phương trình, hệ phương trình đại số ôn thi đại học có giải

1




LUYỆN THI ĐẠI HỌC


Đại số

2
Chương 1
PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH MỘT ẨN
VẤN ĐỀ 1
Phương trình bậc nhất một ẩn : ax + b = 0
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1. Đònh nghóa:
Phương trình bậc nhất 1 ẩn là phương trình có dạng ?
ax + b = 0 (a ≠ 0), a và b là các hệ số, x là ẩn số
2. Giải và biện luận phương trình : ax + b = 0
Cho phương trình : ax + b = 0 (1)
* Nếu a ≠ 0 : (1) có nghiệm duy nhất
b
x
a
=
−

* Nếu a = 0 : (1) 0x b 0 0x b
⇔

+=⇔ =−
b ≠ 0 : (1) vô nghiệm
b = 0 : mọi x
R
∈
là nghiệm của (1)
II. CÁC VÍ DỤ:
Ví dụ 1:
Giải và biện luận phương trình :
mx + 2 (x – m) = (m + 1)
2
+ 3
Giải
Phương trình
2
mx 2x 2m m 2m 1 3⇔+=++++
22
(m 2)x m 4m 4 (m 2)⇔+ = + +=+ (1)
. m + 2 ≠ 0 m 2⇔≠−: phương trình có nghiệm duy nhất:
2
(m 2)
xm2
m2
+
=
=+
+

. m = - 2 : (1) 0x 0 : x R
⇔=∀∈là vô nghiệm của (1)

3
Ví dụ 2:
Giải và biện luận phương trình :
222
a(ax 2b ) a b (x a)+−=+

Giải
Phương trình cho
22222
ax bx ba a 2ba⇔−=+−

22 2 2 2
(a b )x a ab a(a b )⇔− =− =−
(1)
.
22
ab0a b−≠⇔≠±: Phương trình có nghiệm duy nhất:
2
22
a(a b )
x
ab
−
=
−

. a = b :
232
(1) 0x a a a (1 a)⇔=−= −

* a = 0
a1:xR∨= ∀∈
là nghiệm
* a ≠ 0 và a ≠ 1: Phương trình vô nghiệm.
. a = - b (1)
232
0x b b b (1 b)⇔=+= +
*
b0b 1:xR=∨=−∀∈
là nghiệm
* b ≠ 0 và b ≠ 1: Phương trình vô nghiệm
Ví dụ 3:

Giải và biện luận phương trình :
2
22
a3a4a31
xa xa
ax
−+
+=
−+
−
(*)
Giải
(*)
2
xa
a(a x) 3a 4a 3 a x

≠±
⎧
⎪
⇔
⎨
− + + − +=−
⎪
⎩

2
xa
3
(1 a)x 2a 5a 3 2(a 1)(a ) (a 1)(3 2a)
2
≠±
⎧
⎪
⇔
⎨
−=−+−=−−−=−−
⎪
⎩
(**)
. 1 – a ≠ 0
(a 1)(3 2a)
a1:(**) x 2a3
1a
−−
⇔≠ ⇔= = −
−

Chỉ nhận được khi:
2a 3 a a 3
2a 3 a a 1
−≠ ≠
⎧⎧
⇔
⎨⎨
−≠− ≠
⎩⎩

. 1 a 0 a 1:(**) 0x 0 x R−=⇔= ⇔ =⇔∀∈.
Tóm lại: a ≠ 1 và a ≠ 3: Phương trình có nghiệm x = 2a – 3

4
a = 3 : Phương trình vô nghiệm
a = 1 : x R∀∈
Ví dụ 4:

Đònh m để phương trình sau vô nghiệm:
xm x2
2 (1)
x1 x
+
−
+=
+

Giải
Điều kiện :

x10 x 1
x0 x0
+≠ ≠−
⎧⎧
⇔
⎨⎨
≠≠
⎩⎩

(1)
x(xm)(x1)(x2)2x(x1)
⇔
+++ −= +

22 2
x mx x x 2 2x 2x
(m 3)x 2
⇔ + + −−= +
⇔− =

Phương trình vô nghiệm khi: m – 3 = 0 hoặc nghiệm tìm được bằng –1
hoặc bằng 0.
m30
m3
2
1
m1
m3
2
0 (không tồn tại)

m3
⎡
⎢
−=
⎢
=
⎡
⎢
=− ⇔
⎢
⎢
=
−
⎣
⎢
⎢
=
⎢
−
⎣

Ví dụ 5 :

Đònh m để phương trình sau có tập nghiệm là R
m
3
x = mx + m
2
–m
Giải

Ta có : m
3
x = mx + m
2
–m
Phương trình có nghiệm
3
2
2
mm0
m(m 1) 0
xR
m(m 1) 0
mm0
⎧
⎧
−=
−
=
⎪⎪
∀∈ ⇔ ⇔
⎨⎨
−
=
⎪
−=
⎪
⎩
⎩

m0m 1
m0m1
m0m1
=∨ =±
⎧
⇔
⇔=∨=
⎨
=∨ =
⎩


5
Ví dụ 6 :
Đònh m để phương trình có nghiệm:
3x m 2x 2m 1
x2
x2 x2
−+−
+−=
−−

Giải
Điều kiện x –2 > 0 x 2⇔>
Phương trình cho
3x m x 2 2x 2m 1⇔−+−=+ −

2x 3m 1
3m 1
x nhận được khi :x 2

2
⇔= +
+
⇔= >

3m 1
23m14m1
2
+
⇔>⇔+>⇔>
Vậy phương trình có nghiệm khi m > 1
Ví dụ 7:

Đònh m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:
x2 x1
(1)
xm x1
++
=
−−

Giải
xm,x1
(1)
(x 2)(x 1) (x m)(x 1)
≠≠
⎧
⇔
⎨
+−=− +

⎩
xm,x1
mx 2 m
≠≠
⎧
⇔
⎨
=−
⎩

(1) có nghiệm duy nhất
2
m0
m0
2m
mmm20
m
2m 2
2m
1
m
⎧
⎪
≠
≠
⎧
⎪
⎪
−
⎪

⇔≠⇔+−≠
⎨⎨
⎪⎪
≠
⎩
−
⎪
≠
⎪
⎩
m0
m1
m2
≠
⎧
⎪
⇔≠
⎨
⎪
≠
−
⎩


6
III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
1.1 Giải và biện luận các phương trình :
a.
(m 1)x m 2
m

x3
++−
=
+
b.
xm x2
x1 x1
−
−
=
+
−

1.2 Đònh m để phương trình có nghiệm :
22
(2m 1)x 3 (2m 3)x m 2
4x 4x
+
+++−
=
−−

1.3 Đònh m để phương trình có nghiệm x > 0 :
2
m(x 1) 4x 3m 2
−
=− +
1.4 Đònh m để phương trình sau vô nghiệm :
2
(m 1) x 1 m (7m 5)x++−=−

1.5 Đònh m để phương trình sau có tập nghiệm là R :
2
(m 1)x m 1
−
=−


7
HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ

1.1
a.
(m 1)x m 2
m
x3
++−
=
+
(ĐK : x 3≠− )
x2m2 3⇔= +≠−

.
5
m:
2
≠− nghiệm x = 2m + 2
.
5
m
2

=−
: VN
b.
x1
xm x2
xm m 2
x1 x1
≠±
⎧
−−
=⇔
⎨
=+
+−
⎩

. m = 0 : VN
. m 0 : m 1: VN≠+=−

m1:+≠−
nghiệm
x2
x
m
+
=
1.2

22
(2m 1)x 3 (2m 3)x m 2

(*)
4x 4x
++ ++−
=
−−

ĐK :
2
4x 0 2x2−>⇔−<<

(*)
5m
x
2
−
⇔= phải thoả điều kiện
5m
221m9
2
−
−< < ⇔< <
1.3
Phương trình cho
2
(m 2) 4x m 3m 2⇔+−= −+
Phương trình có nghiệm
2
2
2
m40

m2m 2
m40
m3m20
⎡
−≠
⎢
⎧
⇔⇔=∧≠−
⎢
−=
⎪
⎢
⎨
−+=
⎢
⎪
⎩
⎣

m1
x0m1m2
m2
−
=>⇔>∨<−
+

1.4
2
(m 1) x 1 m (7m 5)x++−=− (m 2)(m 3)x m 1⇔− − =−
Phương trình VN

(m 2)(m 3) 0
m2m3
m10
−−=
⎧
⇔⇔=∨=
⎨
−≠
⎩

1.5
2
(m 1)x m 1−=−
Phương trình có tập nghiệm R m 1⇔=

12
Vấn đề 3
PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1. Phương trình bậc hai:
a. Cho phương trình :
2
ax bx c 0(a 0) (*)++= ≠
2
b4ac∆= −
∆ < 0 : (*) vô nghiệm
∆ = 0 : (*) có nghiệm kép
12
b
xx

2a
==−
∆ > 0 : (*) Có 2 nghiệm phân biệt
1,2
bA
x
2a
−±
=
b. Đònh lý Viete : Nếu phương trình :
2
ax bx c 0(a 0)
+
+= ≠
có 2 nghiệm
12
12
12
b
xx
a
x,xthì:
c
xx
a
⎧
+=−
⎪
⎪
⎨

⎪
+=
⎪
⎩

2. Dấu của tam thức bậc hai :
2
f(x) ax bx c(a 0)=++≠
a. Đònh lý thuận:
∆ < 0 : f(x) luôn cùng dấu với a af(x) 0, x R⇔>∀∈
∆ = 0 : f(x) cùng dấu với a với mọi
b
x
2a
≠− và
b
f( ) 0
2a
−
=
∆ > 0 : f(x) có 2 nghiệm phân biệt :
12
xx<

Bảng xét dấu:

b. Đònh lý đảo về dấu của tam thức: Cho tam thức
f(x) =
2
ax bx c(a 0)++ ≠và một số thực α .

12
12
f(x) co ù 2 nghiệmx x
af( ) 0
xx
<
⎧
α< ⇔
⎨
<α<
⎩


13
[]
12
12
f(x)co ù 2 nghiệm x x
0
x,x
af( ) 0
≤
⎧
∆≥
⎧
⎪
⇔
⎨⎨
α∉
α>

⎪
⎩
⎩

3. Điều kiện để tam thức không đổi dấu trên R
Cho
2
f(x) ax bx c (a 0)
=
++ ≠

a0
f(x) 0, x R
0
>
⎧
>∀∈⇔
⎨
∆
<
⎩

a0
f(x) 0, x R
0
>
⎧
≥∀∈⇔
⎨
∆

≤
⎩

a0
f(x) 0, x R
0
<
⎧
<∀∈⇔
⎨
∆
<
⎩

a0
f(x) 0, x R
0
<
⎧
≤∀∈⇔
⎨
∆
≤
⎩

Nếu chưa có a ≠ 0 thì ta phải xét trường hợp a = 0.
4. So sánh nghiệm của phương trình bậc hai với hai số
cho trước.
Cho phương trình :
2

f(x) ax bx c 0(a 0)
=
++= ≠ và hai số , ( )
αβ
α<
β

12
af( ) 0
xx
af( ) 0
α
<
⎧
<α<β< ⇔
⎨
β
<
⎩

12
af( ) 0
xx
af( ) 0
α
<
⎧
<α< <β⇔
⎨
β

>
⎩

12
af( ) 0
xx
af( ) 0
α
<
⎧
α< <β< ⇔
⎨
β
>
⎩

12 12
xx xx
<
α< <β∨α< <β< ⇔ phương trình có 2 nghiệm phân
biệt và chỉ có một nghiệm thuộc
f( ).f( ) 0
(;)
a0
αβ
<
⎧
αβ ⇔
⎨
≠

⎩


14
Phương trình có 2 nghiệm
12
x,x và
12
0
af( ) 0
xx af()0
s
0
2
s
0
2
⎧
⎪
⎪
∆>
⎪
α
>
⎪
⎪
α< < <β⇔ β >
⎨
⎪
⎪

−
α>
⎪
⎪
−
β<
⎪
⎩

II. Các ví dụ:
Ví dụ 1:
Đònh m để phương trình :
2
x2(m3)xm130+−+−=
có 2 nghiệm.
12
x,x và
22
12 1 2
xxxx−− đạt giá trò lớn nhất.
Giải
Ta có:
22
'(m3) (m13)m 7m220∆= − − − = − + >
m
∀
vì
49 88 0∆= − <
Đònh lý viete cho :
12

12
xx 2(m3)62m
xx m 13
+=− −=−
⎧
⎨
=−
⎩

22 22
12 1 2 12 1 2
22
12 1 2
xx x x xx (x x )
3x x (x x ) 3(m 13) (6 2m)
⇒−−=−+
=−+=−−−
22
22 2
4m 27m 75 (4m 27m 75)
27 27 27
4m 4 75 4 75
88 8
=− + − =− − +
⎛ ⎞ ⎛⎞ ⎛⎞
=− − + − ≤ −
⎜ ⎟ ⎜⎟ ⎜⎟
⎝ ⎠ ⎝⎠ ⎝⎠

Vậy

2
22
12 1 2
27
max(x x x x ) 4 75
8
⎛⎞
−− = −
⎜⎟
⎝⎠
khi
27
m
8
=

15
Ví dụ 2:
Đònh m để phương trình :
2
x2mx2m0
−
+− =
có 2 nghiệm
12
x,x
và
22
12
xx

+
đạt giá trò nhỏ nhất.
Giải
Phương trình có 2 nghiệm
22
'm (2m)m m20 m 2m1
⇔
∆= − − = + − ≥ ⇔ ≤− ∨ ≥
Đònh lý viete:
12
12
xx2m
xx 2 m
+=
⎧
⎨
=
−
⎩

22 2 2 2
12 12 12
x x (x x ) 2x x 4m 2(2 m) 4m 2m 4⇒+= + − = − −= + −
Xét hàm số
2
f(x) 4m 2m 4
=
+−
với m 2 m 1.
≤

−∨ ≥
Ta có :
1
f'(m) 8m 2 , f'(m) 0 m
4
=+ =⇔=−
F(-2) = 8 , f(1) = 2
BBT

Vậy Min
22
12
(x x ) 2+= khi m = 1
Ví dụ 3:

Cho hàm số f(x) = 2x + m + log
2
(
2
mx 2(m 2)x 2m 1)
−
−+−
(m là tham số).
Tìm tất cả các giá trò của m để f(x) xác đònh với mọi x
(ĐẠI HỌC CẦN THƠ – Khối D năm 2000)
Giải
f(x) xác đònh
2
xmx2(m2)x2m10 x∀⇔ − − + −> ∀ (1)
. m = 0 : (1)

1
4x 1 0 x
4
⇔−>⇔>
không thoả với x
∀


16
.
2
m0
m0:(1)
'(m2) m(2m1)0
>
⎧
⎪
≠⇔
⎨
∆= − − − <
⎪
⎩

2
m0
m0
m1
m4m1
m3m40
>

⎧
>
⎧
⎪
⇔⇔⇔>
⎨⎨
<− ∨ >
+−>
⎪
⎩
⎩

Ví dụ 4:

Tìm a để hai phương trình :
2
ax x 1 0++=
và
2
xax10++=

Có nghiệm chung.
(ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN – Khối D năm 2000)
Giải
Gọi x
0
là nghiệm chung của 2 phương trình cho, ta có:
2
00
2

00
ax x 1 0 (1)
xax10 (2)
++=
++=

(1)
– (2) :
2
00
(a 1)x (1 a)x 0−+− =

2
00
(a 1)x (a 1)x 0⇔− −− =
2
00
(a 1)(x x ) 0 (*)⇔− − =
. Nếu
a10 a1−= ⇔ =
thì cả hai phương trình đã cho đều vô nghiệm.
. Nếu
00 0 0
a1:(*) x(x 1)0 x 0x 1≠⇔ −=⇔=∨=
+ Với
0
x0:= cả 2 phương trình đã cho đều vô nghiệm.
+ Với
0
x1:= là nghiệm chung của hai phương trình đã cho, thì ta có:

a110 a 2++= ⇔ =−

Vậy a = - 2 thì hai phương trình đã cho có nghiệm chung x = 1.
Ví dụ 5:

Đònh m để phương trình :
2
x2mx5m40−+−= có đúng một nghiệm
thuộc
[
]
0,1 .
Giải
Ta xét các trường hợp sau:
Phương trình cho có nghiệm x = 1
Thế vào phương trình cho: 3m – 3 = 0
m1⇔=
.
Thế m = 1 vào phương trình cho:
2
x2x10x1−+=⇔= (kép)
⇒ m = 1 nhận.
* Phương trình cho có nghiệm x = 0 : Thế vào phương trình cho:

17
5m – 4 = 0
4
m
5
⇔=

Thế
4
m
5
=
vào phương trình cho:
2
88
xx0x 0
55
⎛⎞
−
=⇔ − =
⎜⎟
⎝⎠

[] []
84
x 0 0,1 x 0,1 m
55
⇔
=∈ ∨=∉ ⇒ = nhận.
* Phương trình cho có đúng một nghiệm (0,1)
∈
:
12
12
12
x0x1 (1)

0x 1x (2)
0xx1 (3)
<< <
⎡
⎢
⇔<<<
⎢
⎢
<=<
⎣

(1)
và (2)
4
f(0).f(1) 0 (5m 4)(3m 3) 0 m 1
5
⇔<⇔−−<⇔<<
2
'm 5m40
m1m4
(3) m
s
0m1
0m1
2
⎧
∆= − + =
=∨ =
⎧
⎪

⇔
⇔⇔∈∅
⎨⎨
<<
<=<
⎩
⎪
⎩

Tóm lại:
4
m1
5
≤≤
Ví dụ 6 :

Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình :
22
2
12
12x 6mx m 4 0
m
−
+−+ =

Với giá trò nào của m thì

33
12
xx
+

a) Đạt giá trò lớn nhất ?
b) Đạt giá trò nhỏ nhất ?
Giải
Điều kiện để phương trình cho có nghiệm
22
2
12
'9m 12m 4 0
m
⎛⎞
⇔
∆= − − + ≥
⎜⎟
⎝⎠

22
2
48
m16 04m122m23
m
⇔− + − ≥ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
Với điều kiện đó, x
1
và x
2

là 2 nghiệm của phương trình, ta có :

18
12
33 3
12 12 1212
2
12
2
m
xx
2
xx(xx)3xx(xx)
112
xx m 4
12
m
⎛⎞
+=
⎜⎟
⎜⎟
+= + − +
⎛⎞
⎜⎟
=−+
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠

3
2
2
mm1 12m3
3.m4 f(m)
2212 22m
m
⎛⎞ ⎛⎞ ⎛ ⎞
=− −+=−=
⎜⎟ ⎜⎟ ⎜ ⎟
⎝⎠ ⎝⎠ ⎝ ⎠

2
13
f'(m) 0, m 0,
2
2m
=+ >∀≠ vậy hàm số luôn tăng trong hai đoạn
23,2
⎡⎤
−−
⎣⎦
và
2,2 3
⎡⎤
⎣⎦
.
Ta có :
1
f( 2 3) f( 2)

4
f( 2 3) f(2 3)
1
f(2) f(2 3)
4
⎫
−<−=−
⎪
⎪
⇒− <
⎬
⎪
=<
⎪
⎭

Vậy
33
12
xx+ đạt giá trò nhỏ nhất ứng với
m23=−
và đạt giá trò lớn
nhất ứng với
m23= .
Ví dụ 7 :

Đònh m để phương trình sau có nghiệm thuộc
3
,
22

π
⎛⎞
π
⎜⎟
⎝⎠

cos2x (2m 1)cosx m 1 0−+ ++=
Giải
Đặt t = cosx, vì
[
)
3
x, t1,0
22
π
⎛⎞
∈π⇒∈−
⎜⎟
⎝⎠

22
cos2x 2cos x 1 2t 1=−=−
Phương trình cho
2
2t 1 (2m 1)t m 1 0⇔−− +++=

2
2t (2m 1)t m 0⇔− ++=
22
(2m 1) 8m (2m 1) 0∆= + − = − ≥

[
)
2m 1 2m 1
tm
4
2m 1 2m 1 1
t1,0
42
++ −
⎡
==
⎢
⇔
⎢
+− −
⎢
==∉−
⎢
⎣

Vậy để nghiệm
[
)
t1,0 1m0∈− ⇔− ≤ <


19
Ví dụ 8 :
Đònh m để phương trình:
2

(m 5)x 2mx m 4 0 (*)−−+−=

Có một nghiệm nhỏ hơn 1 và một nghiệm lớn hơn 2.
Giải
Đặt
2
f(x) (m 5)x 2mx m 4=− − +−
Gọi x
1
, x
2
là 2 nghiệm của (*), ta có :
x
1
< 1 < 2 < x
2

af(1) 0 (m 5)( 9) 0 m 5
5m24
af(2) 0 (m 5)(m 24) 0 5 m 24
<−−< >
⎧⎧ ⎧
⇔
⇔⇔⇔<<
⎨⎨ ⎨
<−−<<<
⎩⎩ ⎩

Ví dụ 9 :
Đònh m để phương trình có nghiệm :

2
2
11
x(13m)x3m0
x
x
⎛⎞
+
+− + + =
⎜⎟
⎝⎠
.
Giải
Đặt
22 2 2
22
111
tx t x 2 x t 2
x
xx
=
+⇒ = + +⇒ + =−
Điều kiện
t2≥

Phương trình cho
2
t2(13m)t3m0
⇔
−+ − + =

2
t (13m)t3m20 (abc0)
⇔
+− + −= ++=
t 1 không thoả t 2
t3m2
⎡
=
≥
⇔
⎢
=−
⎢
⎣

Để phương trình có nghiệm :
3m 2 2
3m 2 2
3m 2 2
−
≥
⎡
⇔−≥⇔
⎢
−
≤−
⎣
4
m
3

m0
⎡
≥
⎢
⇔
⎢
≤
⎢
⎣


20
III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
3.1. Cho hai phương trình :
2
xxm0 (1)−+ =

2
x3xm0 (2)−+=

Với những giá trò nào của m, thì phương trình (2) có một nghiệm khác
0, gấp 2 lần một nghiệm của phương trình (1).

3.2. Cho hai phương trình :
2
x3x2s0++=


2
x6x5s0++=

Tìm tất cả các giá trò của s để mỗi phương trình đều có 2 nghiệm phân
biệt, và giữa 2 nghiệm của phương trình này có đúng một nghiệm của
phương trình kia.

3.3. Chứng minh rằng nếu
12 1 2
aa 2(b b )≥+thì ít nhất một trong hai
phương trình
2
11
2
22
xaxb0
xaxb0
++=
++=
có nghiệm.

3.4. Đònh m để phương trình :
232
xhxxhx10 (1)++++=
Có không ít hơn hai nghiệm âm khác nhau.

3.5. Đònh m để phương trình
2
2
24 2
4x 2ax
1a 0
12x x 1x

++−=
++ +
có
nghiệm.

3.6. Đònh m để phương trình có nghiệm:
22 2 2
(x 2x 2) 2(3 m)(x 2x 2) m 6m 0−+ + − −++ − =

3.7. Chứng minh phương trình sau có nghiệm:
22
ab
c, m n,a,b,c 0 (1)
xm xn
+=≠ ≠
−−


21
HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ

3.1. Điều kiện đồng thời có nghiệm của 2 phương trình cho là :
1
2
14m0
1
m
94m0 4
∆=− ≥
⎧

⇔
≤
⎨
∆= − ≥
⎩

Gọi
0
x0≠ là 1 nghiệm của phương trình (1), nghiệm phương trình (2):
0
x2x=
22
0
00 0 0
22
00 00
5
x
xxm0 3x5x0
3
10
4x 6x m 0 m x x
m
9
⎧
=
⎧⎧
⎪
−+= − =
⎪⎪⎪

⇔⇔⇔
⎨⎨⎨
−+= =−+
⎪⎪⎪
⎩⎩
=
−
⎪
⎩


3.2. Đặt
2
f(x) x 3x 2s,=++
2
g(x) x 6x 5s
=
++
Mỗi phương trình đều có 2 nghiệm phân biệt và giữa 2 nghiệm của
phương trình này có đúng một nghiệm của phương trình kia, ta phải có
1
12
0
g(x ).g(x ) 0
∆>
⎧
⎨
<
⎩
với x

1
, x
2
là nghiệm của phương trình f(x) = 0
8
s
0s1
9
9s(s 1) 0
⎧
<
⎪
⇔
⇔<<
⎨
⎪
−<
⎩


3.3.
22
11 122 2
a4b, a4b∆= − ∆= −
22
1212 12
aa4(bb)0⇒∆ +∆ = + − + ≥

(vì
22

12 12
aa2aa+≥
12 1 2
aa 2(b b )≥+)
⇒
ít nhất 1 trong 2 phương trình đã cho phải có nghiệm.

3.4. Nhận xét x = 0 không phải là nghiệm của (1)
Đặt
2
1
tx h(x)x tx10 (2)
x
=+ ⇔ = − +=

Điều kiện
t2 t2t 2≥⇔≥∨≤−
(2)
nếu có nghiệm thì các nghiệm cùng dấu.
t = - 2 thì (2) có 1 nghiệm âm.
(2) có 2 nghiệm âm
t2
⇔
<−

22
(1)
2
t2
f(t) t ht 1 0

⎧
≥
⎪
⇔
⎨
=+−=
⎪
⎩

f(t) có 2 nghiệm trái dấu YCBT
3
f( 2) 0 h
2
⇔−<⇔>

3.5. Đặt
2
2x
t
1x
=
+
Điều kiện
1t1−≤≤

2
2
22
24 2
111

4x 2ax
1a 0
f(t) t at 1 a 012x x 1x
−≤≤
⎧
⎪
++−=⇔
⎨
=++− =++ +
⎪
⎩

(1)
có nghiệm
0
f( 1) 0
2
xf(1)f(1)0 a2
f(1) 0
5
s
11
2
∆≥
⎧
⎪
−>
⎪
⎪
⇔− ≤∨ ⇔ < <

⎨
>
⎪
⎪
−< <
⎪
⎩


3.6. Đặt
22 2
tx 2x2(x 2x1)1(x1) 11=−+= −++=−+≥
Phương trình cho trở thành:
22
t2(3m)tm6m0+− +−=
tm
m6
=
⎡
⇔
⎢
−
⎣

YCBT
m1 m1
m1
m61 m7
≥≥
⎡⎡

⇔⇔⇔≥
⎢⎢
−≥ ≥
⎣⎣


3.7.
22
(1) f(x) c(x m)(x n) a (x n) b (x m) 0⇔=− −−−− −=
22 2
f(m).f(n) a b (m n) 0=− − < ⇒ phương trình luôn luôn có phân biệt
và m,n≠

23
Vấn đề 4
PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ BẬC HAI
PHƯƠNG TRÌNH BẬC 3 – BẬC 4
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
1. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ BẬC 2
Dạng 1: Phương trình trùng phương:
42
ax bx c 0 (a 0)
+
+= ≠

Đặt
2
tx(t0)=≥
ta có phương trình :
2

at bt c 0++=


Dạng 2: (x + a)(x+b)(x+c)(x+d) = k (k ≠ 0)
Trong đó: a + b = c + d
Đặt t(xa)(xb)=+ + với
2
(a b)
t
4
−
≥−
ta có phương trình :
2
t(cdab)tk0+− −=


Dạng 3:
44
(x a) (x b) k(k 0)+++= ≠

Đặt
ab
tx
2
+
=+ thì
xat ,+=+α xbt+=−α với
ab
2

−
α= đưa về
phương trình trùng phương :
4224
t12t2 k0+α +α−=
44
(x a) (x b) k(k 0)−+−= ≠ . Đặt
ab
tx
2
+
=−

Dạng 4:
432
ax bx cx bx a 0 (a 0)++++= ≠
+ Nhận xét x = 0 không phải là nghiệm của phương trình
+ Chia hai vế cho
2
x và đặt
1
tx ,t 2
x
=+ ≥
Ta có phương trình :
2
at bt c 2a 0++−=

432
ax bx cx bx a 0 (a 0)++−+= ≠

+ Nhận xét x = 0 không phải là nghiệm của phương trình :

24
+ Chia 2 vế cho
2
x
và đặt
1
tx
x
=
− ta được phương trình :
2
at bt c 2a 0
+
++ =

432
ax bx cx dx c 0
+
+±== trong đó a, c ≠ 0 và
2
cd
ab
⎛⎞
=
⎜⎟
⎝⎠

+ Nhận xét x = 0 không phải là nghiệm.

+ Chia 2 vế cho
2
x , làm giống như trên.

Dạng 5:
22
mx nx
k (k 0)
ax bx c ax b'x c
+
=≠
+
+++

+ Nhận xét x = 0 không phải là nghiệm.
+ Phương trình được viết :
mn
k
cc
ax b ax b'
xx
+
=
++ ++

Đặt
c
tax
x
=

+
và phương trình được viết :
mn
k
tbtb'
+
=
++


Dạng 6 :
xb
(x a)(x b) (x a) 8
xa
+
α+ + +
β
+=
+

Điều kiện :
xb
0
xa
+
≥
+
. Đặt
xb
t(xa)

xa
+
=+
+


2. PHƯƠNG TRÌNH BẬC 3:
a. Đa thức :
Đa thức bậc n theo x (n ∈N) là biểu thức có dạng:
P(x)
nn1
01 n1n
a x a x a x a
−
−
=+ +++ với
0
a0
≠

Các số
01 n
a ,a , a gọi là các hệ số.
α là một nghiệm của đa thức P(x) khi P(α) = 0
Đònh lý Bezout : P( ) 0 P(x)
α
=⇔ chia hết cho x - α.
b. Phương trình bậc 3:
32
ax bx cx d 0 (a 0)

+
++= ≠
Phương trình bậc 3 luôn luôn có nghiệm
Đònh lý Viete:

25
Nếu phương trình :
32
ax bx cx d 0 (a 0)+++= ≠ (1)
Có 3 nghiệm x
1
, x
2
, x
3
thì :
123
12 23 31
123
b
xxx
a
c
xx xx xx
a
a
xxx
a
⎧
++=−

⎪
⎪
⎪
++=
⎨
⎪
⎪
=−
⎪
⎩

Cách giải :
+ Nếu biết một nghiệm
0
xx,= ta phân tích:
(1)
2
0
(x x )(Ax Bx C) 0⇔− + +=
+ Nếu biết một hệ thức giữa các nghiệm thì ta dùng đònh lý viete
+ Dùng hằng đẳng thức biến đổi thành phương trình tích số với các
phương trình có dạng :
33 3
AB(AB)+=+
333
(A B) A B 0 3AB(A B) 0⇔+ −−=⇔ +=
II. CÁC VÍ DỤ :
Ví dụ 1:
Giải phương trình : (x 1)(x 2)(x 3)(x 4) 3 (*)++++=
Giải

(*) (x 1)(x 4)(x 2)(x 3) 3 (**)⇔+ + + +=
Đặt
2
t(x1)(x4)x 5x4=+ += + +
Điều kiện
2
(1 4) 9
t
44
−
≥− =−
(**)
22
(x 5x 4)(x 5x 6) 3⇔++ ++=

2
t 1(nhận)
t2t30
t(t 2) 3
t3(loại)
(a b c 0)
=
⎧
+−=
⇔+=⇔ ⇔
⎨
=−
++=
⎩

Với t = 1:
2
2
513
x
x5x30
2
x5x41
13
513
x
2
⎡
−+
=
⎢
++=
⎢
++=⇔ ⇔
⎢
∆=
−−
=
⎢
⎣


26
Ví dụ 2:
Đònh m để phương trình :

x1
(x 3)(x 1) 4(x 3) m (1)
x3
+
−++− =
−
có
nghiệm.
Giải
Đặt
2
x1
t(x3) (*) t (x3)(x1)
x3
+
=
−⇒=−+
−

2
(1) t 4t m 0 (2)⇔+−=
Để (1) có nghiệm, điều kiện cần (2) có nghiệm.
Ta có : ' 4 m 0 m 4
∆
=+ ≥⇔ ≥−
Thử lại với
m4,≥−
phương trình (1) cũng có nghiệm.
Với
m4,≥− phương trình (2) có nghiệm t = t

0
thế vào (*) :
0
x1
t(x3) (3)
x3
+
=−
−

Ta có 3 trường hợp :
0
t0:(3)x1
=
⇔=− (nhận)
0
22 2
00
x3 x3
t0:(3)
(x 3)(x 1) t x 2x (3 t ) 0
>>
⎧⎧
⎪⎪
>⇔ ⇔
⎨⎨
−+= −−+=
⎪⎪
⎩⎩

2
0
x1 4t
⇔
=+ +
nhận.
0
22 2
00
x3 x3
t0:(3)
(x 3)(x 1) t x 2x (3 t ) 0
<<
⎧⎧
⎪⎪
<⇔ ⇔
⎨⎨
−+= −−+=
⎪⎪
⎩⎩

2
0
x1 4t
⇔
=− + nhận.
Tóm lại phương trình (1) có nghiệm khi m 4
≥−
Ví dụ 3:

Đònh a sao cho phương trình :
43 2
xax(2a1)xax10 (1)−−+ ++=
Có 2 nghiệm khác nhau và lớn hơn 1.
Giải
Với x = 0 : (1) 1 0
⇔= vô nghiệm.
Chia hai vế cho x
2
:

27
2
2
a1
xax(2a1) 0
x
x
−− +++ =
2
2
11
xax(2a1)0 (2)
x
x
⎛⎞⎛⎞
⇔+−−−+=
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠

Đặt
1
tx
x
=− thì
2
1
2
2
2
tt4
x
2
xtx10
tt4
x
2
⎡
−+
⎢
=
⎢
−−=⇔
⎢
+
+
⎢
=
⎢
⎣

22
2
1
(t x 2)
x
=+ −

khi
2
t0 x 1>⇒ >
(2)
2
t2at(2a1)0⇔+−− +=
2
t at 1 2a 0 (3)⇔−+−=
Để (1) có 2 nghiệm khác nhau và lớn hơn 1 là (3) có 2 nghiệm thoả:
12
0t t<<
2
0a4(12a)0
1
P0 12a0 254a
2
S0 a0
⎧
∆> − − >
⎧
⎪
⎪

⇔>⇔−> ⇔ −<<
⎨⎨
⎪⎪
>>
⎩
⎩

Ví dụ 4:

Đònh k để phương trình :
43
x 4x 8x k (*)−+=
Có 4 nghiệm phân biệt.
Giải
(*) là phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thò:
43
yx 4x 8x=− + và y = k.
Khảo sát sự biến thiên của hàm số :
43
yx 4x 8x=− +
. MXD : D = R
.
32 2
y'4x12x84(x1)(x2x2)=− +=− −−

Cho
x1 y5
y' 0
x1 3 y 4
=⇒ =

⎡
=⇔
⎢
=± ⇒ =−
⎣


28
Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên để phương trình (*) có nghiệm phân biệt khi và chỉ
khi :
4k5
−
<<

Ví dụ 5:

Đònh a để phương trình :
42 2
x2x2axa2a10
+
++++=
có nghiệm.
Với mỗi a đó, gọi x
a
là nghiệm bé nhất của phương trình. Đònh a để x
a

nhỏ nhất.

Giải
Ta có :
42 2
x2x2axa2a10+++++=
242
aaa
a2(x1)a(x2x1)0 (*)⇔+ ++ + +=

Để (*) có nghiệm
24 2
aaa
'(x 1) (x 2x 1)0
⇔
∆= + − + + ≥
222
aa
22
aaaa
22
aa aa
(x 1) (x 1) 0
(x 1 x 1)(x 1 x 1) 0
(x x 2)( x x ) 0
⇔+−+≥
⇔
++ + +− − ≥
⇔ ++−+ ≥

aa
x(x 1) 0

⇔
−+≥
(vì
2
aa a
xx20 x)++>∀

a
0x 1
⇔
≤≤

Vậy x
a
nhỏ nhất là x
a
= 0, thì (*)
2
(a 1) 0 a 1
⇔
+=⇔=−
Ví dụ 6 :

Tìm điều kiện của a, b để phương trình
3
xaxb0
+
+=
có 3 nghiệm
phân biệt lập thành cấp số cộng.

Giải
Gọi x
1
, x
2
, x
3
là 3 nghiệm phân biệt của phương trình cho, lập thành
một cấp số cộng : x
1
+ x
3
= 2x
2
(*)
Đònh lý viete cho :
123
B
xxx 0
A
+
+=−=
22
3x 0 x 0
⇔
=⇔ =


29
Thay x

2
= 0 vào phương trình :
3
xaxb0++=
ta được: b = 0
32
2
x0
xax0x(xa)0
x a 0 (**)
=
⎡
⇒+=⇔ +=⇔
⎢
+=
⎢
⎣

Để (**) có 2 nghiệm phân biệt và khác 0
a0⇔<
Vậy để phương trình cho có 3 nghiệm phân biệt lập thành một cấp số
cộng là : a < 0 , b = 0
Ví dụ 7:

Biết phương trình
3
xpxq0++= có 3 nghiệm x
1
, x
2

, x
3

Chứng minh :
333
123 123
xxx3xxx++=

Giải
Vì x
1
, x
2
, x
3
là nghiệm của phương trình :
3
xpxq0++=
Ta có :

3
11
xpxq0++=


3
22
3
33
xpxq0

xpxq0
++=
+
++=

333
123 123
xxxp(xxx)3q0 (*)⇒+++ ++ +=

Đònh lý viete cho :
123
B
xxx 0
A
++=−=
;
123
D
xxx
q
A
=
−=−

Thế vào (*) ta được:
333
123 123
xxx3xxx0++− =
333
123 123

xxx3xxx⇔++=
Ví dụ 8:

Giả sử phương trình :
32
xxaxb0−++=
có 3 nghiệm thực phân biệt.
Chứng minh rằng :
2
a3b0+>
(Đại học quốc gia Hà Nội, khối A năm 1998)
Giải
Gọi x
1
, x
2
, x
3
là nghiệm phân biệt của phương trình cho đònh lý viete
cho :

30
123
12 23 31
123
B
xxx 1
A
C
xx xx xx a

A
D
xxx b
A
⎧
++=−=
⎪
⎪
⎪
+
+==
⎨
⎪
⎪
=− =−
⎪
⎩

Ta có :
22222
12 23 31 12 23 31 123
(x x x x x x ) (x x ) (x x ) (x x ) 2x x x++ = + + +
22
123 312
2xxx 2xxx++
2222
12 23 31 123 1 2 3
2222
12 23 31
2222

12 23 31
a (xx ) (xx) (xx) 2xxx(x x x)
a(xx)(xx)(xx)2b
a 2b (x x ) (x x ) (x x ) (1)
⇔= + + + ++
⇔= + + −
⇒+= + +

Ta có :

22
xy2xy+≥
22
22
yz2yz
zx2zx
+≥
+
+≥

222 222
2(x y z ) 2(xy yz zx) x y z xy yz zx (2)⇒ ++ ≥ ++ ⇔++≥++
Áp dụng BĐT (2) ta có :
222222
12 23 31 123 231 1 23
(x x ) (x x ) (x x ) x x x x x x x x x++>++
222
12 23 31 123 1 2 3
(x x ) (x x ) (x x ) x x x (x x x ) b (3)⇔++> ++=−
Không có đẳng thức vì x

1,
x
2
, x
3
đôi một khác nhau.
(1)
và (3)
22
a2b ba3b0⇒+>−⇔+>
Ví dụ 9:

Đònh m để phương trình sau có 3 nghiệm dương phân biệt.
322
x3mx2(m1)x2m0 (1)−++−=

Giải
2
2
(1) (x m)(x 2mx 2) 0
xm
f(x) x 2mx 2 0 (2)
⇔− − +=
=
⎡
⇔
⎢
=− +=
⎢
⎣

Để (1) có 3 nghiệm dương phân biệt (2)
⇔
có 2 nghiệm dương khác
m.

31
2
m0
m0
'm 20
m2m 2m2
P 2 0(hiển nhiên)
2m 0
S2m0
>
⎧
>
⎧
⎪
⎪
∆= − >
⎪
⇔⇔>∨<−⇔>
⎨⎨
=>
⎪⎪
>
⎩
⎪

=>
⎩

Ví dụ 10:

Giải phương trình :
4
x4x1 (*)−=
Giải
42 2
(*) x (2x 1) (2x 1) 4x 1⇔+ += +++
22 2
22
2
2
1,2
(x 1) 2(x 1) 0
(x 2x 2 1)(x 2x 1 2) 0
x 2x 2 1 0 VN
21
x2x120x 2(221)
22
⇔+=+=
⇔+ ++ − +− =
⎡
+++=
⎢
⇔
⎢
−+−=⇔=± −

⎢
⎣

Ví dụ 11:

Cho phương trình :
32
xx(m2)xm10+−+ ++=.
Tìm các giá trò của m để phương trình có 3 nghiệm x
1
, x
2
, x
3
thỏa điều
kiện : x
1
< x
2
< < 2 < x
3

Giải
Đặt
32
f(x) x x (m 2)x m 2=+− + ++
Điều kiện cần: Giả sử phương trình f(x) = 0 có 3 nghiệm x
1
, x
2

, x
3
thỏa
đề bài, ta có : f(x) = (x – x
1
)(x – x
2
)(x – x
3
) và
f(2)0 9m0 m9<⇔− <⇔ >
Điều kiện đủ: Giả sử ta có: m > 9
f(0) m 1 0=+> và f(2) = 9 – m < 0 f(0).f(2) 0⇒<
Nếu tồn tại
22
x(0,2):f(x)0∈=(nghóa là 0 < x
2
< 2 (1))
Vì
x
lim
→+∞
f(x)=+∞nên tồn tại m > 2 mà f(m) > 0 f(2).f(m) 0⇒<
⇒ Phương trình đã cho có 1 nghiệm
3
x(2,m)∈ sao cho f(x) = 0
(nghóa là 2 < x
3
< m (2)).
Vì

x
lim
→−∞
f(x) = −∞ , nên tồn tại n < 0 mà f(n) < 0
f(0).f(n) 0⇒< nên phương trình có nghiệm x
1
với n < x
1
< 0 (3)

32
(1), (2), (3)
12 3
xx2x⇒<<<
Vậy m > 9.
Ví dụ 12 :

Giải phương trình :
333
(3x 1) (2x 3) (5x 2) (*)++ −= −

Giải
Vì (3x + 1) + (2x –3 )= 5x –2
p dụng hằng đẳng thức:
333
(A B) A B 3AB(A B)
+
=++ +
(*) 3(3x 1)(2x 3)(5x 2) 0
⇔

+−−=
1
x
3
3x 1 0
3
2x 3 0 x
2
5x 2 0
2
x
5
⎡
=
−
⎢
+=
⎡
⎢
⎢
⎢
⇔−=⇔=
⎢
⎢
⎢
⎢
−=
⎣
⎢
=

⎢
⎣


33
III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
4.1. Đònh m để phương trình :
42
x2(m1)x2m10−+++=
có 4 nghiệm phân biệt lập thành một cấp số cộng.

4.2. Đònh tất các giá trò của tham số m để cho phương trình :
32
x 2(1 2m)x (5 7m)x 2(m 5) 0+− +− + +=

Có 3 phân biệt nhỏ hơn 1, biết rằng phương trình có 1 nghiệm không
phụ thuộc m.

4.3. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình :
242
8x(2x 1)(8x 8x 1) 1−−+=
thỏa mãn điều kiện 0 < x < 1

4.4. Giải phương trình :
333
(x 2 3) (2x 3) (3x 3)−++=−


4.5. Đònh m để phương trình :
32

x3mx3x3m20+−−+=

Có 3 nghiệm x
1
, x
2
, x
3
và
222
123
xxx++ nhỏ nhất.

4.6. Đònh m để phương trình :
22
2
m
x(x1)
xx1
++ =
+
+

Có 1 nghiệm duy nhất.

4.7. Đònh a để phương trình sau có nghiệm:
42 2
xx2(a2)xa4a30++ − −+−=

4.8. Giải phương trình :

3
8x 6x 1−=


4.9. Giải phương trình :
43 2
xx7xx60+− −+=


4.10. Giải phương trình :
32
12x 4x 17x 6 0+−+=
Biết phương trình có 2 nghiệm mà tích bằng –1


34
4.11. Giải phương trình :
222
(x 3x 4) 3(x 3x 4) x 4
+
−+ +−=+

(ĐH Ngoại Thương – Khối D Năm 2000)

4.12. Cho phương trình :
42
xaxb0
+
+=
Giả sử phương trình có 4 nghiệm lập thành cấp số cộng.

Chứng minh:
2
9a 100b 0−=


35
Giải Tóm Tắt

4.1. Đặt
2
tx= . Phương trình đã cho
2
t2(m1)t2m10 (1)⇔− + + +=
Để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt
(1)
⇔
có 2 nghiệm
dương phân biệt .
2
'(m1) (2m1)0
1
P2m10 m
2
S2(m1)0
⎧
∆= + − + >
⎪
⇔= +> ⇔>−
⎨
⎪

=+>
⎩
và m 0 (*)
≠

Với điều kiện (*), (1) có 2 nghiệm t
1
, t
2
thỏa
12
0t t
<
< .
Phương trình đã cho có 4 nghiệm :
12213142
xtxtxtxt=− < =− < = < =
x
1
, x
2
, x
3
, x
4
lập thành một cấp số cộng
324
2x x x⇔=+
2
t 91 (2)⇔=

Đònh lý viete cho :
12
12
tt2(m1) (3)
t t 2m 1 (4)
+= +
⎧
⎨
=+
⎩

(2), (3), (4)
2
4
9m 32m 16 0 m 4 m
9
⇔−−=⇔=∨=− thỏa (*)

4.2 Phương trình đã cho có thể viết:
232
(4x 7x 2)m (x 2x 5x 10) 0 (1)−−+ ++ ++=
Vì phương trình đã cho có 1 nghiệm không phụ thuộc m thì phương
trình (1) vô đònh theo m.
2
32
4x 7x 2 0
x21
x2x5x100
⎧
−−+=

⎪
⇔⇔=−<
⎨
+++=
⎪
⎩

Phương trình đã cho
2
(x 2)(x 4mx m 5) 0⇔+ − ++=
2
x2
g(x) x 4mx m 5 0
=−
⎡
⇔
⎢
=− ++=
⎢
⎣


36
YCBT
2
12
'4m m50
1.g(1) 1 4m m 5 0
xx1
s

g( 2) 0
1
2
g( 2) 4 8m m 5 0
⎧
∆= − − >
⎪
=
−++>
⎪
<<
⎧
⎪
⇔⇔
⎨⎨
−≠
<
⎩
⎪
⎪
−
=+ + +≠
⎪
⎩
m1
⇔
<−

4.3. Vì
[

]
x0,1∈ , đặt x = cost , t0,
2
π
⎡
⎤
∈
⎢
⎥
⎣
⎦

Phương trình đã cho
242
8cost(2cos t 1)(8cos t 8cos t 1) 1 (*)⇔−−+=
Với
22
cos t 1 cos t−=

2
22
42
1cost 1cost
8cos t 8cos t 1 8 8 1
22
⎛⎞⎛⎞
++
−
+= − +
⎜⎟⎜⎟

⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠

24
2cos 2t 1 cos t
=
−=

(*)
24 24
8cost.cos t.cos t 1 8cost.sint.cos t.cos t sint⇔=⇔ =
1
2
2
t
t0,
7
2
t
8t t k2 8t t k2
9
π
⎡
⎧
π
⎛⎞
=
⎢
∈
⎪

⎜⎟
⇔⇔
⎢
⎨
⎝⎠
π
⎢
⎪
=
=+ π∨ =π−+ π
⎩
⎢
⎣

⇒
các nghiệm phương trình :
2
x cos x cos
79
π
π
=∨=

4.4. Vì
(x 2 3) (2x 3) 3x 3−++=−
Áp dụng hằng đẳng thức :
333
(A B) A B 3AB(A B)
+
=++ +

Phương trình cho :
3(x 2 3)(2x 3)(3x 3) 0
⇔
−+−=
x23
3
x
2
3
x
3
⎡
⎢
=
⎢
⎢
⇔=−
⎢
⎢
⎢
=
⎢
⎣



37
4.5. Ta có :
2222

123 1 23 122331
(xxx)xxx2(xxxxxx)++ =+++ + +

222 2
123 123 122331
x x x (x x x ) 2(x x x x x x )⇔++= ++ − + +
Đònh lý viete cho :
123
12 23 31
B
xxx 3m
A
C
xx xx xx 3
A
⎧
++=−=−
⎪
⎪
⎨
⎪
++==−
⎪
⎩
222 2
123
xxx9m66⇒++= +≥
Dấu “ = “ xảy ra m 0⇔=
Thử lại, với m = 0 phương trình cho trở thành :
3

x3x20−+=
2
12 3
(x 1)(x x 2) 0 x x 1,x 3⇔− +−=⇔= = =−
Vậy m = 0

4.6. MXĐ D = R
Phương trình cho
22
2(xx1)1(xx1)m (1)
⎡⎤
⇔++−++=
⎣⎦

Đặt
2
2
133
tx x1 x
244
⎛⎞
=++=+ +≥
⎜⎟
⎝⎠

(1)
2
2t t m⇔−=

3

t
4
⎛⎞
≥
⎜⎟
⎝⎠

Đặt
2
y2t 1,=−y' 2t= cho
33
y' 0 t 0,y
48
⎛⎞
=⇔= = =
⎜⎟
⎝⎠

Bảng biến thiên:

Bảng biến thiên cho, để phương trình có 1 nghiệm duy nhất
3
m
8
≥



38
4.7. Phương trình cho

242
a2(x2)axx4x30
⇔
−+−−−++=

22
22
22
'(x 1)
ax2x 1 x x3a0 (1)
ax2x 1 x xa10 (2)
∆= +
⎡⎡
=++ + ++−=
⇔⇔
⎢⎢
⎢⎢
=+− − −+−=
⎣⎣

(1) có
1
4a 11
∆
=−, (2)có
2
4a 5
∆
=− +
Phương trình cho có nghiệm

12
11 5
00am
44
⇔
∆≥ ∨∆≥ ⇔ ≥ ∨ ≤

4.8.
3
8x 6x 1
−
=
1
4x 3x
2
⇔−=
(*)
Đặt
xcost
=

(*)
3
1
4cos t 3cost
2
⇔
−=
3
cos t cos cos 2

33
ππ
⎛⎞
⇔
== ±π
⎜⎟
⎝⎠

Chọn
1
t,
9
π
=

2
27
t,
93 9
π
ππ
=+ =

3
25
t
93 9
π
ππ
=− =−

⇒ nghiệm xcos,
9
π
=
7
xcos ,
9
π
=
5
xcos
9
π
=

4.9. Phương trình cho
32
(x 1)(x 2x 5x 6) 0
⇔
−+−−=
2
(x 1)(x 1)(x x 6) 0 x 1 x 2 x 3
⇔
− + +− =⇔=±∨=∨=−


4.10. Gọi x
1
, x

2
là 2 nghiệm có x
1
, x
2
= -1
Đònh lý viete cho: x
1
x
2
x
3

d1
a2
=
−=−
33
11
(1)x x
23
⇔
−=−⇔=

Phương trình cho :
2
1
x (12x 10x 12) 0
2
⎛⎞

⇔
−+−=
⎜⎟
⎝⎠
12 2
xxx
23 3
⇔
=∨=∨=−


4.11. Đặt
2
tx 3x4=+−
. Ta có hệ:
2
2
x3x4t
t3tx4
⎧
+
−=
⎪
⎨
+
=+
⎪
⎩

39
22
222
x3xt40 x3xt40 (1)
t 3t x 4 0 x t 4x 4t 0 (2)
⎧⎧
+−−= +−−=
⎪⎪
⇔⇔
⎨⎨
+−−= −+ −=
⎪⎪
⎩⎩
(x t)(x t 4) 0⇔− ++=
tx
tx4
=
⎡
⇔
⎢
=− −
⎣

. t = 2 : (1)
2
x2x40x 5⇔+−=⇔=−±

.
2
tx4:(1)x4x0x4,x0=− − ⇔ + = ⇔ =− =

Vậy nghiệm x = 0, x = - 4, x = - 1
5±


4.12. Đặt
2
x0,α= ≥ Phương trình cho trở thành:
2
ab0 (*)α+α+ =
Phương trình cho có 4 nghiệm phân biệt
⇔
phương trình (*) có 2
nghiệm dương phân biệt :
2
12
2
a4b0
a0b
0Pb0
a4b0
Sa0
⎧
∆= − >
<<
⎧
⎪
⎪
<α <α ⇔ = > ⇔
⎨⎨
−>

⎪
⎪
⎩
=− >
⎩

Khi đó ta có:
12213142
xxxx=− α < =− α < = α < < α
1234
x ,x ,x ,x hợp thành một cấp số cộng
24 3
xx2x⇔+=
21
9x⇔α =
Đònh lý viete:
2
1
12
2
12
1
10 a
a
a
9b
.b
10
9b
α=−

⎧
α+α =−
⎧
⎛⎞
⎪
⇔⇔−=
⎨⎨
⎜⎟
αα=
α=
⎝⎠
⎪
⎩
⎩
2
9a 100b 0
⇔
−=

23
Vấn đề 4
PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ BẬC HAI
PHƯƠNG TRÌNH BẬC 3 – BẬC 4
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
1. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ BẬC 2
Dạng 1: Phương trình trùng phương:
42
ax bx c 0 (a 0)
+
+= ≠

Đặt
2
tx(t0)=≥
ta có phương trình :
2
at bt c 0++=


Dạng 2: (x + a)(x+b)(x+c)(x+d) = k (k ≠ 0)
Trong đó: a + b = c + d
Đặt t(xa)(xb)=+ + với
2
(a b)
t
4
−
≥−
ta có phương trình :
2
t(cdab)tk0+− −=


Dạng 3:
44
(x a) (x b) k(k 0)+++= ≠

Đặt
ab
tx

2
+
=+ thì
xat ,+=+α xbt+=−α với
ab
2
−
α= đưa về
phương trình trùng phương :
4224
t12t2 k0+α +α−=
44
(x a) (x b) k(k 0)−+−= ≠ . Đặt
ab
tx
2
+
=−

Dạng 4:
432
ax bx cx bx a 0 (a 0)++++= ≠
+ Nhận xét x = 0 không phải là nghiệm của phương trình
+ Chia hai vế cho
2
x và đặt
1
tx ,t 2
x
=+ ≥

Ta có phương trình :
2
at bt c 2a 0++−=

432
ax bx cx bx a 0 (a 0)++−+= ≠
+ Nhận xét x = 0 không phải là nghiệm của phương trình :

24
+ Chia 2 vế cho
2
x
và đặt
1
tx
x
=
− ta được phương trình :
2
at bt c 2a 0
+
++ =

432
ax bx cx dx c 0
+
+±== trong đó a, c ≠ 0 và
2
cd
ab

⎛⎞
=
⎜⎟
⎝⎠

+ Nhận xét x = 0 không phải là nghiệm.
+ Chia 2 vế cho
2
x , làm giống như trên.

Dạng 5:
22
mx nx
k (k 0)
ax bx c ax b'x c
+
=≠
+
+++

+ Nhận xét x = 0 không phải là nghiệm.
+ Phương trình được viết :
mn
k
cc
ax b ax b'
xx
+
=
++ ++

Đặt
c
tax
x
=
+
và phương trình được viết :
mn
k
tbtb'
+
=
++


Dạng 6 :
xb
(x a)(x b) (x a) 8
xa
+
α+ + +
β
+=
+

Điều kiện :
xb
0
xa

+
≥
+
. Đặt
xb
t(xa)
xa
+
=+
+


2. PHƯƠNG TRÌNH BẬC 3:
a. Đa thức :
Đa thức bậc n theo x (n ∈N) là biểu thức có dạng:
P(x)
nn1
01 n1n
a x a x a x a
−
−
=+ +++ với
0
a0
≠

Các số
01 n
a ,a , a gọi là các hệ số.
α là một nghiệm của đa thức P(x) khi P(α) = 0

Đònh lý Bezout : P( ) 0 P(x)
α
=⇔ chia hết cho x - α.
b. Phương trình bậc 3:
32
ax bx cx d 0 (a 0)
+
++= ≠
Phương trình bậc 3 luôn luôn có nghiệm
Đònh lý Viete:

25
Nếu phương trình :
32
ax bx cx d 0 (a 0)+++= ≠ (1)
Có 3 nghiệm x
1
, x
2
, x
3
thì :
123
12 23 31
123
b
xxx
a
c
xx xx xx

a
a
xxx
a
⎧
++=−
⎪
⎪
⎪
++=
⎨
⎪
⎪
=−
⎪
⎩

Cách giải :
+ Nếu biết một nghiệm
0
xx,= ta phân tích:
(1)
2
0
(x x )(Ax Bx C) 0⇔− + +=
+ Nếu biết một hệ thức giữa các nghiệm thì ta dùng đònh lý viete
+ Dùng hằng đẳng thức biến đổi thành phương trình tích số với các
phương trình có dạng :
33 3
AB(AB)+=+

333
(A B) A B 0 3AB(A B) 0⇔+ −−=⇔ +=
II. CÁC VÍ DỤ :
Ví dụ 1:
Giải phương trình : (x 1)(x 2)(x 3)(x 4) 3 (*)++++=
Giải
(*) (x 1)(x 4)(x 2)(x 3) 3 (**)⇔+ + + +=
Đặt
2
t(x1)(x4)x 5x4=+ += + +
Điều kiện
2
(1 4) 9
t
44
−
≥− =−
(**)
22
(x 5x 4)(x 5x 6) 3⇔++ ++=

2
t 1(nhận)
t2t30
t(t 2) 3
t3(loại)
(a b c 0)
=
⎧
+−=

⇔+=⇔ ⇔
⎨
=−
++=
⎩

Với t = 1:
2
2
513
x
x5x30
2
x5x41
13
513
x
2
⎡
−+
=
⎢
++=
⎢
++=⇔ ⇔
⎢
∆=
−−
=
⎢

⎣


26
Ví dụ 2:
Đònh m để phương trình :
x1
(x 3)(x 1) 4(x 3) m (1)
x3
+
−++− =
−
có
nghiệm.
Giải
Đặt
2
x1
t(x3) (*) t (x3)(x1)
x3
+
=
−⇒=−+
−

2
(1) t 4t m 0 (2)⇔+−=
Để (1) có nghiệm, điều kiện cần (2) có nghiệm.
Ta có : ' 4 m 0 m 4
∆

=+ ≥⇔ ≥−
Thử lại với
m4,≥−
phương trình (1) cũng có nghiệm.
Với
m4,≥− phương trình (2) có nghiệm t = t
0
thế vào (*) :
0
x1
t(x3) (3)
x3
+
=−
−

Ta có 3 trường hợp :
0
t0:(3)x1
=
⇔=− (nhận)
0
22 2
00
x3 x3
t0:(3)
(x 3)(x 1) t x 2x (3 t ) 0
>>
⎧⎧
⎪⎪

>⇔ ⇔
⎨⎨
−+= −−+=
⎪⎪
⎩⎩

2
0
x1 4t
⇔
=+ +
nhận.
0
22 2
00
x3 x3
t0:(3)
(x 3)(x 1) t x 2x (3 t ) 0
<<
⎧⎧
⎪⎪
<⇔ ⇔
⎨⎨
−+= −−+=
⎪⎪
⎩⎩

2
0
x1 4t

⇔
=− + nhận.
Tóm lại phương trình (1) có nghiệm khi m 4
≥−
Ví dụ 3:

Đònh a sao cho phương trình :
43 2
xax(2a1)xax10 (1)−−+ ++=
Có 2 nghiệm khác nhau và lớn hơn 1.
Giải
Với x = 0 : (1) 1 0
⇔= vô nghiệm.
Chia hai vế cho x
2
:

27
2
2
a1
xax(2a1) 0
x
x
−− +++ =
2
2
11
xax(2a1)0 (2)
x

x
⎛⎞⎛⎞
⇔+−−−+=
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠

Đặt
1
tx
x
=− thì
2
1
2
2
2
tt4
x
2
xtx10
tt4
x
2
⎡
−+
⎢
=
⎢
−−=⇔
⎢

+
+
⎢
=
⎢
⎣

22
2
1
(t x 2)
x
=+ −

khi
2
t0 x 1>⇒ >
(2)
2
t2at(2a1)0⇔+−− +=
2
t at 1 2a 0 (3)⇔−+−=
Để (1) có 2 nghiệm khác nhau và lớn hơn 1 là (3) có 2 nghiệm thoả:
12
0t t<<
2
0a4(12a)0
1
P0 12a0 254a
2

S0 a0
⎧
∆> − − >
⎧
⎪
⎪
⇔>⇔−> ⇔ −<<
⎨⎨
⎪⎪
>>
⎩
⎩

Ví dụ 4:

Đònh k để phương trình :
43
x 4x 8x k (*)−+=
Có 4 nghiệm phân biệt.
Giải
(*) là phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thò:
43
yx 4x 8x=− + và y = k.
Khảo sát sự biến thiên của hàm số :
43
yx 4x 8x=− +
. MXD : D = R
.
32 2
y'4x12x84(x1)(x2x2)=− +=− −−

Cho
x1 y5
y' 0
x1 3 y 4
=⇒ =
⎡
=⇔
⎢
=± ⇒ =−
⎣


28
Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên để phương trình (*) có nghiệm phân biệt khi và chỉ
khi :
4k5
−
<<

Ví dụ 5:

Đònh a để phương trình :
42 2
x2x2axa2a10
+
++++=
có nghiệm.

Với mỗi a đó, gọi x
a
là nghiệm bé nhất của phương trình. Đònh a để x
a

nhỏ nhất.
Giải
Ta có :
42 2
x2x2axa2a10+++++=
242
aaa
a2(x1)a(x2x1)0 (*)⇔+ ++ + +=

Để (*) có nghiệm
24 2
aaa
'(x 1) (x 2x 1)0
⇔
∆= + − + + ≥
222
aa
22
aaaa
22
aa aa
(x 1) (x 1) 0
(x 1 x 1)(x 1 x 1) 0
(x x 2)( x x ) 0
⇔+−+≥

⇔
++ + +− − ≥
⇔ ++−+ ≥

aa
x(x 1) 0
⇔
−+≥
(vì
2
aa a
xx20 x)++>∀

a
0x 1
⇔
≤≤

Vậy x
a
nhỏ nhất là x
a
= 0, thì (*)
2
(a 1) 0 a 1
⇔
+=⇔=−
Ví dụ 6 :

Tìm điều kiện của a, b để phương trình

3
xaxb0
+
+=
có 3 nghiệm
phân biệt lập thành cấp số cộng.
Giải
Gọi x
1
, x
2
, x
3
là 3 nghiệm phân biệt của phương trình cho, lập thành
một cấp số cộng : x
1
+ x
3
= 2x
2
(*)
Đònh lý viete cho :
123
B
xxx 0
A
+
+=−=
22
3x 0 x 0

⇔
=⇔ =


29
Thay x
2
= 0 vào phương trình :
3
xaxb0++=
ta được: b = 0
32
2
x0
xax0x(xa)0
x a 0 (**)
=
⎡
⇒+=⇔ +=⇔
⎢
+=
⎢
⎣

Để (**) có 2 nghiệm phân biệt và khác 0
a0⇔<
Vậy để phương trình cho có 3 nghiệm phân biệt lập thành một cấp số
cộng là : a < 0 , b = 0
Ví dụ 7:

Biết phương trình
3
xpxq0++= có 3 nghiệm x
1
, x
2
, x
3

Chứng minh :
333
123 123
xxx3xxx++=

Giải
Vì x
1
, x
2
, x
3
là nghiệm của phương trình :
3
xpxq0++=
Ta có :

3
11
xpxq0++=

3
22
3
33
xpxq0
xpxq0
++=
+
++=

333
123 123
xxxp(xxx)3q0 (*)⇒+++ ++ +=

Đònh lý viete cho :
123
B
xxx 0
A
++=−=
;
123
D
xxx
q
A
=
−=−

Thế vào (*) ta được:
333
123 123
xxx3xxx0++− =
333
123 123
xxx3xxx⇔++=
Ví dụ 8:

Giả sử phương trình :
32
xxaxb0−++=
có 3 nghiệm thực phân biệt.
Chứng minh rằng :
2
a3b0+>
(Đại học quốc gia Hà Nội, khối A năm 1998)
Giải
Gọi x
1
, x
2
, x
3
là nghiệm phân biệt của phương trình cho đònh lý viete
cho :

30
123
12 23 31

123
B
xxx 1
A
C
xx xx xx a
A
D
xxx b
A
⎧
++=−=
⎪
⎪
⎪
+
+==
⎨
⎪
⎪
=− =−
⎪
⎩

Ta có :
22222
12 23 31 12 23 31 123
(x x x x x x ) (x x ) (x x ) (x x ) 2x x x++ = + + +
22
123 312

2xxx 2xxx++
2222
12 23 31 123 1 2 3
2222
12 23 31
2222
12 23 31
a (xx ) (xx) (xx) 2xxx(x x x)
a(xx)(xx)(xx)2b
a 2b (x x ) (x x ) (x x ) (1)
⇔= + + + ++
⇔= + + −
⇒+= + +

Ta có :

22
xy2xy+≥
22
22
yz2yz
zx2zx
+≥
+
+≥

222 222
2(x y z ) 2(xy yz zx) x y z xy yz zx (2)⇒ ++ ≥ ++ ⇔++≥++
Áp dụng BĐT (2) ta có :
222222

12 23 31 123 231 1 23
(x x ) (x x ) (x x ) x x x x x x x x x++>++
222
12 23 31 123 1 2 3
(x x ) (x x ) (x x ) x x x (x x x ) b (3)⇔++> ++=−
Không có đẳng thức vì x
1,
x
2
, x
3
đôi một khác nhau.
(1)
và (3)
22
a2b ba3b0⇒+>−⇔+>
Ví dụ 9:

Đònh m để phương trình sau có 3 nghiệm dương phân biệt.
322
x3mx2(m1)x2m0 (1)−++−=

Giải
2
2
(1) (x m)(x 2mx 2) 0
xm
f(x) x 2mx 2 0 (2)
⇔− − +=
=

⎡
⇔
⎢
=− +=
⎢
⎣

Để (1) có 3 nghiệm dương phân biệt (2)
⇔
có 2 nghiệm dương khác
m.

31
2
m0
m0
'm 20
m2m 2m2
P 2 0(hiển nhiên)
2m 0
S2m0
>
⎧
>
⎧
⎪
⎪
∆= − >
⎪
⇔⇔>∨<−⇔>

⎨⎨
=>
⎪⎪
>
⎩
⎪
=>
⎩

Ví dụ 10:

Giải phương trình :
4
x4x1 (*)−=
Giải
42 2
(*) x (2x 1) (2x 1) 4x 1⇔+ += +++
22 2
22
2
2
1,2
(x 1) 2(x 1) 0
(x 2x 2 1)(x 2x 1 2) 0
x 2x 2 1 0 VN
21
x2x120x 2(221)
22
⇔+=+=
⇔+ ++ − +− =

⎡
+++=
⎢
⇔
⎢
−+−=⇔=± −
⎢
⎣

Ví dụ 11:

Cho phương trình :
32
xx(m2)xm10+−+ ++=.
Tìm các giá trò của m để phương trình có 3 nghiệm x
1
, x
2
, x
3
thỏa điều
kiện : x
1
< x
2
< < 2 < x
3

Giải
Đặt

32
f(x) x x (m 2)x m 2=+− + ++
Điều kiện cần: Giả sử phương trình f(x) = 0 có 3 nghiệm x
1
, x
2
, x
3
thỏa
đề bài, ta có : f(x) = (x – x
1
)(x – x
2
)(x – x
3
) và
f(2)0 9m0 m9<⇔− <⇔ >
Điều kiện đủ: Giả sử ta có: m > 9
f(0) m 1 0=+> và f(2) = 9 – m < 0 f(0).f(2) 0⇒<
Nếu tồn tại
22
x(0,2):f(x)0∈=(nghóa là 0 < x
2
< 2 (1))
Vì
x
lim
→+∞
f(x)=+∞nên tồn tại m > 2 mà f(m) > 0 f(2).f(m) 0⇒<
⇒ Phương trình đã cho có 1 nghiệm

3
x(2,m)∈ sao cho f(x) = 0
(nghóa là 2 < x
3
< m (2)).
Vì
x
lim
→−∞
f(x) = −∞ , nên tồn tại n < 0 mà f(n) < 0
f(0).f(n) 0⇒< nên phương trình có nghiệm x
1
với n < x
1
< 0 (3)

32
(1), (2), (3)
12 3
xx2x⇒<<<
Vậy m > 9.
Ví dụ 12 :

Giải phương trình :
333
(3x 1) (2x 3) (5x 2) (*)++ −= −

Giải
Vì (3x + 1) + (2x –3 )= 5x –2
p dụng hằng đẳng thức:

333
(A B) A B 3AB(A B)
+
=++ +
(*) 3(3x 1)(2x 3)(5x 2) 0
⇔
+−−=
1
x
3
3x 1 0
3
2x 3 0 x
2
5x 2 0
2
x
5
⎡
=
−
⎢
+=
⎡
⎢
⎢
⎢
⇔−=⇔=
⎢
⎢

⎢
⎢
−=
⎣
⎢
=
⎢
⎣


33
III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
4.1. Đònh m để phương trình :
42
x2(m1)x2m10−+++=
có 4 nghiệm phân biệt lập thành một cấp số cộng.

4.2. Đònh tất các giá trò của tham số m để cho phương trình :
32
x 2(1 2m)x (5 7m)x 2(m 5) 0+− +− + +=

Có 3 phân biệt nhỏ hơn 1, biết rằng phương trình có 1 nghiệm không
phụ thuộc m.

4.3. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình :
242
8x(2x 1)(8x 8x 1) 1−−+=
thỏa mãn điều kiện 0 < x < 1

4.4. Giải phương trình :

333
(x 2 3) (2x 3) (3x 3)−++=−


4.5. Đònh m để phương trình :
32
x3mx3x3m20+−−+=

Có 3 nghiệm x
1
, x
2
, x
3
và
222
123
xxx++ nhỏ nhất.

4.6. Đònh m để phương trình :
22
2
m
x(x1)
xx1
++ =
+
+

Có 1 nghiệm duy nhất.

4.7. Đònh a để phương trình sau có nghiệm:
42 2
xx2(a2)xa4a30++ − −+−=

4.8. Giải phương trình :
3
8x 6x 1−=


4.9. Giải phương trình :
43 2
xx7xx60+− −+=


4.10. Giải phương trình :
32
12x 4x 17x 6 0+−+=
Biết phương trình có 2 nghiệm mà tích bằng –1


34
4.11. Giải phương trình :
222
(x 3x 4) 3(x 3x 4) x 4
+
−+ +−=+

(ĐH Ngoại Thương – Khối D Năm 2000)

4.12. Cho phương trình :
42
xaxb0
+
+=
Giả sử phương trình có 4 nghiệm lập thành cấp số cộng.
Chứng minh:
2
9a 100b 0−=