả yêu cầu bài toán.
[0D3-2-4] Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình:

Câu 10:

2 x2

2x

2

4m 3 x2

A. 1.

2x

1 2m

0 có đúng 3 nghiệm thuộc

B. 2.

C. 3.

3;0 .
D. 0.

Lời giải
Chọn D
Ta có:    4m  3  4.2. 1  2m    4m  1
2

2

1
 2
x  2x 
1

2
2  x  2 x    4m  3  x  2 x   1  2m  0 
 2
 x  2 x  2m  1  2 
2

2

2


2  6
x

  3; 0

1
2
2

1

x

2
x


0


2

2  6
  3; 0
x 

2

 2   x  1

2

 2m . Phương trình đã cho có 3 nghiệm thuộc đoạn  3; 0 khi

phương trình  2  có hai nghiệm thuộc đoạn  3; 0
m  0
 2m  0


1
1

  3  1  2 m  0   m   0  m  .
2
2



3


1

2
m

0

 m  2
Không có giá trị nguyên nào của m thỏa mãn.
Câu 11: [0D3-2-4] Tìm để phương trình :

x

2

 2 x  4  – 2m  x 2  2 x  4   4m – 1  0 có đúng hai nghiệm.

A. 3  m  4 .

2

B. m  2  3  m  2  3 .


D. m  2  3  m  4 .

C. 2  3  m  4 .
Lời giải
Chọn D

x

2

 2 x  4  – 2m  x 2  2 x  4   4m – 1  0 (1)
2

Đặt t  x 2  2 x  4  ( x  1) 2  3  3
Pt trở thành t 2  2mt  4m  1  0  2 
Pt (1) có đúng hai nghiệm  Pt (2) có đúng 1 nghiệm t  3 hoặc pt (2) có 2
nghiệm thoả t1  3  t2 .
+ TH1: Pt (2) có đúng 1 nghiệm t  3

m  2  3
 '  0
 m 2  4m  1  0  

  b '

   m  2  3  m  2  3.
 a  3 m  3

m  3
+TH2 : Pt (2) có 2 nghiệm thoả t1  3  t2 .

m  2  3
m2  4m  1  0
 '  0



   m  2  3
 t1  3 t2  3  0 t1t2  3  t1  t2   9  0 
4m  1  3.2m  9  0
m  2  3

   m  2  3  m  4

m  4
Vậy m  2  3 hoặc m  4 .