Chuyên đề phương trình bậc hai một ẩn: Phần 2 - Nguyễn Tiến

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:58

Thêm vào BST

Báo xấu

8
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nối tiếp phần 1, phần 2 cuốn sách "Chuyên đề phương trình bậc hai một ẩn" tiếp tục trình bày về phương trình chứa tham số - giải phương trình bậc hai và bài toán phụ, phương trình bậc cao – phương trình quy về phương trình bậc hai, giải phương trình bậc cao bằng phương pháp đặt ẩn phụ,... Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề phương trình bậc hai một ẩn: Phần 2 - Nguyễn Tiến

II. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ - GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VÀ BÀI TOÁN PHỤ BÀI TẬP PHẦN PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ. Câu 1: 1  Xét 2m  1  0  m  phương trình trở thành  x  1  0  x  1  1;0 2 1  Xét 2m  1  0  m  khi đó ta có: 2  '  m2   2m  1  m2  2m  1   m  1  0 mọi m . 2 Suy ra phương trình có nghiệm với mọi m . Ta thấy nghiệm x  1 không thuộc khoảng  1;0 1 m  m 1 1 Với m  phương trình còn có nghiệm là x   2 2m  1 2m  1 Phương trình có nghiệm trong khoảng  1;0 suy ra  1  2m 1  1  0  0 1   0   2m  1   2m  1 m0 2m  1 2m  1  0 2m  1  0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm trong khoảng  1;0 khi và chỉ khi m  0 . Câu 2:    2m  1  4.  m2  1  5  4m 2 5 Phương trình có hai nghiệm phân biệt  m  4 5 a) Phương trình hai nghiệm  m  4  x1  x2  2m  1 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:   x1 x2  m  1 2 Theo đề bài:  x1  x2   x1  3x2 2   x1  x2   4 x1 x2  x1  3x2 2   2m  1  4  m 2  1  x1  3 x2 2  x1  3 x2  5  4m  m 1 x   x  x  2m  1  1 2 Ta có hệ phương trình:  1 2   1 x  3 x2  5  4 m  x  m  1) 3(  2 2 Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 Trang 46
m  1 3(m  1)    m2  1 2 2  3  m2  1  4  m2  1  m2  1  0  m  1 Kết hợp với điều kiện  m  1 là các giá trị cần tìm Câu 3:   52  4.1.3m 1  29 12m 29 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt    0  m  12  x  x  5 Áp dụng hệ thức Vi-ét  1 2  x1 x2  3m  1 Ta có: x13  x23  3x1 x2  75     x1  x2   x1  x2   x1 x2  3x1 x2  75 2   x1  x2  25  x1x2   3x1x2  75  25  x1  x2    x1  x2  x1x2  3x1x2  75  x1  x2  3 5 Kết hợp x1  x2  5 suy ra x1  1; x2  4 Thay vào x1 x2  3m  1 suy ra m  3 5 Vậy m  là giá trị cần tìm 3 Câu 4: a) Với m  1 phương trình đã cho trở thành x2 10x  9  0  x1  1 Ta có a  b  c  0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là   x2  9  '   5m   1.9m  25m2  9m 2 b) Điều kiện phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là  '  0  25m2  9m  0 (*) Theo hệ thức Vi-ét, ta có:    x1  x2  10m 10 x2  10m  x2  m  x2  m      x1  9 x2  0   x1  9 x2   x1  9m   x1  9m , (*)  m  1  x x  9m  x x  9m  2  m0  1 2  1 2 9m  9m  0    m  1 Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 Trang 47
Câu 5: a) Với m  0 , phương trình đã cho trở thành: x2  2 x 1  0  '  2 ; x1,2  1  2 Vậy với m  0 thì nghiệm của phương trình đã cho là x1,2  1  2 . b)  '  m  2 Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt    0  m  2  0  m  2  x1  x2  2(m  1) Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:   x1 x2  m  m  1 2 Do đó: 1 1 x x 2(m  1)  4 1 2 4 2 4 x1 x2 x1 x2 m  m 1 m 2  m  1  0 m 2  m  1  0 m  1   2   m  1  2( m 2  m  1)  2 m  m  3  0 m   3  2  3 Kết hợp với điều kiện  m  1;   là các giá trị cần tìm.  2 Câu 6: Để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thì   0   2m  1  4.2.  m  1  0 2  4m2  12m  9  0   2m  3   0 2 3 m 2 Mặt khác, theo hệ thức Vi-ét và giả thiết ta có:  2m  1  13- 4m  x1  x 2   2  x1  7    m 1  7m  7  x1 .x 2    x2   2  26 - 8m 3x1  4x 2  11  13- 4m 7m  7  3 7  4 26 - 8m  11   13 - 4m 7m  7 Giải phương trình 3 4  11 7 26 - 8m  m  2  m  2 Ta được  . Vậy  là các giá trị cần tìm  m  4,125  m  4,125 Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 Trang 48
Câu 7: Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi '  0     m  1   1.  m2  3  0 2  2 m  4  0 m2 Vậy m  2 là các giá trị cần tìm a) Với m  2 thì phương trình đã cho có hai nghiệm. Gọi một nghiệm của phương trình đã cho là a thì nghiệm kia là 3a . Theo hệ thức Vi-ét, ta có: a  3a  2m  2   a.3a  m  3 2 m 1  m 1  2 a  3   m 3 2 2  2   m2  6m 15  0  m  3  2 6 (thỏa mãn điều kiện) Vậy  m  3  2 6 là các giá trị cần tìm. Câu 8: 1 2 9 a) Với m  1 phương trình trở thành x  x   0  x2  2x  9  0 2 2  x  1  10  1  x2  1  10 b) Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thì   0 1 1  1   m   4. .  m2  4m  1  0  8m  2  0  m  2 2 2  4 1 2 Để phương trình có nghiệm khác 0  m  4m  1  0 2 m  4  3 2  1 m2  4  3 2 1 1 x  x  0 Ta có   x1  x2   x1  x2  x1 x2  1  0   1 2 x1 x2  x1 x2  1  0 m  0  2m  0   2  m  4  19 m  8m  3  0  m  4  19 Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 Trang 49
m  0 Kết hợp với điều kiện ta được   m  4  19 m  0 Vậy  là các giá trị cần tìm.  m  4  19 Câu 9:    m2   4.1.  m  1  m4  4m  4 2 Phương trình có nghiệm nguyên khi   m4  4m  4 là số chính phương m  0 Nếu  thì   0 (loại) m  1 Nếu m  2 thì   4  22 (nhận) Nếu m  3 thì 2m  m  2  5  2m2  4m  5  0     2m 2  4m  5       4 m  4  m 4  2m 2  1    m 4   m2  1     m2  2 2  không là số chính phương. Vậy m  2 là giá trị cần tìm Câu 10: 2  3 7     m  1  1.  m  3  m  3m  4   m     0 ,  m ' 2 2 a)  2 4 Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt.  x  x  2(m  1)  x1  x2  2m  2 b) Theo hệ thức Vi-ét, ta có:  1 2   1 2 x x  m  3 2 x1 x2  2m  6  x1  x2  2 x1 x2  4  0 không phụ thuộc vào m . c) P  x12  x22   x1  x2   2 x1 x2  4  m  1  2  m  3 2 2 2  5  15 15   2m     ,  m  2 4 4 15 5 5 15 5 Do đó Pmin  và dấu "  " xảy ra khi 2m   0  m  . Vậy Pmin  với m  . 4 2 4 4 4 Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 Trang 50
Câu 11: x  x  m Theo hệ thức Vi-ét, ta có:  1 2  x1 x2  m  1 x 2  x22  1  x1  x2   2 x1 x2  1 m  2  m  1  1 2 2 Ta có M  21   x1 x2  x1 x22 x1 x2  x1  x2   m  1 m m2  2m  1  m  1 2   m  m  1 m  m  1  m  0   m  1 m  1  0  m  1 2 Để M  0   0  m  m  1  0    m  m  1  m  0 m  0   m  1  0 a) Ta có P  x12  x22  1   x1  x2   2 x1 x2  1  m2  2  m  1  1 2  m2  2m  1   m  1  0 ,  m 2 Do đó Pmin  0 và dấu "  " xảy ra khi m  1  0  m  1 Vậy Pmin  0 với m  1 . Câu 12: Điều kiện PT có 2 nghiệm không âm x1 , x2 là  '  0 m 2  1  0    x1  x2  0  2(m  1)  0  m  0 x x  0  2m  0  1 2   x1  x2  2  m  1  Theo hệ thức Vi-ét:   x1 x2  2m  Ta có x1  x2  2  x1  x2  2 x1 x2  2  2m  2  2 2m  2  m  0 (thoả mãn) Vậy m  0 là giá trị cần tìm. Câu 13: Ta có   [-(m+1)]2  4m  m2  2m  1  (m  1) 2 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt   0   m  1  0  m  1 2  x1  x2  m  1 Theo hệ thức Vi-ét, ta có:   x1 x2  m Ta có A  x12 x2  x1x22  2007  x1x2  x1  x2   2007 Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 Trang 51
1 1 3  m  m  1  2007  m 2  m  2007  m 2  2.m.   2006  2 4 4 2  1  8027 8027  m    , m  2 4 4 1 1 Dấu "  " xảy ra m  0m 2 2 8027 1 Vậy Amin  với m   . 4 2 Câu 14: Ta có    2m   4.1.  2m  1  4m2  8m  4  4  m  1 2 2 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt   0   m  1  0  m  1 2  x1  x2  2m Theo hệ thức Vi-ét, ta có:   x1 x2  2m  1 Ta có A  x12 x2  x1x22  x1x2  x1  x2   1   m  m  1  2007   2m  1 2m   4m2  2m  4  m2  m   2  2  1 1 1  1 1 1  4  m2  2.m.     4  m     ,  m  4 16 16   4 4 4 1 1 1 1 Dấu "  " xảy ra m   0  m  . Vậy Am ax  với m  . 4 4 4 4 Câu 15: Ta có    2  m  1   4.1.  2m  5  4m2  12m  22 2   2m   2.2m.3  9  13   2m  3  13  0 ,  m 2 2 Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m .  x1  x2  2m  2 a) Theo hệ thức Vi-ét, ta có  (I)  x1 x2  2m  5  x1  1  0 Theo giả thiết x1  1  x2     x1  1 x2  1  0  x1 x2   x1  x2   1  0 (II)  x2  1  0 Thay (I) vào (II) ta có:  2m  5   2m  2 1  0  0.m  2  0 , đúng với mọi m . Vậy với mọi m thì phương trình trên có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1  1  x2 . Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 Trang 52
Câu 16: a) Chứng minh phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị m .   m2  4.(m  2)  m2  4m  8  (m  2)2  4  4  0 ,  m Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi m . b) Vì a  b  c  1  m  m  2  1  0 ,  m nên phương trình có 2 nghiệm x1 , x2  1 ,  m . Phương trình x2  mx  m  2  0  x2  2  mx  m x12  2 x22  2 mx  m mx2  m Ta có . 4 1 . 4 x1  1 x2  1 x1  1 x2  1 m 2 ( x1  1)( x2  1)   4  m 2  4  m  2 ( x1  1)( x2  1) Vậy m  2 là các giá trị cần tìm. Câu 17: Ta có a.c  1. 1  1  0 , với  m nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu với mọi m.  x12  mx1  1 a) Ta có  2 do x1 , x2 là nghiệm của phương trình (1).  x2  mx2  1 x 2  x1  1 x22  x2  1 mx1  1  x1  1 mx2  1  x2  1 Do đó P  1    x1 x2 x1 x2 x1  m  1 x2  m  1     m  1   m  1  0 vì x1 , x2  0 . x1 x2 Vậy P  0 . Câu 18:      2m  1   4.1.  m2  1  4m  5 2 5 Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi   0  4m  5  0  m  4  x1  x2  2m  1 a) Theo hệ thức Vi-ét, ta có   x1 x2  m  1 2 Ta có  x1  x2   x1  3x2   x1  x2   4 x1 x2  x1  x2  4 x2 2 2 3m  3   2m  1  4  m 2  1  2m  1  4 x2  6m  6  4 x2  0  x2  2 2 m 1 Suy ra x1  2 m  1 3m  3 Do đó .  m 2  1  m 2  1  0  m  1 (thỏa mãn điều kiện có nghiệm) 2 2 Vậy m  1 là các giá trị cần tìm. Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 Trang 53
Câu 19:    2  4.1.  2m  1  8m 2 Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi   0  8m  0  m  0  x1  x2  2 Theo hệ thức Vi-ét, ta có  (I)  1 2 x x   2m  1 Ta có x22 ( x12  1)  x12 ( x22  1)  8  2  x1 x2   ( x12  x22 )  8 2  2  x1 x2   ( x1  x2 )2  2 x1 x2   8 (II) 2 Thay (I) vào (II) ta có: 2(2m  1)2  4  2  2m  1  8  2m2  3m  2  0  1  m  2  m  2 So với điều kiện có nghiệm m  0 . Vậy m  2 là giá trị cần tìm. Câu 20: Do 4  3 là nghiệm của phương trình nên thỏa: 4  3   84  3   m  0 2  m  13  0  m  13 Thay m  13 vào phương trình ta được phương trình: x2  8x  13  0 * '   4   1.13  3 2  x1  4  3 Phương trình * có hai nghiệm phân biệt là:   x2  4  3 Vậy x  4  3 là giá trị cần tìm. Câu 21: Ta có      2m  1   4.1.  m2  m  1  5  0 ,  m . 2 Nên phương trình luôn có nghiệm với mọi m .  x1  x2  2m  1 a) Theo hệ thức Vi-ét, ta có:   x1 x2  m  m  1 2 Ta có A   2 x1  x2  2 x2  x1   5 x1 x2  2  x12  x22   9 x1 x2  2  x1  x2  2  9  m2  m  1  2  2m  1  m2  m  11 2 Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 Trang 54
2 1 1 1  1  45 45  m  2.m.    11   m      ,  m 2 2 4 4  2 4 4 1 1 Dấu "  " xảy ra m  0m 2 2 45 1 Vậy Amin   với m   . 4 2 Câu 22:  1 1 a)  '   m   1.  m2     0 ,  m . 2  2 2 Nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m .  2  x1  m  b) Hai nghiệm của phương trình là  2  2  x2  m   2 2 2 1 1 Theo đề bài ta có m   m  m 2  2m   m 2  2 m  2 2 2 2  2 2m  0  m  0 c) Theo định lý Pitago ta có: 2 2  2  2 m  2  m     m    9  2m  8  0  m  4  0   2 2  2   2   m  2 m  2 Vậy  là các giá trị cần tìm.  m  2 Câu 23: Vì phương trình x2  2x  m  3  0 có nghiệm x  1 nên ta có: (1)2  2.(1)  m  3  0  m  6  0  m  6 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1  x2  2  1  x2  2  x2  3 Vậy m  6 và nghiệm còn lại là x  3 . a)  '  12 1. m  3  m  2 Phương trình có hai nghiệm phân biệt  '  0  m  2  x1  x2  2 Theo hệ thức Vi-ét, ta có:   x1 x2  m  3 Ta có Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 Trang 55
x13  x23  8  ( x1  x2 )3  3 x1 x2 ( x1  x2 )  8  23  3.(m  3).2  8  6(m  3)  0  m3 0  m  3 (thỏa mãn điều kiện) Vậy m  3 là giá trị cần tìm. Câu 24:    2m  1  4.1.  m2  1  4m  5 2 5 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt    0  m  . 4  x1  x2    2m  1  Theo hệ thức Vi-ét, ta có:   x1 x2  m  1  2 Ta có P  x12  x22   x1  x2   2 x1 x2 2     2m  1   2  m2  1  2m2  4m  3 2  2  m2  2.m.1  1  1  3  2  m  1  1  1 ,  m 2 Dấu "  " xảy ra m  1  0  m  1 (nhận) Vậy Pmin  1 khi m  1 . Câu 25: Δ     m  5    4.1.  2m  6  2   m  5  4.  2m  6  2  m2  10m  25  8m  24  m2  2m  1   m  1  0; m 2 Vậy với mọi giá trị của m phương trình luôn luôn có hai nghiệm. a) Với mọi m , phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa hệ thức Vi-ét:  b  S  x1  x2  a  m  5;   P  x x  c  2m  6  1 2 a Ta có: x1  x22  35 2   x1  x2   2 x1 x2  35 2   m  5  2  2m  6   35 2  m2  10m  25  4m 12  35  0 Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 Trang 56
 m2  6m  22  0 1  '  32 1. 22  9  22  31  0 Vì  '  0 nên phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt: m1  3  31; m2  3  31  Vậy m  3  31;  3  31  Câu 26: Phương trình 1 có nghiệm :  '  0  1   m  2  0  3 m  0  m3 Vậy phương trình 1 có nghiệm khi m  3 a) Do phương trình 1 có 2 là một nghiệm nên thỏa: 22  2.2  m  2  0  m60  m  6 Thay m  6 vào phương trình 1 ta được phương trình: x2  2 x  8  0 *  '  12 1.  8  1  8  9  0,  '  9  3 1  3 1  3 Do  '  0 nên phương trình * có hai nghiệm phân biệt: x1   2; x2   4 1 1 Vậy m  6 và nghiệm còn lại là 4 là các giá trị cần tìm. Câu 27: a) Khi m = 2, phương trình 1 trở thành: x2  2x  1  0  2 Ta có a  b  c  1 2 1  0 nên phương trình  2 có hai nghiệm: c 2 x1  1; x2     2 a 1 Vậy khi m  2 , tập nghiệm của phương trình  2 là S  1;  2 b)   m2  4.1.  m  1  m2  4m  4   m  2   0; với mọi m . 2 Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m . c) Với mọi m , phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa hệ thức Vi-ét:  b  S  x1  x2   m  a  P  x x  c  m 1   1 2 a A   x1  1  x2  1  2016 2 2 Ta có: A   x1  1 x2  1   2016 2 A   x1 x2  x1  x2  1  2016 2 A   m  1  m  1  2016 2 A  02  2016 A  2016 Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 Trang 57
Câu 28: Do phương trình có nghiệm x  2 nên thỏa: 22   2m 1 .2  2m  0  4  4m  2  2m  0  2m  2  0  2m  2  m  1 Thay m  1 vào phương trình ta được phương trình: x2  3x  2  0 * c 2 Ta có a  b  c  1   3  2  0 nên phương trình * có hai nghiệm: x1  1; x2   2 a 1 Vì x2  2 nên nghiệm còn lại là x1  1 Vậy m  1 và nghiệm còn lại là 1 là giá trị cần tìm. Câu 29:      m  1   4.1.  m  2    m  1  4  m  2   m2  2m  1  4m  8 2 2  m2  2m  9   m2  2m  1  8   m  1  8  0 ; với mọi m 2 Vậy phương trình lương có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m . a) Với mọi m , phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa hệ thức Vi-ét:  b  S  x  x   m 1  1 2 a  P  x x  c  m  2   1 2 a A  x12  x22  6 x1 x2   x1  x2   8x1 x2   m  1  8  m  2  2 2 b) Ta có  m2  2m  1  8m  16  m2  6m  17  m2  6m  9  8   m  3  8  8 ; với mọi m 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m  3 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là: MinA  8 khi và chỉ khi m  3 . Câu 30: Với m  1 phương trình trở thành: x2  4 x  4  0 *  '  22 1.4  0 b' 2 Vì  '  0 nên phương trình * có nghiệp kép: x1  x2      2 a 1 Vậy với m  1 , tập nghiệm của phương trình * là S  2 a) Ta có  '     m  1   1.  4m    m  1  4m  m2  2m  1  4m  m2  2m  1   m  1 2 2 2 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt   '  0   m  1  0  m  1  0  m  1 2 Vậy m  1 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt. Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 Trang 58
Câu 31: a) Ta có  '  12  1.  m2  1  1  m2  1  m2  2  0 , với mọi m Vì  '  0 , với mọi m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m . b) Với mọi m , phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa hệ thức Vi-ét:  b 2  S  x1  x2    2  a 1   P  x x  c  m  1  m 2  1 2   1 2 a 1 c) Ta có 1 2 2 (do trên) và x1  3x2 nên ta có hệ phương trình sau: x  x   x1  x2  2  x1  x2  2  x1  x2  2     x1  3x2  x1  3x2  0  x1  3x2  0  x  x  2  x1  1  2  x1  3  1 2   * 2 x2  2  x2  1  x2  1 Thay * vào biểu thức x1 x2  m 2  1 ta được:  3 .1  m2 1  m2  2  m   2 Vậy m   2 là các giá trị cần tìm. Câu 32: Ta có    m  2   4.1.  m  1  m2  4m  4  4m  4  m2  8  0 , với mọi m . 2 Vì   0 , với mọi m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m . a) Với mọi m , phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt nên thỏa hệ thức Vi-ét:  b   m  2   S  x1  x2      m  2 a 1   P  x x  c  m 1  m 1  1 2 a 1 Theo đề bài, ta có: x12  x22  13  x1 x2   x1  x2   2 x1 x2  13  x1 x2  0   x1  x2   3x1 x2  13  0 2 2     m  2    3  m  1  13  0   m  2   3  m  1  13  0 2 2  m2  4m  4  3m  3 13  0  m2  m  6  0 *   12  4.1.  6  1  24  25  0;   25  5 Do   0 nên phương trình * có hai nghiệm phân biệt: 1  5 1  5 m1   2; m2   3 2.1 2.1 Vậy m1  2; m2  3 là các giá trị cần tìm . Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 Trang 59
Câu 33: Ta có   12  4.1.  m  2  1  4m  8  9  4m 9 Để phương trình có nghiệm    0  9  4m  0  4m  9  m  4 9 Vậy m  thì phương trình có nghiệm . 4 9 a) Với m  thì phương trình trên có hai nghiệm x1 , x2 thỏa hệ thức Vi-ét: 4  b 1  S  x1  x2    1  a 1  P  x x  c  m  2  m  2   1 2 a 1 Ta có x1 x2  x1 x2  10  x1 x2  x22  x12   10 3 3  x1 x2  x1  x2   2 x1 x2   10  0 2     1 .  1  2.  m  2  10  0 2     1  2m  4  10  0  1  2m  4  10  0  2m  5  0  2m  5 5 m 2 5 Vậy m   thì phương trình trên có nghiệm. 2 Câu 34: Ta có  '  22 1.  m  3  4  m  3  1  m Để phương trình có nghiệm x1 , x2   '  0  1  m  0  m  1 a) Theo câu a, ta có m  1 thì phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa hệ thức Vi-ét:  b 4  S  x1  x2      4  a 1  P  x x  c  m  3  m  3   1 2 a 1 Ta có x12  x22  x12 x22  51   x1  x2   2 x1 x2   x1 x2   51  0 2 2   4  2.  m  3   m  3  51  0  16  2m  6  m2  6m  9  51  0 2 2  m2  4m  32  0 * Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 Trang 60
 '  22 1.  32  4  32  36  0;  '  36  6 Do ∆’ > 0 nên phương trình * có 2 nghiệm phân biệt: 2  6 2  6 m1   4 (loại); ; m2   8 (nhận) 1 1 Vậy m  8 là giá trị cần tìm . Câu 35: Ta có  '   m  3  1.  m2  3m  1  m2  6m  9  m2  3m 1  9m  8 2 Để phương trình luôn có nghiệm với mọi m 8   '  0  9m  8  0  9m  8  m  9 8 Vậy phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi m  . 9 8 a) Theo câu a, với mọi m  thì phương trình luôn luôn có nghiệm thỏa hệ thức Vi-ét: 9  b 2  m  3  S  x1  x2    2  m  3 a 1   P  x x  c  m  3m  1  m 2  3m  1 2  1 2 a 1 Ta có A  x1  x2 1  x2  x1 x2  x1  x2  x1 x2   x1  x2   1  27  m2  3m  1  2  m  3  m2  3m  1  2m  6  m2  m  7   m2  m     4 4 2 2  1  27 27  1  m    , với mọi m (vì  m    0 , với mọi m )  2 4 4  2 1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m  . 2 27 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là: MinA  khi và chỉ khi m  4 2 Câu 36: Ta có  '   m   1.  2m  1  m2  2m  1   m  1  0 ; với mọi m 2 2 Do  '  0 (với mọi m) nên phương trình 1 luôn có nghiệm x1 , x2 với mọi giá trị của m . a) Theo câu a, với mọi m thì phương trình 1 luôn có nghiệm x1 , x2 thỏa hệ thức Vi-ét:  b 2m  S  x1  x2    2m  a 1   P  x x  c  2 m  1  2m  1   1 2 a 1 Ta có A  2  x12  x22   5x1 x2  2  x1  x2   2 x1 x2   5x1 x2 2    2  x1  x2   4 x1 x2  5x1 x2  2  x1  x2   9 x1 x2  2  2m   9  2m  1  8m2 18m  9 2 2 2 Do A = 27 nên thỏa: 8m2 18m  9  27  8m2 18m 18  0 Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 Trang 61
 4m2  9m  9  0 * Ta có    9  4.4.  9   81  144  225  0;   225  15 2 9  15 9  15 3 Do   0 nên phương trình * có hai nghiệm phân biệt: m1   3; m2   2.4 2.4 4 3 Vậy m1  3; m2  là các giá trị cần tìm. 4 Câu 37: Ta có      m  3   4.1.  m  5   m  3  4.  m  5  m2  6m  9  4m  20 2 2  m2 10m  29   m2  10m  25  4   m  5  4  0 ; với mọi m . 2 Vì   0 (với mọi m ) nên phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m a) Theo câu a, ta có với mọi m thì phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa hệ thức Viet:  b   m  3  S  x1  x2      m3 a 1  P  x x  c  m  5  m  5  1 2 a 1 Ta có x1  4 x1  x2  4 x2  11  x12  x22  4  x1  x2  11  0 2 2   x1  x2   2 x1 x2  4  x1  x2   11  0 2   m  3  2  m  5  4  m  3  11  0  m2  6m  9  2m  10  4m  12 11  0 2  m2  12m  20  0 * Ta có  '   6   1.20  36  20  16  0;  '  16  4 2 64 64 Do ∆’ > 0 nên phương trình (6) có 2 nghiệm phân biệt: m1   10; m2  2 1 1 Vậy m1  10; m2  2 là các giá trị cần tìm. Câu 38: Ta có:   m2  4.1. 2m  4  m2  8m  16   m  4   0 ; với mọi m . 2 Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m . a) Với mọi m , phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa hệ thức Vi-ét:  b  S  x1  x2   m  a   P  x x  c  2m  4   1 2 a Ta có x12  x22  5   x1  x2   2 x1 x2  5  0   m   2.  2m  4   5  0 2 2  m2  4m  8  5  0  m2  4m  3  0 * c 3 Vì a  b  c  1   4  3  0 nên phương trình * có hai nghiệm: m1  1; m2   3 a 1 Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 Trang 62
Vậy m1  1; m2  3 là các giá trị cần tìm. Câu 39: Ta có  '   1  1.  4m  1  1  4m  1  2  4m 2 1 Để phương trình có nghiệm   '  0  2  4m  0  4m  2  m  . 2 1 Vậy m  thì phương trình có nghiệm. 2 1 a) Theo câu a, với   0  m  thì phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa hệ thức Vi- 2 ét:  b 2  S  x1  x2     2  a 1   P  x x  c  4 m  1  4m  1   1 2 a 1 Ta có x12  x22  2 x1  2 x2  12   x1  x2   2 x1 x2  2  x1  x2   12  0 2 1  22  2  4m 1  2.2 12  0  4  8m  2  4  12  0  8m  2  0  m  (thỏa) 4 1 Vậy m  là giá trị cần tìm. 4 Câu 40: Ta có  '   m   1.  4m  4   m2  4m  4   m  2   0, m 2 2 Do  '  0, m nên phương trình luôn có nghiệm với mọi m . a) Theo câu a)  '  0  m  2 nên phương trình luôn có hai nghiệm x1 , x2 thỏa hệ thức Vi-ét:  b 2m  S  x1  x2    2m  a 1   P  x x  c  4 m  4  4m  4   1 2 a 1 Do x1 là nghiệm của phương trình nên thỏa: x12  2mx1  4m  4  0  x12  2mx1  4m  4 * Ta có x12  2mx2  8m  5  0  2mx1  4m  4  2mx2  8m  5  0 (do * )  2m  x1  x 2  12m  9  0  2m.2m  12m  9  0 (do hệ thức Vi-ét)  4m 2  12m  9  0   2m  3  0  2m  3  0 2 3  2m  3  m  2 3 Vậy m  là giá trị cần tìm. 2 Câu 41: Ta có:  '     m  4     m  6  2 Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 Trang 63
 '   m  4  m  6 2  '  m2  8m  16  m  6  '  m2  9m  22 2  9 7  '   m     0, m  2 2 Do  '  0, m nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. a) Theo câu a,  '  0, m nên phương trình luôn có hai nghiệm x1 , x2 thỏa hệ thức Vi-ét:  b  x1  x2     2  m  4    2  m  4   2m  8  a   x .x  c  m  6   1 2 a 1 1 x x 2m  8 2  m  6   12  8 Có: A    1 2   x1 x2 x1.x2 m6 m6 2  m  6  4 2  m  6 4 4     2 m6 m6 m6 m6 4 Để A thì  suy ra 4  m  6 hay m  6  Ư(4)= 4; 2; 1;1;2;4 m6 Lập bảng: m6 -4 -2 -1 1 2 4 m 2 4 5 7 8 10 Vậy m2;4;5;7;8;10 thì A . Câu 42: Ta có:  '     m  2     2m    m  2   2m  m2  4m  4  2m 2 2  m2  2m  4   m  1  3  0, m 2 Do  '  0, m nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. a) Theo câu a,  '  0, m nên phương trình luôn có hai nghiệm x1 , x2 thỏa hệ thức Vi-ét:  b  S  x  x     2  m  2    2  m  2   2m  4  1 2 a   P  x .x  c  2m   1 2 a Ta có: x2  x1  x12  x2  x1  2  m  2 x1  2m  2m  4  x1  x1  2  m  2 x1  2m 4 2  4  2x1   2m  4 x1  x1   2  2m 1  m Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 Trang 64
2 2  2   2  Thay x1  vào 1 ,ta được:    2  m  2    2m  0 1 m  1 m   1 m  4  m  2 1  m  2m 1  m  2 4    0 1  m  1  m  1  m  2 2 2  4  4  m2  3m  2   2m 1  2m  m2   0  4  4m2 12m  8  2m  4m2  2m3  0  2m3  8m2  14m 12  0  m3  4m2  7m  6  0   m  2  m2  2m  3  0 m2 Vậy m  2 là giá trị cần tìm. Câu 43: Ta có:  '   1   2m2   1  2m2  0,  m 2 Do  '  0, m nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. a) Theo câu a,  '  0, m nên phương trình luôn có hai nghiệm x1 , x2 thỏa hệ thức Vi-ét:  b  S  x  x     2   2  1 2 a   P  x .x  c  2m 2  3   1 2 a  x1  2 x2 Có: x12  4 x22    x1  2 x2  4  x   x  2 x2 1 4 2 TH1:  1  3 thay vào 3 .Ta được: 3  3  2m 2 (vô lý)  x1  x2  2 x  2  2 3  x1  2 x2 x  4 TH2:   1 thay vào  3 . Ta được: 4  2  2m2  m2  4  m  2 .  x1  x2  2  x2  2 Vậy m  2 là giá trị cần tìm . Câu 44: Ta có:      3m  2    4  2m2  m  3 2   3m  2   8m2  4m  12 2  9m2 12m  4  8m2  4m  12  m2  8m  16   m  4   0, m 2 Do   0, m nên phương trình luôn có nghiệm với mọi m . Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 Trang 65