244cau đại số lớp 10 chương 3(loigiai)

VẤN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHƠNG THAM SỐ  y − x + + y + x + = Câu Biết hệ phương trình:  với x, y ∈ ¡ có hai nghiệm y + − x − = x − − y  ( x1; y1 ) , ( x2 ; y2 ) Tính S = 3x1 + y2 A 27 32 B 27 + 17 32 Lời giải 13 C Chọn B  y − 3x + ≥  y + 5x + ≥   Điều kiện xác định:  x≥    y≥−  Ta có: y − 3x + − y + x + = y − 3x + − y − 5x − −8 x = = −2 x y − 3x + + y + x +  y − 3x + + y + x + = ⇒ y − 3x + = − x thu hệ   y − 3x + − y + x + = −2 x x ≤ ⇔ y = x − x Thay vào phương trình thứ hai hệ ta x − x + − x − + x − x + = (điều kiện ≤ x ≤ ) ⇔ ( ) x − x + − ( x + 1) + (2 x − x − 2) + x − x + =  ⇔ 4x2 − x +  +  x − x + + ( x + 1) x +  + Do ≤ x ≤ nên x − x + + ( x + 1) x + ( )  + 1÷ = ÷ 7x −  +1 > 7x − ± 17 (TM ) + 17 + 17 (TM ) Với x = ⇒y= 32 − 17 − 17 (TM ) Với x = ⇒y= 32  + 17 + 17  ; Hệ phương trình có hai nghiệm  ÷ ÷ 32   13 Vậy S = x1 + y2 = Suy x − x + = ⇔ x =  − 17 − 17  ;  ÷ ÷ 32   D 33 + 17 32  y − x + 3x = y − 16 y + x + 11 Câu Hệ phương trình  có nghiệm thực? ( y + 2) x + + ( x + 9) y − x + + x + y + = A B C Lời giải D Chọn A  x ≥ −4 (*) ĐK  2 y − x + ≥ Cách (Lớp 10) PT thứ tương đương với ( y − 2)3 + 4( y − 2) = ( x − 1)3 + 4( x − 1) (1) ⇔ ( y − x − 1)[ ( y − 2) + ( y − 2)( x − 1) + ( x − 1) + 4] = ⇔ y = x + 1444442444443 ≥0 Cách (Lớp 12) Xét hàm số f (t ) = t + 4t ⇒ f '(t ) = 3t + > 0, ∀t ∈ ¡ Suy hàm số f (t ) đồng biến ¡ PT (1) có dạng f ( y − 2) = f ( x − 1) ⇔ y − = x − ⇔ y = x + Thay vào phương trình thứ hai ta được: ( x + 3) x + + ( x + 9) x + 11 + x + x + 10 = ⇔ ( x + 3)( x + − 3) + ( x + 9)( x + 11 − 4) + x + x − 35 = x+3 x+9 ⇔ ( x − 5)[ + + ( x + 7)] = x + + x + 11 + 4 4 44 4 4 43 x+3 x+9 ⇔ ( x − 5)[ ( + 1) + + ( x + 6)] = ⇔ x = x + + x + 11 + 4 4 4 44 4 4 4 43 > 0,∀x ≥−4 Với x = ⇒ y = (t/m đk (*) Vậy HPT có cặp nghiệm ( x0 ; y0 ) = (5;6)  x + + y + = m Câu Số giá trị nguyên tham số m để hệ phương trình  có nghiệm là:  x + y = m + A B C D Lời giải Chọn B Điều kiện: x ≥ −1 ; y ≥ −1  u = x + Đặt  , u ,v ≥ ta có hệ phương trình  v = y + u + v = m u + v = m u + v = m  ⇔ ⇔  2 m2 − 2m − uv = ( u + v ) − 2uv = m + u + v − = m +   S = m S = u + v  Đặt  , S ≥ P ta có hệ  m − 2m − P =  P = uv    m ≥ S ≥  m ≥   m − 2m − ≥0 ⇔ Theo yêu cầu toán:  P ≥ ⇔  ⇔ ≤ m ≤ + 10 m − m − ≤  S ≥ P   m − 2m − m ≥   Vậy ta có ≤ m ≤ + 10 m ∈ ¢⇒ m ∈ { 3,4,5} Câu Hệ phương trình sau có nghiệm  x − y + x + x − y + = ( 1)  ( x + 1) y + + ( x + ) y + = x − x + 12 y ( ) A B C Lời giải D Chọn B Lớp 10 Phương trình ( 1) hệ tương đương với ( x + 1) + ( x + 1) = y + y ⇔ ( x + − y ) ( x + 1) + ( x + 1) y + y + 3 =    x +1− y = x +1 = y ⇔ ⇔ y = x +1 ⇔ 2 2 x + + y x + y + y + = ( ) ( x + 1) + ( x + 1) y + y + =  2 (phương trình vơ nghiệm có ∆ = ( + y ) − ( y + y + ) = −3 y − 12 < 0, ∀y ) Thế vào pt ( ) hệ ta được: ( x + 1) x + + ( x + ) x + = x + x + 12 ⇔ ( x + 1) ( x + − ) + ( x + ) ( x + − 3) = x + x − x+6   x +1 ⇔ ( x − 2)  + ÷= ( x − 2) ( x + 4) x+7 +3  x+2+2 x − = ⇔  x +1 x+6  + = x+4 x+7 +3  x + + x =  x+2 x + +1 ⇔ − ( x + 2) − ( x + 6) − =0  x+2+2 x+2 +2 x+7 +3  Phương trình vơ nghiệm vế trái ln âm Vậy hệ có nghiệm x = 2; y = Lớp 12 Phương trình ( 1) hệ tương đương với ( ( x + 1) ) + ( x + 1) = y + y ( ) Xét hàm số f ( t ) = t + 3t ¡ f ′ ( t ) = 3t + > 0, ∀t nên hàm số đồng biến ¡ Suy phương trình ( 1) ⇔ x + = y Thế vào pt ( ) hệ ta được: ( x + 1) x + + ( x + ) x + = x + x + 12 ⇔ ( x + 1) ( x + − ) + ( x + ) ( x + − 3) = x + x − x+6   x +1 ⇔ ( x − 2)  + ÷= ( x − 2) ( x + 4) x+7 +3  x+2+2 x − = ⇔  x +1 x+6  + = x+4 x+7 +3  x + + x =  x+2 x + +1 ⇔ − ( x + 2) − ( x + 6) − =0  x+2+2 x+2 +2 x+7 +3  Phương trình vơ nghiệm vế trái ln âm Vậy hệ có nghiệm x = 2; y = (có thể dùng máy tính để chứng minh phương trình vơ nghiệm)  x x + y + y = x + x3 + x ( 1) a c  a c ( x, y ∈ ¡ ) có nghiệm  ; ÷, với Câu Biết hệ phương trình  b d b d   x + y + x − + y ( x − 1) = ( )  a+c phân số tối giản Tính b+d 25 25 25 A B C D 16 4 Lời giải Chọn A x ≥ Điều kiện:  y ≥ ( ) ( ) (1) ⇔ x x + y + y = x x + x + x ⇔ x ( x + y − x + x) + ( y − x) = ⇔x y−x x +y+ x +x ⇔ y = x (Vì + ( y − x ) = ⇔ ( y − x )( x + y + x + x + x ) = x + y + x + x + x > 0, ∀x ≥ 1; y ≥ 0) Thay vào phương trình (2), ta có: x + x + x − + x ( x − 1) = Đặt t = x + x − 1(t ≥ 0) ⇒ t = x − + x ( x − 1) t = ( tm ) 2 Phương trình trở thành: t + + 2t = ⇔ t + 2t − = ⇔  t = −4 ( l )  25 x ≤ ⇔ x= Với t = , ta có: x − + x = ⇔ x( x − 1) = − x ⇔  16  x − x = 25 − 20 x + x  a + c 2.25 25  25 25  = = Vậy hệ có nghiệm là:  ; ÷ Suy ra: b + d 2.16 16  16 16  Phản biện:Với cách hỏi trên, học sinh dễ dàng nhận hệ pt có nghiệm sử dụng máy tính cho kết nhanh không cần giải, nên thay đổi câu hỏi như: Số nghiệm hệ là…  ( x + y + 2020) + x + y + 2020 = Câu Biết hệ phương trình:  có hai nghiệm ( x1 ; y1 ) ( x2 ; y2 )  2  x + ( y + 2018) + ( y + 2016) x + = Khi đó, giá trị biểu thức x1.x2 bằng: A B −8 C D −2 Lời giải Chọn B  (1) ( x + y + 2020) + x + y + 2020 = Đặt t = x + y + 2020 , phương trình (1) trở thành:   2  x + ( y + 2018) + ( y + 2016) x + = (2) t4 + t3 + = ⇔ = Suy t > t t 3 1 1 Áp dụng AM − GM cho số dương t ; ; ; , ta có: t + = t + + + ≥ t t t t t t t Nên pt (1) ⇔ t = ⇔ t = Do đó: x + y + 2020 = ⇔ y = − x − 2019 t Thay y = − x − 2019 vào pt (2), ta có: x + x + − ( x + 3) x + = Đặt t = x + 1, t ≥ , ta có phương trình: t − ( x + 3)t + x = ⇔ t = x ∨ t = t = x ⇔ x + = x ⇔ x ∈∅ Vậy, x1.x2 = −8 t = ⇔ x + = ⇔ x = ⇔ x = ±2  1− y x − + x+ y =1 (1)  + − x + y  Câu Hệ   3  x + x + 20 y − 13 = +  ÷ 3x −  − y    A B 2 có nghiệm thực? (2) C Lời giải D Vô số Chọn B 0 ≤ x ≤ + Điều kiện:  0 ≤ y < 1− y x +x= +1− y + (1) ⇔ 1+ 1− x 1+ 1− ( 1− y ) t + t [ 0;1] 1+ 1− t t 1+ 1− t + − t + > 0, ∀t ∈ 0;1 Suy hàm số đồng biến ( 0;1) + Ta có f '(t ) = t ( ) 1+ 1− t + Xét hàm số f (t ) = ( ) ( )  f (t ) > f (0) , ∀t ∈ ( 0;1) Suy hàm số đồng biến [ 0;1] Mà  f ( t ) < f (1)  + Mặt khác f ( x) = f (1 − y ) Suy nghiệm (1) x = − y ⇔ y = − x  13 2 + Khi (2) ⇔ x − 13 x + = 1 + ÷ x −  x + Với x ∈ ( 0;1] (2) ⇔ x − 13 x + x = ( x + 1) 3 x − ⇔ ( x −1) − ( x − x −1) = ( x + 1) 3 ( x + 1) ( x −1) + ( x − x − 1) u − ( x − x − 1) = ( x + 1) v  Trừ vế theo vế hệ ta được:  v − ( x − x − 1) = ( x + 1) u u = v ( u − v ) ( u + uv + v + x + 1) = ⇔  u + uv + v + x + = (*) u = x − Ta có hệ + Đặt  v = x − + Nhận xét thấy ∆ v = u − 4u − x − = −3 ( x − 1) − x − = −12 x + x − < 0, ∀x ∈ ¡ Suy phương 2 v  trình (*) vơ nghiệm.(Cách 2: VT(*) =  u + ÷ + v + x + > 0, ∀x ∈ ( 0;1] Suy (*) vô nghiệm.) 2   x = − (l ) 3  + u = v ⇔ x − = 3x − ⇔ 8x − 15 x + x + = ⇔   x = ( n) + Với x = ⇒ y = + Vậy hệ có nghiệm ( 1; ) Cách để giải phương trình (2): Với x ∈ ( 0;1] (2) ⇔ x3 − 13 x + x = ( x + 1) 3 x − ⇔ x − 10 x + x − = ( x + 1) 3 x − + x − ⇔ ( x − 1) + ( x + 1) ( x − 1) = ( x + 1) 3x − + ( x − )  ⇔ ( x − 1) − 3 x −  ( x − 1) − ( x − 1) 3 x − +   ( 3x − )  + ( x + 1)  =  ( x − 1) − 3 x − = ⇔  2 ( x − 1) − ( x − 1) 3x − + 3x − + ( x + 1) = (*) 2 VT(*) = ( x − 1) − ( x − 1) 3 x − + 3x − + ( x − 1) + ( x + 1) 4 2 1  VT(*) ==  ( x − 1) − 3x −  + ( x − 1) + ( x + 1) > 0, ∀x ∈ ( 0;1] Suy (*) vô nghiệm 2  ( ( ) ) Vậy ( x − 1) − 3 x − = (Trở lại giải trên)  x + y − x = 12 − y Câu Giải hệ phương trình  ta hai nghiệm ( x1 ; y1 ) ( x2 ; y2 ) Tính giá trị biểu 2  x y − x = 12 2 thức T = x1 + x2 − y1 A T = −25 B T = C T = 25 Lời giải D T = 50 Chọn B Điều kiện y ≥ x Từ phương trình x + y − x = 12 − y ⇒ x + x y − x + y − x = 144 − 24 y + y ⇔ x y − x = 144 − 24 y (1) Thay x y − x = 12 vào phương trình (1) ta được: y = Thay y = vào phương trình x y − x = 12 giải ta x = x = Thử lại điều kiện ta tập nghiệm hệ {(3;5), (4;5)} Ta có T = 32 + 42 − 52 =  32 x − x − y + − = y x ; y y > Câu Gọi ( 0 ) với nghiệm hệ phương trình  Gọi m 3 2  48 x − x + 20 y + − 60 = y giá trị nhỏ biểu thức P = t − x0t + y0 với t ∈ ¡ Khẳng định sau đúng? A m Ỵ ( - 1;1) B m Ỵ ( - 15; - 12) C m Ỵ ( - 62; - 60) D m Ỵ ( - 98; - 95) Lời giải Chọn C Điều kiện: x ∈ [ 0;32]  32 x − x − y + − = y  Ta có:   48 x − x + 20 y + − 60 = y Lấy ( 1) + ( ) ta được: ( 1) ( 2) 32 x − x + 48 x − x3 + 18 y + − 62 = y ⇔ 32 x − x + 48 x − x = ( y + 1) − 18 y + + 59 ⇔ 32 x − x + 48 x − x = ( ) y + − + 32 ( I ) Vì: x + 32 − x = 16 x + x + 48 − x 3 = 16 + 48 x − x = x.x ( 48 − x ) ≤ nên: VT ( I ) ≤ 32 dấu “=” xảy x = 16 + 32 x − x = x ( 32 − x ) ≤ Mặt khác: ( ) y + − + 32 ≥ 32 nên VP ( I ) ≥ 32 dấu xảy y2 +1 =  x = 16  x = 16 I ⇔ ⇔ Do đó: ( )   y + =  y = Thay vào phương trình ( 1) ta thấy thỏa mãn Suy x0 = 16, y0 = 2 P = t − 16t + 2 = ( t − ) − 64 + 2 ≥ −64 + 2 ⇒ m = −64 + 2 Vậy m ∈ ( −62; −60 ) * Cách khác:  32 x − x = a − 2a + ( 1)  Đặt a = y + ≥ Khi hệ phương trình trở thành:   48 x − x = 2a − 20a + 58 ( ) x + 32 − x = 16 ⇔ a ∈ [ −5;3] ( 1) ⇔ a − 2a + = x ( 32 − x ) ≤ x + x + 48 − x = 16 ⇔ a ∈ [ 3; ] ( ) ⇔ 2a − 20a + 58 = x.x ( 48 − x ) ≤ a =  x = 16 ⇒ Suy ra:   x = 16  y = 2 Do đó: x0 = 16, y0 = 2 P = t − 16t + 2 = ( t − ) − 64 + 2 ≥ −64 + 2 ⇒ m = −64 + 2 Vậy m ∈ ( −62; −60 )  xy − y + x + y = Câu 10 Giả sử ( x; y ) nghiệm hệ phương trình  Khi giá trị biểu thức  − x + − y = P = y x + − x y + − xy + 2x thuộc khoảng đây? A (−17; −15) B (−3; −1) C (4;6) D (18; 20) Lời giải Chọn C Điều kiện hpt: x ≤ 5, y ≤ 1, xy − y ≥ Xét trường hợp: x < 1 − x > TH1 : Nếu  ⇔  y < − y > Khí đó: xy − y + x + y = ⇔ − x − xy − y − y = −5 ⇔ − x − (− y )(1 − x ) + (− y ) = −4 ⇔ ( − x − − y ) = −4 < ⇒ Hệ pt cho vô nghiệm x ≥ x −1 ≥ TH : Nếu  ⇔ Khí đó: y ≥ y ≥  xy − y + x + y = ( x − 1) + ( x − 1) y + y = ⇔    − x + − y =  − x + − y = ( x − + y ) =  x − + y = ⇔ ⇔  − x + − y =  − x + − y =  x − = − y  x = − y + y ⇔ ⇒ ⇒ − y + y = ⇔ y − y = −3 y  − x = − − y − x = −3 − − y − y  −3 y ≥ ⇔ ⇔ y = Với y = ⇒ x = Thử lại với x = 5, y = vào hpt cho thấy thõa mãn 2 16( y − y ) = y  x = 5, y = ⇒ P = Ý kiến phản biện: giải dài, ta để ý bình phương phương trình thứ hai hệ ta có biểu thức phương trình thứ nhất, nên ta biến đổi − x + 1− y = ⇔ ( − x + 1− y ) = ⇔ − x − y + (5 − x)(1 − y ) =  xy = y  x = 5; y = ⇔ xy − y + (5 − x)(1 − y ) = ⇔  ⇔ (5 − x )(1 − y ) =  x = y = 1(loai )  x + + ( x + 1) ( y − ) + x + = y + y −  ( x, y ∈ ¡ ) có hai Câu 11 Biết hệ phương trình  ( x − ) ( y + 1)  = ( y − 2) x + −  x − 4x + ( ) a+ b nghiệm ( x1 ; y1 ) , ( x2 ; y2 ) với x1 < x2 Biểu diễn x2 + y1 = a, c số nguyêndương, b số c nguyên tố Khi đó, a + b + c = ? A 42 B 36 C 41 D 48 Lời giải  x + + ( x + 1) ( y − ) + x + = y + y − (1)   ( x − ) ( y + 1) = ( y − 2) x + − (2)   x − 4x + Điều kiện x ≥ −1; y ≥ Đặt x + = u; y − = v ( u , v ≥ ) , (1) trở thành: ( ) u + uv + u − + = ( v + ) + v ⇔ u − v + uv − v + u − v = ⇔ ( u − v ) ( + 2u + v ) = ⇔ u = v (do u , v ≥ ⇒ + 2u + v > ) ⇒ x +1 = y − ⇔ y = x + Thế vào (2) ta được: ( x − 8) ( x + 4) ( x − ) ( x + ) ( x + 1) ( x − 8) = ( x + 1) x + − ⇔ = x − 4x + x − 4x + x +1 + x = ⇔  x+4 x +1  = ( 3) x +1 +  x − x + + x = ⇒ y = 11 (thỏa mãn điều kiện) ( + ( 3) ⇔ ⇔ ( ( ) ) x + + ( x + ) = ( x + 1) ( x − x + ) )( x +1 +   x +1 ) 2 + 3 = ( x − ) + 3 ( x − ) + 3 (4)    Xét hàm số f ( t ) = ( t + 3) ( t + 3) với t ∈ ¡ Có f ' ( t ) = ( t + 1) ≥ ∀t ∈ ¡ nên f ( t ) đồng biến ¡ x ≥ x + = f ( x − 2) ⇔ x + = x − ⇔  x +1 = x − 4x + x ≥ + 13 ⇔ ⇔x= (thỏa mãn điều kiện)  x − 5x + = Do ( ) ⇔ f ( )  + 13 11 + 13  ; Hệ cho có nghiệm ( x; y ) ( 8;11)  ÷ ÷   11+ 13 27+ 13 Chọn A ⇒ x2 + y1 = 2 Câu 12 Gọi ( x0 ; y0 ) = ( a + b c ; d + e c ) (với c số nguyên tố) nghiệm hệ phương trình Theo giả thiết x2 = 8; y1 =  x + y + x ( y + 1) + y ( x + 1) = (1)   y = (1 − x + y )( x + y − y + 2) (2) Tính gía trị biểu thức P = a + b − e A P = −16 B P = −6 × C P = −2 × Lời giải D P = Chọn C x + 3y ≥ Điều kiện:  y ≥  x2 + y2 + = Ta có (1) x ( x + y ) + y ( x + y ) + ( x + y ) = ( x + y )( x + y + 1) =   x = −2 y * Xét x + y + = vô nghiệm 2 2  y  y +2 * Xét x = −2 y vào (2) ta y = (1 − y )( y − y + 2)  ÷ = 1− y  1− y ( y = không nghiệm)  y  − y = −1 y − y + = (vn)    y = −1 − (vn)  y =   − y  y = −1 + => y0 = − → x0 = − → P = −2 Chọn C ( x + y ) x − y + = x + y + ( 1) Câu 13 Cho hệ phương trình  ( x − y ) x − y + = ( x + y + 1) x + y − ( ) Biết hệ có nghiệm ( x0 ; y0 ) tổng x0 + y0 A B C Lời giải Chọn C D x − y + ≥ x ≥ y − ⇔ ( *) x + y − ≥ x + y ≥   Điều kiện:  Ta có ( 1) ⇔ ( x + y ) ( ) x − y + − = −x + y + ⇔ ( x + y ) x− y−2 = −( x − y − 2) x− y+2+2   x+ y ⇔ ( x − y − )  + 1÷ ÷= x − y + +   x+ y + > ∀x, y thoả mãn (*)) ⇔ x = y + (do x− y+2+2 Nhận xét: Với Cách làm lớp 10, ta thấy cách giải chưa chặt chẽ, việc ≤ t ≤ chưa phải miền giá trị t = x + + − x Nên để chặt chẽ phải thử lại giá trị nguyên m tìm Cách 2: Dùng KT lớp 12 + Điều kiện: −2 ≤ x ≤ + Đặt t = x + + − x với x ∈ [ −2,3] 1 3− x − x + − = ; t ' = ⇔ − x = x + ⇔ x = −1 x+2 3− x x + 3− x Bảng biến thiên: Ta có: t ' = Từ BBT suy ra: t ∈  5,5 + Do t = x + + − x ⇔ + x − x − x = t − 14 nên phương trình trở thành: t − 14 t − 14 = mt ⇔ =m t t − 14 + Xét hàm số f ( t ) = với t ∈  5,5 , ta có: t t + 14 f '( t ) = > 0, ∀t ∈  5,5  ⇒ f ( t ) đồng biến  5,5 t 11 + Phương trình có nghiệm thực ⇔ f ≤ m ≤ f ( ) ⇔ − ≤m≤ 5 11 Vậy phương trình có nghiệm thực − ≤m≤ 5 Câu 193 Số giá trị m nguyên để phương trình - x + x + m - x - - x = có nghiệm phân biệt ( ) A Phương trình trở thành B 10 C 12 Lời giải - x + x + m = x + - x ĐK x Ỵ [ 0;9] D 13 Khi - x + x + m = x + x ( - x ) + - x Û m =- ( x - x ) + x - x +  9  9 Đặt t = x - x với t ∈  0;  Phương trình trở thành m =- t + 2t + với t ∈  0;   2  2  9 Xét hàm số g ( t ) =- t + 2t + (**) với t ∈  0;   2 ìï t ³  9 Từ t = x - x Û ïí ta thấy ứng với t ∈ 0; ÷ PT (*) có hai nghiệm phân biệt ïïỵ x - 9x+t = (*)  2 t = PT (*) có nghiệm Do PT cho có hai nghiệm phân biệt (**) có nghiệm  9 t ∈ 0; ÷  2   Từ bảng biến thiên ta tìm m ∈  − ;9 ÷∪ { 10}  Vỡ m ẻ Â ta c m ẻ { - 2;- 1;0;1; ;7;8;10} Câu 194 Biết với m ∈ [ a; b ) phương trình x - + m x + = 24 x2 - có nghiệm phân biệt Tính a − 3b A B −1 C - D Lời giải Chọn B Xét phương trình x - + m x + = 24 x2 - (1) ĐKXĐ: x ³ Chia hai vế cho ( 1) Û x- x+ x+ > ta có + m= x2 - x+ Û - x- x- + 24 = m (2) x+ x+ x- = 1Þ 0£ t < x+ x+ Phương trình (2) trở thành - 3t2 + 2t = m (3) Đặt t = Xét hàm số y =- 3t2 + 2t [0;1) , ta có - 1÷ b ổử ữ= = , yỗ ỗ ữ ố3ứ 2a ỗ Bng bin thiờn Ta cú t = x- Þ t4 ( x + 3) = x - Û ( 1- t4 ) x = 3t4 + (*) x+ 3t + 1− t4 Do phương trình (2) có nghiệm phân biệt Û phương trình (3) có nghiệm phân biệt t Ỵ [0;1) Û đồ thị hàm số y =- 3t2 + 2t đường thẳng y = m có điểm chung [0;1) Với giá trị t ∈ [ 0; 1) phương trình (*) có nghiệm x = Û £ m<  1 Do phương trình (1) có nghiệm phân biệt £ m< hay m ∈ 0; ÷  3 Vậy a − 3b = −1 Câu 195 Có giá trị nguyên m để phương trình x + + x − x = x + m − 103 có bốn nghiệm phân biệt? A B C D Lời giải Chọn A ĐKXĐ x ∈ [ −1;5] Đặt t = + x - x = - ( x - ) nên ≤ t ≤ hay t ∈ [ 0;3] Ta PT −t + t + 108 = m (*) Xét hàm g ( x ) = − x + x + [ −1;5] x g(x) -1 00 Từ bảng biến thiên ta thấy với t ∈ [ 0;3) PT cho có hai nghiệm phân biệt Xét y = f ( t ) = − t + t + 108 với t ∈ [ 0;3] t f(t) 433 108 102 Từ bảng biến thiên trên, ta thấy PT (*) có hai nghiệm phân biệt t ∈ [ 0;3) 108 ≤ m < có giá trị ngun m thỏa mãn tốn Câu 196 Có giá trị m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt? m x + + 12 − x3 = 10 A 15 B C Lời giải Chọn C m Cách 1: x + + 12 − x = 10 (1)  X = + 3t PTTS → Hướng nhìn tốn: X + 3Y = 10  Y = − t (quy bậc để xuất phương trình đường thẳng) D 433 Do Điều kiện: Đặt: x3 + − m ≤ x ≤ 12 −1 m = + 3t , ta có + 3t ≥ ⇔ t ≥ 12 − x = − t , ta có − t ≥ ⇔ t ≤  m m  x + = ( + 3t ) ⇒ = 10t − (2) Ta có:  12 − x = ( − t )   −1  Xét hàm f(t)= 10t − ∀t ∈  ;3 3  Ta có bảng biến thiên sau: t −1 f (t ) −8 88 −2  m   −1  NX Với giá trị t ∈  ;3 cho ta giá trị x ∈  − ; 12  3    Nên phương trình (1) có nghiệm phân biệt ⇔ (2) có nghiệm phân biệt ⇔ −2 < −64 Do m nguyên âm nên m ∈ { −15, −14, −13, , −8} có giá trị thõa mãn ⇔ −16 < m ≤ x3 + Cách 2: pt: Điều kiện: Đặt − m + 12 − x3 = 10 (1) m ≤ x ≤ 12  m a = x +   b = 12 − x (a ≥ 0) (b ≥ 0) 10  a = 10 − 3b (a ≥ ⇒ b ≤ )   ⇔  m = 10b − 60b + 88 ( *)  8  10  Xét hàm f(b)= 10b − 60b + 88 ∀b ∈ 0;   3  a + 3b = 10  Ta có hệ  m  a + b = + 12 m ≤− t 88 10 −8 f (b) −2 Phương trình (1) có nghiệm phân biệt ⇔ (*) có nghiệm phân biệt ⇔ −2 < Do m nguyên âm nên m ∈ { −15, −14, −13, , −8} có giá trị thõa mãn m −64 ≤ − ⇔ −16 < m ≤ 9 m + 3  12 − x = 10 (1) t ≥ Đặt t= 12 − x3 Ta có:   x = 12 − t Cách PT x3 + m = 10 − 3t m PTTT: ⇔ 12 − t + = 100 − 60t + 9t m ⇔ = 10t − 60t + 88 Ta có bảng 12 − t + t 10t − 60t + 88 10 −8 88 −2  −1  NX: Với giá trị t ∈  ;3 , cho nghiệm phương trình 3  m −64 Phương trình có nghiệm ⇔ −2 < ≤ − ⇔ −16 < m ≤ 9 m ∈ − 15, − 14, − 13, , − { } có giá trị thõa mãn Do m nguyên âm nên Câu 197 Biết phương trình x + mx + − x − = có nghiệm phân biệt m ≥ dương ( a, b ) = Tính a + b A a + b = 21 B a + b = Chọn C C a + b = 11 Lời giải a với a, b nguyên b D a + b =  x + mx + ≥ 2 x + ≥ ⇔ x + mx + − x − = ⇔  2  x + mx + = ( x + 1)  x + mx + = x + ( 1)  x ≥ − ⇔ 3 x + ( − m ) x − = ( )  Cách 1: Dùng định lí đảo dấu tam thức bậc hai Đặt f ( x ) = x + ( − m ) x − Phương trình ( 1) có hai nghiệm phân biệt phương trình ( ) có hai nghiệm phân biệt lớn   ∆ = ( − m ) + 12 >  m > 1 4 − m  >− ⇔ − ⇔  ⇔m≥ 2  m ≥   1 4−m  f  − ÷= − − ≥    ⇒ a = 9, b = ⇒ a + b = 11 Cách 2: Dùng Vi - ét Phương trình ( 1) có hai nghiệm phân biệt phương trình ( ) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 lớn −  ∆ = ( − m ) + 12 >  1 m−4  1 − + + ≥0   x x + x + x + ≥ ( ) 1    3   ⇔  x1 + ÷ x2 + ÷ ≥ ⇔  ⇔ 2  2   m − +1 >  x1 + x2 + >    1  x1 + + x2 + >  2  m ≥ ⇔ ⇔m≥ m > ⇒ a = 9, b = ⇒ a + b = 11 Cách 3: Dùng hàm số ( ) ⇔ m = 3x − + ( 3) (Vì x = khơng nghiệm phương trình) x 1 Xét hàm số f ( x ) = x − + ⇒ f ′ ( x ) = + x x Bảng biến thiên Phương trình cho có nghiệm phân biệt phương trình ( 3) có hai nghiệm phân biệt lớn BBT →m ≥ − ¬  2 ⇒ a = 9, b = ⇒ a + b = 11 x2 + 2m2x + m4 + 81+ x4 + 2x2 + = Câu 198 Cho phương trình: ( x2 + x + m2 +1) +100 Gọi S tập hợp tất giá trị m nguyên thuộc đoạn [-10;50] để phương trình có hai nghiệm trái dấu Tính tổng phần tử S ta được: A 1210 B 1220 C 1269 D FB: Phuong tran LG: Chọn B PT Û ( x + m2 ) + 92 + ( x2 +1) +1 = ( x2 + x + m2 +1) +102 r ìï u = ( x + m2;9) r r r r ï Þ u + v = ( x2 + x + m2 +1;10) Þ u + v = Đặt: ïí r ïï v = ( x2 +1;1) ïỵ r r r r VT = u + v ³ u + v =VP Ta có: ( x2 + x + m2 +1) +102 =VP r r x + m2 = > Û 9x2 - x + 9- m2 = 0(*) Dấu “=” xảy Û u, v hướng Û x +1 ém ị mẻ {- 10;- 9; ;- 4;4;5; ;50} Vậy tổng giá trị m là: S = 11+12+ + 50 = ( 11+ 50) 40 = 1220 Chọn B Câu 199 Có giá trị ngun m để phương trình sau có nghiệm thực? m 25 - x - = ( 1) 25 - x A 11 B 10 C D 15 Lời giải Chọn B Điều kiện: - < x < Đặt t = 25 - x , suy t Ỵ ( 0;5] m - = Û t - 4t = m Ta có: ( 1) Û t t Xét f (t ) = t - 4t ( 0;5] t f(t) 025 -4 Từ bảng biến thiên ta được: - £ m £ Vậy có 10 giá trị nguyên m thỏa mãn Mail: Duyleag@gmail.com Câu 200 Cho hàm bậc hai y = f ( x ) = ax + bx + c có đồ thị hình vẽ sau: Tìm m để phương trình { f ( x ) − ( m2 − 4m + 23) f ( x ) + 4m − 16m + 76 = − f ( x ) có nghiệm phân biệt } A m ∈ [ −2;0 ) ∪ ( 4;6] \ ± C m ∈ [ −1;5] { } B m ∈ [ −1;0 ) ∪ ( 4;5] \ ± D m ∈ ( −∞; ) ∪ ( 4; +∞ ) Lời giải Chọn B f ( x ) − ( m − 4m + 23) f ( x ) + 4m − 16m + 76 = − f ( x ) ( 1)  f ( x ) ≤ ⇔ 2 2  f ( x ) − ( m − 4m + 23) f ( x ) + 4m − 16m + 76 = 8 − f ( x )   f ( x ) ≤ ⇔ 2  f ( x ) − ( m − 4m + ) f ( x ) + 4m − 16m + 12 =  f ( x ) ≤ ⇔ 2  f ( x ) − ( m − 4m + ) f ( x ) + ( m − 4m + ) =  f ( x) ≤  ⇔  f ( x ) =    f ( x ) = m − 4m + = ( m − ) − Dựa vào đồ thị phương trình f ( x ) = có hai nghiệm phân biệt Suy ( 1) có nghiệm phân biệt f ( x ) = ( m − ) − có nghiệm phân biệt khác nghiệm phương trình f ( x ) =  m >   m−2 > 2  m <   3 < ( m − ) − ≤  ⇔ ⇔  m − ≤ ⇔ −1 ≤ m ≤ ⇔ m ∈ [ −1;0 ) ∪ ( 4;5] \ ± m − − ≠ ( )     m ≠ ± m ≠ ±   Mail: Duyleag@gmail.com Câu 201 Gọi S tập tất giá trị tham số m để phương trình sau có nghiệm: { ( mx − 1) 16 x − 28 + 2 x + x + 12 x + 40 x + 48 = ( + m ) x + ( − m ) x + 10 Số phần tử S là: A Chọn B B C Lời giải D }  16 x − 28 ≥ x ≥ ⇔ ⇔ x≥ Điều kiện  4 2 x + x + 12 x + 40 x + 48 ≥ ( x + ) ( x − x + 12 ) ≥  ( ) Ta có ( mx − 1) 16 x − 28 + 2 x + x3 + 12 x + 40 x + 48 = + m x + ( − m ) x + 10 ⇔ ( mx − 1) x − + ( x + ) x − x + 12 = ( + m ) x + ( − m ) x + 10  a = x − ⇒ a + b = m x + ( − 2m ) x − Đặt  b = mx − c = x − x + 12 ⇒ c + d = 3x + x + 16   d = x + ⇒ a + b + c + d = ( + m ) x + ( − m ) x + 10 a = b 2 Phương trình trở thành ( a − b ) + ( c − d ) = ⇔  c = d  ( 1)  x − = mx − Trả biến ta    x − x + 12 = x + ( )  x ≥ −2 x = ⇔ ( 2) ⇔  (thỏa mãn)  x − 6x + = x = + Với x = : ( 1) ⇒ = 2m − ⇔ m = + Với x = : ( 1) ⇒ = 4m − ⇔ m = Câu 202 Phương trình m( x + − x + 1) = x − x + x + − x + ( x ∈ ¡ ) có nghiệm với tất giá trị a  m ∈  ; c − d  với a, b nguyên dương (a, b) = Khi tổng S = a + b + c + d là: b  A B C D 2 2 Bài giải: Điều kiện: x ≤ Đặt t = x + − x ≥ ⇒ t = x + − x + x − x = + x − x ⇒ ≤ t Mặt khác: x − x ≤ x + − x = (BĐT Cô si) ⇒ t ≤ Do đó: ≤ t ≤ Khi t = x + − x + x − x ≥ ⇒ x − x = x − x = t −1 Thay vào phương trình ta được: t + t +1 m(t + 1) = t + t + ⇔ = m với ≤ t ≤ t +1 2t + t + t +1 ' > 0, ∀t ∈ 1;  Đặt f (t ) = , t ∈ 1;  Lúc đó: f (t ) = (t + 1) t +1 Hàm số f (t ) đồng biến đoạn 1;  , phương trình có nghiệm f (1) ≤ m ≤ f ( 2) ⇔ ≤ m ≤ 2 − Do a = 3, b = 2, c = 2, d = Vì vậy: S = a + b + c + d = Gmail: Binh.thpthAuloC2@gmAil.Com Câu 203 Cho phương trình: − x + 2x + ( − x ) ( x + 1) = m − (1) x ẩn, m tham số Hỏi có giá trị nguyên m ∈ [ −2018; 2018] để phương trình (1) khơng có nghiệm thực A 4014 B C 4024 D 4034 4036 Lời giải Chọn B Cách 1: Đặt t = ( − x ) ( x + 1) ≤ t ≤ 2 Khi phương trình (1) trở thành: t + 4t − m = ⇔ f ( t ) = t + 4t = m (2) Phương trình (1) có nghiệm (2) có nghiệm t ∈ [ 0; 2] Xét f ( t ) = t + 4t [ 0; ] t f(t) 02 12 Từ bảng biến thiên ta thấy PT có nghiệm ≤ m ≤ 12  m > 12 (*) phương trình khơng có nghiệm thực  m  m > 12 ⇔  −4 < m <  f ( 0) f ( 2) > TH3: Do a = > nên (2) có hai nghiệm phân biệt t ∉ [ 0;2] ⇔  ⇔ −m ( 12 − m ) < ⇔ < m < 12  m > 12 Tổng hợp lại ta có  (*) phương trình khơng có nghiệm thực  m ∀ t ∈ ¡ Do hàm số f ( t ) đồng biến ¡ nên  x ≥ −3 x + mx + = x + ( 1) ⇔   x + ( m − ) x − = ( ) Phương trình ( 1) có hai nghiệm phân biệt phương trình ( ) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 lớn − Do ta có: ∆ = ( m − ) + 32 >   x1 x2 + ( x1 + x2 ) + ≥  ( x1 + 3) ( x2 + 3) ≥ ⇔  ( x1 + x2 ) + >  x + + x + > ( ) ( )   19  −8 + ( − m ) + ≥  m ≤ 19  19 hay  m ∈  −∞;  ⇔ ⇔m≤  3  6 − m + >  m < 12 Suy a = 19, b = Vậy B = a − b3 = 334 Câu 210 Tập tất giá trị m để phương trình x + − x − m + − m2 + x − x = có f ( ) x + mx + = f ( x + 3) ⇔ nghiệm đoạn [ a; b] Hỏi đoạn [ a; b ] giao với khoảng sau khác rỗng? 7  A  ; ÷ 5  3 9 B  ; ÷ 2 5 8 9 C  ; ÷ 5 5 Lời giải Chọn A x + − x − m + − m + x − x = (*)  − x ≥ − ⇔ ≤ x ≤ ĐKXĐ:  2  x + − x ≥ Đặt t = x + − x , t ≥ Suy x − x = t − 2 PT (*) trở thành: t + t = m + m ⇔ f ( t ) = f ( m ) + 2u > 0, ∀u > Với f ( u ) = u + u , u ≥ f ' ( u ) = u Do f đồng biến [ 0; +∞ ) Suy f ( t ) = f ( m ) ⇔ t = m Theo bđt Bunhiacopski, ta có: t ≤ + x + − x = ⇒ ≤ t ≤ ( t = x = − 2 ; t = x = ) 2  −1  D  ; ÷   7  Vậy ≤ m ≤ thỏa ycbt, lúc [ a; b ] = 0;  ∩  ;  ≠ ∅ Chọn phương ánA 5  Câu 211 Cho phương trình x3 + 3mx + − m = ( 3x + m − 1) x + Hỏi có tất giá trị nguyên m thuộc đoạn [ −2018; 2018] để phương trình có nghiệm phân biệt? A 2018 B 2019 C 4036 Lời giải Chọn D Điều kiện x3 + ≥ ⇔ x ≥ −1 D 4037 Khi ta có x + 3mx + − m = ( 3x + m − 1) x + ⇔ ( ) x + − ( x + m − 1) x + + 3mx − m =  x3 + = m ⇔  x + = x −  ( 1) ( 2)  x≥    ± 57 x ≥ ⇔  x = ⇔x= Ta có ( ) ⇔  (thỏa mãn điều kiện x ≥ −1 )  x3 + = x − x +     x = ± 57    Như thế, phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt mà không phụ thuộc vào m Vậy có tất 4037 giá trị nguyên m thuộc đoạn [ −2018; 2018] để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt ... = 100 − y ⇒ y = 100 − t ,t ≥ (2) trở thành xt + (100 − t 2) (100 − x ) = 100 ⇔ (100 − t ) (100 − x ) = 100 − xt  ? ?100 − xt ≥ ⇔ 2   (100 − t ) (100 − x ) = (100 − xt ) ? ?100 − xt ≥ 0 ≤ x ≤ 10. .. = 100 − x ⇔  y = 100 − x    ≤ x ≤ 10  ≤ x ≤ 10  ≤ x ≤ 10     x + y ≤ 80   x + (100 − x ) ≤ 80 y = 100 − x ⇒ ⇒ ≤ x ≤ 10    0 ≤ x ≤ 10 0 ≤ x ≤ 10 + Nếu x = 1− m ≤ 1− m ≤ 10. .. 3x + 100 − y + 1− m =  có nghiệm ( x ; y ) thỏa x + y ≤ 80  x 100 − y + y (100 − x ) = 100  A B C 10 Lời giải Chọn B x − 3x+ 100 − y + 1− m = (1)  (I )  x 100 − y + y (100 − x ) = 100