Đs chuyên đề 17 hệ thức vi ét

Chuyên đề 17 HỆ THỨC VI-ÉT A Kiến thức cần nhớ Hệ thức Vi-ét  Nếu x1 ; x2 hai nghiệm phương trình ax  bx  c 0  a 0  thì: b   x1  x2  a   x x  c  a  Nếu phương trình ax  bx  c 0  a 0  có a  b  c 0 phương trình có nghiệm x1 1 , cịn nghiệm x2  c a  Nếu phương trình ax  bx  c 0  a 0  có a  b  c 0 phương trình có nghiệm x1  , cịn nghiệm x2  c a Tìm hai số biết tổng tích chúng  Nếu hai số có tổng S tích P hai số hai nghiệm phương trình x  Sx  P 0 Điều kiện để có hai số là: S  P 0   0  B Một số ví dụ Ví dụ 1: Cho phương trình mx   m   x  m  0 ( x ẩn số) a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn nghiệm dương (Thi học sinh giỏi Tốn 9, TP Hồ Chí Minh năm học 2011 – 2012) Giải Tìm cách giải Những tốn liên quan đến dấu nghiệm phương trình bậc hai liên quan đến công thức nghiệm hệ thức Vi-ét Cụ thể là:  Phương trình có hai nghiệm trái dấu gồm: Phương trình có nghiệm (  0 ) x1 x2   c  điều kiện nghiệm chung là: ac  a  Phương trình có hai nghiệm trái dấu nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn nghiệm dương gồm: Phương trình có hai nghiệm trái dấu ( ac  ) nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn nghiệm dương ( x1  x2  ) Trình bày lời giải a) Phương trình có hai nghiệm trái dấu  ac   m  m  3    m  b) Phương trình có hai nghiệm trái dấu nghiệm âm có gái trị tuyệt đối lớn nghiệm dương 0  m  ac         m  2   m  0  x1  x2   m  Vậy với  m  phương trình có hai nghiệm trái dấu nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn nghiệm dương Ví dụ 2: Cho phương trình: x   m  1 x  m  0 ( m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm số đo cạnh tam giác vuong có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh góc vng (đơn vị độ dài) Giải Tìm cách giải Bản chất toán gồm bước:  0   Bước Phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 dương   x1  x2  x x    Bước Hai nghiệm x1 ; x2 số đo cạnh tam giác vng có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh góc vng (đơn vị độ dài) thỏa mãn: 1   2 x1 x2 h Trình bày lời giải 2 Xét   m  1  4.2  m  1 m  2m   8m   m  3 0 Phương trình ln có hai nghiệm Để hai nghiệm số đo hai cạnh tam giác  phương trình có hai nghiệm dương  x  x2      x1 x2    m  1 0   m     m   0  Hai nghiệm số đo cạnh tam giác vng có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh góc vng (đơn vị độ dài) 2  x  x2   x1 x2 25  m  1  4m  25 1 25        16 16 x1 x2 16 x12 x22  m  1  9m  18m  55 0 Giải ra, ta được: m1  Kết hợp điều kiện, ta m1  11 ; m2  3 11 thỏa mãn Ví dụ 3: Cho phương trình x  3mx  m 0 ( m tham số khác 0) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 Tìm giá trị nhỏ của: x12  3mx2  3m m2 A  x2  3mx1  3m m2 (Thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Hưng n, năm học 2011 -2012) Giải Phương trình có hai nghiệm phâm biệt 9m  4m  hay m  9m     m  m   (*)  x1  x2 3m Theo Vi-ét:   x1 x2  m Ta có: m2 m2 m2 m2    0 x22  3mx1  3m x22   x1  x2  x1  3x1 x2 x12  x22  x1 x2  x1  x2  Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho số dương: A  Vậy Amin 2   x1  m2  x1  x2  m x2  m2  x1  x2    x1   m4  x1  x2   m  x1  x2   x12 x22  x1  x2   x12 x22  x1  x2   x1 x2  x1 x2  x1 x2   9m   m   m   9m x2  m2 2  m 0  L   8m  4m 0  4m  2m  1 0    m   2 Vậy với m  A 2 Ví dụ 4: Cho phương trình x  x  m 0 (với m tham số) Tìm m để phương trình cho có 2 hai nghiệm x1 x2 thỏa mãn: x1  x2 12 (Thi học sinh giỏi Tốn 9, Tình Phú Thọ năm học 2012 – 2013) Giải  36  4m   4m   36  m    x1  x2 6 * Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:   x1 x2  m 2 * Ta có: x1  x2  x1  x2   x1  x2  12  x1  x2  Suy ra: x1 4; x2 2 Từ suy ra: m  4.2  (thỏa mãn điều kiện) 2 Vậy với m  phương trình có hai nghiệm x1 x2 thỏa mãn x1  x2 12 Ví dụ 5: Tìm tất giá trị m cho phương trình x  x  x  m 0 có nghiệm phân biệt (Thi học sinh giỏi Toán 9, Tỉnh Thanh Hóa năm học 2012 – 2013) Giải Cách Ta có x  x  x  m 0 (1)   x  1   x  1  m  0 2 Đặt y  x  1 , y 0 phương trình có dạng: y  y  m  0 (2) Phương trình (1) có nghiệm phân biệt  Phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt     S   P   9   m    4  m     5m4 6  m   m    Cách Ta có x  x  x  m 0 (1)   x  x    x  x   m 0 2 Đặt y  x  x phương trình có dạng: y  y  m 0 (3) Phương trình (1) có nghiệm phân biệt  phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt lớn 1        x1  1  x2  1   x  x  1  4  m    x1 x2  x1  x2   x  x    m  m    5m4 4  m     m    4    Ví dụ 6: Chứng minh a b hai nghiệm phương trình x  px  0 (1), c d hai nghiệm phương trình x  qx  0 (2) ta có hệ thức:  a  c   b  c   a  d   b  d  q  p2 Giải  a  b  p c  d  q ; Theo hệ thức Vi-et ta có:   ab 1 cd 1 2 Xét  a  c   b  c   a  d   b  d   ab  ac  bc  c   ab  ad  bd  d    pc  c    pd  d  1  pd  d  pc  p cd  pcd  c  pc d  c d 1  pd  d  pc  p  pd  c  pc  c   d  p  c  d   p q  p 2 Suy  a  c   b  c   a  d   b  d  q  p Điều phải chứng minh Nhận xét Nếu chọn p q hai số nguyên cho q  p số phương ta có kết quả:  a  c   b  c   a  d   b  d  số phương Chẳng hạn: cho số nguyên m , chứng minh a b hai nghiệm phương trình x  15mx  0 (1), c d hai nghiệm phương trình x  17mx  0 ta có  a  c   b  c   a  d   b  d  số phương Ví dụ 7: Cho phương trình x  px  q 0 (1) Hãy tìm giá trị nguyên p q cho phương trình (1) có nghiệm nguyên phân biệt nghiệm gấp lần nghiệm (Thi học sinh giỏi Toàn 9, tỉnh Yên Bái, năm học 2003 – 2004) Giải Giả sử phương trình có hai nghiệm phân biệt x2 4 x1  p  4q  p  x    x1  x2 5 x1  p   Ta có:   2  x1 x2 4 x1 q  p q  p; q ¢  25  2 Suy p M25  p 25k  k ¢   p 5k Do q  Vậy 4.25k  4k 25  p; q     5k ; 4k  ;   5k ; 4k  với k ¢ phương trình (1) có hai nghiệm ngun ohana biệt nghiệm gấp lần nghiệm Ví dụ 8: Gọi x1 ; x2 hai nghiệm phương trình bậc hai ax  bx  c 0 n n Đặt S n  x1  x2 với n nguyên dương a) Chứng mỉnh rằng: aS n 2  bSn 1  cSn 0 b) Không khai triển, khơng dùng máy tính, tính giá trị biểu thức: A  1   1   Giải a) x1 nghiệm phương trình nên ax1  bx1  c 0 ; x2 nghiệm phương trình nên ax22  bx2  c 0; n 2 n 1 n n 2 n 1 n Suy ra: ax1  bx1  cx1 0 (1), ax2  bx2  cx2 0 (2) Từ (1) (2) cộng vế với vế, ta được: a  x1n 2  x2n 2   b  x1n 1  x2n 1   c  x1n  x2n  0 Từ suy ra: aS n 2  bS n 1  cS n 0 b) Đặt: x1 1  3; x2 1  3; Sn  x1n  x2n  x1  x2 2 Suy   x1 x2  Vậy x1 ; x2 nghiệm phương trình x  x  0 Áp dụng câu a, ta có: S n 2  S n1  S n 0  Sn 2 2 Sn 1  Sn (*) 2 Ta có: S1 2, S2  x1  x2  x1  x2   x1 x2 4  8 Áp dụng công thức (*), ta có: S3 2 S2  S1 2.8  2.2 20; S4 2 S3  2S2 2.20  2.8 56 S5 2 S  2S3 2.56  2.20 152 Ta có: A   1  3  1    3    1   1   1  5  152  19   32 C Bài tập vận dụng 17.1 Cho phương trình x  2mx  m  0 3 a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn x1  x2 26m b) Tìm m ngun để phương trình có hai nghiệm ngun (Thi học sinh giỏi Tốn 9, Tỉnh Quảng Bình năm học 2012 – 2013) Hướng dẫn giải – đáp số 1  a) Xét   m  m   m     , phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m 2  Gọi x1 ; x2 nghiệm phương trình  x1  x2 2m Theo hệ thức Vi-ét ta có:   x1 x2 m   x12  x22  x1  x2   x1 x2 4m  2m  3 2 Ta có: x1  x2 26m   x1  x2   x1  x1 x2  x2  26m  2m  4m  3m  12  26m  2m  4m  3m  1 0  m1 0; m2 1; m3  1 b) Vì x1.2 m    nên điều kiện để phương trình có hai nghiệm nguyên:   m  m  2 2 Đặt   m  m  k  k  ¢   4m  4m  16 4k 2   2m  1  15  2k    2k  2m  1  2k  2m  1 15 Từ ta có bảng sau: 2k  2m  2k  2m  1 15 5 15 -1 -15 -3 -5 -5 -3 -15 -1 Suy ra: k 2 -4 -4 m -3 -3 Vậy với m   4;1;0;  3 phương trình có nghiệm ngun -2 17.2 Cho phương trình bậc hai x  x  m  0 Tìm m để phương trình: -4 2 a) Có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện x1  x2 8 b) Có nghiệm dương (Thi học sinh giỏi Toán 9, Tỉnh Vĩnh Long năm học 2012 – 2013) Hướng dẫn giải – đáp số a) Điều kiện để phương trình có nghiệm là:   1  m  0  m   x1  x2 2 Theo hệ thức Vi-et, ta có:   x1 x2  m  2 x12  x22  x1  x2   x1 x2 4  2m  8  m 0 (thỏa mãn m  ) 2 Vậy m 0 phương trình có nghiệm x1  x2 8 b) Với m  phương trình ln có nghiệm Theo hệ thức Vi-ét, ta có: x1  x2 2 nên   0  m  phương trình có nghiệm kép số dương Nếu phương trình có hai nghiệm trái dấu phương trình có nghiệm dương   m 20  m2 Vậy với m  m   phương trình có nghiệm dương 17.3 Cho phương trình mx   m  1 x  m  0 2 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn: x1  x2 3 Hướng dẫn giải – đáp số mx   m  1 x  m  0  4  m  1  4m  m  3 4m2  8m   4m  12m 4m    m   m 0 Gọi x1 ; x2 nghiệm phương trình: mx   m  1 x  m  0  m  1   x1  x2  m * Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:  x x m   m Ta có:  x1  x2   x12  x22  x1 x2 3    m  1 m2 3   m  3 m   m  3 m 4m  8m  2m  3  m m  4m  8m  5m   m m2  4m2  8m  5m2  6m  m2  2m  0   m  1 5  m1   (thỏa m2   (không thỏa mãn) 2 Vậy với m   phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn: x1  x2 3 17.4 Cho phương trình bậc hai x   m  1 x  2m  10 0 với m tham số thực a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 2 b) Tìm m để biểu thức P 6 x1 x2  x1  x2 đạt giá trị nhỏ (Thi học sinh giỏi Toán 9, Tỉnh Vĩnh Long, năm học 2011 – 2012) Hướng dẫn giải – đáp số 2 a)  4  m  1  8m  40  4m  8m   8m  40 4m  36 0  m 3  m 9  m 3    m  b) Gọi x1 ; x2 nghiệm phương trình x   m  1 x  2m  10 0  x1  x2 2m  Áp dụng hệ thức Vi-ét:   x1 x2 2m  10 2 2 Ta có: P 6 x1 x2  x1  x2  x1  x2   x1 x2   m  1   2m  10  4m  8m   8m  40 4m  16m  44 4m  16m  16  28 2 4  m    28 4      28 32 Vậy Pmax 32 m  2 17.5 Cho phương trình bậc hai x  2m  m   x  m  0 (1) ( m tham số) a) Giải phương trình (1) m 1 b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn: x1 x2   x1  x2  4 Hướng dẫn giải – đáp số a) Với m 1 , phương trình có dạng: x  x  0 Giải ta được: x1 2; x2 4 2 b) Điều kiện để phương trình có nghiệm là:   m  m     m   0 (*)  x1  x2 2m  m   Theo hệ thức Vi-ét ta có:   x1 x2 m  mãn), Theo đề bài: x1 x2   x1  x2  4  m   2.2.m  m   4  3m  8m  0  m1  ; m2  3 Thử lại với điều kiện (*) m1  ; m2  không thỏa mãn Vậy không tồn m thỏa mãn điều kiện đề 17.6 Cho phương trình x  2mx  0 (ẩn x ) a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương b) Gọi x1 ; x2  x1  x2  hai nghiệm dương phương trình Tính P  x1  x2 theo m tìm giá trị nhỏ biểu thức: Q  x1  x2  x1  x2 (Thi học sinh giỏi Tốn 9, Tỉnh Quảng Bình, năm học 2011 – 2012) Hướng dẫn giải – đáp số    0  a) Phương trình có hai nghiệm dương  x1  x2   x x    m  0   2m   m 1 1   Vậy m 1 phương trình có hai nghiệm dương b) Với m 1 phương trình có hai nghiệm dương  x1  x2 2m Theo hệ thức Vi-ét, ta có:   x1 x2 1 Xét: P  x1  x2  x1 x2 2m  Vì P 0 nên P  2m  Ta có: Q  x1  x2  2 1  2m  m  m  1  m 3 x1  x2 2m m m Vậy giá trị nhỏ biểu thức Q m 1 17.7 Cho phương trình x   m  1 x  2m  0 (1) a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương b) Gọi x1 ; x2 hai nghiệm dương phương trình (1) Tìm m nguyên dương để 2 x  x  A      có giá trị nguyên  x2   x1  Hướng dẫn giải – đáp số a) Phương trình có hai nghiệm dương   m  1   2m   0  m  4m      0      m   m  x1  x2     m  1  x x   2m      m    x1  x2 2  m  1 b) Theo hệ thức Vi-ét, ta có:   x1 x2 2m  2 2  x12  x22   x1   x2   x1 x2  Ta có: A              x2   x1   x2 x1   x1 x2  2   x1  x2     m  1   A   2    2   x1 x2   2m   A ¢   m  1 2m   ¢  2m   ¢  2m   Ư(9) 2m  Vì m nguyên dương nên 2m   , suy ra: 2m  m -3 -1 3 Vậy với m   1; 2;3; 4;7 A nhận giá trị nguyên 17.8 Cho phương trình ax  bx  c 0 (1) cx  bx  a 0 (2) (với a  c  ) a) Chứng minh phương trình (1) (2) có nghiệm vơ nghiệm b) Với giả thiết phương trình (1) có nghiệm x1 ; x2 phương trình (2) có nghiệm là: x1; x2 x1  x2  x1  x2 Chứng minh b  c) Trong trường hợp phương trình (1) (2) vơ nghiệm, chứng minh b  a  c Hướng dẫn giải – đáp số a) Cả hai phương trình có:  b  4ac , nên hai phương trình (1) (2) có nghiệm vơ nghiệm b) Trong trường hợp hai phương trình có nghiệm Theo hệ thức Vi-ét, ta có: x1  x2  b  b ; x1  x2  a c Xét: x1  x2  x1  x2   b b b  a  c    nên b  a c ac c) Trong trường hợp phương trình vơ nghiệm, ta có:  b  4ac   b  4ac Mặt khác ta có: 4ac  a  c  , nên: b   a  c   b  a  c (vì a  c  0, b  ) 17.9 Cho p số tự nhiên khác Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình x  px  0 ; x3 ; x4 nghiệm phương trình x  px  0 hai  x1  x3   x2  x3   x1  x4   x2  x4  số phương Chứng minh (Thi học sinh giỏi Toán, TP Hà Nội, năm học 2006 – 2007) Hướng dẫn giải – đáp số 2 Ta có: x  px  0  1 ; x  px  0   Từ (1); (2) theo hệ thức vi-ét, ta có: x1  x2  p; x1 x2  x3  x4  p; x3 x4   x1  x3   x2  x3   x1  x4   x2  x4   x1  x3   x2  x4   x2  x3   x1  x4   x1 x2  x1 x4  x3 x2  x3 x4   x1 x2  x2 x4  x1 x3  x3 x4   x1 x4  x2 x3   x2 x4  x1 x3   x1 x2 x42  x12 x3 x4  x3 x4 x22  x1 x2 x32  x42  x12  x22  x32 (vì x1 x2  1; x3 x4  )   x42   x32    x12   x22  Mà   1     x1 x2 ;   1     x3 x4 Suy (*)   x1  x2    x3  x4  25 p  16 p 2  p   Điều phải chứng minh 17.10 Tìm m để phương trình  m  1 x  3mx  4m 0 có nghiệm dương (Thi học sinh giỏi lớp 9, Thừa Thiên Huế, vòng 1, năm học 2003 – 2004) Hướng dẫn giải – đáp số Khi m  , phương trình trở thành: 3x  0  x   Khi m  PT:  m  1 x  3mx  4m 0 (1) phương trình bậc hai Gọi S  3m 4m ;P  tổng tích nghiệm x1 ; x2 phương trình (1) m 1 m 1 Phương trình (1) có nghiệm dương trường hợp sau: tích   x1  x2 ,   0, P 0, S  Suy hệ vô nghiệm  x1   x2 , P   4m    1 m  m 1   x1  x2 ,  0, S  0, P  Suy Đáp số:  16 m    16 m   17.11 Cho phương trình: x  2mx  m  0 a) Xác định m để phương trình có hai nghiệm b) Gọi hai nghiệm phương trình x1 ; x2 Tìm giá trị lớn biểu thức: A  x1 x2  x1  x2  (Thi học sinh giỏi Toán 9, TP Hồ Chí Minh, năm học 2003 – 2004) Hướng dẫn giải – đáp số a) x  2mx  m2  0 2 2 Xét  4m  4.2  m   4m  8m  16  4m  16 Phương trình có nghiệm   0   4m  16  m 4    m 2 b) A  x1  x2  x1 x2  Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1  x2  m; x1 x2 m  A   m  m2     m  2   m  Vì m    2; 2 nên m  0 m   1 25 25   Do A  m     m   m  m    m    2 4  Vậy giá trị lớn A 25 , đạt m  2 17.12 Cho phương trình ax  bx  c 0  a 0  có hai nghiệm thuộc đoạn  0; 2 Tìm giá trị lớn biểu thức P  8a  6ab  b 4a  2ab  ac Hướng dẫn giải – đáp số Gọi x1 , x2  x1  x2  hai nghiệm phương trình cho b   x1  x2  a Theo định lí Vi-ét ta có:  x x  c  a b b   2   x1  x2    x1  x2  8a  6ab  b a a Khi P    b c   x1  x2   x1 x2 4a  2ab  ac 4  a a 8 2 2 Do  x1  x2 2  x1  x1 x2 , x2 4  x1  x2  x1 x2    x1  x2  3 x1 x2  Vậy P    x1  x2   x1 x2  4   x1  x2   x1 x2 3 Đẳng thức xảy x1  x2 2 x1 0, x2 2  b  b  a 4   2    c  b 4a  a   c 4 c 0  a b  2a  c 0 b  2a Vậy, Pmax 3  c  b 4a  c 0 17.13 Cho phương trình  x    x  x    4m  1 x  8m  0 ( x ẩn số) 2 Tìm m để phương trình có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 thỏa mãn điều kiện: x1  x2  x3 11 (Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên Quốc Học, tỉnh Thừa Thiên Huế, năm học 2015 – 2016) Hướng dẫn giải – đáp số Ta có:  x    x  x    4m  1 x  8m  0  1   x    x  x    4m  1 x   4m  1 0  x 2   x    x  x  4m  1 0    x  x  m  0  2 Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt  phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác  m     1   4m  1   16     m  2   4m  0  Khi x1 , x2 nghiệm phương trình (2), theo hệ thức Vi-ét, ta có:  x1  x2 1   x1 x2 4m  2 2 Ta có: x1  x2  x3 11   x1  x2   x1 x2  x3 11 Suy ra:   4m  1  11  m  (thỏa mãn điều kiện) Vậy với m  phương trình có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 thỏa mãn điều kiện: x12  x22  x32 11 2 17.14 Cho phương trình: x   m  1 x  2m  3m  0 , với m tham số (1) a) Chứng minh phương trình (1) có nghiệm m 1 b) Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình (1) i Chứng minh x1  x2  x1 x2  ii Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt trái dấu thỏa mãn x1  x2 1 (Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên, tỉnh Bến Tre, năm học 2014 – 2015) Hướng dẫn giải – đáp số 2 a) x   m  1 x  2m  3m  0 , với m tham số (1) 2 Có    m  1   2m  3m  1  m  m Phương trình (1) có nghiệm     m  m 0  m  m  1 0  m 0   m  0      m 0   m  0   m 0    m 1  m 1   m 0   VN    m 1 b) Với m 1 phương trình có hai nghiệm x1 , x2  x1  x2 2  m  1 Theo hệ thức Vi-ét ta có:   x1 x2 2m  3m  1 i Ta có: x1  x2  x1 x2   m  1  2m  3m   2m  m    2m  1  m  1  m  0   m  1  2m  1 0 Vì m 1 nên   2m  0 1 9  Suy x1  x2  x1 x2   2m  m  1 2  m     4 8  Dấu xảy m  (thỏa mãn điều kiện) Vậy x1  x2  x1 x2  ii Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt trái dấu  x1 x2   2m  3m     m  1  2m  1    m 1 2 Ta có x1  x2 1   x1  x2  1   x1  x2   x1 x2 1 2   m  1   2m2  3m  1 1   2m  1 0  m  (không thỏa mãn) Vậy không tồn m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt trái dấu thỏa mãn x1  x2 1 2 17.15 Cho phương trình  m   x  2mx  6m 0 (1) với m tham số a) Tìm m cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt Chứng minh tổng hai nghiệm số nguyên b) Tìm x x  m x1  x2 cho phương trình (1) có hai nghiệm  x1 , x2 thỏa mãn điều kiện 16 (Tuyển sinh lớp 10, trường Phổ thông khiếu, Đại học Quốc gia TP Hồ Chí Minh, năm học 2014 – 2015) Hướng dẫn giải – đáp số a) m  0 với m nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt  1 719  m  6m  m     m   m     0 m0 12  144    Khi theo hệ thức Vi-ét ta có: x1  x2  2m m2  2 Vì m   2m  m  1    m   2m   2m  (do m  ) m2  b) m  0 với m nên phương trình (1) có hai nghiệm  1 719  m  6m  m   0  6m   m     0  m 0 12  144    2 2m   x1  x2  m  Khi theo hệ thức Vi-ét ta có:   x x   6m m2    x1 x2  x1  x2   x1 x2  16    x1 x2  Trường hợp Xét x1 x2   x1  x2  x1  x2 2   6m  m2  2m 2 m2  2m  6m   (vơ nghiệm m 0 ) m 5 m 5 Trường hợp Xét x1 x2   x1  x2 2 x1  x2    6m  m2  2m  m2  2m 6m 2m 2  0 Đặt t  m 5 m 5 m2   t  1 ktm   Ta có: t 2  3t   t   tm   2 t   m 2 2m 2   2m  9m  10 0   (thỏa mãn m 0 )  m 5 m2    5 Vậy với m  2;  phương trình (1) có hai nghiệm  2 x x  x1  x2  16 x1 , x2 thỏa mãn điều kiện