Các bài toán nâng cao chuyên đề hệ thức Viet

Các bài toán nâng cao chuyên đề hệ thức Viet áp dụng trong thi tuyển sinh và kỳ thi học sinh giỏi,có lời giải chi tiết

4 năm trước

Các bài toán nâng cao chuyên đề hệ thức Viet áp dụng trong thi tuyển sinh và kỳ thi học sinh giỏi,có lời giải chi tiết

Câu 1:

cho phương trình ấn x: ${{x}^{2}}-2\left( m-1 \right)x-3-m=0$

1, Chứng tỏ rằng phương trình có nghiệm với mọi số m

2, tìm m sao cho nghiệm x1; x2 của phương trình thỏa mãn điều kiện

$x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\ge 10$

Câu 2:

Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình \[{{x}^{2}}-3x\text{ }+a=0\]

Gọi t1; t2 là hai nghiệm của phương trình \[{{t}^{2}}-12t+b=0\]

Cho biết $\frac{{{x}_{1}}}{{{x}_{2}}}=\frac{{{x}_{2}}}{{{t}_{1}}}=\frac{{{t}_{1}}}{{{t}_{2}}}$ . Tính a và b

Câu 3:

Cho phương trình \[\left( m-1 \right){{x}^{2}}-2\left( m+1 \right)x+m=0\text{ }\left( 1 \right)\]

Giải và biện luận phương trình (1) theo m
Khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \[{{x}_{1}};\text{ }{{x}_{2}}\]

Tìm một hệ thức liên hệ giữa \[{{x}_{1}};\text{ }{{x}_{2}}\] độc lập đối với m
Tìm m sao cho $\left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right|\ge 2$

Câu 4:

Cho phương trình \[{{x}^{2}}+px-1=0\] (p là số lẻ) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2. Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên thì $x_{1}^{n}+x_{2}^{n}$ và$x_{1}^{n+1}+x_{2}^{n+1}$ đều là các số nguyên và chúng nguyên tố cùng nhau.

Câu 5:

Cho x,y>0 thỏa mãn hệ thức$\sqrt{x}(\sqrt{x}+\sqrt{y})=3\sqrt{y}\left( \sqrt{x}+5\sqrt{y} \right)(1)$

Hãy tính giá trị biểu thức $E=\frac{2x+\sqrt{xy}+3y}{x+\sqrt{xy}-y}$

Câu 6:

a, Không giải phương trình này hãy tính hiệu các lập phương của các nghiệm lớn và nghiệm nhỏ của phương trình :${{x}^{2}}-\frac{\sqrt{85}}{4}x+1\frac{5}{16}=0$

b. Với giá trị nào của số nguyên a các nghiệm của phương trình

\[\text{a}{{\text{x}}^{2}}+\left( 2a-1 \right)x+a-2=0\] là các số hữu tỷ.

Câu 7:

cho phương trình \[{{x}^{2}}+~ax+b=0\] . Xác định a và b để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 thỏa mãn x1 – x2 =5 và $x_{1}^{3}-x_{2}^{3}=35$ .Tính các nghiệm đó

Câu 8:

cho phương trình ${{x}^{2}}-2(m-1)x+{{m}^{2}}-3m+4=0$

Xác định m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 thỏa mãn $\frac{1}{{{x}_{1}}}+\frac{1}{{{x}_{2}}}=1$
Lập một hệ thức độc lập giữa x1 và x2 độc lập với m.

Câu 9:

Cho phương trình $\left( m+2 \right){{x}^{2}}-2\left( m-1 \right)x+3-m=0$

Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn hệ thức:

$x_{1}^{2}+x_{2}^{2}={{x}_{1}}+{{x}_{2}}$

Lập một hệ thức giữa x1 và x2 không phụ thuộc vào m
Viết một phương trình bậc hai có các nghiệm là:

${{X}_{1}}=\frac{{{x}_{1}}-1}{{{x}_{1}}+1};{{X}_{2}}=\frac{{{x}_{2}}-1}{{{x}_{2}}+1}$

Câu 10:

Giả sửa và b là hai số khác nhau. Chứng minh rằng nếu phương trình:

${{x}^{2}}$ \[+ax+2b=0~~\] (1)

${{x}^{2}}+bx+2a=0$ (2)

Có đúng một nghiệm chung thì các nghiệm số còn lại của (1) và (2) là nghiệm của phương trình ${{x}^{2}}+2x+ab=0$

Câu 11:

cho phương trình \[a{{x}^{2}}+bx+c=0\text{ }\left( a\ne 0 \right)\]

Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để phương trình có hai nghiệm mà nghiệm này gấp đôi nghiệm kia là \[9ac=2{{b}^{2}}\]

Câu 12:

Cho phương trình : có 2 nghiệm phân biệt Không giải phương trình trên, hãy lập phương trình bậc 2 có ẩn là y thoả mãn : và

Câu 13:

Cho phương trình : có 2 nghiệm . Lập hệ thức liên hệ giữa sao cho chúng không phụ thuộc vào m.

Câu 14:

Cho phương trình :

Gọi là các nghiệm của phương trình. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức sau:

Câu 15:

Xét phương trình: ${{x}^{4}}-2({{m}^{2}}+2)+5{{m}^{2}}+3=0$ (1) m là tham số.

Chứng minh rằng phương trình luôn có 4 nghiệm phân biệt với mọi m.
Gọi các nghiệm là ${{x}_{1}},{{x}_{2}},{{x}_{3}},{{x}_{4}}$ . Hãy tính theo m giá trị của biểu thức:

M=$\frac{1}{x_{1}^{2}}+\frac{1}{x_{2}^{2}}+\frac{1}{x_{3}^{2}}+\frac{1}{x_{4}^{2}}$.

Câu 16:

Cho phương trình x$^{2}$- ax + a – 1 = 0 có hai nghiệm ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$

a) Không giải phương trình hãy tính giá trị biểu thức $M=\frac{3x_{1}^{2}+3x_{2}^{2}-3}{x_{1}^{2}{{x}_{2}}+x_{2}^{2}{{x}_{1}}}$

b) Tìm a để tổng bình phương hai nghiệm đạt GTNN ?

Câu 17:

a) Tìm m để phương trình $2{{x}^{2}}+2mx+{{m}^{2}}-2=0$ có hai nghiệm phân biệt

b) Gọi x1; x2 là hai nghiệm của nó, tìm GTLN của biểu thức:

$A=\left| 2{{x}_{1}}{{x}_{2}}+{{x}_{1}}+{{x}_{2}}-4 \right|$.

Câu 18:

Cho đa thức \[f(x)={{x}^{4}}+4{{x}^{3}}-2{{x}^{2}}-12x+1\] có các nghiệm là \[{{x}_{i}}\]; \[i=\overline{1,4}\]. Hãy tính tổng sau:

\[S=\underset{i=1}{\overset{4}{\mathop \Sigma }}\,\frac{2x_{i}^{2}+1}{{{(x_{i}^{2}-1)}^{2}}}\].

Câu 19:

Cho tam thức bậc hai f(x) = ax2 +bx+c ( a khác 0) có hai nghiệm x1;x2 thuộc [0;1]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

\[A=\frac{(a-b)(2a-b)}{a(a-b+c)}\].

Câu 20:

Cho phương trình ax2+bx+c=0(1) với a>0 có hai nghiệm x1;x2 thuộc \[\left[ 2;+\infty \right)\]. Chứng minh rằng :

(2+\[(4a-b)(2+\sqrt{\frac{c}{a}})\ge 2(4a-2b+c)\] (1)

Câu 21:

Gỉa sử phương trình ax3 +(b-a)x2+(c-a)x-c=0(1), với \[a\ne 0\]có 3 nghiệm là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng :

\[\frac{2a-b}{a+c-b}+\frac{a}{b}>0\](2).

Câu 22:

Xét phương trình bậc hai :

\[a{{x}^{2}}+bx+c=0,a\ne 0\].

Giả sử x1 ; x2 là các nghiệm của nó.

Tính \[{{S}_{n}}={{x}_{1}}^{n}+x_{2}^{n}\],\[n\in N\].

Câu 23:

Tìm đa thức bậc 5 có hệ số nguyên nhận số thực \[\varepsilon =\sqrt[5]{\frac{2}{5}}+\sqrt[5]{\frac{5}{2}}\] làm nghiệm.

Câu 24:

Tìm chữ số tận cùng của phần nguyên của số \[{{(5+3\sqrt{3})}^{2013}}\]

Câu 25:

Tìm m để phương trình :

\[{{x}^{4}}-(2m+3){{x}^{2}}+m+5=0\] (1)

Có các nghiệm thỏa mãn : \[-2<{{x}_{1}}<-1<{{x}_{2}}<0<{{x}_{3}}<1<{{x}_{4}}<3\] (*).

Câu 26:

Cho phương trình : \[f(x)={{x}^{2}}-(m+2)x+5m+1=0\] (1).

Tìm m sao cho:

1. 1. Phương trình chỉ có một nghiệm thỏa mãn x>1.
  2. Phương trình có ít nhất một nghiệm thỏa mãn \[\left| x \right|>4\].
  3. Phương trình có nghiệm thuộc \[\left( -1;1 \right).\]
  4. Phương trình có ít nhất một nghiệm thỏa mãn \[x<2\] .

Câu 27:

Tìm m để phương trình :

\[{{x}^{2}}-2x-m\left| x-1 \right|+{{m}^{2}}=0\] (1)

có nghiệm .

Câu 28:

Cho Cho phương trình x2 – (2m-1)x + m – 1 = 0. Tìm GTLN cña $x_{1}^{2}\left( 1-x_{2}^{2} \right)+x_{2}^{2}\left( 1-4x_{1}^{2} \right)$

Câu 29:

Giả sử x1, x2 là nghiệm của phương trình

2008×2 – (2008m – 2009)x – 2008 = 0

Chứng minh

A= $\frac{3}{2}{{\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)}^{2}}+2{{\left( \frac{{{x}_{1}}-{{x}_{2}}}{2}+\frac{1}{{{x}_{1}}}-\frac{1}{{{x}_{2}}} \right)}^{2}}\ge 24$

Câu 30:

Cho ba số a, b, c thoả mãn điều kiện sau:

a > 0, a2 = bc, a + b + c = abc. Chứng minh rằng:

Lời giải chi tiết

Câu 1:

Ta có: ${{x}^{2}}-2\left( m-1 \right)x-3-m=0$

Có

Với mọi giá trị của m

Suy ra phương trình luôn luôn có hai nghiệm phân biệt

Ta có

Câu 2:

Áp dụng định lí viet ta có:

X1+x2=3 và x1x2=a

T1+t2=12 và t1t2

Đặt k= $\frac{{{x}_{1}}}{{{x}_{2}}}=\frac{{{x}_{2}}}{{{t}_{1}}}=\frac{{{t}_{1}}}{{{t}_{2}}}$⇒ x1=kx2 x2=kt1; t1=kt2

Thế vào và rút ra k2 =$\frac{1}{4}$

Nếu k=$\frac{1}{2}$ thì a=2 và b=32
Nếu k=$-\frac{1}{2}$ thì a=-18 và b=-288

Câu 3:

Nếu m=1 $\Rightarrow $ phương trình có nghiệm x=$\frac{1}{4}$
Nếu m≠1 xét ∆’ =(m+1)2 –m(m-1)=3m+1

Với m <$\frac{-1}{3}$ phương trình vô nghiệm

Với m=$\frac{-1}{3}$ phương trình có nghiệm kép

Với m>$\frac{-1}{3}$ và m≠1 phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Áp dụng hệ thức Viet ta có:

x1+x2=2(m+1)m-1×1.x2=mm-1 $\Rightarrow {{x}_{1}}+{{x}_{2}}-4{{x}_{1}}{{x}_{2}}+2=0$

Ta có: $$ $\left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right|\ge 2$ ⇔ ${{\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)}^{2}}\ge 4$

$\Leftrightarrow {{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-4{{x}_{1}}{{x}_{2}}\ge 4\Leftrightarrow \frac{4{{\left( m+1 \right)}^{2}}}{{{\left( m-1 \right)}^{2}}}-\frac{4m}{m-1}\ge 4$

Giải bất phương trình ta tìm được giá trị của m

Câu 5:

Trong điều kiện (1) chia cả hai vế cho x>0 ta có:

⇔
1+t=3t(1+5t) với t=$\sqrt{\frac{y}{x}}>0$

⇔15t2+2t-1=0 ⇔ t1=$\frac{1}{5}$ hoặc t2=-$\frac{1}{3}$ ( loại)

Khi t=$\frac{1}{5}$ ta chia cả tử và mẫu của E cho x>0 ta được

E=$\frac{2+t+3{{t}^{2}}}{1+t-{{t}^{2}}}=2$

Câu 6:

Gọi x1 và x2 (x2 < x1) là hai nghiệm của phương trình

Ta có: x1+x2=$\frac{\sqrt{85}}{4}$ và x1x2=1$\frac{5}{16}$

Vì x1>x2 $\Rightarrow {{x}_{1}}-{{x}_{2}}=\sqrt{{{\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-4{{x}_{1}}{{x}_{2}}}$

Từ đó ta tính được $x_{1}^{3}-x_{2}^{3}=1$

Xét a=0 và a$\ne $ 0 . a=n(n+1) với n là số nguyên.

Câu 7:

Điều kiện cần: giả sử phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện

Theo định lý Viet ta có x1+x2= -a và x1x2=b

Từ x1 – x2=5 ⇒

Từ $x_{1}^{3}-x_{2}^{3}=35$

Vậy từ (1) và (2) ta có hệ

Điều kiện đủ: Thay các giá trị của a và b tìm được để giải phương trình và tìm nghiệm x1; x2

Câu 8:

M phải thỏa mãn đồng thời

⇒ không có m thỏa mãn

Khi m≥3 phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 và x2; theo định lí viet ta có:

x1+x2=2(m-1)x1.x2=m2-3m+4

$\Rightarrow m-1=\frac{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}}{2}$

${{x}_{1}}{{x}_{2}}={{\left( m-1 \right)}^{2}}-(m-1)+2$

$\Rightarrow {{x}_{1}}{{x}_{2}}={{\left( \frac{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}}{2} \right)}^{2}}-\left( \frac{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}}{2} \right)+2$

Đó là hệ thức giữa x1 và x2 độc lập với m.

Câu 9:

M phải thỏa mãn đồng thời:

Tìm được m=$\frac{3+\sqrt{13}}{2}$ .

Khi ∆’ ≥0
⇔
m≤-1 hoặc m≥$\frac{5}{2}$ (m≠-2)

Ta có: x1+x2=$\frac{2\left( m-1 \right)}{m+2}$, x1x2=$\frac{3-m}{m+2}$

⇒ x1 +x2=2-$\frac{6}{m+2}$ , x1x2=-1+ $\frac{5}{m+2}$

⇒ 5(x1+x2) =4-6x1x2

Hệ thức này không phụ thuộc vào m

Ta có: X1+X2= $\frac{{{x}_{1}}-1}{{{x}_{1}}+1}+\frac{{{x}_{2}}-1}{{{x}_{2}}+1}=\frac{({{x}_{1}}-1)({{x}_{2}}+1)+({{x}_{2}}-1)({{x}_{1}}+1)}{({{x}_{1}}+1)({{x}_{2}}+1)}$

X1X2=$(\frac{{{x}_{1}}-1}{{{x}_{1}}+1}.\frac{{{x}_{2}}-1}{{{x}_{2}}+1})$

Khai triển ra, rút gọn và áp dụng định lí Viet ta có:

X1+X2=$\frac{2\left( 1-2m \right)}{3+2m}$ và ${{X}_{1}}.{{X}_{2}}=\frac{7-2m}{3+2m}$

Vậy X1 và X2 là hai nghiệm của phương trình:

$\left( 3+2m \right){{X}^{2}}-2(1-2m)X+7-2m=0$

Câu 10:

Giả sử (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ≠ x0 ⇒ $x_{0}^{2}$ +ax0 +2b=0

Có hai nghiệm phân biệt x2 ≠ x0
⇒
$x_{0}^{2}$ +bx0 +2a=0

⇒ (a-b)x0 +2b-2a=0 ⇔ (a-b)x0 = 2(a-b)

Vì a≠b ⇒ x0=2 thế vào (1) ta có: 4+2a+2b=0 ⇒ a=-b-2

Thay a vào (1) ta có: x2 – (b+2)x +2b=0 ⇒ (x-2)(x-b)=0

⇒ x0=2 và x1=b

Thayb=-a-2 vào (2), làm tương tự ta có: x2=a

⇒ x1+x2=a+b và x1x2=ab

⇒ theo định lí đảo viet ta có x1 và x2là hai nghiệm của phương trình

X2-(a+b)x+ab=0 (vì a+b=-2 )⇒ x2 +2x+ab=0

Câu 11:

Điều kiện cần: Giả sử phương trình có hai nghiệm x1 và x2 thỏa mãn hoặc x1=2×2 hoặc 2×1=x2

⇒ $\left( {{x}_{1}}-2{{x}_{2}} \right)\left( {{x}_{2}}-2{{x}_{1}} \right)=0\Rightarrow {{x}_{1}}{{x}_{2}}-2\left( x_{1}^{2}+x_{2}^{2} \right)+4{{x}_{1}}{{x}_{2}}=0$

Điều kiện đủ: Giả sử có 9ac= 2b2

Xét ∆=b2-4ac= b2 -$\frac{8{{b}^{2}}}{9}=\frac{{{b}^{2}}}{9}\Rightarrow {{x}_{1}}=\frac{4b}{6a}$ và ${{x}_{2}}=-\frac{2b}{6a}$

$\Rightarrow {{x}_{1}}=2{{x}_{2}}$

Câu 12:

Theo h ệ th ức VI- ÉT ta c ó:

\[S={{y}_{1}}+{{y}_{2}}={{x}_{2}}+\frac{1}{{{x}_{1}}}+{{x}_{1}}+\frac{1}{{{x}_{2}}}=({{x}_{1}}+{{x}_{2}})+\left( \frac{1}{{{x}_{1}}}+\frac{1}{{{x}_{2}}} \right)=({{x}_{1}}+{{x}_{2}})+\frac{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}}{{{x}_{1}}{{x}_{2}}}=3+\frac{3}{2}=\frac{9}{2}\]

\[P={{y}_{1}}{{y}_{2}}=({{x}_{2}}+\frac{1}{{{x}_{1}}})({{x}_{1}}+\frac{1}{{{x}_{2}}})={{x}_{1}}{{x}_{2}}+1+1+\frac{1}{{{x}_{1}}{{x}_{2}}}=2+1+1+\frac{1}{2}=\frac{9}{2}\]

Vậy phương trình cần lập có dạng: \[{{y}^{2}}-Sy+P=0\]

hay \[{{y}^{2}}-\frac{9}{2}y+\frac{9}{2}=0\Leftrightarrow 2{{y}^{2}}-9y+9=0\]

Câu 13:

Để phương trình trên có 2 nghiệm x1 và x2 th ì :

Theo hệ th ức VI- ÉT ta có :

Rút m từ (1) ta có :

\[\frac{2}{m-1}={{x}_{1}}+{{x}_{2}}-2\Leftrightarrow m-1=\frac{2}{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}-2}\] (3)

Rút m từ (2) ta có :

\[\frac{3}{m-1}=1-{{x}_{1}}{{x}_{2}}\Leftrightarrow m-1=\frac{3}{1-{{x}_{1}}{{x}_{2}}}\] (4)

Đồng nhất các vế của (3) và (4) ta có:

\[\frac{2}{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}-2}=\frac{3}{1-{{x}_{1}}{{x}_{2}}}\Leftrightarrow 2\left( 1-{{x}_{1}}{{x}_{2}} \right)=3\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}}-2 \right)\Leftrightarrow 3\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)+2{{x}_{1}}{{x}_{2}}-8=0\]

Câu 14:

Ta có: Theo hệ thức VI-ÉT thì :

\[\Rightarrow B=\frac{2{{x}_{1}}{{x}_{2}}+3}{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+2\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}}+1 \right)}=\frac{2{{x}_{1}}{{x}_{2}}+3}{{{({{x}_{1}}+{{x}_{2}})}^{2}}+2}=\frac{2(m-1)+3}{{{m}^{2}}+2}=\frac{2m+1}{{{m}^{2}}+2}\]

Cách 1: Thêm bớt để đưa về dạng như phần (*) đã hướng dẫn

Ta biến đổi B như sau:

\[B=\frac{{{m}^{2}}+2-\left( {{m}^{2}}-2m+1 \right)}{{{m}^{2}}+2}=1-\frac{{{\left( m-1 \right)}^{2}}}{{{m}^{2}}+2}\]

Vì \[{{\left( m-1 \right)}^{2}}\ge 0\Rightarrow \frac{{{\left( m-1 \right)}^{2}}}{{{m}^{2}}+2}\ge 0\Rightarrow B\le 1\]

Vậy \[\max \text{B=1}\Leftrightarrow \] m = 1

Với cách thêm bớt khác ta lại có:

\[B=\frac{\frac{1}{2}{{m}^{2}}+2m+1-\frac{1}{2}{{m}^{2}}}{{{m}^{2}}+2}=\frac{\frac{1}{2}\left( {{m}^{2}}+4m+4 \right)-\frac{1}{2}\left( {{m}^{2}}+2 \right)}{{{m}^{2}}+2}=\frac{{{\left( m+2 \right)}^{2}}}{2\left( {{m}^{2}}+2 \right)}-\frac{1}{2}\]

Vì \[{{\left( m+2 \right)}^{2}}\ge 0\Rightarrow \frac{{{\left( m+2 \right)}^{2}}}{2\left( {{m}^{2}}+2 \right)}\ge 0\Rightarrow B\ge -\frac{1}{2}\]

Vậy \[\min B=-\frac{1}{2}\Leftrightarrow m=-2\]

Cách 2: Đưa về giải phương trình bậc 2 với ẩn là m và B là tham số, ta sẽ tìm điều kiện cho tham số B để phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m.

\[B=\frac{2m+1}{{{m}^{2}}+2}\Leftrightarrow B{{m}^{2}}-2m+2B-1=0\] (Với m là ẩn, B là tham số) (**)

Ta có: \[\Delta =1-B(2B-1)=1-2{{B}^{2}}+B\]

Để phương trình (**) luôn có nghiệm với mọi m thì D ³ 0

hay \[-2{{B}^{2}}+B+1\ge 0\Leftrightarrow 2{{B}^{2}}-B-1\le 0\Leftrightarrow \left( 2B+1 \right)\left( B-1 \right)\le 0\]

Vậy: \[\max \text{B=1}\Leftrightarrow \] m = 1

\[\min B=-\frac{1}{2}\Leftrightarrow m=-2\]

Câu 15:

1) Đặt x$^{2}$ = y ( y$\ge $ 0 ) Pt (1) trở thành:

${{y}^{2}}-2({{m}^{2}}+2)y+5{{m}^{2}}+3=0$ (2)

Do \[\Delta >0,\forall m\] nên phương trình (2) luôn có hai nghiệm phân biêt.

Theo định lý Vi-et ta có:

$S={{y}_{1}}+{{y}_{2}}=\frac{-b}{a}=\frac{2({{m}^{2}}+2)}{1}=2({{m}^{2}}+2)$>0, \[\forall m\]

$P={{y}_{1}}.{{y}_{2}}=\frac{c}{a}=5{{m}^{2}}+3$>0, \[\forall m\]

$\Rightarrow {{y}_{1}},{{y}_{2}}$cùng dương.

Vậy (2) luôn có hai nghiệm dương phân biệt nên (1) luôn có 4 nghiệm phân biệt.

2) Theo kết quả trên ta có ${{x}_{1}},{{x}_{2}},{{x}_{3}},{{x}_{4}}\ne 0$

Vậy ${{x}_{1}}=\sqrt{{{y}_{1}}},{{x}_{2}}=-\sqrt{{{y}_{1}}}$ , ${{x}_{3}}=\sqrt{{{y}_{2}}},{{x}_{4}}=-\sqrt{{{y}_{2}}}$

$M=\frac{1}{{{(\sqrt{{{y}_{1}}})}^{2}}}+\frac{1}{{{(-\sqrt{{{y}_{1}}})}^{2}}}+\frac{1}{{{(\sqrt{{{y}_{2}}})}^{2}}}+\frac{1}{{{(-\sqrt{{{y}_{2}}})}^{2}}}$ = \[\frac{2}{{{y}_{1}}}+\frac{2}{{{y}_{2}}}\] = \[\frac{2({{y}_{1}}+{{y}_{2}})}{{{y}_{1}}+{{y}_{2}}}\]

Thay kết quả S và P vào M ta có:

$M=\frac{2.2({{m}^{2}}+2)}{5{{m}^{2}}+3}=\frac{4({{m}^{2}}+2)}{5{{m}^{2}}+3}$

Kết luận: $M=\frac{4({{m}^{2}}+2)}{5{{m}^{2}}+3}$

Câu 16:

a) Ta có: $M=\frac{3(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-1)}{{{x}_{1}}{{x}_{2}}({{x}_{1}}+{{x}_{2}})}=\frac{3\left[ {{({{x}_{1}}+{{x}_{2}})}^{2}}-2{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1 \right]}{{{x}_{1}}{{x}_{2}}({{x}_{1}}+{{x}_{2}})}$

Theo định lý Vi-et ta có :

$S={{x}_{1}}+{{x}_{2}}=a;P={{x}_{1}}.{{x}_{2}}=a-1$

Vậy $M=\frac{3\left[ {{a}^{2}}-2(a-1)-1 \right]}{a(a-1)}=\frac{3\left[ (a+1)(a-1)-2(a-1) \right]}{a(a-1)}$

$=\frac{3{{(a-1)}^{2}}}{a(a-1)}=\frac{3{{(a-1)}^{2}}}{a(a-1)}=\frac{3(a-1)}{a}$ (ĐK : $a\ne 0,a\ne 1$)

b) Ta có $S={{x}_{1}}+{{x}_{2}}=a$ (1)

$P={{x}_{1}}.{{x}_{2}}=a-1$ (2)

Đặt A= x12 +x22 =(x1 +x2 )2 -2x1x2 = a2 -2a+2= (a-1)2 +1\[\ge \] 1

và A=1 khi a=1.

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1 khi a=1.

Câu 17:

a) Ta có: ${{\Delta }^{,}}={{m}^{2}}-2({{m}^{2}}-2)=-{{m}^{2}}+4$.

Phương trình có hai nghiệm khi và chỉ khi:

\[\Delta ‘=4-{{m}^{2}}>0\]

b) Theo định lý Vi-et ta có :

${{x}_{1}}+{{x}_{2}}=-m;{{x}_{1}}{{x}_{2}}=\frac{{{m}^{2}}-2}{2}$

Vậy $A=\left| 2{{x}_{1}}{{x}_{2}}+{{x}_{1}}+{{x}_{2}}-4 \right|=\left| (m+2)(m-3) \right|$=\[-\left( \text{m}+\text{2} \right)\left( \text{m}-\text{3} \right)\],vì m \[\in \](-2;2)

Do đó $A=(m+2)(3-m)=-{{m}^{2}}+m+6=-{{(m-\frac{1}{2})}^{2}}+\frac{25}{4}\le \frac{25}{4}$

Vậy GTLN của A là $\frac{25}{4}$khi và chỉ khi \[m=\frac{1}{2}\].

Câu 18:

Ta viết lại :

\[f(x)={{({{x}^{2}}+2x)}^{2}}-6({{x}^{2}}+2x)+9=8\]

\[\Leftrightarrow \]\[{{({{x}^{2}}+2x-3)}^{2}}=8\]

Gọi các nghiệm của (1) là \[{{x}_{1}};{{x}_{2}}\]; các nghiệm của (2) là \[{{x}_{3}};{{x}_{4}}\].

Ta có :

\[{{S}_{1}}=\frac{2x_{1}^{2}+1}{{{(x_{1}^{2}-1)}^{_{2}}}}+\frac{2x_{2}^{2}+1}{{{(x_{2}^{2}-1)}^{_{2}}}}\]=\[\frac{2x_{1}^{2}+1}{{{(x_{1}^{{}}-1)}^{2}}{{(x_{1}^{{}}+1)}^{2}}}+\frac{2x_{2}^{2}+1}{{{(x_{2}^{{}}-1)}^{2}}{{(x_{2}^{{}}+1)}^{2}}}\]=

\[=\frac{2x_{1}^{2}+1}{{{(x_{1}^{{}}-1)}^{2}}(4-\sqrt{8})}+\frac{2x_{2}^{2}+1}{{{(x_{2}^{{}}-1)}^{2}}(4-\sqrt{8})}\]

\[=\frac{1}{(4-\sqrt{8})}\left[ \frac{(2x_{1}^{2}+1){{({{x}_{2}}-1)}^{2}}+(2x_{2}^{2}+1){{({{x}_{1}}-1)}^{2}}}{{{\left[ ({{x}_{1}}-1)({{x}_{2}}-1) \right]}^{2}}} \right]\]\[=\frac{1}{(4-\sqrt{8})}\left[ \frac{(2x_{1}^{2}+1)(x_{2}^{2}-2{{x}_{2}}+1)+(2x_{2}^{2}+1)(x_{1}^{2}-2{{x}_{1}}+1)}{{{\left[ ({{x}_{1}}{{x}_{2}}-{{x}_{1}}-{{x}_{2}}+1) \right]}^{2}}} \right]\]

\[=\frac{1}{(4-\sqrt{8})}\left[ \frac{4x_{1}^{2}x_{2}^{2}-4{{x}_{1}}{{x}_{2}}({{x}_{1}}+{{x}_{2}})+3(x_{1}^{2}+x_{2}^{2})-2({{x}_{1}}+{{x}_{2}})+2}{{{\left[ ({{x}_{1}}{{x}_{2}}-{{x}_{1}}-{{x}_{2}}+1) \right]}^{2}}} \right]\].

Áp dụng định lý Vi-et ta có: \[{{x}_{1}}+{{x}_{2}}=-2\] ; \[{{x}_{1}}{{x}_{2}}=-3+\sqrt{8}\].

Thay vào biểu thức trên ta có: \[{{S}_{1}}=\frac{1}{4+\sqrt{8}}\frac{80+22\sqrt{8}}{8}\].

Thực hiện việc tính toán tương tự đối với phương trình (2) ta có :

\[S={{S}_{1}}+{{S}_{2}}=\frac{9}{2}\].

Câu 19:

Theo định lý Vi-et ta có: \[{{x}_{1}}+{{x}_{2}}=\frac{-b}{a};{{x}_{1}}{{x}_{2}}=\frac{c}{a}\]. Biến đổi biểu thức A ta được:

\[\le 2+\frac{1+{{x}_{1}}{{x}_{2}}+{{x}_{1}}+{{x}_{2}}}{1+{{x}_{1}}+{{x}_{2}}+{{x}_{1}}{{x}_{2}}}\le \] 3.

Lại có với b=-2a=-2c thì A=3. Nên giá trị lớn nhất của A là 3.

Câu 20:

Vì x1;x2 là hai nghiệm của (1) nên theo hệ thức Vi-et ta có:

\[{{x}_{1}}+{{x}_{2}}=\frac{-b}{a};{{x}_{1}}{{x}_{2}}=\frac{c}{a}\].

Biến đổi bất đẳng thức (1) bằng cách chia hai vế cho a ta được:

\[(4-\frac{b}{a})(2+\sqrt{\frac{c}{a}})\ge 2(4-2\frac{b}{a}+\frac{c}{a})\] \[\Leftrightarrow (4+{{x}_{1}}+{{x}_{2}})(2+\sqrt{{{x}_{1}}{{x}_{2}}})\ge 2(4+2{{x}_{1}}+2{{x}_{2}}+{{x}_{1}}{{x}_{2}})\Leftrightarrow \frac{(2+{{x}_{1}})+(2+{{x}_{2}})}{(2+{{x}_{1}})(2+{{x}_{2}})}\ge \frac{2}{2+{{\sqrt{{{x}_{1}}x}}_{2}}}\].

\[\Leftrightarrow \frac{1}{2+{{x}_{1}}}+\frac{1}{2+{{x}_{2}}}\ge \frac{2}{2+\sqrt{{{x}_{1}}{{x}_{2}}}}\Leftrightarrow \frac{1}{1+\frac{{{x}_{1}}}{2}}+\frac{1}{1+\frac{{{x}_{2}}}{2}}\ge \frac{2}{1+\sqrt{\frac{{{x}_{1}}}{2}\frac{{{x}_{2}}}{2}}}\].

Đặt \[u=\frac{{{x}_{1}}}{2};v=\frac{{{x}_{2}}}{2}\] ta thu được bất đẳng thức quen thuộc :

\[\frac{1}{1+u}+\frac{1}{1+v}\ge \frac{2}{1+\sqrt{uv}}\].

( có thể chứng minh bằng biến đổi tương đương)

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Câu 21:

Dễ thấy (1) có nghiệm x=1, hạ bậc ta được: (x-1)(ax2+bx+c)=0.

Gọi x1; x2 là các nghiệm của phương trình : ax2+bx+c=0.

Theo định lý Vi-et ta có:

\[{{x}_{1}}+{{x}_{2}}=\frac{-b}{a};{{x}_{1}}{{x}_{2}}=\frac{c}{a}\].

Biến đổi (2) như sau

\[\frac{2-\frac{b}{a}}{1+\frac{c}{a}-\frac{b}{a}}+\frac{a}{b}>0\]\[\Leftrightarrow \]\[\frac{2+{{x}_{1}}+{{x}_{2}}}{1+{{x}_{1}}+{{x}_{2}}+{{x}_{1}}{{x}_{2}}}-\frac{1}{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}}>0\]

\[\Leftrightarrow \](2+x1+x2)(x1+x2)>(1+x1+x2+x1x2)

\[\Leftrightarrow \]x1+x2-1+x12+x22 +x1x2>0.

Bất đẳng thức cuối đúng vì \[{{x}_{1}};\] \[{{x}_{2}};\] 1 là độ dài ba cạnh của tam giác.

Câu 22:

Đặt \[{{S}_{n}}={{x}_{1}}^{n}+x_{2}^{n}\],\[n\in N\].

Lúc đó ta có hệ thức truy hồi tuyến tính sau :

aSn+2 +bSn+1 +cSn =0(1).

Chứng minh :

ta có :Sn+2= x1n+2 +x2n+2 = (x1n+1 + x2n+1)(x1+x2)- x1x2(x1n + x2n)

= Sn+1(\[\frac{-b}{a}\])-\[\frac{c}{a}\]Sn. \[\Leftrightarrow \] aSn+2 +bSn+1 +cSn = 0( đpcm).

Câu 23:

Ta đặt \[{{x}_{1}}=\sqrt[5]{\frac{2}{5}}\]; \[{{x}_{1}}=\sqrt[5]{\frac{5}{2}}\].

Vậy thì : \[\sqrt[5]{\frac{2}{5}}+\sqrt[5]{\frac{5}{2}}=\varepsilon \]; \[{{x}_{1}}{{x}_{2}}=1\].

Nên theo định lý Vi-et ta có \[{{x}_{1}}\]; \[{{x}_{2}}\] là nghiệm của phương trình:

\[{{x}^{2}}-\varepsilon x+1=0\] (1).

Theo hệ thức truy hồi ta có: \[{{S}_{n+2}}=\varepsilon {{S}_{n+1}}-{{S}_{n}}\] (*)

Với \[{{S}_{0}}=2\]; \[{{S}_{1}}=\varepsilon \]. Từ đó ta tính được :

\[{{S}_{2}}={{\varepsilon }^{2}}-2\]; \[{{S}_{3}}=\varepsilon ({{\varepsilon }^{2}}-2)-\varepsilon ={{\varepsilon }^{3}}-3\varepsilon \];

\[{{S}_{4}}=\varepsilon ({{\varepsilon }^{3}}-3\varepsilon )-({{\varepsilon }^{2}}-2)={{\varepsilon }^{4}}-4{{\varepsilon }^{2}}+2\]; \[{{S}_{5}}=\varepsilon ({{\varepsilon }^{4}}-4{{\varepsilon }^{2}}+2)-({{\varepsilon }^{3}}-3\varepsilon )={{\varepsilon }^{5}}-5{{\varepsilon }^{3}}+5\varepsilon \].

Nhưng mặt khác ta lại có:

\[{{S}_{5}}=\frac{2}{5}+\frac{5}{2}=\frac{29}{10}\].

Từ đó ta có được :

\[{{\varepsilon }^{5}}-5{{\varepsilon }^{3}}+5\varepsilon =\frac{29}{10}\] \[\Leftrightarrow 10{{\varepsilon }^{5}}-50{{\varepsilon }^{3}}+50\varepsilon -29=0\].

Điều đó chứng tỏ \[\varepsilon \] là nghiệm phương trình:

10×5 -50×3 +50x -29 =0 .

Đây chính là phương trình cần tìm.

Câu 24:

Ta đặt \[{{x}_{1}}=5+3\sqrt{3}\] ; \[{{x}_{2}}=5-3\sqrt{3}\]. Khi đó x1 ; x2 là nghiệm của phương trình:

x2 -10x -2 = 0

Đặt \[{{S}_{n}}=x_{1}^{n}+x_{2}^{n}\]. Theo hệ thức truy hồi ta có:

\[{{S}_{n+2}}=10{{S}_{n+1}}+2{{S}_{n}}\].

Ta có S1 =10 nên từ hệ thức trên ta suy ra Sn luôn chia hết cho 10 khi n là số lẻ.

Để ý rằng -12 <0 , nên suy ra

Vậy nên \[\left[ x_{1}^{n} \right]={{S}_{n}}\]. Vì 2013 là số lẻ nên S2013 chia hết cho 10.

Vậy chữ số tận cùng của phần nguyên của số \[{{(5+3\sqrt{3})}^{2013}}\] là số 0.

Câu 25:

Đây là phương trình trùng phương.

Đặt t=x2. Ta đưa về phương trình : \[{{t}^{2}}-(2m+3)t+m+5=0\](2).

Để (1) có 4 nghiệm phân biệt thì (2) phải có hai nghiệm dương phân biệt.

Ta giả sử hai nghiệm của (2) là : \[0<{{t}_{1}}<{{t}_{2}}\].

Khi đó \[{{x}_{1}}=-\sqrt{{{t}_{2}}}\];\[{{x}_{2}}=-\sqrt{{{t}_{1}}}\]; \[{{x}_{3}}=\sqrt{{{t}_{1}}}\] ; \[{{x}_{4}}=\sqrt{{{t}_{2}}}\].

Do đó từ giả thiết ta có : \[-2<-\sqrt{{{t}_{2}}}<-1<-\sqrt{{{t}_{1}}}<0<\sqrt{{{t}_{1}}}<1<\sqrt{{{t}_{2}}}<3\].

\[\Leftrightarrow \] \[0<{{t}_{1}}<1<{{t}_{2}}<2\] (**).

Ta tách điều kiện (**) ra làm hai điều kiện đồng thời:

Xử lý tương tự ở trên ta có kết quả không có m nào thỏa mãn.

Câu 26:

có 3 trường hợp xảy ra:

TH1: \[{{x}_{1}}<1<{{x}_{2}}\Leftrightarrow af(1)<0\Leftrightarrow m<0\].

Ta giải gián tiếp.

Tìm m để phương trình không có nghiệm thỏa mãn \[\left| x \right|>4\].

TH1: f(x) vô nghiệm

TH2: f(x) có cả hai nghiệm thuộc khoảng [-4;4]

Như vậy f(x) không có nghiệm thỏa mãn \[\left| x \right|>4\] khi \[-\frac{25}{9}\le m<16\].

Vậy f(x) có ít nhất một nghiệm thỏa mãn \[\left| x \right|>4\] khi

Có 4 trường hợp xảy ra:

TH4: f(x) có cả hai nghiệm thuộc khoảng (-1;1).

Tóm lại :

Có 3 trường hợp:

Kết hợp các trường hợp ta được \[m\le 0\].

Câu 27:

Đặt \[t=\left| x-1 \right|\ge 0\] , thì \[{{x}^{2}}-2x={{t}^{2}}-1\].

Phương trình trở thành: \[{{t}^{2}}-mt+{{m}^{2}}-1=0\] (2).

Để (1) có nghiệm thì (2) phải có ít nhất một nghiệm \[t\ge 0\].

TH1: (2) có nghiệm t=0 \[\Leftrightarrow f(0)=0\Leftrightarrow {{m}^{2}}-1=0\Leftrightarrow m=\pm 1\].

TH2: (2) có hai nghiệm trái dấu

TH3: (2) có cả hai nghiệm dương

Kết hợp lại ta được : \[-1\le m\le \frac{2\sqrt{3}}{3}\].

Câu 28:

Phương trình đã cho là phương trình bậc hai có a = 1 ; b = 2m – 1 ; c = m – 1

Vì $\Delta >0$nên phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi m.

Theo định lý Viét có

Ta có $A=x_{1}^{2}\left( 1-x_{2}^{2} \right)+x_{2}^{2}\left( 1-4x_{1}^{2} \right)=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-5x_{1}^{2}x_{2}^{2}={{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-2{{x}_{1}}{{x}_{2}}-5{{\left( x_{1}^{{}}x_{2}^{{}} \right)}^{2}}$ (3)

Thay (1) và (2) vào (3) ta có: