Giải lại

điều kiện có 2 nghiệm\(\left(1\right)\left\{{}\begin{matrix}a\ne0\Rightarrow m+2\ne0\Rightarrow m\ne-2\\\Delta>0\Rightarrow\left(2m-1\right)^2-4\left(m+2\right)\left(m-3\right)=25\end{matrix}\right.\)

(2) có nghiệm thỏa mãn x1/x2 =1/2 hoặc x1/x2 =2

Phương trình có nghiệm x=1 với mọi m khác -2

\(\left[{}\begin{matrix}\dfrac{m-3}{m+2}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow2m-3=m+2\Rightarrow m=8\\\dfrac{m-3}{m+2}=2\Rightarrow m-3=2m+4\Rightarrow m=-7\end{matrix}\right.\)

Kết luân

m= 8 hoặc m =-7

Lời giải

(1)Điều kiện có 2 nghiệm\(\left\{{}\begin{matrix}a\ne0\Rightarrow m+2\ne0\\\Delta>0\Rightarrow\left(2m-1\right)^2-4\left(m+2\right)\left(m-3\right)>0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\ne-2\\\left(4m^2-4m+1\right)-4m^2+4m+24=25\end{matrix}\right.\) (1) \(\Leftrightarrow m\ne-2\)

(2) \(\left[{}\begin{matrix}\dfrac{x_1}{x_2}=\dfrac{1}{2}\\\dfrac{x_1}{x_2}=2\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x_1=\dfrac{2m-1-5}{2\left(m+2\right)}=\dfrac{m-3}{n+2}\\x_2=\dfrac{2m-1+5}{2\left(m+2\right)}=\dfrac{m+2}{2\left(m+2\right)}=1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}\dfrac{m-3}{m+2}=\dfrac{1}{2}\\\dfrac{m-3}{m+2}=2\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}2m-3.2=m+2\\m-3=m+2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m=8\)

Kết luận : m=8

a/ \(\Delta=\left(2m+3\right)^2-4\left(m-5\right)=4m^2+8m+4+25\)

\(=4\left(m+1\right)^2+25>0\) \(\forall m\)

Phương trình luôn có 2 nghiệm pb

b/ Theo định lý Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2m+3\\x_1x_2=m-5\end{matrix}\right.\)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}=\frac{2m+3}{m-5}\\\frac{1}{x_1}.\frac{1}{x_2}=\frac{1}{x_1x_2}=\frac{1}{m-5}\end{matrix}\right.\) với \(m\ne5\)

Theo định lý Viet đảo, \(\frac{1}{x_1};\frac{1}{x_2}\) là nghiệm của:

\(x^2-\frac{2m+3}{m-5}x+\frac{1}{m-5}=0\Leftrightarrow\left(m-5\right)x^2-\left(2m+3\right)x+1=0\)

ĐKXĐ: \(1\le x\le2\)

\(-x^2+3x-2=2m+x-x^2\)

\(\Rightarrow x=m+1\)

\(\Rightarrow1\le m+1\le2\)

\(\Rightarrow0\le m\le1\)

Lời giải:

Để cho gọn, đặt \(x^2=t(t\geq 0)\)

PT trở thành:

\((m-2)t^2-2(m+1)t+(2m-1)=0(*)\)

a) Để PT đã cho vô nghiệm thì thì \(\Delta'\) âm hoặc \((*)\) có nghiệm âm.

----------------------------

\(\Delta'=(m+1)^2-(m-2)(2m-1)<0\)

\(\Leftrightarrow -m^2+7m-1<0\)

\(\Leftrightarrow m< \frac{7-3\sqrt{5}}{2}\) hoặc \(m> \frac{7+3\sqrt{5}}{2}\)

PT \((*)\) có nghiệm âm khi mà:

\(\left\{\begin{matrix} \Delta'=-m^2+7m-1\geq 0\\ t_1+t_2=\frac{2(m+1)}{m-2}<0\\ t_1t_2=\frac{2m-1}{m-2}>0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \frac{1}{2}>m\geq \frac{7-3\sqrt{5}}{2}\)

Vậy để PT vô nghiệm thì \(\frac{1}{2}>m\geq \frac{7-3\sqrt{5}}{2}\) , \(m< \frac{7-3\sqrt{5}}{2}\) hoặc \(m> \frac{7+3\sqrt{5}}{2}\)

b) Để PT đã cho có nghiệm duy nhất thì (*) có nghiệm duy nhất. Với nghiệm \((*)\) thu được duy nhất là \(t=k\geq 0\), nếu \(k\neq 0\Rightarrow \) PT đã cho có 2 nghiệm \(\pm \sqrt{k}\) (không thỏa mãn).

Do đó nếu PT đã cho có nghiệm duy nhất thì nghiệm đó phải là 0

\(\Rightarrow (m-2).0^4-2(m+1).0^2+2m-1=0\Leftrightarrow m=\frac{1}{2}\)

Thay vào thử lại thấy thỏa mãn.

Vậy \(m=\frac{1}{2}\)

c) Để PT đã cho có hai nghiệm thì \((*)\) có duy nhất một nghiệm dương, nghiệm còn lại âm. Khi đó:

\(\Delta'=-m^2+7m-1>0\) (1)

Và: \(t_1t_2<0\Leftrightarrow \frac{2m-1}{m-2}<0\Leftrightarrow \frac{1}{2}< m< 2\) (2)

Kết hợp (1); (2) suy ra \(\frac{1}{2}< m< 2\)

d)

PT ban đầu có ba nghiệm khi mà $(*)$ có một nghiệm bằng 0 và một nghiệm còn lại là dương.

\((*)\) có nghiệm 0 thì PT ban đầu cũng có nghiệm 0. Theo phần b ta suy ra \(m=\frac{1}{2}\). Thử lại ta thấy với \(m=\frac{1}{2}\) thì PT ban đầu có nghiệm 0 duy nhất. Do đó không tồn tại $m$ để PT có ba nghiệm.

e)

Để PT ban đầu có 4 nghiệm thì $(*)$ có hai nghiệm dương phân biệt. Điều này xảy ra khi mà:

\(\Delta'=-m^2+7m-1>0\) (1)và: \(\left\{\begin{matrix} t_1+t_2=\frac{2(m+1)}{m-2}>0\\ t_1t_2=\frac{2m-1}{m-2}>0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow m>2\) (2)

Từ (1); (2) suy ra \(2< m< \frac{7+3\sqrt{5}}{2}\)

Lời giải:

a) Đặt \(x^3=a\) thì pt trở thành:

\(a^2+2003a-2005=0\)

\(\Leftrightarrow (a+\frac{2003}{2})^2=2005+\frac{2003^2}{2^2}=\frac{4020029}{4}\)

\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} a+\frac{2003}{2}=\sqrt{\frac{4020029}{4}}\\ a+\frac{2003}{2}=-\sqrt{\frac{4020029}{4}}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} a=\sqrt{\frac{4020029}{4}}-\frac{2003}{2}\approx 1\\ a=-\sqrt{\frac{4020029}{4}}-\frac{2003}{2}\approx -2004\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} x=\sqrt[3]{a}\approx 1\\ x=\sqrt[3]{a}\approx \sqrt[3]{-2004}\end{matrix}\right.\)

b)

Đặt \(x^2=a(a\geq 0)\)

PT trở thành: \(\sqrt{2}a^2-2(\sqrt{2}+\sqrt{3})a+\sqrt{12}=0\)

\(\Delta'=(\sqrt{2}+\sqrt{3})^2-\sqrt{2}.\sqrt{12}=5\)

Theo công thức nghiệm của pt bậc 2 thì pt có 2 nghiệm:

\(\left\{\begin{matrix} a_1=\frac{(\sqrt{2}+\sqrt{3})+\sqrt{5}}{\sqrt{2}}\\ a_2=\frac{(\sqrt{2}+\sqrt{3})-\sqrt{5}}{\sqrt{2}}\end{matrix}\right.\)

Do đó \(x=\pm \sqrt{a}\in\left\{\pm \sqrt{\frac{\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}}{\sqrt{2}}};\pm \sqrt{\frac{\sqrt{2}+\sqrt{3}-\sqrt{5}}{\sqrt{2}}}\right\}\)

Câu 2:

Đặt \(x^2=a\). PT ban đầu trở thành:

\(a^2+a+m=0(*)\)

\(\bullet \)Để pt ban đầu có 3 nghiệm pb thì $(*)$ phải có một nghiệm $a=0$ và một nghiệm $a>0$

Để $a=0$ là nghiệm của $(*)$ thì \(0^2+0+m=0\Leftrightarrow m=0\)

Khi đó: \((*)\Leftrightarrow a^2+a=0\). Ta thấy nghiệm còn lại là $a=-1< 0$ (vô lý)

Do đó không tồn tại $m$ để pt ban đầu có 3 nghiệm pb.

\(\bullet\) Để pt ban đầu có 4 nghiệm pb thì $(*)$ phải có 2 nghiệm dương phân biệt

Mà theo định lý Viete, nếu $(*)$ có 2 nghiệm pb $a_1,a_2$ thì:\(a_1+a_2=-1< 0\) nên 2 nghiệm không thể đồng thời cùng dương.

Vậy không tồn tại $m$ để pt ban đầu có 4 nghiệm phân biệt.

1)Dat t=\(\sqrt{4x-x^2}\)\(\Rightarrow Pt\Leftrightarrow t^2+2t+1=m+1\ge0\Rightarrow m\ge-1\)

Theo dinh li Viet thi \(\left\{{}\begin{matrix}t_1+t_2=-2\\t_1t_2=-m\end{matrix}\right.\Rightarrow-m\le0\Leftrightarrow m\ge0}\)

Dat \(t=\sqrt{x^2+4x+5}\left(t\ge1\right)\)\(\Rightarrow Pt\Leftrightarrow t^2+t+m-2=0\)

DK:\(\Delta=1-4\left(m-2\right)=9-4m\ge0\Leftrightarrow m\le\dfrac{9}{4}\)

Pt co nghiem la \(t=\dfrac{-1-\sqrt{\Delta}}{2}\left(loai\right),t=\dfrac{-1+\sqrt{\Delta}}{2}\)

Vi \(t\ge1\)\(\Rightarrow\sqrt{\Delta}\ge3\Leftrightarrow9-4m\ge9\Leftrightarrow m\le0\)

\(5\ge\left|x\right|=\left|\sqrt{\dfrac{-1+\sqrt{9-4m}}{2}}\right|=\sqrt{\dfrac{-1+\sqrt{9-4m}}{2}}\Leftrightarrow\sqrt{9-4m}\le51\Leftrightarrow m\ge-648\)Vay \(-648\le m\le0\)

1.

Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi:

\(\left\{{}\begin{matrix}\Delta=25-12m>0\\x_1^2+x_2^2< 17\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< \dfrac{25}{12}\\\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2< 17\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< \dfrac{25}{12}\\\left(2m-3\right)^2-2\left(m^2-4\right)< 17\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< \dfrac{25}{12}\\2m^2-12m< 0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow0< m< \dfrac{25}{12}\)

3.

Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi:

\(\left\{{}\begin{matrix}\Delta'=11-m>0\\x_1+x_2>0\\x_1x_2>0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< 11\\6>0\\m-2>0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow2< m< 11\)