Đang tải... (xem toàn văn)
[r]
(1)Vấn đề PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ BẬC HAI PHƯƠNG TRÌNH BẬC – BẬC
I KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
1 PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ BẬC
Dạng 1: Phương trình trùng phương: ax4+bx2+ =c (a 0)≠
Đặt t x (t 0)= ≥ ta có phương trình : at2+bt c 0+ =
Dạng 2: (x + a)(x+b)(x+c)(x+d) = k (k ≠ 0) Trong đó: a + b = c + d
Đặt t (x a)(x b)= + + với t (a b)2
−
≥ − ta có phương trình :
2
t +(cd ab)t k 0− − = Dạng 3: (x a)+ 4+(x b)+ 4=k(k 0)≠
Đặt t x a b
+
= + x a t+ = + α, x b t+ = − α với a b
−
α = đưa phương trình trùng phương : t4+ α12 t2 2+ α − =2 k 0
4
(x a)− +(x b)− =k(k 0)≠ Ñaët t x a b
+ = −
Daïng 4: ax4+bx3+cx2+bx a (a 0)+ = ≠
+ Nhận xét x = nghiệm phương trình + Chia hai vế cho x2 đặt t x 1, t
x
= + ≥
Ta có phương trình : at2+ + −bt c 2a 0=
4
ax +bx +cx −bx a (a 0)+ = ≠
+ Nhận xét x = nghiệm phương trình :
+ Chia vế cho x đặt t x x
= − ta phương trình :
2
at + + +bt c 2a 0=
4
ax +bx +cx ±dx c 0= = a, c ≠
2
c d a b
⎛ ⎞ = ⎜ ⎟⎝ ⎠
+ Nhận xét x = nghiệm + Chia vế cho x , làm giống 2
Dạng 5: 2 mx 2 nx k (k 0) ax +bx c ax+ + +b'x c+ = ≠
+ Nhận xét x = nghiệm
+ Phương trình viết : m n k
c c
ax b ax b'
x x
+ =
+ + + +
Đặt t ax c x
= + phương trình viết : m n k t b t b'+ + + = Dạng 6 : (x a)(x b) (x a) x b
x a
+
α + + + β + =
+
Điều kiện : x b x a
+ ≥
+ Đặt
x b t (x a)
x a
+
= +
+
2 PHƯƠNG TRÌNH BẬC 3: a Đa thức :
Đa thức bậc n theo x (n ∈N) biểu thức có dạng:
P(x) =a x0 n+a x1 n 1− + a x a+ n 1− + n với a0≠0
Caùc số a ,a , a gọi hệ số 0 1 n
α nghiệm đa thức P(x) P(α) = Định lý Bezout : P( ) 0α = ⇔P(x)chia hết cho x - α
b Phương trình bậc 3:
3
ax +bx +cx d (a 0)+ = ≠
(2)Nếu phương trình : ax3+bx2+cx d (a 0)+ = ≠ (1) Có nghiệm x1, x2, x3 :
1
1 2 3
1
b x x x
a c x x x x x x
a a
x x x a
⎧ + + = − ⎪
⎪
⎪ + + =
⎨ ⎪
⎪ = −
⎪⎩
Cách giải :
+ Nếu biết nghiệm x x ,= 0 ta phân tích:
(1)
0
(x x )(Ax Bx C)
⇔ − + + =
+ Nếu biết hệ thức nghiệm ta dùng định lý viete + Dùng đẳng thức biến đổi thành phương trình tích số với phương trình có dạng :
3 3
A +B =(A B)+ ⇔(A B)+ 3−A3−B3= ⇔0 3AB(A B) 0+ =
II CÁC VÍ DỤ :
Ví dụ 1:
Giải phương trình : (x 1)(x 2)(x 3)(x 4) (*)+ + + + =
Giaûi (*) ⇔(x 1)(x 4)(x 2)(x 3) (**)+ + + + =
Đặt t (x 1)(x 4) x= + + = 2+5x 4+ Điều kiện t (1 4)2
4
−
≥ − = −
(**) ⇔(x2+5x 4)(x+ 2+5x 6) 3+ =
2 t 1(nhaän)
t 2t t(t 2)
t 3(loại) (a b c 0)
= ⎧
+ − =
⇔ + = ⇔ ⇔ ⎨
= −
+ + = ⎩
Với t = 1: 2
5 13 x
x 5x x 5x
13 x 13
⎡ − +
= ⎢
+ + = ⎢
+ + = ⇔ ⇔
⎢
∆ = =− −
⎢ ⎣
Ví dụ 2:
Định m để phương trình : (x 3)(x 1) 4(x 3) x m (1) x
+
− + + − =
− có
nghiệm
Giải Đặt t (x 3) x 1(*) t2 (x 3)(x 1)
x
+
= − ⇒ = − +
−
2
(1)⇔t +4t m (2)− =
Để (1) có nghiệm, điều kiện cần (2) có nghiệm Ta có : ' m 0∆ = + ≥ ⇔m≥ −4
Thử lại với m≥ −4,phương trình (1) có nghiệm Với m≥ −4, phương trình (2) có nghiệm t = t0 vào (*) :
0 x
t (x 3) (3) x
+
= −
−
Ta có trường hợp :
0
t =0 : (3)⇔ = −x (nhaän)
0 2 2 2
0
x x
t : (3)
(x 3)(x 1) t x 2x (3 t )
> >
⎧ ⎧
⎪ ⎪
> ⇔⎨ ⇔⎨
− + = − − + =
⎪ ⎪
⎩ ⎩
2
x t
⇔ = + + nhaän
0 2 2 2
0
x x
t : (3)
(x 3)(x 1) t x 2x (3 t )
< <
⎧ ⎧
⎪ ⎪
< ⇔⎨ ⇔⎨
− + = − − + =
⎪ ⎪
⎩ ⎩
2
x t
⇔ = − + nhaän
Tóm lại phương trình (1) có nghiệm m≥ −4 Ví dụ 3:
Định a cho phương trình :
4
x −ax −(2a 1)x+ +ax (1)+ =
(3)2
2
a x ax (2a 1)
x x
− − + + + =
2
1
x a x (2a 1) (2) x
x
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⇔⎜ + ⎟− ⎜ − ⎟− + =
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Đặt t x x
= −
2
2
2
t t x
2 x tx
t t x
2
⎡ − +
⎢ = ⎢ − − = ⇔ ⎢
+ +
⎢ =
⎢⎣
2
2
1 (t x 2)
x
= + −
khi t 0> ⇒x2>1
(2) ⇔t2+ − −2 at (2a 1) 0+ = ⇔t2− + −at 2a (3)=
Để (1) có nghiệm khác lớn (3) có nghiệm thoả:
1
0 t< <t
2
0 a 4(1 2a)
1 P 2a a
2 S a
⎧
∆ > − − >
⎧
⎪ ⎪
⇔⎨ > ⇔⎨ − > ⇔ − < < ⎪ > ⎪ >
⎩ ⎩
Ví dụ 4:
Định k để phương trình : x4−4x3+8x k (*)=
Có nghiệm phân biệt
Giải
(*) phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị:
4
y x= −4x +8x y = k Khảo sát biến thiên hàm số : y x= 4−4x3+8x MXD : D = R
y' 4x= 3−12x2+ =8 4(x 1)(x− 2−2x 2)−
Cho y' x y x y
= ⇒ = ⎡
= ⇔ ⎢
= ± ⇒ = −
⎣
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên để phương trình (*) có nghiệm phân biệt : k 5− < <
Ví dụ 5:
Định a để phương trình : x4+2x2+2ax a+ 2+2a 0+ = có nghiệm Với a đó, gọi xa nghiệm bé phương trình Định a để xa
nhỏ
Giải Ta coù : x4+2x2+2ax a+ 2+2a 0+ =
2
a a a
a 2(x 1)a (x 2x 1) (*)
⇔ + + + + + =
Để (*) có nghiệm ⇔ ∆ =' (xa+1)2−(xa4+2xa2+ ≥1)
2 2
a a
2
a a a a
2
a a a a
(x 1) (x 1)
(x x 1)(x x 1) (x x 2)( x x )
⇔ + − + ≥
⇔ + + + + − − ≥
⇔ + + − + ≥
a a
x ( x 1)
⇔ − + ≥ (vì x2a+xa+ > ∀2 x )a ⇔ ≤0 xa≤1
Vậy xa nhỏ xa = 0, (*) ⇔ +(a 1)2= ⇔ = −0 a
Ví dụ :
Tìm điều kiện a, b để phương trình x3+ax b 0+ = có nghiệm
phân biệt lập thành cấp số cộng Giải
Gọi x1, x2, x3 nghiệm phân biệt phương trình cho, lập thành
một cấp số cộng : x1 + x3 = 2x2 (*)
(4)Thay x2 = vào phương trình : x3+ax b 0+ = ta được: b =
3
2
x x ax x(x a)
x a (**)
= ⎡
⇒ + = ⇔ + = ⇔ ⎢
+ = ⎢⎣
Để (**) có nghiệm phân biệt khác ⇔ <a
Vậy để phương trình cho có nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng : a < , b =
Ví dụ 7:
Biết phương trình x3+px q 0+ = có nghiệm x1, x2, x3
Chứng minh : x13+x32+x33=3x x x1
Giải
Vì x1, x2, x3 nghiệm phương trình : x3+px q 0+ =
Ta có :
1
x +px + =q
3
2
3
3
x px q x px q
+ + =
+
+ + =
3 3
1 3
x x x p(x x x ) 3q (*)
⇒ + + + + + + =
Định lý viete cho : x1+x2+x3= −AB=0 ; x x x1 3= −DA= −q
Thế vào (*) ta được:
3 3
1 3
x +x +x −3x x x =0⇔x13+x23+x33=3x x x1 3 Ví dụ 8:
Giả sử phương trình : x3−x2+ax b 0+ = có nghiệm thực phân biệt
Chứng minh : a2+3b 0>
(Đại học quốc gia Hà Nội, khối A năm 1998) Giải
Goïi x1, x2, x3 nghiệm phân biệt phương trình cho định lý viete
cho :
1
1 2 3
1
B
x x x
A C x x x x x x a
A D
x x x b A
⎧ + + = − = ⎪
⎪
⎪ + + = =
⎨ ⎪
⎪ = − = −
⎪⎩
Ta coù : 2 2
1 2 3 1 2 3 1
(x x +x x +x x ) =(x x ) +(x x ) +(x x ) +2x x x
2
1 3
2x x x 2x x x
+ +
2 2
1 2 3 1 3
2 2
1 2 3
2 2
1 2 3
a (x x ) (x x ) (x x ) 2x x x (x x x ) a (x x ) (x x ) (x x ) 2b
a 2b (x x ) (x x ) (x x ) (1)
⇔ = + + + + +
⇔ = + + −
⇒ + = + +
Ta coù : x2+y2≥2xy
2
2
y z 2yz z x 2zx
+ ≥
+
+ ≥
2 2 2
2(x y z ) 2(xy yz zx) x y z xy yz zx (2)
⇒ + + ≥ + + ⇔ + + ≥ + +
Áp dụng BĐT (2) ta có :
2 2 2
1 2 3 1 3 1
(x x ) +(x x ) +(x x ) >x x x +x x x +x x x
2 2
1 2 3 1 3
(x x ) (x x ) (x x ) x x x (x x x ) b (3)
⇔ + + > + + = −
Khơng có đẳng thức x1, x2, x3 đơi khác
(1) (3) ⇒a2+2b> − ⇔b a2+3b 0>
Ví dụ 9:
Định m để phương trình sau có nghiệm dương phân biệt
3 2
x −3mx +2(m +1)x 2m (1)− =
Giaûi
2
2
(1) (x m)(x 2mx 2) x m
f(x) x 2mx (2)
⇔ − − + =
= ⎡ ⇔ ⎢
= − + =
⎢⎣
(5)2
m m 0
' m m 2 m 2 m 2
P 0(hiển nhiên) 2m 0 S 2m
>
⎧ ⎧ >
⎪ ⎪
∆ = − > ⎪
⇔⎨ ⇔⎨ > ∨ < − ⇔ >
= >
⎪ ⎪ >
⎩ ⎪ = >
⎩
Ví dụ 10:
Giải phương trình : x4−4x (*)=
Giải
4 2
(*)⇔x +(2x + =1) (2x + +1) 4x 1+
2 2
2
2
1,2
(x 1) 2(x 1)
(x 2x 1)(x 2x 2) x 2x VN
2
x 2x x 2(2 1) 2
⇔ + = + =
⇔ + + + − + − =
⎡ + + + =
⎢
⇔ ⎢ − + − = ⇔ = ± −
⎢⎣
Ví dụ 11:
Cho phương trình : x3+x2−(m 2)x m 0+ + + =
Tìm giá trị m để phương trình có nghiệm x1, x2, x3 thỏa điều
kieän : x1 < x2 < < < x3
Giải Đặt f(x) x= 3+x2−(m 2)x m 2+ + +
Điều kiện cần: Giả sử phương trình f(x) = có nghiệm x1, x2, x3 thỏa
đề bài, ta có : f(x) = (x – x1)(x – x2)(x – x3)
f(2) 0< ⇔ − < ⇔9 m m 9>
Điều kiện đủ: Giả sử ta có: m >
f(0) m 0= + > vaø f(2) = – m < ⇒f(0).f(2) 0<
Nếu tồn x2∈(0,2) : f(x ) 02 = (nghóa < x2 < (1))
Vì limx→+∞f(x)= +∞nên tồn m > mà f(m) > ⇒f(2).f(m) 0< ⇒ Phương trình cho có nghiệm x3∈(2,m)sao cho f(x) =
(nghóa < x3 < m (2))
Vì limx→−∞f(x) = −∞, nên tồn n < mà f(n) < f(0).f(n)
⇒ < nên phương trình có nghiệm x1 với n < x1 < (3)
(1), (2), (3) ⇒x1<x2< <2 x3 Vậy m >
Ví dụ 12 :
Giải phương trình :
3 3
(3x 1)+ +(2x 3)− =(5x 2) (*)−
Giải Vì (3x + 1) + (2x –3 )= 5x –2
Aùp dụng đẳng thức:
3 3
(A B)+ =A +B +3AB(A B)+
(*) 3(3x 1)(2x 3)(5x 2) 0⇔ + − − =
1 x
3 3x
3 2x x
2 5x 2
x
⎡ = − ⎢ + =
⎡ ⎢
⎢ ⎢
⇔⎢ − = ⇔⎢ =
⎢ − = ⎢
⎣
(6)III BAØI TẬP ĐỀ NGHỊ
4.1 Định m để phương trình : x4−2(m 1)x+ 2+2m 0+ = có nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng
4.2 Định tất giá trị tham số m phương trình :
3
x +2(1 2m)x− + −(5 7m)x 2(m 5) 0+ + =
Có phân biệt nhỏ 1, biết phương trình có nghiệm không phụ thuộc m
4.3 Tìm tất nghiệm phương trình :
2
8x(2x −1)(8x −8x + =1) thỏa mãn điều kieän < x <
4.4 Giải phương trình : (x 3)− 3+(2x+ 3)3=(3x− 3)3 4.5 Định m để phương trình : x3+3mx2−3x 3m 0− + =
Có nghiệm x1, x2, x3 x12+x22+x23 nhỏ
4.6 Định m để phương trình : 2
m x (x 1)
x x
+ + =
+ +
Có nghiệm
4.7 Định a để phương trình sau có nghiệm:
4 2
x +x +2(a 2)x a− − +4a 0− =
4.8 Giải phương trình : 8x3−6x 1=
4.9 Giải phương trình : x4+x3−7x2− + =x 4.10 Giải phương trình : 12x3+4x2−17x 0+ =
Biết phương trình có nghiệm mà tích –1
4.11 Giải phương trình :
2 2
(x +3x 4)− +3(x +3x 4) x 4− = +
(ĐH Ngoại Thương – Khối D Năm 2000) 4.12 Cho phương trình : x4+ax2+ =b 0
(7)Giải Tóm Tắt
4.1 Đặt t x= 2 Phương trình cho ⇔t2−2(m 1)t 2m (1)+ + + =
Để phương trình cho có nghiệm phân biệt ⇔(1) có nghiệm dương phân biệt
2
' (m 1) (2m 1)
1
P 2m m
2 S 2(m 1)
⎧∆ = + − + >
⎪
⇔⎨ = + > ⇔ > −
⎪ = + > ⎩
vaø m (*)≠
Với điều kiện (*), (1) có nghiệm t1, t2 thỏa t< <1 t2
Phương trình cho có nghiệm :
1 2
x = − t <x = − t <x = t <x = t x1, x2, x3, x4 lập thành cấp số cộng
3
2x x x
⇔ = + ⇔t2=91 (2) Định lý viete cho :
1
t t 2(m 1) (3) t t 2m (4)
+ = +
⎧
⎨ = +
⎩
(2), (3), (4) 9m2 32m 16 0 m m
9
⇔ − − = ⇔ = ∨ = − thỏa (*) 4.2 Phương trình cho viết:
2
( 4x− −7x 2)m (x+ + +2x +5x 10) (1)+ =
Vì phương trình cho có nghiệm khơng phụ thuộc m phương trình (1) vơ định theo m
2
3
4x 7x
x x 2x 5x 10
⎧− − + =
⎪
⇔⎨ ⇔ = − <
+ + + =
⎪⎩
Phương trình cho
2
(x 2)(x 4mx m 5)
⇔ + − + + = x 2
g(x) x 4mx m
= − ⎡ ⇔ ⎢
= − + + =
⎢⎣
YCBT
2
1
' 4m m 1.g(1) 4m m x x
s g( 2)
2
g( 2) 8m m
⎧∆ = − − > ⎪
= − + + > ⎪
< <
⎧ ⎪
⇔⎨ ⇔⎨
− ≠ <
⎩ ⎪
⎪
− = + + + ≠
⎪⎩
m
⇔ < −
4.3 Vì x∈[ ]0,1 , đặt x = cost , t 0,
π
⎡ ⎤
∈ ⎢⎣ ⎥⎦
Phương trình cho ⇔8cost(2cos t 1)(8cos t 8cos t 1) (*)2 − − + =
Với cos t cos t2 − =
2
2
4 cos t cos t
8cos t 8cos t 8
2
⎛ + ⎞ ⎛ + ⎞
− + = ⎜⎜ ⎟⎟ − ⎜⎜ ⎟⎟+
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
2
2cos 2t cos t
= − =
(*) ⇔8cost.cos t.cos t 12 = ⇔8cost.sin t.cos t.cos t sin t2 =
1
2 t
t 0, 7
2
t 8t t k2 8t t k2 9
π ⎡
⎧ ∈⎛ π⎞ ⎢ =
⎪ ⎜ ⎟
⇔⎨ ⎝ ⎠ ⇔ ⎢
π ⎢
⎪ = + π ∨ = π − + π =
⎩ ⎢⎣
⇒ nghiệm phương trình : x cos2 x cos
7
π π
= ∨ =
4.4 Vì (x 3) (2x− + + 3) 3x= −
Áp dụng đẳng thức : (A B)+ 3=A3+B3+3AB(A B)+
Phương trình cho :
3(x 3)(2x 3)(3x 3)
⇔ − + − =
x 3 x
2 x
3
⎡ ⎢ = ⎢ ⎢ ⇔⎢ = −
(8)4.5 Ta coù : 2 2
1 3 2 3
(x +x +x ) =x +x +x +2(x x +x x +x x )
2 2
1 3 2 3
x x x (x x x ) 2(x x x x x x )
⇔ + + = + + − + +
Định lý viete cho :
1
1 2 3
B
x x x 3m
A C x x x x x x
A
⎧ + + = − = − ⎪⎪
⎨
⎪ + + = = −
⎪⎩
2 2
1
x x x 9m 6
⇒ + + = + ≥
Daáu “ = “ xaûy ⇔m 0=
Thử lại, với m = phương trình cho trở thành :
3
x −3x 0+ = ⇔(x 1)(x− 2+ − = ⇔x 2) x1=x2=1,x3= −3
Vaäy m = 4.6 MXĐ D = R
Phương trình cho ⇔⎡2(x2+ + −x 1) (x⎤ 2+ + =x 1) m (1)
⎣ ⎦
Đặt t x2 x x 3 4
⎛ ⎞
= + + =⎜ + ⎟ + ≥
⎝ ⎠
(1) ⇔2t2− =t m t
⎛ ≥ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
Đặt y 2t= 2−1, y' 2t= cho y' 0 t 0,y 3
4
⎛ ⎞
= ⇔ = =⎜ ⎟=
⎝ ⎠
Bảng biến thiên:
Bảng biến thiên cho, để phương trình có nghiệm m
≥
4.7 Phương trình cho ⇔a2−2(x 2) a x+ − − 4−x2+4x 0+ =
2
2
2
' (x 1)
a x x x x a (1) a x x x x a (2)
∆ = +
⎡ = + + + ⎡ + + − =
⇔⎢ ⇔⎢
⎢ = + − − ⎢ − + − =
⎣ ⎣
(1) coù ∆ =1 4a 11− , (2)coù ∆ = − +2 4a
Phương trình cho có nghiệm ⇔ ∆ ≥ ∨ ∆ ≥ ⇔ ≥1 a 114 ∨m≤ 54
4.8 8x3−6x 1= 4x 3x
⇔ − = (*) Đặt x cost=
(*) 4 cos t 3cost3
2
⇔ − = cos t cos3 cos
3
π ⎛π ⎞
⇔ = = ⎜ ± π⎟
⎝ ⎠
Choïn t1 ,
π
= t2 ,
9
π π π
= + = t3
9
π π π
= − = −
⇒ nghieäm x cos ,
π
= x cos7 ,
π
= x cos5
π =
4.9 Phương trình cho ⇔(x 1)(x− 3+2x2−5x 6) 0− =
2
(x 1)(x 1)(x x 6) x x x
⇔ − + + − = ⇔ = ± ∨ = ∨ = −
4.10 Gọi x1, x2 nghiệm có x1, x2 = -1
Định lý viete cho: x1 x2 x3 d
a
= − = − ⇔ −( 1)x3= − ⇔12 x3=13
Phương trình cho :
2
1
x (12x 10x 12)
⎛ ⎞
⇔⎜ − ⎟ + − =
⎝ ⎠
1 2
x x x
2 3
⇔ = ∨ = ∨ = −
4.11 Đặt t x= 2+3x 4− Ta có hệ: 2
x 3x t t 3t x
⎧ + − =
⎪ ⎨
(9)2
2 2
x 3x t x 3x t (1) t 3t x x t 4x 4t (2)
⎧ + − − = ⎧ + − − =
⎪ ⎪
⇔⎨ ⇔⎨
+ − − = − + − =
⎪ ⎪
⎩ ⎩
(x t)(x t 4)
⇔ − + + = t x
t x
= ⎡ ⇔ ⎢ = − −
⎣
t = : (1) ⇔x2+2x 0− = ⇔ = − ±x t= − −x : (1)⇔x2+4x 0= ⇔ = −x 4,x 0=
Vậy nghiệm x = 0, x = - 4, x = - ±
4.12 Đặt α =x2≥0, Phương trình cho trở thành: α + α + =2 a b (*)
Phương trình cho có nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (*) có nghiệm dương phân biệt :
2
1 2
a 4b a b
0 P b
a 4b S a
⎧∆ = − >
< < ⎧
⎪ ⎪
< α < α ⇔⎨ = > ⇔⎨
− > ⎪
⎪ = − > ⎩
⎩
Khi ta có: x1= − α <2 x2= − α <1 x3= α <1 x4< α2
1
x ,x ,x ,x hợp thành cấp số cộng
2
x x 2x
⇔ + = ⇔ α =2 9x1
Định lý viete:
2
1
2
1
10 a
a 9 a b
b b 10
α = − ⎧
α + α = −
⎧ ⇔⎪ ⇔ ⎛− ⎞ =
⎨α α = ⎨ α = ⎜⎝ ⎟⎠
⎪
⎩ ⎩
2
9a 100b