Phương trình quy về bậc 2 bậc 3 bậc 4 - Phạm Thành Luân

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 ,t2
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
⎡
= −
⎢
+=
⎡
⎢
⎢
⎢
⇔−=⇔=
⎢
⎢
⎢
⎢
−=
⎣
⎢
=
⎢

⎣