›
›
›

Tổng hợp đề thi học sinh giỏi môn Toán THPT - Vòng 1 - Chuyên đề 3: Phương trình - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

docx 38 trang nhungbui22 11/08/2022 1870
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tổng hợp đề thi học sinh giỏi môn Toán THPT - Vòng 1 - Chuyên đề 3: Phương trình - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docxtong_hop_de_thi_hoc_sinh_gioi_mon_toan_thpt_vong_1_chuyen_de.docx

Nội dung text: Tổng hợp đề thi học sinh giỏi môn Toán THPT - Vòng 1 - Chuyên đề 3: Phương trình - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

  1. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Chuyên đề 3 Phương trình Câu 1. (HSG10 THPT THuận Thành 2018-2019) Giải phương trình: (x 2 x 2) x 1 0 . Lời giải Tác giả:Nguyễn Đông ; Fb: Nguyễn Đông Điều kiện phương trình có nghĩa: x 1 . x 1 2 2 x x 2 0 (x x 2) x 1 0 x 2 x 1 0 x 1 Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm của phương trình là: S 1;2 . Câu 2. (HSG10 YÊN PHONG 2 năm 2018-2019) Giải phương trình: 3x 3 5 2x x3 3x2 10x 26 0 Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Hằng; Fb: Hang Nguyen 3x 3 0 5 ĐKXĐ: 1 x 5 2x 0 2 Với ĐKXĐ ở trên ta có: 3x 3 5 2x x3 3x2 10x 26 0 . 3x 3 3 5 2x 1 x 2 x2 x 12 0 3 x 2 2 x 2 x 2 x2 x 12 0 3x 3 3 5 2x 1 3 2 2 x 2 x x 12 0 3x 3 3 5 2x 1 x 2 3 2 x2 x 12 0 * 3x 3 3 5 2x 1 5 x 2, do x2 x 12 0,x 1; nên phương trình * vô nghiệm. 2 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S 2 . Câu 3. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Phương trình x3 1 2 3 2x 1 có ba nghiệm phân biệt. Tính tổng các nghiệm đó. A. 2 . B. 1. C. 0 . D. 1 5 . Lời giải Tác giả: Mai Hoàng Thái; Fb: Mai Hoàng Thái Chọn C Cách 1. Hàm đặc trưng 3 x3 1 2 3 2x 1 x3 2x 3 2x 1 2 3 2x 1 *  Trang 8
  2. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Xét hàm f (t) t3 2t, t ¡ . f '(t) 3t 2 2 0, t ¡ . f (t) đồng biến trên ¡ . Khi đó: x 1 3 3 3 * f (x) f 2x 1 x 2x 1 x 2x 1 0 1 5 x 2 Vậy tổng các nghiệm là 0. Cách 2. Liên hợp x3 2x 1 3 3 2 x 3 2x 1 x3 2x 1 0 2. x3 2x 1 0 x 1 2 2x 1 2 x2 x 3 2x 1 3 2x 1 2 x3 2x 1 1 0 2 x2 x 3 2x 1 3 2x 1 >0 x ¡ x 1 3 x 2x 1 0 1 5 x 2 2 2 Câu 4. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) log3 x x 1 log 1 (1 2x) 2x 1 x x 1 3 Lời giải 1 Điều kiện: x 2 2 2 Ta có log3 x x 1 log 1 (1 2x) 2x 1 x x 1 3 2 2 log3 x x 1 log3 (1 2x) 2x 1 x x 1 2 2 log3 x x 1 x x 1 log3 (1 2x) 1 2x (*) 1 Xét hàm số f (t) log t t,t 0 . Dễ thấy f (t) 1 0 t 0 . Suy ra hàm số đồng biến với t 0 . 3 t ln 3 Ta có 1 2x 0 f x2 x 1 f (1 2x) x2 x 1 1 2x x2 x 1 1 2x . 2 2 x x 1 (1 2x) 1 x 2 x 0 . 2 x x 0 Vậy nghiệm của phương trình là x 0 . Câu 5. (HSG12 tỉnh Hà Nam năm 2018-2019) Cho phương trình sau với m là tham số thực 2 2 2 2 x 2x 2 1 x 2x log 2019 x 2x 2011 1 m log2019 (x 2x 2011) 8 4  Trang 9
  3. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Tìm tất cả các giá trị của m sao cho phương trình trên có đúng hai nghiệm thực phân biệt thỏa mãn 1 x 1 3 . Lời giải x2 2x 0 ĐK. x ;0  2; 2   x 2x 2011 0 Ta có 1 x 1 3 x  2;02;4 (*) 1 2 2 2 1 2 2 1 PT x 2x log 2019 (x 2x 2011) 1 m x 2x log2019 (x 2x 2011) 4 2 2 4 x2 2x log2 (x2 2x 2011) 4 m 2. x2 2x log (x2 2x 2011) 1 2019 2019 2 2 Đặt t x 2x log2019 (x 2x 2011) 2 x 1 2 (2x 2) x 2x t ' log2019 (x 2x 2011) 2 x2 2x (x 2x 2011).ln 2019 log (x2 2x 2011) 2 x2 2x (x 1) 2019 2 2 x 2x (x 2x 2011)ln 2019 Do đó với x  2;0 thì t ' 0 , với x 2;4 thì t ' 0 Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên ta thấy, với mỗi một t 0; 8 sẽ cho ta hai giá trị của x  2;0 2;4 Như vậy bài toán trở thành tìm m để phương trình sau có một nghiệm t 0; 8 t 2 4 m 2.t 1 t 2 4 1 Ta có t 2 4 m 2.t 1 m (do t không là nghiệm của pt) 2.t 1 2 2t 2 2t 4 2 m' , m' 0 t 2 2 ( 2.t 1)2 Bảng biến thiên  Trang 10
  4. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Từ bảng biến thiên ta thấy khi m ( ; 4][4; ) thì yêu cầu bài toán được thỏa mãn. Câu 6. (HSG12 tỉnh Hà Nam năm 2018-2019) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: 2019x y x2 1 x y2 1 y 1 18y2 2 2 25x 9x 9x 4 2 2 2 y 1 Lời giải Tác giả:Trần Ngọc Quang ; Fb:Quang Tran 2 Điều kiện x 3 x 2 y 2 (1) 2019 x 1 x 2019 y 1 y 2 2 x ln 2019 ln x 1 x y ln 2019 ln y 1 y (*) Xét hàm số f t t ln 2019 ln t 2 1 t ,t ¡ 1 f '(t) ln 2019 0,t ¡ . Suy ra hàm số đồng biến trên ¡ . t 2 1 Do đó phương trình (*) x y . 18x2 Thay x y vào (2) ta có 25x2 9x 9x2 4 2 (3) x2 1 2 18x2 Nếu x thì 18x2 ,7x2 2 , suy ra pt (3) vô nghiệm. 3 x2 1 2 4 2 18 Nếu x thì (3) 25 9 9 ( ) 3 x2 x2 x2 1  Trang 11
  5. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 1 9 Đặt u ,0 u , Pt ( ) trở thành x2 4 18u 18u 25 9 9 4u 2u 12 2u 4 9 9 4u 9 0 u 1 u 1 6 u 2 36 u 2 2 u 2 0 u 1 9 4u 1 u 2 6 36 2 0(4) u 1 9 4u 1 36 6 Vì 0 9 4u 3 9 36 , 2 8 , suy ra phương trình (4) vô nghiệm 9u 4 1 u 1 1 x 1 2 Với u 2 2 x2 1 x 2 2 1 1 Vì x x y 3 2 2 1 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm là ; . 2 2 Câu 7. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 )Cho các hàm số f0 x , f1 x , f2 x , thỏa mãn: f0 x ln x ln x 2019 ln x 2019 , fn 1 x fn x 1,n ¥ . Số nghiệm của phương trình là A. 6063. B. 6059 . C. 6057 . D. 6058. Lời giải Tác giả: Nguyễn Trung Kiên – Trịnh Quang Hoàng. Chọn B Xét hàm số f0 x ln x ln x 2019 ln x 2019 Đặt t ln x , ta có f0 x g t t t 2019 t 2019 t 4038 khi t 2019 g t t khi 2019 t 2019 t 4038 khi t 2019  Trang 12
  6. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 fn 1 x fn x 1 1,x 0;n ¥ Có 3 trường hợp cần xét là f x 1 f x 1 1 f x 0 -Nếu n 1 n n . fn x 1 fn 1 x 0 f x 0 f x 1 0 f x 1 n 1 n n f x 1 f x 2 -Nếu n n 1 . f x k 0 f x k 1 -Nếu n 1 n Khi đó f2020 x 0 f2018 x 0;2 f2016 x 0;2;4 f2014 x 0;2;4;6 f2 x 0;2;4; ;2018 f1 x 1;1;3;5; ;2019 f0 x 0;2;4; ;2020 f0 x 0; 2; 4; ; 2020 Quan sát đồ thị ta thấy Mỗi phương trình f0 x 0; 2; 4; ; 2018 có 3 nghiệm. Mỗi phương trình f0 x 2020 có 1 nghiệm Vậy số nghiệm là: 2019.3 2 6059 . Câu 8. (HSG12 Thành Phố Đà Nẵng 2018-2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m 8; để phương trình sau có nhiều hơn hai nghiệm phân biệt? 2 x 2 x x 1 2 x m m 2x 2 x m .2 x x . A. 6 .B. 7 .C. 5 .D. 8 . Lời giải  Trang 13
  7. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Tác giả: Nguyễn Đức Hoạch, Fb: Hoạch Nguyễn Phản biện: Nguyễn Văn Mạnh, FB: Nguyễn Văn Mạnh Chọn B x2 m x x 1 2x m 2 x m 2 x x2 2 Ta có: x x x 1 2 m 2x x m .2 2 2x x m 2x x 2 2 2 2 x2 m .2x x x2 x .2x m 2x2 x m x2 m .2x x x2 x .2x m x2 x x2 m 2 2 x2 m . 2x x 1 x2 x . 2x m 1 0 * 2 2 x m x m 0 2 1 2 x2 x x x 0 2 1  TH1: nên VT * 0 . 2 x2 m x m 0 0 2 1 x2 x 0 x2 x 0 2 1 2 2 x m x m 0 2 1 2 x2 x x x 0 0 2 1  TH2: nên VT * 0 . 2 x2 m x m 0 0 2 1 x2 x 0 x2 x 2 1 x2 m 0 1  TH3: thì * thỏa mãn. 2 x x 0 2 Ta thấy, phương trình 2 có 2 nghiệm phân biệt là x 0 và x 1. Để phương trình đã cho có nhiều hơn 2 nghiệm thì phương trình 1 có nghiệm khác 0 và 1. m 0 . Mà m ¢ , m 8; nên m 7; 6; 1 nên có 7 giá trị thỏa mãn. Câu 9. (HSG12 Tỉnh Đồng Nai 2018-2019) Giải phương trình 8.25x 8.10x 15.22x 1 0. Lời giải Tác giả: Đỗ Hoàng Tú; Fb: Đỗ Hoàng Tú x 5 5 2x x 5 5 2 2 8.25x 8.10x 15.22x 1 0 8. 8. 30 0 x 1. x 2 2 5 3 2 2 Vậy x 1. sin2 x 5 cos2x Câu 10. (HSG12 tỉnh Hưng Yên 2018-2019) Giải phương trình 5 x 1 x 5 . 3 Lời giải Tác giả:Vũ Thị Thuần; Fb:Xu Xu Ta có:  Trang 14
  8. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 sin2 x 0 5 2 5 5 0 1;0 sin x 1 1. 3 3 3 5 1; 1 cos 2x 1 5cos2x 51 5. sin2 x 2 5 cos2x sin x 0 Vậy 5 6 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi sin x 0 x k k ¢ . 3 cos 2x 1 Lại có x 1 x 5 1 x x 5 1 x x 5 6 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 x x 5 0 5 x 1. sin2 x 5 cos2x x k x Do đó 5 x 1 x 5 . 3 5 x 1 x 0 Vậy phương trình có hai nghiệm là x ; x 0. Câu 11. (HSG12 Thành Phố Đà Nẵng 2018-2019) Tổng tất cả các giá trị của tham số m để phương 2 3x 2x 1 2 x m log 2 x m 2 trình x2 2x 3 có đúng ba nghiệm phân biệt: A. 2. B. 3. C. 1. D. 0. Lời giải Tác giả:Nguyễn Trần Tuấn Minh ; Fb: Tuấn Minh Phản biện: Bùi Dũng ; Fb: Bùi Dũng Chọn B Ta có: x2 2x 3 x2 2x 1 2 x m 3 ln 2 x m 2 3 log 2 2 x m 2 x 2x 3 32 x m 2 ln x2 2x 3 x2 2 x 3 3 .ln x2 2x 3 32 x m 2.ln 2 x m 2 (1) Xét hàm số g t 3t.lnt trên 2; . 1 Có g ' t 3t.ln 3.ln t 3t. 0 t 2; , nên g t đồng biến trên 2; . t Do đó phương trình (1) tương đương:  Trang 15
  9. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 x2 1 2m g x2 2x 3 g 2 x m 2 x2 2x 3 2 x m 2 2 (2) x 4x 1 2m 2 Xét hai Parabol: P1 : y x 1 có đỉnh I1 0;1 và bề lõm hướng lên. 2 P2 : y x 4x 1 có đỉnh I2 2;3 và bề lõm hướng xuống. Và dễ thấy hai Parabol tiếp xúc nhau tại điểm A 1;2 . Vậy: (1) có 3 nghiệm phân biệt (2) có 3 nghiệm phân biệt Đường thẳng nằm ngang y 2m hoặc đi qua I1 0;1 , hoặc đi qua I2 2;3 , hoặc đi qua A 1;2 . 2m 1 1 3  2m 3 m ; ;1. Vậy tổng tất cả các giá trị m thỏa đề là 3. 2 2  2m 2 Câu 12. (HSG10 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Giải phương trình 2x2 2x 3 3 x2 x 1 0 . Lời giải Tác giả: Lê Thanh Tịnh – Hồ Thanh Long ; Fb: Lê Thanh Tịnh – Phú Long 2 2 1 3 3 Vì x x 1 x , x ¡ nên phương trình luôn xác định với mọi x . 2 4 4 Ta có: 2x2 2x 3 3 x2 x 1 0 2x2 2x 2 2 3 3 x2 x 1 0 2 x2 x 1 3 x2 x 1 5 0 * . 3 Đặt t x2 x 1 với t . Lúc đó phương trình * trở thành: 2 t 1 2 2t 3t 5 0 5 . t KTM 2 2 2 x 1 Với t 1 suy ra x x 1 1 x x 0 . x 0 Vậy tập nghiệm của phương trình là S 1 ; 0. Câu 13. (HSG12 Thành Phố Đà Nẵng 2018-2019) 2 2 Cho phương trình 251 1 x m 2 .51 1 x 2m 1 0 , với m là tham số. Giá trị nguyên dương lớn nhất của tham số m để phương trình có nghiệm là A. 5 .B. 26 .C. 25 . D. 6 . Lời giải Tác giả: face - Bùi Dũng,Phản biện: face – Euro Vũ Chọn C 2 Đặt: 51 1 x t  Trang 16
  10. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 2 Ta có: 1 1 1 x2 2 5 51 1 x 25 t 5;25 Khi đó phương trình trở thành: t 2 m 2 .t 2m 1 0 t 2 mt 2t 2m 1 0 t 2 2t 1 m t 2 t 2 2t 1 m t 2 t 2 2t 1 y Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của hai đồ thị hàm số: t 2 y m t 2 2t 1 t 2 4t 3 Xét hàm số: y liên tục trên 5;25, có: y ' 0 t 5;25 t 2 t 2 2 16 576 Để phương trình có nghiệm min y m max y y 5 m y 25 m 5;25 5;25 3 23 Vì m là giá trị nguyên dương lớn nhất m 25 Câu 14. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 8x 3x.4x 3x2 1 2x m3 1 x3 m 1 x có đúng 2 nghiệm phân biệt thuộc 0;10 ? A. 101. B. 100. C. 102. D. 103. Lời giải Tác giả: Nguyễn Minh Hải; Fb: Nguyễn Minh Hải Chọn A Ta có 8x 3x.4x (3x2 1)2x (m3 1)x3 (m 1)x (2x )3 3x.(2x )2 3x2.2x 2x m3 x3 x3 (m 1)x (2x )3 3x.(2x )2 3x2.2x x3 2x m3 x3 (m 1)x (2x x)3 2x (mx)3 (m 1)x (2x x)3 2x x (mx)3 mx Xét hàm số f (t) t3 t f '(t) 3t 2 1 hàm số đồng biến trên ¡ 2x x pt 2x x mx m x 2x x 2x (x ln 2 1) 1 Xét hàm số f (x) f '(x) 0 x x x2 ln 2 BBT x 1 0 10 ln 2 y’ 0 + y 517 5 2,88 Do m nguyên nên m {3,4,5, ,103} có 101 giá trị chọn A Câu 15. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Tìm m để phương trình 4x 2 m 1 2x 3m 8 0 có hai nghiệm trái dấu.  Trang 17
  11. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 8 A. 1 m 9. B. m . 3 8 C. m 9 . D. m 9 . 3 Lời giải Tác giả: Trần Thị Kim Thu ; Fb: Thu Tran Chọn C Phương trình 4x 2 m 1 2x 3m 8 0 1 xác định với mọi x ¡ . Đặt t 2x 0,x thì phương trình 1 trở thành t2 2 m 1 t 3m 8 0 2 . Đặt f t t 2 2 m 1 t 3m 8 Phương trình 1 có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi phương trình 2 có hai nghiệm t1, t2 thỏa f 0 0 3m 8 0 8 mãn 0 t1 1 t2 m 9 . f 1 0 m 9 0 3 Câu 16. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Giải phương trình 4x 1 41 x 2 2x 2 22 x 8 Lời giải Tác giả: Nguyễn Văn Bình ; Fb: Nguyễn Văn Bình x 1 1 x x 2 2 x x 4 x 4 x 1 x 1 Phương trình 4 4 2 2 2 8 4.4 x 2 4.2 x 8 4 x 2 2 x 2 4 2 4 2 1 1 t 2x 4x t 2 2 Đặt 2x Khi đó 4x 2 t 0 Ta được phương trình: t 2 2t 2 t 2 1 t 0 2x 0 2x 1 x 0 Với 2x 1 t 2 2x 2 22x 2.2x 1 0 2x 1 2 x log 1 2 Với 2x 2 Vậy phương trình có hai nghiệm là x 0 và x log2 1 2 Câu 17. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Cho phương trình 2 9 x m .log x2 2x 3 3 x 2x.log 2 x m 2 0 3 3 1 . 3 Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình có 3 nghiệm? A. 1. B. 0 . C. 3 . D. 2 . Lời giải Tác giả: Cao Xuân Hùng; FB: Cao Hùng Chọn A  Trang 18
  12. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 2 9 x m .log x2 2x 3 3 x 2x.log 2 x m 2 0 3 3 1 3 1 2 3 .3log3 x 2x 3 2 .log3 2 x m 2 32 x m 3x 2x 1 2 x 1 2 2 x m 3 .log3 (x 1) 2 3 .log3 2 x m 2 . 1 Xét hàm số f (t) 3t.log (t 2), t 0. Ta có f '(t) 3t ln 3.log (t 2) 3t. 0, t 0. 3 3 (t 2)ln 3 2 Suy ra hàm số đồng biến trên 0; và f x 1 f 2 x m nên  2 2 2 x 2x 1 2(x m) 2m x 4x 1 x 1 2 x m 2 2 . x 2x 1 2(x m) 2m x 1 Ta thấy hai parabol y x2 4x 1, y x2 1 tiếp xúc với nhau tại điểm có tọa độ 1;2 nên đồ thị của chúng trong cùng hệ tọa độ Oxy như sau. y 8 6 4 2 x -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -2 -4 -6 -8 Khi đó để phương trình có 3 nghiệm thì đường thẳng y 2m cắt hai parabol tại 3 điểm phân biệt, từ 3 m 2m 3 2 đồ thị suy ra m 1 . 2m 2 2m 1 1 m 2 Vậy có 1 giá trị nguyên của m để phương trình có 3 nghiệm. Câu 18. (HSG11 tỉnh Thanh Hóa năm 2018-2019) Giải phương trình: x 2 7 x 2 x 1 x2 8x 7 1. Lời giải Điều kiện: 1 x 7 . pt x 1 2 x 1 (x 1)(7 x) 2 7 x x 1 x 1 2 7 x x 1 2 Cách 1: x 1 2 0 x 5 (n) . x 1 7 x x 4 (n)  Trang 19
  13. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Vậy tập nghiệm S 4;5 . Cách 2: Đặt 7 x u 0; x 1 v 0 , ta có phương trình: 2 v 2 x 1 2 x 5 (n) v 1 2u 2v 1 uv 2(u v) v(u v) . Vậy u v 7 x x 1 x 4 (n) tập nghiệm S 4;5 . Câu 19. (HSG12 tỉnh Đồng Nai năm 2018-2019) Chứng minh rằng phương trình x 3 x2 6x 3 có đúng 3 nghiệm thực phân biệt x1, x2 , x3 . Tính giá trị của biểu thức 3 2 3 2 3 2 T x1 x1 9 x2 x2 9 x3 x3 9 . Lời giải Phương trình đã cho tương đương x3 x2 6x 3 0 . Xét hàm số f x x3 x2 6x 3 liên tục trên ¡ và có f 3 . f 0 0, f 0 . f 1 0, f 1 . f 2 0 nên phương trình có nghiệm x 3;0 x 0;1 , x 1;2 1 , 2 3 . Mặt khác, đây là phương trình bậc 3 nên đây là tất cả các nghiệm của phương trình đã cho. Do phương trình có 3 nghiệm x1, x2 , x3 nên f x x x1 x x2 x x3 . 3 3 3 Ta có: T 6x1 6 6x2 6 6x3 6 6 . 1 x1 1 x2 1 x3 6 . f 1 6 .9 Câu 20. (HSG10 Nam Tiền Hải Thái Bình 2018-2019) 1. Tính tổng các nghiệm của phương trình: 3x2 15x 2 x2 5x 1 2 . 2. Giải phương trình x 3 x 1 x2 x2 4x 3 2x Lời giải 1. Ta có: 3x2 15x 2 x2 5x 1 2 3x2 15x 3 2 x2 5x 1 5 0 3 x2 5x 1 2 x2 5x 1 5 0 Đặt x2 5x 1 t t 0 , ta được phương trình ẩn t : t 1 TM 2 3t 2t 5 0 5 t koTM 3 x2 5x 1 1 x2 5x 0 x 0 x 5 Vậy tổng các nghiệm của phương trình là 5 . 2. Điều kiện xác định x 1.  Trang 20
  14. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Ta có vế trái phương trình nhận giá trị dương nên x 0 . Ta giải phương trình này với x 0 . 2 x2 x2 4x 3 Khi đó x 3 x 1 x2 x2 4x 3 2x 2x x 3 x 1 x2 x2 4x 3 x x 3 x x 1 x x x 3 x 1 x 3 x 0 x x 3 x x 1 0 1 3 2 x x 3 x x x 3 0 2 2 x 1 x x x 1 0 1 5 x 2 1 3 1 5  Tập nghiệm của phương trình là T ;  . 2 2  Câu 21. (HSG10 THPT THuận Thành 2018-2019) Cho x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình 2 2 x2 x3 x4 x 3x a 0 ; x3 và x4 là hai nghiệm của phương trình x 12x b 0 . Biết rằng . x1 x2 x3 Tìm a và b. Lời giải Tác giả: Nguyễn Văn Phu ; Fb:Nguyễn Văn Phu 9 Phương trình x2 3x a 0 có hai nghiệm 9 4a 0 a . (1) 4 Phương trình x2 12x b 0 có hai nghiệm ' 36 b 0 b 36 . (2) x1 x2 3 x1.x2 a Với điều kiện trên, theo Viet ta có: (I) x3 x4 12 x3 .x4 b x2 tx1 x2 x3 x4 2 Đặt t x3 tx2 t x1 . x x x 1 2 3 3 x4 tx3 t x1 x tx 3 3 x1 tx1 3 1 1 x1.tx1 a x1.tx1 a 4 Thế vào hệ (I) ta được: t 2 x t3 x 12 2 1 1 t (x1 tx1 ) 12 5 t 2 x .t3 x b 2 3 1 1 t x1.t x1 b 6 Thế (3) vào (5) ta được t 2 4 t 2 . Với t 2 thay vào (3) ta được x1 1 x2 2; x3 4; x4 8.  Trang 21
  15. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 a x1.x2 1.2 2 Khi đó (t/m) b x3 .x4 4.8 32 Với t 2 thay vào (3) ta được x1 3 x2 6; x3 12; x4 24 . a x1.x2 3.6 18 Khi đó (t/m) b x3 .x4 12.24 288 a 2 a 18 Vậy hoặc . b 32 b 288 Câu 22. (HSG11 Thị Xã Quảng Trị năm 2018-2019) Cho x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình: 2 2 x 3x a 0 , x3 và x4 là hai nghiệm của phương trình: x 12x b 0 . Biết rằng x1, x2 , x3 , x4 theo thứ tự lập thành một cấp số nhân. Hãy tìm a,b Lời giải Tác giả: Phạm Huyền; FB: Phạm Huyền 2 3 Gọi q là công bội của CSN x2 x1q; x3 x1q ; x4 x1q Theo viet ta có: x1 x2 3 x1(1 q) 3 (1) x1x2 a x1x2 a (2) x x 12 2 3 4 x1q (1 q) 12 (3) x3x4 b x3x4 b (4) Từ (1) và (3) suy ra q2 4 + q 2 từ (3) suy ra x1 1, giải ra được a 2;b 32 . + q 2 từ (3) suy ra x1 3, giải ra được a 18;b 288 . Câu 23. (HSG10 YÊN PHONG 2 năm 2018-2019) Giải phương trình x2 3x 1 7 2x Lời giải Tác giả:Anh Tuấn ; Fb: Anh Tuan. Ta có x2 3x 1 7 2x 2x 7 0 2 2 x 3x 1 (2x 7) 2x 7 0 2 3x 25x 50 0 7 x 2 x 5 10 x 3 x 5  Trang 22
  16. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Kết luận:Tập nghiệm của phương trình là S 5 . Câu 24. (HSG11 tỉnh Quảng Ngãi năm 2018-2019) Giải phương trình 3 3 x 2 2. x 1 3 x2 3x 2 . Lời giải Tác giả: Võ Huỳnh Hiếu ; Fb: Huỳnh Hiếu Đặt u x 2,v x 1 với v 0 .Khi đó,phương trình đã cho trở thành: 3 3 2 2 u 2v 3uv u v u u v 2v 0 x 2 5 5 x 2 x N Với u v x 2 x 1 2 2 x 5x 5 0 5 5 x L 2 2 u v Với u u v 2v u v u 2v 0 x 2 2 x 1 0 u 2v 0 x 2 2 x 1 2 x x 4 2 2 L x 4 2 2 N 5 5 Kết hợp với điều kiện ,ta được: x , x 4 2 2. 2 5 5 Vậy phương trình có 2 nghiệm: x , x 4 2 2. 2 Câu 25. (HSG12 tỉnh GIA LAI 2018-2019) Giải các phương trình sau trên tập hợp các số thực: 4 3 2 2 x 1) x 6x 6x 9x 2 x 3x . 2) 7 6log7 6x 1 1 0. Lời giải 2 1) Ta có x4 6x3 6x2 9x 2 x2 3x x2 3x 3 x2 3x 2 x2 3x 0 . Đặt t x2 3x, t 0 , phương trình đã cho trở thành t4 3t2 2t 0 t 0;t 2;t 1 . Kết hợp với điều kiện t 0 , ta chỉ có hai trường hợp sau: Với t 0 , ta có x2 3x 0 x 0; x 3 . Với t 2, ta có x2 3x 2 x2 3x 4 0 x 1; x 4. Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm x 0, x 3, x 1, x 4. 1 2) Điều kiện xác định: x . Đặt y log 6x 1 , khi đó 7 y 6x 1. 6 7  Trang 23
  17. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 x 7 6y 1 Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ . y 7 6x 1 Trừ vế theo vế hai phương trình trong hệ, ta có 7x 7 y 6y 6x 7x 6x 7 y 6y (1). t 1 Xét hàm số f t 7 6t , tập xác định D ; . 6 Ta có f t 7t ln 7 6 0, t D nên hàm số f đồng biến trên D . Do đó 1 f x f y x y . Suy ra 7x 6x 1 0 (2). x 1 Xét hàm số g x 7 6x 1 trên khoảng ; . 6 6 Ta có g x 7x ln 7 6 ; g x 0 x log . 7 ln 7 Bảng biến thiên của hàm số g x : 1 Dựa vào bảng biến thiên, ta có phương trình (2) có không quá hai nghiệm thuộc khoảng ; . 6 Mà g 0 0, g 1 0 nên x 0, x 1 là tất cả các nghiệm của phương trình (2). Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x 0, x 1. Câu 26. (HSG12 tỉnh Quảng Bình năm 2018-2019) Giải phương trình sau trên tập số thực ¡ : x3 7x2 9x 12 x 3 x 2 5 x 3 x 3 1 . Lời giải Tác giả: Đặng Mai Hương, Ngô Quốc Tuấn, FB: Đặng Mai Hương, Quốc Tuấn Cách 1: x3 7x2 9x 12 x 3 x 2 5 x 3 x 3 1 (điều kiện x 3 ) x 4 x 4 x2 3x 3 x 3 x 2 5 x 3 x 3 1 x 4 0 x2 5x 6 5x. x 3 15 x 3 x2 3x 3 x 3 1  Trang 24
  18. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 x 4 Nhan . 2 x 8x 12 x 3 9 2x 1 Giải 1 : x2 8x 12 x 3 9 2x . Đặt t x 3 0 . Phương trình 1 trở thành: t5 2t3 2t 2 3t 3 0 2 . (Phân tích phương trình 2 như sau: VT t 2 at b . t3 ct 2 dt e . Đồng nhất hệ số ). t 2 t 1 0 2 : t 2 t 1 t3 t 2 3 0 . 3 2 t t 3 0 vo nghiem do t 0 1 5 t Nhan 2 1 5 9 5 x 3 x Nhan . 1 5 2 2 t 0 Loai 2 9 5  Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S 4;  . 2  Cách 2: Điều kiện: x 3 . Phương trình đã cho tương đương với: x2 5x 6 5 x 3 x 3 x 4 x2 3x 3 x 4 x 3 1 x 4 Nhan 2 2 x 5x 6 5 x 3 x 3 x 3x 3 1 x 3 1 Giải (1): x2 5x 6 5 x 3 x 3 x2 3x 3 0 x 3 1 x2 3x 3 x 3 1 x2 5x 6 5 x 3 x 3 0 9 2x x2 8x 12 x 3 0 x3 12x2 46x 57 x2 8x 12 x 4 x 3 0 x 3 x2 9x 19 x2 8x 12 x 4 x 3 0 x 3 x 4 x 3 x 4 x 3 x2 8x 12 x 4 x 3 0 x 4 x 3 x 3 x 4 x 3 x2 8x 12 0 x 3 x 4 2 x 4 x 3 3 x x 3 x 0 3 x x 3 x 0 3  Trang 25
  19. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 x 4 9 5 x 4 x 9 5 *Giải (2): x 3 x 4 x . 2 2 x 9x 19 0 2 9 5 x 2 *Giải 3 : 3 3 x x 3 x 0 x 3 x 0 (vô nghiệm do x 3 ) 9 5  Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S 4;  . 2  Cách 3: Phương trình đã cho tương đương với: x 4 x 4 x2 3x 3 x 3 x 2 5 x 3 x 3 1 x 4 Nhan 1 . x2 3x 3 x 3 x 2 5 x 3 1 x 3 1 Giải (1): x 2 5 x 3 x2 3x 3 x 2 5 x 3 x2 3x 3 x 3 x 3 1 x 3 x 3 1 x 4 2 5(x 4) 1 x 3 5 x 3 1 . x 4 1 x 3 1 t 2 5t 1 Xét hàm số f t ,t 0 . t 1 t 2 2t 4 t 2 5t 1 f t 0,t 0 , suy ra hàm số f t đồng biến trên 0; . t 1 2 t 1 x 4 9 5 x 4 x 4 x 9 5 Suy ra x 3 x 4 x . 2 2 2 x 3 x 4 x 9x 19 0 2 9 5 x 2 9 5  Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S 4;  . 2  Câu 27. (HSG12 tỉnh Thái Nguyên năm 2018-2019) Giải phương trình x3 7x2 9x 12 x 3 x 2 5 x 3 x 3 1 . Lời giải Tác giả: Nguyễn Thành Biên ; Fb: BienNguyenThanh Điều kiện x 3 0 x 3.  Trang 26
  20. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Phương trình đã cho tương đương với x 4 x2 3x 3 x 3 x 2 5 x 3 x 3 1 x 3 1 x 3 1 x2 3x 3 x 3 x 2 5 x 3 x 3 1 x 3 1 0  x 3 1 x 4 x 3 1 x2 3x 3 x 3 x 2 5 x 3 * Dễ thấy x 3 không là nghiệm của phương trình đã cho. x2 3x 3 x 2 5 x 3 Với x 3, giải phương trình * ta được x 3 x 3 1 2 x 4 5 x 4 1 x 3 5 x 3 1 f x 4 f x 3 . x 4 1 x 3 1 t 2 5t 1 3 Xét hàm số f t trên 1; , có f t 1 0,t 1. t 1 t 1 2 Suy ra f t là hàm số đồng biến trên 1; mà f x 4 f x 3 . x 4 0 x 4 9 5 x Do đó x 4 x 3 2 . 2 x 4 x 3 x 9x 19 0 2 9 5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 4 ; x . 2 Câu 28. (HSG10 HÀ NAM 2018-2019) Giải phương trình x 1 6x2 6x 25 23x 13. Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Thu Nghĩa; Fb: Thu Nghia Ta có x 1 6x2 6x 25 23x 13 x 1 6x2 6x 25 2x 3 2x2 18x 16 0 1 3 x 2 TH1: 6x 6x 25 2x 3 0 2 (PTVN) 2 6x 6x 25 2x 3 TH2: 6x2 6x 25 2x 3 0 2x2 18x 16 1 x 1 2x2 18x 16 0 6x2 6x 25 2x 3 x 1 2x2 18x 16 1 0 2 6x 6x 25 2x 3  Trang 27
  21. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 2x2 18x 16 0 1 x 1 1 0 2 2 6x 6x 25 2x 3 x 1 Giải 1 ta được . x 8 Giải 2 6x2 6x 25 3x 4 4 x 3 x 5 2 7 . 2 3x 30x 9 0 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S 1; 8; 5 2 7 . Câu 29. (HSG11 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Chứng minh rằng phương trình 4x5 2018x 2019 0 có duy nhất một nghiệm thực. Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Chúc; Fb:Chuc Nguyen Cách 1: (sử dụng kiến thức lớp 12). Xét hàm số f x 4x5 2018x 2019 liên tục trên ¡ . Ta có y ' 20x4 2018 0  x ¡ . Suy ra phương trình f x 0 có tối đa một nghiệm x ¡ 1 . Ta có f 0 2019; f 1 3 f 0 f 1 0 . Suy ra phương trình f x 0 có ít nhất một nghiệm a 1;0 2 . Từ 1 ; 2 suy ra phương trình f x 0 có nghiệm duy nhất a 1;0 . Do vậy, phương trình đã cho có duy nhất một nghiệm thực. Cách 2: (sử dụng kiến thức lớp 11). Xét hàm số f x 4x5 2018x 2019 liên tục trên ¡ . Ta có f 0 2019; f 1 3 f 0 f 1 0 . Suy ra phương trình f x 0 có ít nhất một nghiệm a 1;0 . Giả sử phương trình f x 0 có nghiệm b a . Ta có f b f a 4 b5 a5 2018 b a . Nếu b a thì b5 a5 . Suy ra 4 b5 a5 2018 b a 0 . Do vậy f b f a 0 f b f a 0 (vô lí). Nếu b a b5 a5 . Suy ra 4 b5 a5 2018 b a 0 . Do vậy f b f a 0 f b f a 0 (vô lí).  Trang 28
  22. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Vậy điều giả sử là sai. Do vậy, phương trình f x 0 có nghiệm duy nhất x a (đpcm). Câu 30. (HSG12 tỉnh Lâm Đồng năm 2018-2019) Giải phương trình x2 1 x 1 x 2 . 4 Lời giải Điều kiện 1 x 1. t 2 2 Đặt t 1 x 1 x 1 x2 , với 0 t 2 . 2 Phương trình theo t có dạng 2 t 2 2 7 2 2 t t 2 t 2 4t 8 0 t 2 (nhận). 4 Với t 2 ta được 1 x 1 x 2 1 x2 1 x 0 . Vậy phương trình có nghiệm x 0 . Câu 31. (HSG12 tỉnh Thừa Thiên Huế năm 2018-2019) Giải phương trình 2x 3 x 1 x2 6 x 2 x2 2x 9 0 x ¡ . Lời giải u x2 2x 9 0 Đặt 2 v x 6 0 u2 v2 3 u2 v2 2x 3 x 2 2 2 2 2 2 2 u v 1 u v 1 Phương trình đã cho trở thành: u v v. u. 0 2 2 2 u2 v2 u v u2 v2 u v 0 u v 0 u v 2 2 u v u v 1 0 u v 1 vn 3 Với u v ta có x2 6 x2 2x 9 x . 2 3 Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm là x . 2 Câu 32. (HSG10 Cụm Hà Đông Hà Đức Hà Nội năm 2018-2019)Giải phương trình 4x 2 12x x 1 27 x 1 . Lời giải Tác giả: Phạm Thị Diệu Huyền; Fb: Phạm Thị Diệu Huyền Điều kiện: x 1 0 x 1.  Trang 29
  23. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 4x 2 12x x 1 27 x 1 4x 2 2.2x .3 x 1 9 x 1 36 x 1 4x 2 9 x 1 2 2x 3 x 1 6 x 1 2x 3 x 1 x 0 2x 3 x 1 36 x 1 2 2x 3 x 1 6 x 1 2x 9 x 1 4x 81 x 1 1 x 0 x 3 81 9 97 (thỏa mãn điều kiện). x 8 81 9 97 Vậy phương trình có 2 nghiệm là x 3 và x . 8 Câu 33. (HSG10 YÊN PHONG 2 năm 2018-2019) Giải phương trình 3x 1 4x 3 5x 4 Lời giải Tác giả:Anh Tuấn ; Fb: Anh Tuan. 3x 1 0 Ta có 3x 1 4x 3 5x 4 4x 3 0 3x 1 4x 3 2 (3x 1)(4x 3) 5x 4 3 x 3 3 4 x x 3 4 4 x 1 x 1 (3x 1)(4x 3) 3 x 11x2 x 12 0 12 x 11 Kết luận:Tập nghiệm của phương trình là S 1. Câu 34. (HSG11 tỉnh Quảng Ngãi năm 2018-2019) Cho hàm số y f (x) liên tục trên 0;1 . Chứng minh phương trình f (x) f (1) f (0) x f (1) có ít nhất một nghiệm thuộc 0;1 . Lời giải Tác giả: Nguyễn Thanh Tuấn ; Fb: Nguyễn Thanh Tuấn Ta viết lại phương trình đề bài: f (x) f (1) f (0) x f (1) 0 . Đặt: g(x) f (x) f (1) f (0) x f (1). Ta có: g(0) f (0) f (1) ; g(1) f (1) f (0) . 2 Nhận thấy g(x) liên tục trên 0;1 và g(0).g(1) f (0) f (1) 0 . Vì vậy phương trình g(x) 0 luôn có ít nhất một nghiệm thuộc 0;1 (đpcm). Câu 35. (HSG10 Cụm Hà Đông Hà Đức Hà Nội năm 2018-2019) Tìm m để phương trình 4 mx2 2 m 2 x 2m 7 0 ( m là tham số) có hai nghiệm x , x thỏa mãn: x x . 1 2 1 2 3 Lời giải  Trang 30
  24. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Tác giả: TRẦN TRUNG TÍN; Fb: TÍN TRẦN 4 Ta có x x 0 x x . 1 2 3 1 2 2 Do đó, phương trình mx 2 m 2 x 2m 7 0 có hai nghiệm x1 , x2 m 0 m 0 m 0 2 2 . m 2 m 2m 7 0 m 3m 4 0 1 m 4 2 m 2 S x1 x2 m Theo định lí Vi-ét, ta có: . 2m 7 P x .x 1 2 m Khi đó: 2 4 2 2 16 2 16 2 m 2 2m 7 16 x1 x2 x1 2x1x2 x2 S 4P 4 3 9 9 m m 9 2 m 3 m 4m 4 2m 7 4 13 2 m 3m 4 0 12 . m2 m 9 9 m 13 m 3 Kết hợp điều kiện suy ra 12 . m 13 2 Lưu ý: Có thể sử dụng công thức x x . 1 2 a Câu 36. (HSG11 Thị Xã Quảng Trị năm 2018-2019)Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: m 1 x2 1 x2 2 2 1 x4 1 x2 1 x2 . Lời giải Tác giả: Vĩnh Tín, FB: Vĩnh Tín Điều kiện xác định của phương trình: 1 x 1. Đặt t 1 x2 1 x2 . Khi đó t liên tục trên  1;1 và t 0 . 2 4 t 2 2 1 x 2 t 0; 2 t 2 t 2 Phương trình trở thành: m(t 2) t 2 t 2 m . t 2 t 2 t 2 Xét f (t) ;t 0; 2 ta có f (t) liên tục trên 0; 2 t 2 t 2 4t f '(t) 0,t 0; 2 (t 2)2 f (t) nghịch biến trên 0; 2  Trang 31
  25. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Vậy phương trình đã cho có nghiệm thực khi f ( 2) 2 1 m 1 f (0) 2 Câu 37. (HSG10 tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019) Cho phương trình x2 ax 1 a x2 ax 1 1 0, với a là tham số. Biết rằng phương trình có nghiệm thực duy nhất. Chứng minh rằng a 2 . Lời giải Tác giả: Phan Văn Lâm; FB: Lâm Phan 2 Xét phương trình x2 ax 1 a x2 ax 1 1 0 1 Đặt t x2 ax 1, khi đó x2 ax 1 t 0 2 và phương trình đã cho trở thành: t 2 at 1 0 3 . Phương trình 1 có nghiệm khi a và t thỏa mãn: a2 4 0 và a2 4 4t 0 . a2 4 0 a 2 hay a 2 . Nếu a 2 thì 3 có nghiệm t 0, khi đó a2 4 4t 0, suy ra 2 có hai nghiệm phân biệt, mâu thuẫn với giả thiết 1 có nghiệm duy nhất. Nếu a 2 thì phương trình 3 có nghiệm t 1, khi đó điều kiện a2 4 4t 0 không được thỏa mãn. Vậy a 2 . Câu 38. (HSG11 Bắc Ninh 2018-2019) Cho tam thức f x x2 bx c . Chứng minh rằng nếu 2 phương trình f x x có hai nghiệm phân biệt và b 2b 3 4c thì phương trình f f x x có bốn nghiệm phân biệt. Lời giải Tác giả:Nguyễn Mạnh Hà ; Fb: Nguyễn Mạnh Hà 2 Xét phương trình: f f x x f x b. f x c x 0 2 f x f x x b. f x x x f x x x bx c x 0 f x x f x b x f x x 0 f x x f x b x 1 0 f x x 0 1 f x b x 1 0 2 - Từ giả thiết phương trình 1 luôn có hai nghiệm phân biệt. - Phương trình 2 x2 b 1 x b c 1 0 có b 1 2 4 b c 1 b2 2b 3 4c 0 ( vì theo giả thiết b2 2b 3 4c ) Do đó phương trình 2 luôn có hai nghiệm phân biệt. - Giả sử x0 là một nghiệm của phương trình 1 khi đó: 2 2 2 x0 bx0 c x0 0 x0 b 1 x0 c 2x0 0 x0 b 1 x0 c 2x0 Khi đó nếu x0 là một nghiệm của phương trình 2 thì : b 1 x 2 b 1 x b c 1 0 2x b 1 0 x 0 0 0 0 2  Trang 32
  26. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 2 2 b 1 b b b 1 2 2 Khi đó 1 trở thành: c 0 b 2b 3 4c 0 b 2b 3 4c (trái 2 2 2 với giả thiết của đề bài b2 2b 3 4c ). Do đó x0 là một nghiệm của phương trình 1 nhưng không là nghiệm của phương trình 2 . Vậy phương trình f f x x có bốn nghiệm phân biệt. 2) Cho a,b,c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn a b c 2 ab .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 2 ab c2 c thức P 2 2 Lời giải a b a b a b c Tác giả:Lưu Thị Hạnh ; Fb: Hạnh Lưu Đặt a xc,b yc .thay vào biểu thức a b c 2 ab ta có: xc yc c 2 c2 xy x y 1 2 xy xy 1 1 và P x y x2 y2 xy Ta có: 2 2 x y x y 1 xy 2 x y 2 4 x y 2 2 x y 1 0 2 2 3 x y 8 x y 4 0 x y 2 3 2 2 2 Đặt t x y, t 2 . Từ xy x y 1 ta có xy t 1 . 3 Thay vào biểu thức P ta được 2 t 1 1 1 P t t 2 2 t 1 2 t 1 2 2 t 1 1 1 t t 2 4t 2 t 1 2 2 t 1 1 1 1 t 2 t 1 2 t 2 4t 2 2 t 1 2 2 4 2 4 2 2,t ;2 t t 1 t 2 4t 2 2 t 1)2 t t 1 t 2 3 Vậy Pmin 2 a b c 1. 3) Lớp 11 Toán có 34 học sinh tham gia kiểm tra môn Toán để chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi cấp tỉnh. Đề kiểm tra gồm 5 bài toán. Biết rằng mỗi bài toán luôn có ít nhất 19 học sinh giải quyết được. Chứng minh rằng có 2 học sinh sao cho mỗi bài toán đều được một trong hai học sinh này giải quyết được.Lời giải Tác giả: Vũ Ngọc Phát; Fb: Vũ Ngọc Phát  Trang 33
  27. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Giả sử ngược lại: với mỗi 2 học sinh bất kì, luôn tồn tại ít nhất một bài toán mà cả hai học sinh đều không giải được. Gọi x, y ,a là bộ gồm hai học sinh x , y và bài toán a mà cả hai học sinh x , y đều không giải được. Gọi k là số bộ ba x, y ,a . 2 Số cách chọn hai học sinh từ 34 học sinh là C34 . Vì với mỗi 2 học sinh bất kì, luôn tồn tại ít nhất một bài toán mà cả hai học sinh đều không giải được 2 nên k C34 561 * . Theo đề ta có mỗi bài toán luôn có ít nhất 19 học sinh giải quyết được nên mỗi bài toán có nhiều 2 nhất 15 học sinh không giải được. Như vậy với mỗi bài toán a có nhiều nhất C15 cặp học sinh không 2 giải được bài toán a . Do đó k C15 525. Mâu thuẫn với * . Vậy có 2 học sinh sao cho mỗi bài toán đều được một trong hai học sinh này giải quyết được. Câu 39. (HSG12 tỉnh Điện Biên năm 2018-2019) Cho phương trình m 2 x x2 1 x2 m 6 x 1 0 1 . Tìm các giá trị của m để phương trình 1 có nghiệm thực. Lời giải Tác giả: Minh Hạnh; Fb: fb.com/meocon2809 1. Điều kiện: x 0 . - Với x 0 thì phương trình vô nghiệm. x2 1 x2 1 - Với x 0 , Phương trình 1 m 2 m 6 0. x x t 2 x2 1 Đặt t x2 1 ; x t 2 x t 2 2t 6 Ta được phương trình mới theo ẩn phụ: m 2 t t 2 m 6 0 m 2 . t 1 t 2 2t 6 t 2 2t 8 t 4 l Xét hàm số f t f t 2 0 . t 1 t 1 t 2 Bảng biến thiên x 4 2 2 y + 0 - - 0 + y 2 2 2 2 Nhìn bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm m 2 . Câu 40. (HSG12 tỉnh Điện Biên năm 2018-2019) Cho đa thức f x x4 ax3 bx2 ax 1 có nghiệm thực. Chứng minh rằng a2 b2 4b 1 0 .  Trang 34
  28. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Lời giải Giả sử đa thức đã cho có nghiệm trong trường hợp a2 b2 4b 1 0. Ta có: a2 b2 4b 1 0 a2 b 2 2 3 1 . Vì x 0 không là nghiệm của phương trình f x 0 nên: 2 4 3 2 2 1 1 1 1 x ax bx ax 1 0 x 2 a x b 0 x a x b 2 0 x x x x 1 Đặt t x thì phương trình trên có nghiệm khi và chỉ khi t 2 at b 2 0 có nghiệm thỏa mãn x t 2 . Xét hàm số g t t 2 at b 2 a a Ta có: g t 2t a, g t 0 t . Như (1) trên thì 2;2 2 2 Do đó ta có bảng biến thiên t 2 2 f t - + g t 2a b 2 2a b 2 2a b 2 0 2 Phương trình có nghiệm thì 2a b 2 0 3 Những điểm M a;b thoả (1) thì nằm bên trong hoặc biên đường tròn tâm I 0;2 và bán kính bằng 3 . Những điểm N a;b thoả mãn (2) và (3) là những điểm thuộc phần không chứa gốc tạo độ của các 2x y 2 0 đường thẳng 2x y 2 0 Những phần đó theo hình vẽ là không có điểm chung, vì vậy ta có mâu thuẫn. Ta có điều phải chứng minh: Nếu đa thức đã cho có nghiệm thì a2 b2 4b 1 0 Chú ý: Bài có thể giải nhanh như sau:  Trang 35
  29. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 2 2 4 2 2 2 2 t at b 2 0 t at 2 b t ( at 2 b) a (b 2) 1 t t 4 1 a2 (b 2)2 t 2 1 3 a2 b2 4b 1 0 t 2 1 Câu 41. (HSG12 Thành Phố Đà Nẵng 2018-2019) Tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 4 2 tan x 2 m có 6 nghiệm phân biệt thuộc ; là cos x 2 2 A. m 3 B. 2 m 3 C. 2 m 3 D. m 2 Lời giải Tác giả: Trần Đức Phương; Fb: Phuong Tran Duc. Phản biện: Tuấn Minh; Fb: Tuấn Minh Chọn B Điều kiện: cos x 0 x k ,k ¢ . 2 2 Ta có: tan4 x m tan4 x 2 tan2 x 2 m (*) cos2 x Đặt t tan2 x , t 0 . Khi đó (*) trở thành: t 2 2t 2 m . Nhận xét: Với t 0 thì phương trình đã cho có 1 nghiệm x 0 . Với mỗi t 0 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x phân biệt thuộc ; . 2 2 Với mỗi t 0 thì phương trình đã cho không tồn tại nghiệm x . Đồ thị của hàm số y t 2 2t 2 : y 3 2 x O 1 4 2 Dựa vào đồ thị, phương trình tan x 2 m có 6 nghiệm phân biệt thuộc ; khi và chỉ cos x 2 2 khi đường thẳng y m cắt đồ thị hàm số y t 2 2t 2 tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn 0. Lúc đó: 2 m 3.  Trang 36
  30. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 y 3 y = m 2 x O 1 Câu 42. (HSG12 Tỉnh Nam Định 2018-2019) Cho phương trình x2 7 m x2 x 1 x4 x2 1 m x2 x 1 2 . Biết tập hợp tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có nghiệm là a;b . Tính P b a 26 13 13 13 A. . B. . C. . D. . 3 6 3 2 Lời giải Chọn C x2 7 m x2 x 1 x4 x2 1 m x2 x 1 2 x2 7 x4 x2 1 m x2 x 1 x2 x 1 2 Đặtt x2 x 1 x2 x 1 t 2 2x2 2 x4 x2 1 2 2x 1 2x 1 Xét hàm số t x2 x 1 x2 x 1 liên tục trên ¡ cót x 2 x2 x 1 2 x2 x 1 2x 1 2x 1 t x 0 0 2x 1 x2 x 1 2x 1 x2 x 1 x2 x 1 x2 x 1 2x 1 . 2x 1 0 2 2 2 2 2x 1 x x 1 2x 1 . x x 1 1 x 2 1 x 2 (Vô nghiệm) x 0 2x 1 2x 1 Mặt khác t 0 0 t x 0,x ¡ . x2 x 1 x2 x 1 Bảng biến thiên:  Trang 37
  31. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 t 2 12 t 1;1 . Ta có phương trình:t 2 12 2m t 2 2m t 2 t 2 12 t 2 4t 12 t 2 (l) Xét hàm số f t , t 1;1 , f t 2 0 . t 2 t 2 t 6 (l) Bảng biến thiên: t 2 12 13 13 13 Phương trình 2m có nghiệmt 1;1 13 2m m t 2 3 2 6 13 13 13 a ,b b a . 2 6 3 Câu 43. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Với giá trị nào của m thì phương trình m 5 x2 2 m 1 x m 0 có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa x1 2 x2 ? 8 8 8 A. m 5 . B. m . C. m 5 . D. m 5 . 3 3 3 Lời giải Tác giả: Đỗ Hoàng Tú; Fb: Đỗ Hoàng Tú Chọn D 2 m 5 0 m 5 x 2 m 1 x m 0 có hai nghiệm phân biệt 0 m 5 m 5 m 5 2 1 . (1) m 1 m 5 m 0 3m 1 0 m 3  Trang 38
  32. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 2 m 1 S x1 x2 m 5 Khi đó, theo hệ thức Vi – ét ta có: . m P x x 1 2 m 5 2 x1 2 0 m 5 x 2 m 1 x m 0 có hai nghiệm thỏa mãn x1 2 x2 x2 2 0 m 4 m 1 9m 24 x 2 x 2 0 x x 2 x x 4 0 4 0 0 1 2 1 2 1 2 m 5 m 5 m 5 8 m 5 . 3 8 Kết hợp với (1) m 5 . 3 Câu 44. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x4 2mx2 (2m 1) 0 có 4 nghiệm thực phân biệt là: 1 1 A. 1; . B. ; \ 1 . C. ; . D. ¡ . 2 2 Lời giải Tác giả: Phan Thanh Quỳnh; Fb:Thanh Quynh Phan Chọn B Đặt t x2 0 , khi đó phương trình đã cho trở thành: t2 2mt (2m 1) 0 (t 1)(t 2m 1) 0 1 Yêu cầu bài toán tương đương với phương trình 1 có 2 nghiệm dương phân biệt 1 t 2m 1 phải dương và khác 1 m 1. 2 Câu 45. (HSG10 Kim Liên 2018-2019) Cho phương trình x 3 6 x 18 3x x2 m , (1), (với m là tham số). a)Giải phương trình (1) khi m 3 . b)Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm. Lời giải Tác giả: Hải Thương ; Fb: Hải Thương Đk: 3 x 6 . t 2 9 Đặt t 3 x 6 x , 3 t 3 2 . Suy ra 18 3x x2 . 2 Phương trình (1) trở thành t 2 2t 9 2m . 2 t 1 (l) a)Khi m 3 phương trình trở thành t 2t 3 0 t 3 2 2 x 3 t 3 3 x 6 x 3 9 2 18 3x x 9 18 3x x 0 x 6 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x 3, x 6 .  Trang 39
  33. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 2 b)Phương trình (1) có nghiệm khi phương trình t 2t 9 2m có nghiệm t 3;3 2 . 2 Xét hàm số f t t 2t với t 3;3 2 . Hàm số f t đồng biến trên 3;3 2 nên 3 f t 18 6 2 với t 3;3 2 . 9 6 2 Phương trình (1) có nghiệm 3 9 2m 18 6 2 m 3. 2 Câu 46. (HSG10 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Cho hai phương trình: x 2 2x a 2 1 0 1 và x2 2 a 1 x a a 1 0 2 . a) Tìm a để phương trình 2 có hai nghiệm phân biệt. b) Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình 1 và x3 ; x4 là hai nghiệm của phương trình 2 với x3 x4 . Tìm tất cả các giá trị a để x1 ; x2 x3; x4 . Lời giải Tác giả:Nguyễn Thị Ái Trinh ; Fb: Trinh Nguyễn a) Xét phương trình: x2 2 a 1 x a a 1 0 . Phương trình 2 có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 2 1 0 a 1 a a 1 0 3a 1 0 a . 3 1 Vậy với a thì phương trình 2 có hai nghiệm phân biệt. 3 b) Xét phương trình: 2 2 2 2 x 1 a x 2x a 1 0 x 1 a 0 x 1 a x 1 a 0 . x 1 a 1 Ta có: f x x2 2 a 1 x a a 1 có hai nghiệm phân biệt x ; x khi a . 3 4 3 Theo giả thiết x1; x2 x3; x4 hay x3 x1 x2 x4 (giả sử x1 x2 ) khi và chỉ khi: 1 2 a 1 f x1 0 f (1 a) 0 4a 3a 1 0 4 1 a 1. f x 0 f 1 a 0 3a 1 0 1 4 2 a 3 1 Vậy với a 1 thì x ; x x ; x . 4 1 2 3 4 Câu 47. (HSG11 tỉnh Phú Yên năm 2018-2019) Giải và biện luận phương trình sau theo tham số m : x 2 mx m2 x 2 mx m2 2 m với m 0 Lời giải Cách 1 mx m2 0 x 2 mx m2 0 Điều kiện: x m 1 x 2 mx m2 0 m 0  Trang 40
  34. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 t 2 4m2 Đặt t 2 mx m2 ;t 0. Thì x 4m t 2 4m2 (t 2m)2 | t 2m | x 2 mx m2 t 4m 4m 2 m t 2 4m2 (t 2m)2 | t 2m | Và x 2 mx m2 t . 4m 4m 2 m Khi đó bất phương trình đã cho là | t 2m | | t 2m | 4m,m 0 2 Vì m 0,t 0 nên | t 2m | t 2m nên 2 t 2m | t 2m | 4m | t 2m | 2m t,m 0 t 2m 0 0 t 2m Nghĩa là 0 2 mx m2 2m m2 mx 2m2 m x 2m Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S [m;2m]. Cách 2 mx m2 0 x 2 mx m2 0 Điều kiện: x m (*) x 2 mx m2 0 m 0 Với điều kiện trên, hai vế của bất phương trình không âm, bình phương hai vế ta được x 2 mx m2 2 x2 4 mx m2 x 2 mx m2 4m x2 4mx 4m2 2m x (x 2m)2 2m x | x 2m | 2m x +) Nếu x 2m thì bất phương trình x 2m 2m x x 2m . Kết hợp với điều kiện x 2m ta được x 2m 1 +) Nếu x 2m thì bất phương trình 2m x 2m x ( luôn đúng). Kết hợp với điều kiện (*) ta được m x 2m 2 Từ 1 và 2 ta có tập nghiệm của bất phương trình là S [m;2m]. Câu 48. (HSG10 PHÙNG KHẮC KHOAN- HÀ NỘI 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số m m R để phương trình: x4 3m 1 x2 6m 2 0 có bốn nghiệm phân biệt đều lớn hơn 4 . Lời giải Tác giả:Nguyễn Thủy ; Fb:Thuy Nguyen 2 4 2 x 2 x 2 Ta có: x 3m 1 x 6m 2 0 2 x 3m 1  Trang 41
  35. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 m 1 Để phương trình có bốn nghiệm phân biệt đều lớn hơn 4 thì 3m 1 2 1 17 0 3m 1 16 m 3 3 1 17 Vậy với m ; \ 1 thì thỏa mãn đề bài. 3 3 Câu 49. (HSG10 THPT ĐAN PHƯỢNG 2018-2019) . Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham 2 3 2 số): x 2 m 1 x m m 1 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1 x2 4 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 3 3 P x1 x2 x1x2 3x1 3x2 8 . Lời giải Tác giả: Trần Như Tú; Fb: Tú Tran Ta có ' m 1 2 m3 m 1 2 m3 4m . Phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 4 2 ' 0 m m 4 0 m  2;02; m  2;02;3 . x x 4 1 2 2 m 1 4 m 3 3 3 Ta có P x1 x2 x1x2 3x1 3x2 8 3 x1 x2 3x1x2 x1 x2 3x1x2 x1 x2 8x1x2 3 x1 x2 8x1x2 3 2 m 1 8 m3 m 1 2 8 m3 3m2 3m 1 8m3 8 m2 2m 1 16m2 40m Xét P 16m2 40m với m  2;02;3. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 16 khi m 2 , đạt giá trị nhỏ nhất bằng 144 khi m 2 . Câu 50. (HSG11 tỉnh Phú Yên năm 2018-2019) Cho bốn số thực p, q, m,n thỏa mãn hệ thức q n 2 p m pn qm 0 (1). Chứng minh rằng 2 phương trình x2 px q 0 (2) và x2 mx n 0 (3) đều có các nghiệm phân biệt và các nghiệm của chúng nằm xen kẽ nhau khi biểu diễn trên trục số. Lời giải Cách 1: Từ điều kiện q n 2 p m pn qm 0 suy ra p m 0 (4).  Trang 42
  36. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Các phương trình (2) và (3) đều có hệ số a 1 0 nên các parabol biểu diễn đều có bề lõm quay lên trên. Hai phương trình có nghiệm phân biệt và nằm xen kẽ nhau khi biểu diễn trên trục số khi và chỉ khi đồ thị các hàm số y x2 px q P và y x2 mx n P ' cắt nhau tại 1 điểm nằm dưới trục hoành (5). y x x1 x3 O x2 x4 (Minh họa hình vẽ) Hoành độ giao điểm của P và P ' là nghiệm của phương trình n q x2 px q x2 mx n x  p m Tung độ giao điểm của P và P ' là 2 n q n q y p q p m p m 1 2 2 n q p n q p m q p m p m 2 1 2 n q p m pn qm 0 (theo (4)). p m 2 Vậy (5) được chứng minh, nên khẳng định của đề bài đã chứng minh xong. Cách 2: Ta có q n 2 p m pn qm 0 q n 2 q n p p m p m pq qm 0 f q n q n 2 q n p p m q p m 2 0. Vì tồn tại p, q, m,n nên p m p2 p m 2 4q p m 2 0 . Do đó phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt 2 p 4q 0 x1 x2 p x1, x2 thỏa mãn . x1x2 q 2 2 2 Đặt g x x mx n . Ta có g x1 .g x2 x1 mx1 n x2 mx2 n  Trang 43
  37. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 px1 q mx1 n px2 q mx2 n x1 m p n q x2 m p n q 2 2 x1x2 m p m p n q x1 x2 n q q m p 2 m p n q p n q 2 q n 2 p m pn qm 0. Suy ra phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt x3 , x4 x3 x4 thỏa mãn trong hai số x1, x2 có một số thuộc khoảng x3 , x4 và một số không thuộc khoảng x3 , x4 . Từ đó ta có điều phải chứng minh. Câu 51. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Cho hàm số đa thức bậc ba y f x liên tục trên ¡ và có đồ thị như hình vẽ. Với m là tham số thực bất kì thuộc đoạn 0;2 , phương trình 3 f x3 2x2 2019x m2 2m có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt? 2 A. 2 B. 1 C. 4 D. 3. Lời giải Tác giả: Nguyễn Vương Duy Tuấn; Fb: Nguyễn Vương Duy Tuấn Chọn D Đặt t x3 2x2 2019x t 3x2 4x 2019 0x ¡ Hàm số đồng biến trên ¡ . Như vậy với mỗi giá trị x cho ta tương ứng một giá trị t . 3 3 Ta có: f x3 2x2 2019x m2 2m f t m2 2m 2 2 Vì m là tham số thực bất kì thuộc đoạn 0;2 nên ta có: 1 g 1 2 2 3 3 g m m 2m g m 2m 2 0 m 1 và g 0 2 2 3 g 2 2  Trang 44
  38. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 1 3 f t g m ; 2 2 Dựa vào đồ thị ta thấy được phương trình có 3 nghiệm thực phân biệt. Câu 52. (HSG10 Cụm Hà Đông Hà Đức Hà Nội năm 2018-2019) Cho phương trình x 4 2 m 2 x 2 2m 3 0 ( m là tham số). Tìm tất cả giá trị của tham số m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt x ,x ,x ,x thỏa mãn x 4 +x 4 x 4 x 4 52 . 1 2 3 4 1 2 3 4 Lời giải Tác giả: Nguyễn Văn Tài; Fb: Nguyễn Tài Tài Cách 1: x 4 2 m 2 x 2 2m 3 0 1 . Đặt t x2 , t 0 . Phương trình trở thành t 2 2 m 2 t 2m 3 0 2 . Phương trình 1 có 4 nghiệm phân biệt x1,x2,x3,x4 Phương trình 2 có 2 nghiệm dương phân biệt t1 , t 2 2 '(2) 0 m 2m 1 0 m 1 S 0 m 2 0 3 . m P 0 2m 3 0 2 t t 2 m 2 Áp dụng định lý Vi-et, ta có 1 2 . t1t 2 2m 3 2 Đến đây, do x 4 x 4 x 4 x 4 52 nên 2t 2 2t 2 52 t 2 t 2 26 t t 2t t 26 0 1 2 3 4 1 2 1 2 1 2 1 2 2 m 1 4m 12m 16 0 . m 4 Đối chiếu điều kiện * ta được m 1. Cách 2: x 4 2 m 2 x2 2m 3 0 x 2 1 x 2 2m 3 0 x 2 1 0 x 1 . 2 2 x 2m 3 0 x 2m 3 2 Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt x 1,x 2 ,x 3,x 4 khi phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt và khác nghiệm x 1;x 1 3 2m 3 0 m 2 . 1 2m 3 m 1 4 4 4 4 4 4 4 4 Ta có : x 1 x 2 x 3 x 4 52 (1) ( 1) 2m 3 2m 3 52 2 m 1 2m 3 25 .Đối chiếu điều kiện ta được m 1. m 4  Trang 45