TO 19 GADT NHOM 2 ĐOT 2 BAI 2 dang 1 2 CHUONG III

Đại số lớp 10 | BÀI PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT, BẬC HAI DẠNG 1: PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT, BẬC HAI CHỨA THAM SỐ Bài tốn 1: Giải biện luận phương trình chứa tham số A Tóm tắt lí thuyết ST RO NG TE AM TO ÁN VD – VD C B Một số ví dụ Ví dụ ( m − 3) x − 2m = x − 4m Phương trình TH1: Với TH2: Với Khi m=2 (m Lời giải − 3) x − 2m = x − 4m ⇔ ( m − ) x = 2m − 4m ( 1) m ≠ m2 − ≠ ⇔   m ≠ −2 x= Khi phương trình cho có nghiệm m = m2 − = ⇔   m = −2 , ( 1) ⇔ x = : phương trình nghiệm m = −2 ( 1) ⇔ x = 16 Khi , : phương trình vơ nghiệm | Strong Team Tốn VD–VDC ∀x ∈ ¡ 2m m+2 | Chương III: Bài Kết luận: Khi Khi Khi ST RO NG TE AM TO ÁN VD – VD C m=2 , phương trình m = −2 m ≠ ±2 ( 1) , phương trình , phương trình ( 1) ( 1) nghiệm ∀x ∈ ¡ vô nghiệm x= có nghiệm 2m m+2 Ví dụ m Lời giải x+m x−2 + = ( 1) x +1 x Xét phương trình x ≠   x ≠ −1 Điều kiện: x+m x−2 + = ⇒ ( m − 3) x = ( ) x +1 x Ta có ( 1) ( 2) Phương trình vơ nghiệm phương trình vơ nghiệm có nghiệm −1 m − = ⇔ m=3  ( 2) 2 ≠ TH1: Phương trình vơ nghiệm m ≠   = ⇔  − m ⇔m=5    = −1 ( 2)   − m −1 TH2: Phương trình có nghiệm Vậy m ∈ { 3;5} thỏa yêu cầu toán Strong Team Toán VD–VDC | Đại số lớp 10 | Ví dụ m Lời giải Điều kiện: x ≠  x ≠ Ta có: ( 1) ⇒ ( x − m ) ( x − ) = ( x − 1) ( x + 3) ⇔ x − x − mx + m = x + x − ⇔ ( m + ) x = 2m + ( ) TH1: TH2: Khi Vì m = −4 m ≠ −4 Phương trình ( 2) trở thành ( 2) ⇔ x = Phương trình 2m + m+4 2m + = ⇔ 2m + = m + ⇔ m = m+4 2m + = ⇔ m + = 2m + ⇔ = m+4 Kết luận: Khi Khi m = −4 m ≠ −4 m =1 m ≠1 , phương trình , phương trình = −5 (phương trình vơ nghiệm) , (1) vô nghiệm 2m + ≠2 ∀m ≠ −4 m+4 : vô lý nên , ( 1) ( 1) vơ nghiệm x= có nghiệm Ví dụ 2m + m+4 m Lời giải Điều kiện: x ≠  x ≠ | Strong Team Toán VD–VDC ST RO NG TE AM TO ÁN VD – VD C | Chương III: Bài Ta có: ( 1) ⇒ x ( x − m ) + ( x − ) ( m − 2m ) = x ( x − ) ⇔ x − mx + ( m − 2m ) x − 2m2 + 4m = x − x ⇔ ( m − 3m + ) x = 2m − 4m ( ) ST RO NG TE AM TO ÁN VD – VD C TH1: Khi Khi m =1 TH2: Vì , m=2 Khi m = m − 3m + = ⇔  m = ( 2) , ∀x ∈ ¡ ⇔ x = −2 ( 2) ⇔ 0x = : phương trình vơ nghiệm Khi phương trình : phương trình nghiệm ∀x ∈ ¡ ( 1) vô nghiệm Khi phương trình ( 1) nghiệm m ≠ m − 3m + ≠ ⇔  m ≠ 2m =0⇔m=0 m −1 ( 2) ⇔ x = Phương trình , phương trình 2m = ⇔ 2m = 2m − ⇔ = −1 m −1 ( 1) m − 4m 2m = m − 3m + m − vô nghiệm 2m ≠ ∀m ∈ ¡ \ { 1; 2} m −1 : vô lý nên , Kết luận: Khi Khi Khi m = m =  m=2 , phương trình , phương trình m ≠  m ≠ m ≠  ( 1) ( 1) , phương trình ( 1) vô nghiệm nghiệm ∀x ∈ ¡ \ { 0; 2} x= có nghiệm 2m m −1 Strong Team Toán VD–VDC | Đại số lớp 10 | Ví dụ m Lời giải Điều kiện: Ta có TH1: TH2:  x ≠ m −   x ≠ − ( m + ) ST RO NG TE AM TO ÁN VD – VD C ( 1) ⇒ ( m + 3) x + m + = ( −m + 1) x ⇔ ( 2m + ) x = − ( m + ) ( *) 2m + = ⇔ m = −1 2m + ≠ ⇔ m ≠ −1 ( *) ⇔ x = −1 , Phương trình : phương trình vơ nghiệm x=− ( *) m ≠ m+2  − ≠ m − ⇔ 2m + m ≠ ⇔  ( m + 1) m ≠ − có nghiệm m+2 ( m + 1)  m ≠ −2 m+2  − ≠ − ( m + 2) ⇔  ( m + 1) m ≠ − Khi Khi 1  m ∈ ¡ \ 0; − 1; − 2; −  2  1  m ∈ 0; − 2; −  2  , phương trình , phương trình ( 1) ( 1) x=− có nghiệm: m+2 ( m + 1) vơ nghiệm Kết luận: Khi Khi 1  m ∈ ¡ \ 0; − 1; − 2; −  2  1  m ∈ 0; − 1; − 2; −  2  , phương trình , phương trình | Strong Team Toán VD–VDC ( 1) ( 1) x=− có nghiệm: vơ nghiệm m+2 2(m + 1) | Chương III: Bài Ví dụ m Lời giải ST RO NG TE AM TO ÁN VD – VD C  m = −2 m + 5m + = ⇔  m = −  2 TH1: Khi m = −2 m=− Khi 8x + = ⇔ x = − , phương trình trở thành , phương trình trở thành  m ≠ −2  m + 5m + ≠ ⇔  m ≠ − x + = ⇔ x = −1 TH2: Ta có phương trình cho phương trình bậc hai ∆′ = 4m − ( 2m + 5m + ) = −2 ( 5m + ) ∆′ > ⇔ −2 ( 5m + ) > ⇔ m < − Khi x= ∆′ = ⇔ m = − Khi ∆′ < ⇔ m > − Khi 5 phương trình có hai nghiệm phân biệt 2m ± −2 ( 5m + ) 2m + 5m + phương trình có nghiệm kép x = −5 phương trình vơ nghiệm Kết luận: Khi m = −2 x=− , phương trình có nghiệm Strong Team Toán VD–VDC | Đại số lớp 10 | m=− Khi m=− Khi m− m ≠ −2 x = −1 x = −5 x= , phương trình có nghiệm phân biệt 2m ± −2 ( 5m + ) m + 5m + ST RO NG TE AM TO ÁN VD – VD C , phương trình vơ nghiệm Ví dụ m Phân tích - Nhận thấy hệ số a=2≠0 nên phương trình cho phương trình bậc hai - Thực việc tính biệt thức ∆′ biện luận theo ∆′ Lời giải Phương trình có ∆′ = − ( 3m − ) = −6m + 19 ∆′ < ⇔ m > Nếu ∆′ = ⇔ m = Nếu ∆′ > ⇔ m < Nếu 19 19 19 phương trình cho vơ nghiệm x= phương trình cho có nghiệm kép x= phương trình cho có nghiệm phân biệt Ví dụ ± −6m + 19 m Phân tích | Strong Team Tốn VD–VDC | Chương III: Bài - Nhận thấy hệ số a = m +1 a=0 nên ta cần xét hai trường hợp a≠0 Lời giải TH1: Nếu TH2: Nếu m + = ⇔ m = −1 m + ≠ ⇔ m ≠ −1 phương trình cho trở thành: x −3 = ⇔ x = phương trình cho phương trình bậc hai có ∆ = ( 2m + 1) − ( m + 1) ( m − ) = 8m + ST RO NG TE AM TO ÁN VD – VD C ∆− Nếu 9 , phương trình cho vơ nghiệm , phương trình cho có nghiệm kép x=5 x= , phương trình cho có hai nghiệm phân biệt 2m + ± 8m + ( m + 1) Kết luận: Khi m = −1 m− Khi , phương trình 9 , phương trình , phương trình m ≠ −1 ( 1) ( 1) ( 1) có nghiệm x=3 vơ nghiệm có nghiệm kép , phương trình ( 1) x=5 x= có hai nghiệm phân biệt 2m + ± 8m + ( m + 1) Strong Team Toán VD–VDC | Đại số lớp 10 | Bài tốn 2: Tìm điều kiện tham số để phương trình có nghiệm thỏa mãn điều kiện cho trước A Tóm tắt lí thuyết Khi phương trình ax + bx + c = có nghiệm phân biệt x1 x2 , thì: b   x1 + x2 = − a   x x = c  a B Một số ví dụ Ví dụ 2 m – m + x = m – 3m + ( ) Lời giải m ≠ ⇔ ( m – 4m + ) ≠ m ≠ Phương trình có nghiệm Ví dụ ( 4m + ) x = x + 6m + Lời giải | Strong Team Toán VD–VDC ST RO NG TE AM TO ÁN VD – VD C | Chương III: Bài Cách 1: ( 4m + ) x = x + 6m + ⇔ ( 4m + ) x − x = 6m + Xét phương trình: ⇔ ( 4m + ) x = 6m + ⇔ ( 2m + 1) x = ( 2m + 1) ( 1) Khi ST RO NG TE AM TO ÁN VD – VD C m=− phương trình ( 1) trở thành: 0x = , phương trình nghiệm m≠− x= ( ) 2 Khi phương trình có nghiệm ∀m ∈ ¡ Vậy phương trình cho ln có nghiệm ∀x ∈ ¡ Cách 2: ( 4m + ) x = x + 6m + ⇔ ( 4m + ) x − x = 6m + Xét phương trình: ⇔ ( 4m + ) x = 6m + ⇔ ( 2m + 1) x = ( 2m + 1) ( 1) Phương trình m ( 1) vô nghiệm để phương trình ( 1)   m = −  ( 2m + 1) = ⇔  3 ( 2m + 1) ≠ m ≠ −  Suy không tồn giá trị vơ nghiệm Vậy phương trình (1) ln có nghiệm với m Ví dụ x + x 2 = 20 Phân tích - Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt x12 + x22 = ( x1 + x2 ) − x1 x2 - Biến đổi để sử dụng định lý Vi-et cho phương trình bậc hai có nghiệm Lời giải Phương trình x − 2(m − 1) x + m − 3m + = có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 Strong Team Toán VD–VDC | 10 ∆′ > ⇔ ( m − 1) − m + 3m − > ⇔ m − > ⇔ m > Ta có  x1 + x2 = 2m −   x1 x2 = m − 3m + ( *) Đại số lớp 10 | x12 + x22 = 20 ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 20 ⇔ ( 2m − ) − ( m − 3m + ) = 20 2 m = ⇔ 2m − 2m − 24 = ⇔   m = −3 Kết hợp với điều kiện ( *) , m=4 thỏa u cầu tốn Ví dụ x1 + x2 + x1 x2 < Phân tích - Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt - Sử dụng định lý Vi-et cho phương trình bậc hai có nghiệm Lời giải Cách 1: Phương trình ( 1) có hai nghiệm phân biệt x1 x2 , m ≠ m − ≠ ⇔ ⇔ m ≠1  ∆′ > ( m − ) − ( m − 1) ( m − 3) > Ta có 2( m − 2)   x1 + x2 = m −  x x = m −  m − x1 + x2 + x1 x2 < ⇔ Khi Vậy 1< m < ( m − 2) m − 2m − +   ⇔m=0 ⇔  P = ⇔ m =  S > 0 = t1 < t2  m + > Vậy ( 1) ( 2) có nghiệm phân biệt trái dấu t1 t2 có nghiệm phân biệt , thỏa có bốn nghiệm phân biệt m + > ∆ >   ⇔m>0 ⇔  P > ⇔ m > m + > S >   m>0 ( 2) thoả mãn u cầu tốn d Phương trình Vậy t1 t2 t1 ≤ = t2 có hai nghiệm , thỏa thoả mãn yêu cầu toán c Phương trình m=0 ( 2) ( 2) có nghiệm dương phân biệt thoả mãn yêu cầu toán Bài tốn 2: Tìm điều kiện tham số để phương trình có nghiệm thỏa mãn điều kiện cho trước Strong Team Toán VD–VDC | 16 Đại số lớp 10 | Ví dụ Phân tích t = x2 t ≥ Đặt , Ta có phương trình t − 2( m − 1)t + 4m − = ( ) Lời giải t = x2 t ≥ Đặt ( ) Ta có phương trình PT ( 1) t − 2( m − 1)t + 4m − = ( ) có nghiệm phân biệt ( 2) ( m − 1) − 4m + >  ∆′ > m >   ⇔ ⇔  P > ⇔  4m − > m ≠ 2 m − > S > ( )    có nghiệm dương phân biệt Vậy m>2 m≠3 thỏa mãn u cầu tốn Ví dụ m Phân tích - Khi giải phương trình trùng phương, ta đặt ẩn phụ để đưa phương trình bậc hai (chú ý điều kiện ẩn phụ) ∆ - Nếu phương trình bậc hai có biệt thức số phương ta tìm cụ thể hai nghiệm, so sánh hai nghiệm đưa điều kiện cho nghiệm 17 | Strong Team Toán VD–VDC ST RO NG TE AM TO ÁN VD – VD C | Chương III: Bài ∆ - Nếu phương trình bậc hai có biệt thức khơng số phương phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt phương trình với ẩn phụ có ngiệm kép dương hai nghiệm trái dấu Lời giải t = x ( t ≥ 0) Cách 1: Đặt ST RO NG TE AM TO ÁN VD – VD C (Trong m +1 > m −1 Do yêu cầu toán Vậy m ∈ ( −1;1) Cách 2: Đặt phương trình cho trở thành ) ⇔ m + > > m − ⇔ −1 < m < t = x2 ( t ≥ 0) ⇔ phương trình cho trở thành t − 2mt + m − = ( ) phương trình (2) có nghiệm kép dương có hai nghiệm trái dấu   ∆′ =   b > ⇔ −1 < m < ⇔  −   2a  m − < m ∈ ( −1;1) Do u cầu tốn Vậy t = m − t − 2mt + m − = ⇔  t = m + (vì ∆′ = ∀m ∈ ¡ , ) Strong Team Toán VD–VDC | 18 ... 14 Đại số lớp 10 | Ví dụ x − 20 18 x − 2 019 = Lời giải Đặt t = x2 ⇒ t ≥  t = ? ?1 < t − 20 18 t − 2 019 = ⇔  t = 2 019 Phương trình cho tương đương Với t = 2 019 ⇒ x = 2 019 ⇔ x = ± 2 019 Vậy phương... 10 | x 12 + x 22 = 20 ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 20 ⇔ ( 2m − ) − ( m − 3m + ) = 20 2 m = ⇔ 2m − 2m − 24 = ⇔   m = −3 Kết hợp với điều kiện ( *) , m=4 thỏa u cầu tốn Ví dụ x1 + x2 + x1 x2 < Phân... 7+3 21 −  2 x0 − ( x0 − x0 + 15 ) x0 + = ⇔  x0 = ⇒  m = 2   x = −  m = 21 +   2  21 + 21 −  m ∈ 3; ;  2   thỏa yêu cầu to? ?n 13 | Strong Team To? ?n VD–VDC ST RO NG TE AM TO