Luyện thị lớp 10: 1 BIẾN ĐỔI ĐẠI SỐ

Chủ đề 1: BIẾN ĐỔI ĐẠI SỐ Chương 1: Căn thức 1.1 CĂN THỨC BẬC Kiến thức cần nhớ:  Căn bậc hai số thực a số thực x cho x  a Cho số thực a không âm Căn bậc hai số học a kí hiệu  số thực khơng âm x mà bình phương a : a �0 � �x �0 � �2 � �a  x �x  a Với hai số thực không âm a, b ta có: a �  b a b  Khi biến đổi biểu thức liên quan đến thức bậc ta cần lưu ý:  + A �0 �A A2  A  � A A0 � + A2 B  A B  A B với A, B �0 ; a A2 B  A B   A B với A  0; B �0 + + A  B A.B  B2 A.B với AB �0, B �0 B M M A  với A  ;(Đây gọi phép khử thức mẫu) A A   M Am B M với A, B �0, A �B (Đây gọi phép  A B A� B trục thức mẫu) 1.2 CĂN THỨC BẬC 3, CĂN BẬC n 1.2.1 CĂN THỨC BẬC + Kiến thức cần nhớ:  Căn bậc số a kí hiệu  Cho a �R; a  x � x3   Mỗi số thực a có bậc   a 3 a số x cho x  a a  Nếu a  Nếu a   Nếu a   a 0 a 0 a 0 a a với  b �0 b 3b ab  a b với a, b    ab� a  b A B  A3 B   3  A  B A  B 3 AB với B �0 B A B3 A2 m3 AB  B với A ��B   A �B A �3 B 1.2.2 CĂN THỨC BẬC n R, n N ; n Căn bậc n số a số mà lũy Cho số a �γ thừa bậc n a  Trường hợp n số lẻ: n  2k  1, k �N Mọi số thực a có bậc lẻ nhất: k 1 a  x � x k 1  a , a  k 1 a  , a  a  , a  k 1 a  Trường hợp n số chẵn: n  2k , k �N k 1  Mọi số thực a  có hai bậc chẵn đối Căn bậc chẵn dương kí hiệu 2k a (gọi bậc 2k số học a ) Căn bậc chẵn âm kí hiệu  2k a , 2k a  x ۳ x x 2k  a ; =2 k a x  x x 2k  a Mọi số thực a  khơng có bậc chẵn Một số ví dụ: Ví dụ 1: Phân tích biểu thức sau thành tích: a) P  x  b) P  x  3 c) P  x  x  Lời giải:    x    x  2   x  x  3 2 a) P   x    x    x      2x  b) P   x   2 c) P   x  1  x   x  x  1  x  x  1 Ví dụ 2: Rút gọn biểu thức: a) A  x  x  x  x �0 b) B  x  x   x  x  x � c) C     10  Lời giải: 1� a) A  x  x  x   x  � � x  � x  2� � + Nếu x �۳ + Nếu x <   x x x x 1  x �A 2 x 1  x  � A2 x 2 b) B  x  x 1  x  x 1  x 1  x 1   x 1  x 1  Hay B     4x 1 1    4x 1 1  4x 1 1  4x 1 1 4x 1 1  4x 1  + Nếu x 1�� 0�۳4 x 1 x x    x   suy B  x  + Nếu 4 x  �< 0  x 1 x x     x   suy B   c) Để ý rằng:     � 74  2 Suy C     10(2  3)    28  10  9 5   3 Hay C    5(5  3)   25     Ví dụ 3) Chứng minh: a) A     số nguyên 84 84 số nguyên ( Trích đề TS vào lớp 10  1 9 chuyên Trường THPT chuyên ĐHQG Hà Nội 2006) b) B   c) Chứng minh rằng: x  a  a  8a  a  8a  với  a 3 3 a � số tự nhiên  d) Tính x  y biết x  x  2015  y  y  2015  2015 Lời giải: a) Dễ thấy A  0, Tacó A2   72  72          14  2.5  Suy A  2 b) Áp dụng đẳng thức:  u  v   u  v  3uv  u  v  Ta có: � � 84 84 � 84 84 84 84 � �  � B  �3   1 1  �3  1 � � 9 � 9 9 � � � � � � 84 84 � �3  � Hay  1 � 9 � � � � 84 � � 84 � 84 B3   3 �  1 B � B   3  B � B   B � B  B   � � � � � � � 81 � � � � 1� �  B  1  B  B    mà B  B   � �B  �  suy B  � 2� Vậy B số nguyên 2 c) Áp dụng đẳng thức:  u  v   u  v3  3uv  u  v  Ta có x3  2a    2a  x � x3   2a  1 x  2a  �  x  1  x  x  2a   Xét đa thức bậc hai x  x  2a với    8a �0 + Khi a  1 ta có x    8 + Khi a  , ta có    8a âm nên đa thức (1) có nghiệm x  a  8a  a  8a  Vậy với a � ta có: x  a   a  3 3 số tự nhiên d) Nhận xét:  x  2015  x   x  2015  x  x  2015  x  2015 Kết hợp với giả thiết ta suy x  2015  x  y  2015  y � y  2015  y  x  2015  x  x  2015  x  y  2015  y � x  y  Ví dụ 4) a) Cho x   10    10  Tính giá trị biểu thức: x  x3  x  x  12 x  x  12 b) Cho x   Tính giá trị biểu thức B  x  x  x  3x  1942 (Trích đề thi vào lớp 10 Trường PTC Ngoại Ngữ - ĐHQG Hà Nội năm 2015-2016) c) Cho x    Tính giá trị biểu thức: P P  x  x  x  x  x  2015 Giải: a) Ta có: � � x  �  10    10  �   10   10  � � � x2        1  8   1      1 2 � x   Từ ta suy  x  1  � x  x  x Ta biến đổi: P    x    x  x   12 42  3.4  12   x  x  12  12 b) Ta có x   �  x  1  � x  x  x   Ta biến đổi biểu thức P thành: P  x ( x3  x  x  3)  x  x3  x  x     x3  x2  x    1945  1945 c) Để ý rằng: x  22   ta nhân thêm vế với  để tận 3 2 dụng đẳng thức: a  b   a  b   a  ab  b  Khi ta có:    1    1 �   1 x  � x  x  � x  1 x  3 3   x  1 � x3  x  x   Ta biến đổi: P  x5  x  x3  x  x  2015   x  x  1  x3  3x  x  1  2016  2016 Ví dụ 5) Cho x, y, z  xy  yz  zx  a) Tính giá trị biểu thức:  1 y   1 z   y  1 z   1 x   z  1 x   1 y  Px 2  y2 x y z b) Chứng minh rằng:  x   y   z   x2  z2 xy  1 x   1 y   1 z  2 Lời giải: a) Để ý rằng:  x  x  xy  yz  zx  ( x  y )( x  z ) Tương tự  y ;1  z ta có:  1 y   1 z  x 1 x 2 x  y  x  y  z  z  x  z  y   x  y  x  z  x y  z Suy P  x  y  z   y  z  x   z  x  y    xy  yz  zx   b) Tương tự câu a) Ta có: x y z x y z      2  x 1 y 1 z  x  y  x  z  x  y  y  z  z  y  z  x  x y  z  y  z  x  z  x  y  x  y  y  z   z  x  xy   x  y  y  z  z  x xy  1 x   1 y  1 z  2 Ví dụ 6) a) Tìm x1 , x2 , , xn thỏa mãn: x12  12  x2  22   n xn  n  x1  x2   xn   n  4n  với n nguyên dương Tính 2n   2n  f (1)  f (2)   f (40) b) Cho f (n)  Lời giải: a) Đẳng thức tương đương với:    x12  12    x2  22     xn  n  n  0 2 Hay x1  2, x2  2.2 , , xn  2.n �x  y  4n � � x  n  1, y  n  � b) Đặt �xy  4n  �x  y  � Suy x  xy  y x  y 3    x  y3   x y x y 2 Áp dụng vào tốn ta có: f ( n)  f  1  f     f  40        1� 3  13  �   2n  1   2n  1  53  33      813  793 � �  813  13  364 Ví dụ 7) a) Chứng minh rằng: 1     Đề thi 1 3 79  80 chuyên ĐHSP 2011 1 1 � �      2� 1 � 2 3 n n 1 � n 1 � 1 1       n  với c) Chứng minh: n   n số nguyên dương n �2 Lời giải: b) Chứng minh rằng: 1    , 1 3 79  80 a) Xét A  1    2 4 80  81 Dễ thấy A  B B 1 1      1 2 3 79  80 80  81 Ta có A  B  Mặt khác ta có: Suy A  B  k  k 1     2    k 1  k k 1  k        k 1  k   k 1  k  81  80  81   Do A  B suy A  A  B  � A  b) Để ý rằng: 1   k k 1 k (k  1)  k 1  k   2k k  với k nguyên dương Suy � � � � �1 � � �1 VT  � 1   �  1 � �  � � � � 3� n 1 � � n 1 � � 2� �2 �n c) Đặt P  Ta có: 1 1      n n  n 1  2   với số tự nhiên n �2 n n n  n 1 Từ suy  n 1  n    n 1  n   2   2 n 1  n n n  n 1 2 n  n  n 1   n  n  hay  T         n   n  � � T  1 �   1       n  n   � � � 2  Do đó: � � Hay n   T  n  Ví dụ 8) a) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b2  b  c2  c  a2  Chứng minh rằng: a) Tìm số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện: a  b2  c  x  y  y  z  z  x  (Trích đề thi tuyến sinh vào lớp 10 chuyên Toán- Trường chuyên ĐHSP Hà Nội 2014) Lời giải: a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số khơng âm ta có a   b2 b2   c c   a 2 a 1 b  b 1 c  c  a �    2 2 Đẳng thức xảy � a   b2 � a2   b2 � �2 � b   c2 � � b   c � a  b  c  (đpcm) � � � 2 c   a c   a � � � b) Ta viết lại giả thiết thành: x  y  y  z  z  x  Áp dụng bất đẳng thức : 2ab �a  b ta có: x  y  y  z  z  x �x   y  y   z  z   x  Suy VT �VP Dấu xảy khi: 10 trình (2) c, d nghiệm phương trình (1) Chứng minh a  b  c  d  10 9) a) Cho phương trình ax  bx  c   a �0  có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn ax1  bx2  c  Chứng minh ac  a  c  3b   b  b) Giả sử p, q hai số nguyên dương khác Chứng minh hai phương trình sau có nghiệm x  px  q  0; x  qx  p  10) Tìm số a, b thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: a) Hai phương trình x  ax  11  x  bx   có nghiệm chung; b) a  b bé 11) a) Cho số a, b, c thỏa mãn a  0, bc  4a , 2a  b  c  abc Chứng b) Cho a, b, c ba số khác c �0 Chứng minh minh a � phương trình x  ax  bc  x  bx  ac  có nghiệm chung nghiệm lại chúng nghiệm phương trình x  cx  ab  12) a) Cho f  x   ax  bx  c  a �0  , biết phương trình f  x   x vô nghiệm chứng minh phương trình af  x   bf  x   c  x vô nghiệm 89 b) Cho số a1 , a2 , b1 , b2 cho phương trình sau vơ nghiệm: x  a1 x  b1  x  a2 x  b2  Hỏi phương trình x2  1  a1  a2  x   b1  b2   có nghiệm hay khơng? Vì sao? 2 13) Cho phương trình x  2mx  m   ( x ẩn số) a) Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với m b) Gọi x1 , x2 nghiệm phương trình Tìm m để biểu thức M 24 đạt giá trị nhỏ x  x22  x1 x2 2 14) Cho phương trình x   m   x  m  , với m tham số 1) Giải phương trình m  2) Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 x2 với x1  x2 , tìm tất nghiệm m cho x1  x2  15) Cho phương trình x  x  3m  , với m tham số 1) Giải phương trình m  2) Tìm tất các giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 �0 thỏa điều kiện x1 x2   x2 x1 16) Cho phương trình bậc hai: x  2mx  m2  m   ( m tham số) a) Giải phương trình m  b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn: x12  x22  x1 x2  17) Cho phương trình: x   m  1 x  2m  m  ( m tham số) a) Giải phương trình m  90 b) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m 2 18) Cho phương trình: x   m  1 x  m   ( m tham số) a) Giải phương trình với m  b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12   m  1 x2 �3m  16 19) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng  d  : y  mx  tham số m parabol  P  : y  x a) Tìm m để đường thẳng  d  qua điểm A  1;0  b) Tìm m để đường thẳng  d  cắt parabol  P  hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  20) Cho phương trình: x  x  m   (1) ( m tham số, x ẩn) 1) Giải phương trình (1) với m  2) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 �0 thỏa mãn:  m  x1  m  x2 10   x2 x1 21) Cho phương trình: x  x  m   ( m tham số) 1) Tìm m để phương trình có nghiệm x  Tìm nghiệm lại 2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x13  x23  22) Chứng minh phương trình: x   m  1 x  m   ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 biểu thức M  x1   x2   x2   x1  không phụ thuộc vào m 91 2 23) Cho phương trình x   m  1 x  m  3m   (1) ( m tham số) 1) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 2) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x12  x22  12 24) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol  P  : y  x đường thẳng  d  : y    m  1 x  ( m tham số) 3 1) Chứng minh giá trị m  P   d  ln cắt hai điểm phân biệt 2) Gọi x1 , x2 hoành độ giao điểm  P   d  , đặt f  x   x   m  1 x  x  x1  x2  (Trích đề thi vào lớp 10 trường chuyên ĐHSP Hà Nội 2013) Chứng minh rằng: f  x1   f  x2    LỜI GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN 1) Vì x  nghiệm phương trình nên ta có:   2m  1  m  m   � m  5m   � m  1 m  Với m  1 ta có phương trình: x  x   Phương trình cho có nghiệm x  , nghiệm lại x  3 (vì tích hai nghiệm  6  ) Với m  , ta có phương trình x  13x  22  , phương trình cho có nghiệm x  , nghiệm lại x  11 (vì tích hai nghiệm 22) 2) Xét    3        Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt Chú ý: Có thể nhận xét ac  nên phương trình có hai nghiệm phân biệt trái dấu 92 � �x1  x2   b) Áp dụng định lý Vi ét, ta có: � �x1.x2    A  x12  x22   x1  x2   x1 x2         3 2      B  x13  x23   x1  x2   3x1 x2  x1  x2        3  C 1 x1  x2  x1  x2   32     x1  x2   x1  1  x2  1 x1 x2   x1  x2      3) a) Ta có    m    m  1  m  4m    m   phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 �۹ m 2 Theo hệ x1 x2  2m  �x1  x2  m  thức Viet ta có: � Khi P   x1  x2   m  �x1.x2  m   m  1 �1 Dấu đẳng thức xảy  m    m  1 Ta có P  2m   1 2 m 2 m 2 m 2 m  max P  nên giá trị lớn Tương tự ta có giá trị nhỏ 2 , đạt m  2 (Xem thêm phần phương pháp miền giá trị hàm số) P   4) Cách 1: Phương trình có hai nghiệm phân biệt �  '  ��  2m  1 �  4m  4m  3   0, m Vậy phương trình có hai � � nghiệm phân biệt với giá trị m Gọi hai nghiệm phương trình � �x1  x2   2m  1  1 x1 , x2 Theo hệ thức Viet ta có: � �x1.x2  4m  4m    93 �  2m  1 x  � �2 Có thể giả sử x1  x2 (3) Khi từ (1) (3)có � Thay �x   2m  1 � � 2m  1 vào (2) ta có phương trình  Giải phương trình ta m   4m  4m  � 4m2  4m  35  m   (thỏa mãn điều kiện) 2 Cách 2: Từ yêu cầu đề suy x1  x2 x2  x1 , tức là:  x1  x2   x2  x1   � x1 x2   x1  x2   áp dụng hệ thức Viet ta phương trình 4m  4m  35  5) Phương trình có hai nghiệm phân biệt �  '  �  m  � m  � �x1  x2   1 Theo hệ thức Viet, ta có: � Ta có x1  x2  � x1   x2 �x1.x2  m   �x2  1 (3) Từ (1) (3) ta có � Thay vào (2) ta có m  3 �x1  thảo mãn điều kiện 6) a) Phương trình có nghiệm x  � 5m   � m  b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt trái dấu �  5m    � m  c) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 �  '  94 � m   5m    �  m  1  m    � m  m  �x1  x2  2m Theo hệ thức Viet ta có: � �x1.x2  5m  2m  � �m Hai nghiệm phương trình dương � � 5m   � Kết hợp với điều kiện ta có  m  m  7) Cách Đặt x   t , ta có x1   x2 � x1    x2  � t1   t2 Phương trình ẩn x x  x  3m  đưa phương trình ẩn t :  t  1   t  1  3m  � t  t  3m  Phương trình ẩn t phải có hai nghiệm trái dấu � 3m  � m  Vậy m  Cách 2: Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 �   �  12m  � m  Khi theo hệ thức Viet ta có: 12 �x1  x2  � �x1.x2  3m (1) Hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1   x2 � x1    x2  � x1  x2  trái dấu �  x1  1  x2  1  � x1 x2   x1  x2    (2) Thay (1) vào (2) ta có: 3m    � m  Kết hợp với điều kiện ta có m  giá trị cần tìm Chú ý: Nếu hai nghiệm x1 , x2  phương trình ẩn t có hai nghiệm số âm Nếu hai nghiệm x1 , x2  phương trình ẩn t có hai nghiệm số dương 95 8) Giải: Áp dụng hệ thức Viet ta có: a  b  c; ab  d ; c  d   a; cd  b c  d  a c  a  d � � �� �b  d Ta có: � a  b  c �a  b  c � Kết hợp với ab  d cd  b suy a  1, c  Do a  b  c c  d   a suy b  2, d  2 Do a  b  c  d  12   2   12   2   10 2 9) a) Vì a �0 nên � bc � �c � c ac  a  c  3b   b  ac  a c  b  3abc  a �   �(*) Theo �� a2 � �a � a � 2 3 b c hệ thức Viet, ta có: x1  x2   ; x1 x2  Khi (*) thành: a a a3 � x12 x22  x1 x2   x1  x2   3x1 x2  x1  x2  � � � 2 3 2 a � x1 x2  x1 x2   x1  x2  � � � a  x1  x2   x2  x1  � ac  a  c  3b   b3  a  x12  x2   x22  x1  Mà theo giả thiết ta có ax2  bx2  c  ax1  bx2  c   a �0  2 Suy bx2  c  ax2  ax1 � x2  x1  Do ac  a  c  3b   b  b) Vì p, q nguyên dương khác nên xảy hai trường hợp p  q p  q 2 Nếu p  q suy p �q  Khi   p  4q � q  1  4q   q  1 �0 Vậy trường hợp phương trình x  px  q  có nghiệm Tương tự trường hợp p  q phương trình x  qx  p  có nghiệm (đpcm) 10) 96 a) Theo điều kiện đầu ta gọi x0 nghiệm chung hai phương trình, ta có: � �x0  ax0  11  � x02   a  b  x0  18  �2 �x0  bx0   Do phương trình x   a  b  x  18  có nghiệm (*) Khi    a  b   144 �0 hay a  b �12 Mặt khác, ta có a  b �a  b �12 Vậy a  b bé 12 a b dấu Với a  b  12 , thay vào (*) ta được: x  12 x  18  Phương trình có nghiệm kép x  20 16 Thay x  vào phương trình cho ta a   ; b   3 Với a  b  12 thay vào (*) ta được: x  12 x  18  Phương trình có nghiệm kép x  3 20 16 Thay x  3 vào phương tình ta được: a  ; b  Vậy cặp số sau 3 � 20 16 ��20 16 �  ; � , � ; � thỏa mãn điều kiện toán:  a; b   � ��3 � � 11) a) Từ giả thiết ta có: bc  4a b  c  abc  2a  4a  2a  2a  2a  1 Suy b, c nghiệm phương trình x   4a  2a  x  4a  Khi (vì a  ) �x02  ax0  bc  � b) Giả sử x0 nghiệm chung, tức � �x0  bx0  ca  �  a  b  x0  c  a  b  �  a  b   x0  c   Vì a �b nên x0  c Khi  '  a  2a  1  4a �0 �  2a  1 �4 � a  2 ta có: c  bc  ca  � c  a  b  c   0, Do c �0 nên a  b  c  � a  b  c Mặt khác theo định lý Viet, phương trình x  ax  bc  có nghiệm x  b; phương trình x  bx  ac  có 97 nghiệm x  a Theo định lý đảo định lý Viet, hai số a b nghiệm phương trình: x   a  b  x  ab  hay x  cx  ab  (đpcm) 12) a) Vì phương trình f  x   x vơ nghiệm, nên suy f  x   x f  x   x, x �� Khi af  x   bf  x   c  f  x   x, x �� af  x   bf  x   c  f  x   x, x ��.Tức phương trình af  x   bf  x   c  x vô nghiệm 2 b) Từ giả thiết suy a1  4b1  a2  4b2  Do 2 � a � a  4b1 x  a1 x  b1  �x  �  0, x �� � 2� 2 � a � a  4b2 x  a2 x  b2  �x  �  0, x �� nên � 2� x2  1 x  a1 x  b1    x  a2 x  b2  �  a1  a2  x   b1  b2   �  � � 2 2 Do phương trình x  1  a1  a2  x   b1  b2   vô nghiệm 2 13) � 1� a)  '  m  m  � m  �  với m Vậy phương trình ln � 2� có hai nghiệm với m b) Theo hệ thức Viet ta có: x1  x2  2m; x1 x2  m  24 24 24 M   2 x1  x2  x1 x2  x1  x2   x1 x2  x1 x2  x1  x2   8x1 x2  24  2m    m  2  24 6  �2 Dấu “=” xảy 4m  8m  16  m  1  m  Vậy giá trị nhỏ M  2 m  14) 98 1) Khi m  phương trình thành: x  x  � x  x  2 2 2)  '   m    m  2m  4m    m  m  1    m  1   0, m Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với 2 m Ta có S  x1  x2    m  ; P  x1 x2   m �0 2 Ta có x1  x2  � x1  x1 x2  x2  36 �  x1  x2   x1 x2  x1 x2  36 �   m   36 �  m    2 � m  1 �m  15) x  1 � 1) Khi m  phương trình thành: x  x   � � (do x3 � a  b  c  ) x1 x2   �  x12  x22   x1 x2 2) Với x1 , x2 �0 ta có: x2 x1 �  x1  x2   x1  x2   8x1 x2 Ta có a.c  3m �0 nên  �0, m b c Khi  �0 , ta có: x1  x2    x1.x2   3m �0 a a Phương trình có hai nghiệm �0 m �0 �   x1 x2  Giả sử x1  x2 Với a  � x1  b '  ' x2  b '  ' � x1  x2   '   3m   2 Do yêu cầu toán � 3.2 2  3m   3m  m �0 � m2  � 4m  3m   � � � m  �1 � m   (l ) � 16) a) Khi m  ta có phương trình: x  x   � x  x  x   � x  x  1   x  1  x 1 � �  x  1  x  3  � � Phương trình có tập nghiệm là: S   1;3 x3 � 2 b) Ta có  '  m   m  m  1  m  99 Để phương trình bậc hai cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2  '  �x1  x2  2m � m   � m  Khi theo hệ thức Viet ta có: � �x1 x2  m  m  2 Theo ra: x1  x2  x1 x2  �  x1  x2   x1 x2  x1 x2  �  x1  x2   x1 x2   � 4m2   m  m  1   m 1 � � m2  5m   �  m  1  m    � � m4 � Đối chiếu điều kiện m  ta có m  thỏa mãn tốn 17) a) Khi m  phương trình thành: x  x   có  '  2    Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1  2  5; x2  2  1 4 2 b) Ta có:  '  2m  2m   2m  2m   2m  2m  2 �2 m  0 2 � � � 1� � 1� (vô  2� m  � � m  ��0 , m Nếu  '  � � 2� � 2� � � m  � nghiệm) Do  '  0, m Vậy phương trình ln có hai nghiêm phân biệt với m 18) x2 � a) Với m  , ta có phương tình: x  x   � � x4 �   b) Xét phương trình (1) ta có:  '   m  1  m   2m  Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 ۳ m Theo hệ thức Viet: �x1  x2   m  1 � 2 Theo giả thiết: x1   x1  x2  x2 �3m  16 � �x1 x2  m  � x12   x1  x2  x2 �3m  16 � x12  x22  x1 x2 �3m  16 �  x1  x2   x1 x2 �3m2  16 �  m  1   m   �3m  16 ۣ 8m 16 100 m Vậy �m �2 19) 1) Đường thẳng  d  qua điểm A  1;  nên có:  m.1  � m  2) Xét phương trình hồnh độ giao điểm  d   P  : x  mx   Có   m  12 , nên  d  cắt  P  hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 � m2 � m  � �   m  12  � m2  12 m  2 � Áp dụng hệ thức �x1  x2  m Viet ta có: � Theo ta có: �x1 x2  x1  x2  �  x1  x2   �  x1  x2   x1 x2  2 � m  4.3  � m  16 � m  �4 (TM) Vậy m  �4 giá trị cần tìm 20) 1) Thay m  vào phương trình ta có: x  x   Có   12  4.1.1  Vậy phương trình có nghiệm: 1  1  ; x2  2 2) Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì: x1      m  5  � m  21 Theo hệ thức Viet ta có: x1  x2  1 (1); x1 x2  m  (2) Xét:   m  x1    m  x2  x12  x22  10  m  x1  m  x2 10   � x2 x1 x1 x2   m   x1  x2    x1  x2  �  x1 x2 10 x1 x2 1  m     m   10 3m  17 10 Thay (1),(2) vào ta có:  �  m5 m 5 � m  1 (thỏa mãn).Vậy với m  1 tốn thỏa mãn 21) 1) Phương trình có nghiệm x  � 32  2.3  m   �  m  � m  6  101 Ta có: x1  x2  �  x2  � x2  1 Vậy nghiệm lại x  1 2)  '    m  3   m  Để phương trình có hai nghiệm �  m  �0 � m  2 3 8  x1  x2   3x1 x2 � Khi đó: x1  x2  �  x1  x2  � � � 2   m  3 � Áp dụng hệ thức Viet ta được: � � � �   3m    �  6m  18  � 6m  18  � m  3 (thỏa mãn) Vậy m  3 giá trị cần tìm 22) a) Phương trình: x   m  1 x  4m   (1) có  '   m  1   4m    m  2m   4m    m  2m  1    m  1   với m Suy phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m b) Gọi hai nghiệm phương trình (1) x1 , x2 Theo hệ thức Viet ta có: S  x1  x2  2m  � m  P  x1 x2  4m  � m  S 2 (2) P3 S 2 P3 �  � 2S   P  4 � 2S  P  �  x1  x2   x1 x2  x1 x2  2 23) Phương trình x   m  1 x  2m  2m   Có  '   m  1  2m2  2m   m  2m   2m  2m    m Phương trình có nghiệm phân biệt m �0 Theo định lý Vi et ta có: � �x1  x2  2  m  1 � x12  x2  12 �  x1  x2   x1 x2  12  � �x1.x2  2m  2m  1 2 Hay  m  1   2m  2m  1  � m   24) 102 �y  x � a) Xét hệ phương trình: � 2  m  1  �y  3 � � �y  x �� 3x   m  1 x   10  1 � (1) Có hệ số a c trái dấu nên ln có hai nghiệm phân biệt m nên  P   d  cắt hai điểm phân biệt với m � 2  m  1 � 3  x1  x2  x1  x2  � m 1  � � �� b) Theo hệ thức Viet: �  �x x  � x1 x2  1 � �1 3 2 Ta có: f  x1   f  x2   x1  x2   m  1  x1  x2   x1  x2 �  f  x1   f  x2    x13  x23   x1  x2   x12  x22   x1  x2   x13  x23  3x1 x2  x2  x1    x1  x2    x13  x23   x1  x2    x1  x2     x13  x23  3x1 x2  x1  x2    �  x1  x2   x12  x22  2x1 x2  � � �   x1  x2  Nên f  x1   f  x2   1  x1  x2  103 ...  1 1     1 2 3 12 0  12 1 1   1   1   20 2 2  2     12 0  12 1 12 0  12 1  12 0  12 1   1 2 12 0  12 1    1 1 1       12 1  12 0  1  12 1  10 (1) ... x 1  x �A 2 x 1  x  � A2 x 2 b) B  x  x 1  x  x 1  x 1  x 1   x 1  x 1  Hay B     4x 1 1    4x 1 1  4x 1 1  4x 1 1 4x 1 1  4x 1  + Nếu x  1 �...  1  2  1; f    3  2; ; f  2 016   2 017 2 017  2 016 2 016 Từ suy ra: S  f  1  f    f  3   f  2 016   2 017 2 017  23 Giải: 1 1 Vì n số nguyên dương nên: �     �  (1)