Chuyen de PT vo ty

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (318.69 KB, 52 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Chuyên đề Tam thức bậc hai

(Phan ThÞ Phơng Thảo- Khoa Toán đhsp-đhtn)
A.Phơng trình bậc hai

I.Định nghĩa:

Cho hàm số y= f(x) và y= g(x) có tập xác định lần lợt là Df , Dg. Khi đó mệnh đề chứa

biến f(x) = g(x) đợc gọi là phơng trình một biến x.

Trong đó: D=Df∩ Dg đợc gọi là tập xác định của phơng trình.

x0∈D:f(x0)=g(x0) là đẳng thức đúng thì x0 đợc gọi là một nghiệm của phơng

tr×nh.

T={x0∈D:f(x0)=g(x0)} lµ tËp nghiƯm của phơng trình.
T= thì ta nói phơng trình vô nghiệm.

Vi nh ngha ny thì khái niệm nghiệm của phơng trình phụ thuộc vào D.

Cã thĨ : V« nghiƯm x+√x −1=1

2+√x −1
Cã nghiÖm (x2− x −2)√x+1=0

Nghiệm đúng với mọi x thuộc D x+12=x2+2x+1

Định nghĩa này dễ dàng mở rộng cho khái niệm phơng trình nhiều biến.

II. Cỏc nh lý v phộp biến đổi tơng đơng

f(x)=g(x)⇔

h(x)co nghia

f(x)+h(x)=g(x)+h(x)

f(x)=g(x)⇔

h(x)≠0

f(x)h(x)=g(x)h(x)

f(x)=g(x)⇔

f (x)g(x)>0

[f(x)]2=[g(x)]2

¿
¿{

Khi sử dụng các định lý về phép biến đổi tơng đơng học sinh thờng mắc phải những
Sai lầm do không nắm đợc điều kiện dùng định lý

Ví dụ 1 : Giải phơng trình x+1
1 x − x2=

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Cã häc sinh gi¶i nh sau: §iỊu kiƯn

1− x − x2≠0

x2−2x
+2≠0

¿{

Với điều kiện trên phơng trình đã cho tơng đơng với

x+1
1− x − x2+

x=

2− x
x2−2x+2+

x

⇔x(x+1)+1− x − x
2

x(1− x − x2) =

x(2− x)+x2−2x+2

x(x2−2x+2)

⇔ 1

x(1− x − x2)=

x(x2−2x+2)⇔

x ≠0

2(1− x − x2)=x22x+2

{

Vô nghiệm

Lời giải trên là sai lầm rõ ràng x=0 là một nghiệm của phơng trình

Nguyờn nhõn sai lầm vì học sinh thực hiện phép biến đổi khơng tơng đơng nghĩa là
khi cộng vào hai vế của phơng trình với biểu thức khơng hồn tồn xác định trên D.
Ví dụ 2: Giải phơng trình 1− x=√x −1

Cã học sinh giải nh sau:
Điều kiện x ≥1

Với điều kiện trên phơng trình đã cho tơng đơng với

x=1

x=2

¿
¿
¿
¿

1−2x+x2=x −1
⇔x2−3x+2=0

⇔

Lêi giải trên có sai lầm vì nhận thấy x=2 không là nghiệm của phơng trình

Nguyờn nhõn sai lm l do học sinh khơng chú ý đến điều kiện để bình phng hai v ca
phng trỡnh.

III. Phơng trình bậc hai

1. Định nghĩa: Phơng trình bậc hai là phơng trình có d¹ng

ax2

+bx+c=0 (a, b, c R; x Èn; a ≠ 0)

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

∆ > 0 (∆’ > 0) phơng trình có hai nghiệm phân biệt

x1,2= b ' ±√Δ'

a
x1,2=− b ±√Δ

2a ¿

)

∆ = 0 (∆’ = 0) phơng trình có nghiệm kép x=b
2a(x=

b '
a )

∆ < 0 (∆’ < 0 ) phơng trình vô nghiệm

IV. Một số phơng trình quy về phơng trình bậc hai

1. Ph ¬ng tr×nh bËc 4

Để giải phơng trình bậc 4 ta đều tìm cách đa phơng trình đã cho về phơng trình bậc hai bằng
phơng pháp đặt ẩn phụ (cần đa về phần chứa x giống nhau) hoặc đa về phơng trình tích hoặc
đa về phơng trình bậc 4 bit cỏch gii.

a. Một số phơng trình bậc 4 biết cách giải

*) Phơng trình trùng phơng: ax4

+bx2+c=0(a≠0) (1) 
Cách giải: Đặt x2 = t (t 0) phơng trình đã cho có dạng

at2+bt+c=0 (2)
Giải phơng trình tìm t ( thoả m·n ) råi t×m x.

Mối quan hệ giữa nghiệm của phơng trình trùng phơng và nghiệm của phơng trình bậc
hai

(1) vô nghiÖm 

(2)vonghiem

t1≤ t2<0

⇔

¿
¿Δ≥0

p>0

S<0

¿
¿
¿

Δ<0

¿
¿
¿

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

(1) cã mét nghiÖm

⇔

¿Δ>0

P=0

S<0

¿
¿
¿

Δ=0

−b

2a=0

¿
¿
¿

t1<0=t2

t1=t2=0

¿
¿{ {

(1) cã hai nghiÖm
⇔

¿Δ=0

−b

2a>0

t1<0<t2

t1=t2>0

P<0

¿
¿{

¿
¿

⇔¿
¿
¿ ¿

(1) cã ba nghiÖm

⇔0=t1<t2⇔

Δ>0

P=0

S>0

¿{ {

(1) cã bèn nghiÖm

0<t1<t2

>0

P>0

S>0

{ {

*). Phơng trình hồi quy, phơng trình phản thơng

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

D¹ng 1: ax4

+bx3+cx2+bx+a=0(a 0)
Cách giải:

- Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của phơng trình. Chia cả hai vế của phơng trình

cho x2 ta c a(x2+ 1

x2)+b(x+

x)+c=0 .

- Đặt x+1

x=t|t|2 phơng trình có dạng at2+bt+c 2a=0

- Giải phơng trình tìm t (thoả mÃn) rồi tìm x.
D¹ng 2: ax4+bx3+cx2bx+a=0(a 0)
Cách giải:

- Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của phơng trình. Chia cả hai vế của phơng trình

cho x2 ta c a(x2+ 1

x2)+b(x

x)+c=0 .

- Đặt x 1

x=t phơng trình có dạng at2+bt+c+2a=0

- Giải phơng trình tìm t rồi tìm x.
Nhận xét

Nếu phơng trình ax4+bx3+cx2+bx+a=0(a 0) có một nghiệm là x0 thì có nghiệm

thứ hai là x1
0

Nếu phơng trình ax4+bx3+cx2bx+a=0(a 0) có một nghiệm là x0 thì có nghiệm

thứ hai là - x1
0

Ví dụ: Giải các phơng trình sau

1x ¿

¿4+x3−4x2+x+1=0¿2¿4x4+12x3+47x2+12x+4=0¿

x −2¿4+(x −2)(5x2−14x+13)+1=0

x2− x¿2−2x(3x −5)−3=0
3x4+25x3+12x2−25x+6=0¿4¿(¿5)¿

Hớng dẫn (4) đặt y = x-2
(5) t y = x-1

**) Phơng trình hồi quy theo x là phơng trình có dạng 
ax4+bx3+cx2±bkx+ak2=0(a ≠0)

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Phơng pháp giải:

- Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của phơng trình. Chia cả hai vế của phơng tr×nh
cho x2.

- Biến đổi phơng trình đã cho về phơng trình ẩn t.
- Giải phơng trình tìm t rồi tìm x.

Ví dụ: Giải các phơng trình sau

1x2+ 1

x2+7=8x+

x2
x2

3 +
48

x2=

10
3 (

x

3
4

x)32x

21x3+74x2105x+50=04x45x3+8x210x+4=05(x22x+4)(x2+3x+4)=14x26 2x

3x2

+5x+2+

13x

3x2

+x+2=16
Hớng dẫn

1) Đặt 2x+1

x=t . a v phng trỡnh i s n t

2) Viết lại phơng trình (2) dới dạng 3(x
2
9 +

x2)=
10

3 (

x

3
4

x) . Đặt
x

3
4

x=t

3) Chia c hai vế cho x2 đặt x+5

x=t

4) Chia cả hai vế của phơng trình cho x2 đặt x+2

x=t

5) Chia cả hai vế của phơng trình cho x2 đặt x+4

x=t

6) Chia cả tử và mẫu của vế trái cho x ta đợc

2
3x+5+2

x

+13
3x+1+2

x

=16

. t

3x+2

x=t

*, Phơng trình bậc 4 có dạng: (x+a)(x+b)(x+c)(x+d) = e. víi a+b = c+d

Phơng pháp giải:

- Phng trỡnh ó cho tng đơng với

[

x2+(a+b)x+ab

][

x2+(c+d)x+cd

]

=e
- Đặt x2

+(a+b)x=t . Ta có (t+ab)(t+cd)=e
- Giải phơng tr×nh t×m t råi t×m x.

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

6x+7¿2(3x+4)(x+1)=6
1x2−1

¿(x+3)(x+5)+16=0¿2¿(2x −1)(x 1)(x 3)(2x+3)=93(x 1)(x+2)(x 6)(x 3)=344(x2+3x+2)(x2+7x+12)=245

*) Phơng trình bậc 4 có dạng x+b

4
=c

x+a4+

Phơng pháp giải:

- Đặt t=x+a+b

2 khi đó

x+a=t+a − b
2

x+b=t −a −b
2

- Phơng trình đã cho có dạng

a −b¿4
¿
¿

a − b¿2t2+¿

t −a − b

2 ¿
4

=c⇔2t4+3¿

t+a − b
2

4
+

- Giải phơng trình trùng phơng tìm t rồi tìm x.
Ví dụ: Giải các phơng trình sau

x+6¿4=2
2− x¿4=17

x+5¿4=2

x+3¿4+¿

5− x¿4+(¿3)¿

1x+4¿4+(¿2)¿

b) Ngoài các phơng trình bậc 4 biết cách giải nói trên ta cịn gặp những phơng trình
bậc 4 mà để giải nó ta phải đa về phơng trình tích hoặc phơng trình bậc hai bằng
cách đặt ẩn phụ.

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

x+1¿2

x2− x

+1¿2+5x4=0

x2− x+1¿4+6x2(¿6)x4−4x√3−5=0

x+5¿2
¿

x2− x

+1¿2+(x3+1)=(¿5)(¿7)x2+25x
2

(¿11¿8)x4+4x3+3x2−2x −1=0

1x4−11x3+11x2−3x −3=0¿2¿x4−4x3−2x2+4x+1=0¿3¿x4− x3−5x2+4x+4=0¿4¿2¿

Híng dÉn:

1) Phơng trình đã cho ⇔(x2−1)(6x2−11x+3)=0
2) có tổng các hệ số bằng 0 nên có nghiệm x = 1.
3) phơng trình (3) ⇔(x2−4)(x2− x 1)=0

4) Chia cả hai vế của phơng trình cho (x + 1) 2

5) Chia cả hai vế của phơng trình cho x4

6) phơng trình (6)

x+32

x2+12=2

7) bin i phng trỡnh v dạng

x2

x+5¿
2

+10 x
2

x+5−11=0

x − 5x
x+5¿

+2x 5x

x+5=11⇔¿

8) x2+2x¿2−(x2+2x)−1=0
⇔¿

2. Ph ¬ng trình vô tỷ

a. Một số dạng phơng trình vô tỷ cá b¶n

√

f(x)=

√

g(x)⇔

f(x)≥0∨g(x)≥0

f(x)=g(x)

√

f(x)=g(x)⇔

g(x)≥0

f(x)=[g(x)]2

√

f(x)+

√

g(x)=

√

h(x)⇔

¿f(x)≥0

g(x)≥0

h(x)≥0

√

f(x)g(x)=h(x)− f(x)− g(x)

{

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

b. Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ
Phơng pháp 1: Biến đổi tơng đơng

1. Biến đổi t ơng đ ơng đ a về ph ơng trình cơ bản.
Ví dụ : Giải các phơng trình sau

1x+3+4√x −1+

√

x+8−6√x −1=5¿2¿

√

x+2+3√2x −5+

√

x −2−√2x −5=2√2¿3¿

√

x(3x+1)−

√

x(x −1)=2

√

x2¿4¿ x

√3x −2−√3x −2=1− x¿5¿

√

x
2

+1− x= 5
2

√

x2+1

¿6¿x+4√x+3+2√3−2x=11¿7¿√x+3+2x√x+1=2x+

√

x2+4x+3¿8¿2√x+3=9x2− x −4¿9¿√x+3+ 4x

√x+3=4√x¿10¿x
2

+√x+2004=2004¿

Híng dÉn:

1) phân tích biểu thức dới căn là các hằng đẳng thức từ đó đa phơng trình về dạng
chức dấu giá trị tuyệt đối.

2) nhân cả hai vế của phơng trình với √2 rồi giải nh phơng trình (1)
3) Giải phơng trình dựa tren miền xác định.

4) Quy đồng rồi đa về phơng trình tích.

5) Quy đồng đa phơng trình về dạng

√

x2+1− x2=4

6) Chuyển vế trái sang phải đa phơng trình về dạng x+32
2

32x+12+

7) đa về phơng trình tích

8) Phơng trình 1+√3+x¿2=9x2
⇔¿

9) Chia cả hai vế của phơng trình cho √x+3 ta đợc 1−

√

4x
x+3¿

2
=0

10) Biến đổi phơng trình có dạng

√x+2004−1
2¿

x+1
2¿

2
=¿

x2+x+1

4=x+2004−√x+2004+
1
4⇔¿

2. Bình ph ơng hai vế của ph ơng trình

Ví dụ: Giải phơng trình

x+3+3x+1=2x+2x+2

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Tuy nhiên giải phơng trình này hơi phức tạp. Phơng trình giải sẽ đơn giản hơn nếu ta
chuyn v phng trỡnh 3x+12x+2=4x x+3

Bình phơng hai vế ta có

6x2

+8x+2=

4x2+12xx=1
Thử lại x=1 thoả mÃn.

Nhận xét:

Nu phơng trình

√

f(x)+

√

g(x)=

√

h(x)+

√

k(x) mà có f(x) + h(x)= g(x) + k(x) thì ta
biến đổi phơng trình về dạng

√

f(x)−

√

h(x)=

√

k(x)−

√

g(x) sau đó bình phơng rồi
giải phng trỡnh h qu.

Ví dụ: Giải phơng trình

x3+1

x+3 +√x+1=

√

x
2

− x+1+√x+3

Gi¶i: Ta cã

√

x3+1

x+3 √x+3=

√

x
2− x

+1√x+1 . Từ nhận xét này ta có lời giải nh sau
Phơng trình đã cho tơng đơng với

√

x3+1

x+3 −√x+3=

√

x
2

− x+1−√x+1

Bình phơng hai vế ta đợc

x3+1

x+3=x
2

− x −1⇔x2−2x −2=0⇔

x=1−√3

x=1+√3

¿
¿
¿
¿
¿

Thử lại ta có hai nghiệm đều thoả mãn.
Qua lời giải trên ta có nhận xét

Nếu phơng trình

√

f(x)+

√

g(x)=

√

h(x)+

√

k(x) mà có f(x) . h(x)= g(x). k(x) thì ta
biến đổi phơng trình về dạng

√

f(x)−

√

h(x)=

√

k(x)−

√

g(x) sau đó bình phơng rồi
giải phơng trình hệ quả.

3. Trục căn thức

3.1 Trc cn thc xut hiện nhân tử chung

a. Phơng pháp: Một số phơng trình vơ tỷ có thể nhẩm đợc nghiệm x0 nh vậy phơng

trình ln đa đợc về dạng tích (x-x0)A(x)=0. Ta có thể giải phơng trình A(x) = 0 hoặc

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

12x −3−√x=2x −6¿2¿√2x+4−2√2− x=6x −4

√

x2
+4

¿3¿

√

3x2−5x+1−

√

x2−2=

√

3(x2− x −1)−

√

x2−3x+4¿4¿

√

x2+12+5=3x+

√

x2+5¿5¿

√

3x2−1+x=

√

x3−1¿

Híng dÉn:

1) Nhân liên hợp vào vế trấi của phơng trình ta có phơng trình đã cho tơng đơng với

x −3

√2x −3+√x=2(x −3)⇔(x −3)(

√2x −3+√x−2)=0⇔x=3

2) Nhân liên hợp vào vế trái của phơng trình ta có phơng trình đã cho tơng ng vi

6x 4

2x+4+22 x=

6x 4

x2+4
6x 4=0

2x+4+22 x=

x2+4

3) Trục căn thức hai vế của phơng trình ta có 2x+4

3x25x
+1

= 3x 6

x22

x23x+4

Có x=2 là nghiệm duy nhất của phơng trình.

4) Phng trình đã cho có dạng

√

x2+12−4=3x −6+

√

x2+5−3⇔ x
2−4

√

x2

+12+4=3(x −2)+

x2−4

√

x2

+5+3⇔x=2
5) Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phơng trình nên ta biến đổi

x2−1¿2
¿

(−2

√

3 x2−1+4¿)=(x −3)(x
2

+3x+9)

√

x3−2+5
3

√¿

1+x+3

√

x2−1−2

+x −3=

√

x3−2−5⇔(x −2)¿

3.2 § a vỊ hƯ t¹m

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

A − B

√A −√B=C⇒√A −√B=k . Khi đó ta có hệ

√A+√B=C

√A −√B=k

¿{

b, VÝ dơ: Gi¶i các phơng trình sau

12x2 ¿

+x+9+

√

2x2− x+1=x+4¿2

√

2x2+x+1+

√

x2− x+1=3x¿

Híng dÉn: 1) Ta thÊy x = - 4 không là nghiệm của phơng trình. Trục căn thøc ta cã
2x+8

√

2x2

+x+9−

√

2x2− x+1

=x+4⇒

√

2x2+x+9−

√

2x2− x+1=2

VËy ta cã hÖ

√

2x2

+x+9−

√

2x2− x+1=2

√

2x2+x+9+

√

2x2− x+1=x+4
⇒2

√

2x2+x+9=x+6⇔

x=0

x=8
7

¿
¿
¿{

¿
¿
¿ ¿

Thử lại phơng trình ta có hai nghiệm đều thoả mãn.

2) Chia cả hai vế của phơng trình cho x ta c

2+1

x+

x2+

1
1

x+

x2=3
Đặt 1

x=t khi đó phơng trình có dạng

√

t2+t+2+

√

t2− t+1=3 .

Trơc căn thức ta có 2t+1

√

t2+t+2−

√

t2−t+1
=3 .

VËy ta cã hÖ

√

t2

+t+2+

√

t2−t+1=3

√

t2+t+2−

√

t2− t+1=2t+1
3
⇒2

√

t2+t+2=3+2t+1

¿{

⇔

t=1

t=−7
8

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Bài tập tơng tự

Giải các phơng trình sau:

1x2+3x+1=(x+3)

x2+12

43103x=x −2¿3¿2

√

(2− x)(5− x)=x+

√

(2− x)(10− x)¿4¿

√

3 x2+4=√x −1+2x −3¿5¿

√

3 x2−1+

√

3x3−2=3x −2¿6¿2x2−11x+21−3√34x −4=0¿7¿

√

2x2−1+

√

x2−3x −2=

√

2x2+2x+3+

√

x2− x+2¿8¿

√

2x2+16x+18+

√

x2−1=2x+4¿9¿

√

x2+15=3x −2+

√

x2+8¿10¿ 6x −3

√x −√1− x=3+

√

x − x

Híng dẫn:

1) đa về phơng trình tích (x

x2+1)(

x2+13)=0

2) Nhn thy x = 3 là một nghiệm của phơng trình. Phơng trình đã cho có dạng

√

4−3√10−3x −1=x −3⇔ 3(1−√10−3x)

√

4−3√10−3x+1=x −3⇔

9(x −3)

√

4−3√10−3x+1=x −3⇔x=3

3) Nhận thấy x =1 là nghiệm của phơng trình do đó phơng trình có nhân tử x – 1
Phơng trình đã cho có dạng

√

x2−7x+10−4=x −1+

√

x2−12x+20−3
⇔ 2(x

2−7x
+6)

√

x2−7x+10+2

=x −1+ x
2

−12x+11

√

x2−12x+20+3
⇔ 2(x −1)(x −6)

√

x2−7x

+10+2

=x −1+ (x −1)(x −11)

√

x2−12x

+20+3
⇔x=1

4) NhËn thÊy x = 2 lµ mét nghiƯm cđa phơng trình. Phơng trình có dạng

x2

+42+2

3 x2+4+4

x2

+42=x 11+2x −4⇔(x −2)(x+2)

5) Nhận thấy x = 1 là một nghiệm của phơng trình . Phơng trình đã cho có dạng

√

x2−1

√

3x3−2−1=3x −3⇔

√

3x2−1+ 3(x
3

−1)

√

3x2−2
+1

=3(x −1)⇔x=1

√

2x2−1−

√

2x2

+2x+3=

√

x2− x+2−

√

x2−3x −2⇔

−(2x+4)

√

2x2−1+

√

2x2+2x+3

= 2x+4

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

8) NhËn thÊy x=1 lµ nghiƯm của phơng trình, phơng trình có dạng

2x2+16x+186+

x21=2x 2 2x
2

+16x −18

√

2x2+16x+18+6+

√

x
2

−1=2(x −1)

9)Nhận thấy x = 1 là một nghiệm của phơng trình, phơng trình đã cho có dạng

√

x2

+15−4=3x −3+

√

x2+8−3⇔ x
2−1

√

x2+15+4=3(x −1)+

x2−1

√

x2+8+3⇔x=1
10) Trục căn thức ở mẫu ta có

(6x −3)(√x+√1− x)

2x −1 =3+

√

x − x
2⇔

3(√x+√1− x)=3+

√

x − x2

4.Ph ơng trình biến đổi về tích:

VÝ dơ : Giải các phơng trình sau

1 4x21

+x=

2x2 x+2x+123x+1+3x+2=1+

3 x2+3x+233 x+1+

3x2=3 x+

√

3 x2+x¿4¿√x+3+2x√x+1=2x+

√

x2+4x+3¿5¿√x+3+ 4x

√x+3=4√x¿
Híng dÉn:

1) ⇔(√2x −1−1)(√2x+1−√x)=0
2) ⇔(√3x+1−1)(√3 x+2−1)=0

3) chia cả hai vế của phơng trình cho 3

x (

3 x+1

x −1)(

√x −1)=0
4) ⇔(√x+3−2x)(√x+1−1)=0

5) Chia cả hai vế của phơng trình cho √x+3 phơng trình tơng đơng với

1−

√

4x
x+3¿

2
=0

Phơng pháp 2: Phơng pháp đặt ẩn phụ

Dạng 1: Sử dụng ẩn phụ để đa về phơng trình đại số

Phơng pháp:- Biến đổi phơng trình đã cho về phần chứa x giống nhau.

- Đặt f(x) = t đa phơng trình đã cho về phơng trình đại số ẩn t.
- Giải phơng trỡnh tỡm t, ri tỡm x.

Chú ý: Nếu bài toán cã chøa

√

f(x),

√

g(x) vµ

√

f(x)

√

g(x)=k (Víi k lµ h»ng sè).

Khi đó có thể đặt

√

f(x)=t⇒

√

g(x)=k

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Nếu bài tốn có chứa

√

f(x)±

√

g(x);

√

f(x)g(x) và f(x) + g(x) = k. Khi đó có thể t

f(x)

g(x)=t

f(x)g(x)=t
2

k

2
Ví dụ: Giải các phơng trình sau

1

1x2

1x2

+21x+18+2

x2+7x+7=222

3x 1

x =
x

3x −1+1¿3¿√2− x+√2+x+

√

4− x
2

=2¿4¿(2x+7)√2x+7=x2+9x+7¿5¿

√

x −

√

x2−1+

√

x+

√

x2−1=2¿6¿x=(2004+√x)(¿7)x2+2x

√

x −1

x=3x+1¿8¿x

√

3 x4− x2=2x+1¿9¿x2+√x+1=1¿10¿x2+

√

x2+11=31¿

Híng dÉn
1, Đặt

x2

+7x+7=t
2, Đặt

3x 1

x =t

3, Đặt √2− x+√2+x=t

4, Biến đổi phơng trình đã cho về dạng x2−2x

√2x+7+2x+7+7(x 2x+7)=0
Đặt (x 2x+7)=t

5, Đặt

x

x21

=t thì phơng trình có dạng t+1t=2

6, đặt

√

1−√x=y Phơng trình đã cho có dạng 1− y¿
2

(y2+y −1002)=0
2¿

7, Chia cả hai vế của phơng trình cho x ta đợc x+2

√

x −1

x=3+

x

Đặt

x 1

x=t

8, Chia cả hai vế của phơng trình cho x ta đợc (x −1

x)+

√

x −1
x=2

đặt

√

3 x −1

x=t

9, Đặt x+1=t
10, Đặt

x2

+11=t

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

1x 2x25

2x215x+112(x+5)(2 x)=3

x2+3x3

(1+x)(2 x)=1+2x −2x2¿4¿x+

√

17− x2+x

√

17− x2=9¿5¿√3x −2+√x −1=4x −9+2

√

3x2−5x+2¿6¿(x+3√x+2)(x+9√x+18)=168x¿
Dạng 2: Đặt ẩn phụ đa về phơng trình thuần nhất bậc hai đối với hai biến

Phơng trình thuần nhất bậc hai đối với hai biến có dạng x2

+axy+by2=0

Cách giải: Chia cả hai vế của phơng trình cho y2 đa phơng trình đã cho về phơng

tr×nh bËc hai cã Èn lµ x

y .

Các trờng hợp sau đa về đợc dạng trên

a.A(x)+b.B(x)=c

√

A(x)B(x)

αu+βv=

√

mu2+nv2

Khi ta thay các biểu thức A(x) hoặc B(x) bởi các biểu thức vô tỷ thì ta sẽ đ ợc các
ph-ơng trình vô tỷ theo dạng này.

a. Phơng trình dạng a.A(x)+b.B(x)=c

A(x)B(x)

Nh vậy phơng trình Q(x)=

P(x) có thể giải bẳng phơng pháp trên nếu

P(x)=A(x).B(x)

Q(x)=a.A(x)+b.B(x)
{

Ví dụ: Giải các phơng trình

1(x2+2)=5

x3+122(x2+8)=5

x3+83x+13x=2x 14x2+3x+1=(x+3)

x2+15(x+3)

(4 x)(12+x)=28 x62x2+5x 1=7

x317x23x+1=3
3

x

+x2+184x222x+4=

x4+1

Hớng dẫn

1, Đặt

u=x+1

v=

x2 x+1

{

Ta c phng trỡnh 2(u2+v2)=5 uv

2, Đặt

u=x+2

v=

x22x+4

{

Ta c phng trỡnh 2(v2+2u2)=5 uv

3, Đặt

x+1=u

3x=v

{

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

4) §Ỉt

√

x2+1=u

x+3=v

¿{

Ta đợc phơng trình u2

+3v −9=u.v

5) §Ỉt

x+3=u

(4 x)(12+x)=v

{

Ta c phng trỡnh 2 uv=u2+v21

6, Đặt

u=√x −1

v=

√

x2+x+1

¿{

Ta đợc phơng trình 3u2

+2v2=7 uv . §Ĩ t×m hƯ sè a, b ta cã

th-ờng dùng phơng pháp hệ số bất định. Cụ thể 2x2+5x 1=a(x 1)+b(x2+x+1)

7) Đặt

x2+x+1=u

x2 x+1=v

{

dựng h s bbt nh ta tìm đợc hệ số

a=−1

b=2

¿{

do đó ta đợc

ph¬ng trình u2+2v2=3
3 uv

8) Đặt

x22x+1=u

x2+2x+1=v

{

Ta c phơng trình 3u2

+v2=uv

Thơng qua các ví dụ trên ta thấy có thể sử dụng một số hằng đẳng thức nh

a3+b3=(a+b)(a2−ab+b2)

a3−b3

=(a− b)(a2+ab+b2)

x4

+x2+1=(x2+x+1)(x2− x+1)

x4+1=(x2−√2x+1)(x2+√2x+1)
(2x2+2x+1)

4x4

+1=(2x2−2x+1)¿

Ta có thể tạo ra những phơng trình vơ tỷ dạng trên. Để có một phơng trình đẹp ta cần
chọn hệ sốa, b, c sao cho phơng trình bậc hai at2

+bt+c=0 giải nghiệm đẹp.
b. Phơng trình dạng αu+βv=

√

mu2

+nv2

Phơng trình có ở dạng này thờng khó phát hiện hơn dạng trên, nhng nếu ta bình
ph-ơng hai vế thì đa đợc về phph-ơng trình dạng trên.

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

1x¿2+3

√

x2−1=

√

x4− x2+1¿2¿

√

x2+2x+√2x 1=

3x2+4x+13

5x214x+9

x2 x 20=5(x+1)

Hớng dẫn:

1, Đặt

u=x2

v=

x21
{

Ta c phng trỡnh u+3v=

√

u2− v2
2, Bình phơng hai vế ta có

(x2+2x)(2x 1)=x2+1

Đặt

x2+2x=u

2x 1=v

{

Ta c phơng trình u.v=u2− v2

3, Chuyển vế bình phơng ta đợc 2x2−5x

+2=5

√

(x2− x −20)(x+1)
Nhận xét: không tồn tại số a, b để 2x2−5x

+2=a(x2− x −20)+b(x+1) vậy không thể
đặt ẩn phụ ngay đợc. Ta có (x2− x −20)(x+1)=(x+4)(x2−4x −5) .

Ta đặt

√x+4=u

√

x2−4x −5=v

¿{

ta đợc phơng trình 2v2

+3u2=5 uv

Với định hớng này ta có thể tự sáng tạo đợc nhng phng trỡnh vụ t p .

Dạng 3: Đặt ẩn phụ không hoàn toàn: Trong một số trờng hợp ta có thể giải phơng

trỡnh bng cỏch t n ph, nhng sau khi biến đổi ta đựoc phơng trình vẫn cịn cả hai
biến t và x, tuy nhiên ta tìm đợc mối liên hệ giữa t và x bằng cách coi đây là phơng trình
ẩn t cịn x coi nh l hng s.

Ví dụ: Giải các phơng trình sau

1 4x 1

x2+1=2x2+2x+122x2+2x+1=4x+136x210x+5(4x 1)

6x26x+5=04x2+(3

x2+2)x=1+2

x2+25(x+1)

x22x+3=x2+164x+11=3x+21 x+

1 x2722x+4+42 x=

9x2+16
Hớng dẫn:

1, Đặt

x2

+1=t Ta đợc phơng trình 2t2−(4x −1)t+2x −1=0
2, Đặt 4x+1=t Ta c phng trỡnh

3, Đặt

√

6x2

−6x+5=t Ta đợc phơng trình t2−(4x −1)t −4x=0
4, t

x2

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

5, Đặt

x22x

+3=t khi đó phơng trình trở thành (x+1)t=x2+1 nếu coi đây là phơng
trình ẩn x thì nghiệm khá phức tạp, cịn nếu coi là phơng trình ẩn t thì phơng trình vơ tỷ
cần giải lại khó khăn. Do đó ta thêm bớt để đợc phơng trình bậc hai theo t cú chn

x22x

+3(x+1)t+2(x 1)=0t2(x+1)t+2(x 1)=0
6, Đặt 1 x=t

Ta đợc phơng trình 4√x+1−1=3x+2t+t√1+x⇔4√x+1=2(1+x)−(1− x)+t(2+√x+1)
Ta có phơng trình t2−t(2+√x+1)+4√x+1−2(1+x)=0

7, Bình phơng hai vế ta đợc phơng trình 4(2x+4)+16

√

2(4− x2)+16(2− x)=9x2+16
Ta đặt

√

2(4− x2)=t Ta đợc phơng trình 9x2−16t −32+8x=0

Ta phải tách 9x2=a2(4− x2)+(9+2a)x2−8a=0 làm sao cho ∆t là số chính phơng
Thơng thờng ta chỉ cần nhóm sao cho hết số hạng tự do thì sẽ đạt đợc mc ớch.

Dạng 4: Đặt nhiều ẩn phụ đa về tích

Ví dụ: Giải các phơng trình

1x23x+2+x+3=x 2+

x2+2x 32

2x21+

x23x 2=

2x2+2x+3+

x2 x+2¿3¿

√

4x2+5x+1−2

√

x2− x+1=9x −3¿4¿√x −1+

√

x3+x2+x+1=1+

√

x4−1¿5¿√33x+1+√35− x+√32x −9−√34x −3=0¿6¿√37x+1−

√

3x2− x −8+❑

√

x2−8x −1=2¿7¿

√

33x2− x+2001

33x27x+200236x 2003=32002

Hớng dẫn:

1) Đặt x 1=ax 2=bx+3=c(a1)(b c)=0

2) t

a=

2x21b=

x23x 2c=

x2 x+2

a+b=c+d

a2 b2=c2d2

{

3) Đặt a=

4x2+5x+1b=2

x2 x+1a b=a2− b2

4) Đặt a=√x −1b=

√

x3+x2+x+1⇒a+b=1+ab⇔(a −1)(1− b)=0
5) đặt a+b+c

3

(a+b)(b+c)(c+a)=0

a=33x+1b=35 x c=32x 9a3

+b3+c3=

6) Đặt a=37x+1b=

3 x2 x 8c=

3x28x −1⇒(a+b)(b+c)(c+a)=0

7) đặt a=

√

33x2− x+2001b=−

√

33x2−7x+2002c=−√36x −2003⇒(a+b)(b+c)(c+a)=0

Đối với các ví dụ 5, 6, 7 ta thấy có sự đặc biệt là sau khi đặt ẩn phụ ta đều đa đợc về
ph-ơng trình tích. Tất cả các phph-ơng trình này đều xuất phát từ một hằng đẳng thức quan

träng lµ a+b+c¿3=a3+b3+c3+3(a+b)(b+c)(c+a)

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Ta cã a+b+c¿
3⇔

(a+b)(b+c)(c+a)=0

a3+b3+c3=¿ . B»ng c¸ch chän a, b, c sao cho

a+b+c¿3

a3

+b3+c3=¿

ta đợc phơng trình vơ tỷ chứa căn bậc bai.

D¹ng 5: Đặt ẩn phụ đa về hệ phơng trình

Dạng 1: Đặt ẩn phụ đa về hệ thông thờng

Phng phỏp: t u=α(x), v=β(x) và tìm mối liên hệ giữa α(x), β(x) độc lập đối với
x, từ đó tìm đợc h theo u, v.

Dạng 2: Dạng phơng trình chứa căn bậc hai và luỹ thừa bậc hai
Phơng pháp:

- Bin i phơng trình đã cho có dạng: dx+e¿2+αx+β

√ax+b=c¿ víi
¿

d=ac+α

e=bc+β

¿{

- Đặt dy+e=√ax+b khi đó phơng trình đợc chuyển thành hệ

dy+e=ax+b
dx+e2+x+

dy+e2=ax+b

dx+e2=x+dy+e

dy+e=c

Ví dụ1: Giải phơng trình

1x+1=x2+4x+523x+1=4x2+13x 5

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

1) x+2¿2+1

⇔√x+1=¿ . đặt √x+1=y+2 Khi đó phơng trình đã cho trở thành hệ

√x+1=y+2

x+2¿2+1

⇔

y+2¿2
¿

⇔

y+2¿2
¿
¿

(x − y)(x+y+5)=0

y+2=¿

2) 2x −3¿2+x+4

⇔√3x+1=−¿ . Đặt √3x+1=2y −3 , khi đó phơng trình đã cho trở thành hệ

√3x+1=2y −3

2x −3¿2+x+4

⇔

2y −3¿2
¿

2y −3¿2−(2x −3)

¿
¿
¿{
2y 3=

Dạng 3:Dạng phơng trình chứa căn bậc ba và luỹ thõa bËc ba

Phơng pháp: Biến đổi phơng trình về dạng dx+e¿
3

+αx+β
3

√ax+b=c¿ víi
¿

d=ac+α

e=bc+β

¿{

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

đặt dy+e=√3ax+b khi đó phơng trình đợc chuyển thành hệ

dy+e=√3ax+b
dx+e¿3+αx+β

¿
¿
¿{
dy+e=c¿

VÝ dơ : Giải các phơng trình sau:

133x 2+365x=82418 x+4x 1=33x

335 x3(x+

335 x3)=30¿4¿x3+1=2√32x −1¿5¿x2−√x+5=5¿6¿x+

√

5+√x −1=6¿7¿6−2x

√5− x+

6+2x

√5+x=

8
3¿8¿x

2−2x

=2√2x −1¿9¿2x2+4x=

√

x+3

2 ¿10¿2x

2−6x −1

=√4x+5¿11¿x2− x −1000√1+8000x=1000¿
Híng dÉn:

1) §Ỉt

√3x −2=u

√6−5x=v
⇒

¿2u+3v=8

u3+2
3 =

6− v2

¿{

2) §Ỉt

√18− x=u
4

√x −1=v
⇒

¿u+v=3

u4+v4=17

¿{

3) §Ỉt

x=u

35 x3
=v

uv(u+v)=30

u3+v3=35

{

4) Đặt

x=u
3

2x 1=v

u3+1=2v

v3+1=2u

{

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

5) t

x+5=a

x2a
=5

a2 x=5

{

6) t

a=x 1

b=

5+x 1

a2+b=5

b2a=5

{

7) Đặt

u=5 x
v=5+x

u2+v2=10
2u24

u =

2v24

v

{

Cỏc phơng trình 8, 9, 10,11 cách giải đều đợc xây dựng xuất phát từ hệ phơng trình

x+2=ay+b

y+2=ax+b

{

Từ phơng trình (2) của hÖ ta cã

αy+β=√ax+b

αy+β=−√ax+b

⇔

y=1

α √ax+b −
β
α

y=−1

α √ax+b −
β
α

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Thay vào phơng trình (1) ta có

x+2=a

ax+b+b 
a

x+2=a

ax+b+b 
a

n đây bằng cách chọn α , β , a , b ta xây dựng đợc các phơng trình vơ tỷ.

Cụ thể :

Với phơng trình (8) ta đặt y −1=√2x −1 ta đa về hệ

x2−2x=2(y −1)

y2−2y

=2(x −1)

¿{

Với phơng trình (9) ta đặt y+1=

√

x+3

2 ta ®a vỊ hƯ

x+1¿2=y
2+

3
2

y+1¿2=x
2+

3
2

¿
¿{

¿
¿

Với phơng trình (10) ta đặt 2y −3=√4x+5 ta đa về hệ

2x −3¿2=4y+5

2y −3¿2=4x+5

¿
¿{

¿
¿

Với phơng trình (11) ta đặt 2y −1=√1+8000x ta đa về hệ

2x −1¿2=8000y+1

2y −1¿2=8000x+1

¿
¿{

¿
¿

NÕu xÐt hÖ

αx+β¿3=ay+b

αy+β¿3=ax+b

¿
¿{

¿
¿

thì bằng cách tơng tự ta xây dựng đợc phơng trình

αx+β¿3=αa√3ax+b+b −aβα

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Bằng cách xét các hệ đối xứng khác ta có thể tự xây dựng thêm một số dạng ph ơng
trình. Qua đó ta sẽ tạo ra đợc rất nhiều toỏn hay.

Bài tập tơng tự

1x213x+5+3x+1=023 81x 8=x32x2+4

3x 23
3

6x+1=8x34x −1¿4¿15

2 (30x
2

−4x)=2004(√30060x+1+1)¿5¿√33x −5=8x3−36x2+53x −25¿

Phơng pháp 3: Phơng pháp đánh giá

D¹ng 1: Đánh giá hai vế của phơng trình

Mt s phơng trình đợc tạo ra từ dấu bằng của bất ng thc

A m
B m

{

Phơng trình

A = B x¶y ra khi

A=m

B=m

¿{

Tổng quát một số phơng trình đợc tạo ra từ ý tởng

A ≥ f(x)

B ≤ f(x)

¿{

khi đó

A=B

A=f(x)

B=f (x)

{
Ví dụ : Giải các phơng tr×nh sau

12x −3+√5−2x=3x2−12x+14¿2¿x√x+1+√3− x=2

√

x2+1¿3¿

√

x2+2x+√2x −1=

√

3x2+4x+1¿4¿√x −2+√4− x=x2−6x+11¿5¿ 2√2

√x+1+√x=√x+9¿6¿13

√

x
2− x4

√

x2+x4=16¿
Híng dÉn:

Đối với phơng trình (1): áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có VT≤2
VP≥2
Đối với phơng trình (2) : áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có VT≤2

√

x2

+1
Phơng trình (2) xảy ra khi dấu ‘==’ của bất đẳng thức Bunhia xảy ra.

Đối với phơng trình (3) ta có: áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có VT≤

√

3x2

+4x+1 .
Phơng trình (3) xẩy ra khi dấu ‘= ‘ của bất đẳng thức Bunhia xảy ra.

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Ph¬ng trình (5) ta có 22

x+1+x=22
1

x+1+x+1

x

x+1x+9 Phơng trình (5) x¶y ra

khi 2√2

√x+1=
1

√x

Dạng 2: Tìm một nghiệm và chứng minh nghim ú l duy nht

Ví dụ: giải phơng tr×nh

√

6
3− x+

√

8
2− x=6

§iỊu kiƯn: x < 2

Ta cã x=3

2 là một nghiệm của phơng trình

Với

x<3
2

3 x<2;

2 x<4⇒VT<6
x>3

2⇒

√

3− x>2;

√

2− x>4⇒VT>6

Vậy phơng trình đã cho có nghiệm duy nht x=3
2 .

Phơng pháp 4: Phơng pháp hàm số

S dụng tính chất của hàm số để giải phơng trình. Ta thờng có 3 hớng sau đây

H

íng 1: Thực hiện theo các bớc

Bớc 1: Chuyển phơng trình về dạng f(x) = k
Bớc 2: Xét hàm số y= f(x)

Bớc 3: Xét sự biến thiên của hàm số y= f(x)

Bớc 4: Dựa vào bảng biến thiên kết luận số nghiệm của phơng trình f(x) = k.

H

ớng 2:Thực hiện theo các bớc

Bớc 1: Chuyển phơng trình về d¹ng f(x) = g(x)

Bớc 2: Dùng lập luận khẳng định rằng f(x) và g(x) có những tính chất trái nghợc nhau và
xác định x0 sao cho f(x0)= g(x0)

Bíc 3: Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất là x0.

H

íng 3: Thùc hiƯn theo c¸c bíc

Bíc 1: Chun phơng trình về dạng f(u) = f(v)

Bc 2: Xột hm số y= f(x), dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu
Bớc 3: Khi đó f(u) = f(v)  u=v

VÝ dụ : Giải các phơng trình sau

12x+1(2+

4x2+4x+4)+3x(2+

9x2+3)=022(x 2)(34x 4+2x 2)=3x −1¿3¿√4x −1−

√

4x2−1=1¿4¿

√

3− x+x2−

√

2+x − x2=1¿5¿

√

− x2−5x+24=x2+5x −36¿6¿

√

x4+x3− x −1−

√

1− x2=x3−5x2+7x −3¿7¿√3x+1+

√

x+√7x+2=4¿8¿

√

5x3−1+√32x −1+x=4¿9¿√3 x+2+√3x+1=

√

32x2+1+

√

2x2¿10¿√x+√x −1=1

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Híng dÉn:

1) Phơng trình đã cho tơng đơng với

2x+1¿2+3

−3x¿2+3

(¿)=0⇔f(2x+1)=f(−3x)
2+√¿

(¿)=(−3x)¿

2+√¿

(2x+1)¿

XÐt hµm sè 2+

√

t2+3

f(t)=t¿ là đồng biến trên R ta có x=

−1
5
2)Chia c¶ hai vÕ của phơng trình cho x 2.

Xét hàm số f(x)=2√3 4x −4+2√2x −2− 5

x −2−3 đồng biến với mọi x 1 . Phơng trình
đã cho có nghiệm duy nhất x = 3

3) Xét hàm số f(x)=√4x −1+

√

4x2−1 trên ¿ có f’(x) > 0 nên hàm số đồng biến trên

D vµ f(1

2)=1 . Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất x=
1
2
4) đặt t=x2 – x phơng trình có dạng

√3+t −√2−t=1 .XÐt hµm f(t)=√3+t=√2−t

đồng biến trên [2; 3], mà f(1) = 1. Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất t =1

5) XÐt f(x)=x2−5x+36 trªn D ta cã f(x) < 0 víi mäi x thc D mµ vÕ phải của phơng

trình luôn dơng nên phơng trình vô nghiệm.

6) Tập xác định của phơng trình là {−1;1} thay hai giá trị vào ta có phơng trình có
nghiệm là x = 1

7) Xét hàm số f(x)=√3x+1+

√

x+√7x+2 trên D có f’(x) > 0 nên hàm số ln đơng biến.
Lại có f(1) = 4, do dó x= 1 l nghim duy nht ca phng trỡnh.

8) làm tơng tự bài 7 ta có nghiệm duy nhất của phơng trình là x = 1.

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Xột hm f(t)=

√

3t3+1+t có f’(t) > 0 nên phơng trình tơng đơng f(u) = f(v)  u=v
⇔2x2=x+1⇔

x=1

x=−1
2

¿
¿
¿
¿
¿

10) Xét hàm f (x)=√x+√x −1 là hàm đồng biến trên D cịn hàm g(x)=1

x nghÞch

biến trên D. Vậy phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất, nhận thấy x = 1 là nghiệm của
phơng trình.

V. Mét số dạng toán tìm nghiệm nguyên của phơng trình bậc hai hai ẩn

Phơng trình bậc hai hai ẩn (x; y) là phơng trình có dạng
f(x , y)=ax2+by2+cxy+dx+ey+g=0

D¹ng 1:

a=0

b=0

Chẳng hạn b =0 phơng trình có d¹ng

f(x , y)=ax2+cxy+dx+ey+g=0⇔y(cx+e)=−ax2−dx− g
NÕu cx+e=0 th× y bÊt kú

NÕu cx+e≠ 0 th× y=ax
2

+dx+g

cx+e Tìm y Z
Ví dụ : Giải các phơng trình sau

1x2+2 xy+4x+y+3=02y(x 1)=x2+23(y+2)x2+1=y243y2xy2x+y+1=05x2xy y+2=0

Hớng dẫn:

(1)y(2x+1)=(4x2+4x+3)
2x+1=0

2x+10y=4x
2

+4x+3
2x+1

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Vì

yZ2(2x+1)

x=0

x=1

y=3

y=3

(2)

x=1

x 1 y=x
2

x 1

Dạng 2: Với ab>0, c=0, de0
Phơng trình có dạng

f(x , y)=ax2+by2+dx+ey+g=0

⇔a(x2+d

ax+
d2
4a2)+by

+ey+g − d
2
4a=0
x+ d

2a¿

⇔by2+ey+4 ag− d
2
4a =− a¿

BiƯn ln y Z t×m x Z

Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên của các phơng trình sau

1x2+4y2+6x+3y −4=0¿2¿2x2+5y2−8x+3y=0¿3¿4x4+3y4+3x2+6y2−10=0¿4¿2x4+5y4=12x2+7y2−12¿

Híng dÉn:

(1)  3(x2+2x+1)+4y2+3y-7=04y2 +3y-7=-3(x+1)2 ≤ 0 −7

4≤ y 1

Vì y Z nên

y=1

y=0

y=1

(1;1)

Dạng 3: Víi 4ab-c2 > 0 ce≠0, d=0

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

f(x , y)=ax2+by2+cxy+ey+g=0

⇔a(x2+· y+c
2y2
4a2)−

c2y2
4a +by

+ey+g=0

x+cy

2a¿

⇔ 4 ab−c
2
4a y

+ey+g=−a¿

BiƯn ln y Z t×m x Z .

Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của các phơng trình sau:

1x2+2y2+2 xy+3y 4=028x2y2+x2+y2=10 xy32x2+y22 xy+y=045x2 y2=17+2 xy

Dạng 4: c2-4ab < 0 vµ cd−2ac¿2≥(c2−4 ab)(d2−4 ag)

¿ ; cde≠ 0

Phơng trình đã cho có dạng: ax2

+(cy+d)x+by2+ey+g=0
Coi đây là phơng trình bậc hai ẩn x khi đó

cy+d¿

−4a(by2+ey+g)=(c2−4 ab)y2+2(cd−2 ae)y+d2−4 ag

Δ=¿

Xét ∆ ≥ 0 để tìm y Z rồi tìm x Z

Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của các phơng trình sau

1x2+2y22 xy+3x 3y+2=02x2+y2+1=x+y+xy3x2+2y2+2 xy+4x+9y+3=042(x+y)+xy=x2+y2

Phơng pháp giải của dạng 4 có thể áp dụng cho dạng 1, 2, 3

Ngoi cỏc dng nói trên trong trờng hợp tìm nghiệm ngun của phơng trình bậc hai hai
biến ta cịn phải lu ý đến mt s nh lý v nghim nguyờn.

Định lý nghiệm nguyên của ph ơng trình bậc hai

Định lý 1: Phơng trình ax2 +bx +c = 0 với hệ số nguyên và c 0 nếu có nghiệm nguyên

x0 thì c chia hết cho x0.

Định lý 2: Phơng trình x2 + bx +c =0 với hệ số nguyên có nghiệm nguyên khi và chỉ khi

=b24c là số chính phơng.

Định lý 3: Phơng trình hệ số nguyên x2

+by2+cxy+dx+ey+g=0 có nghiệm nguyên khi
và chỉ khi cy+d

4(by2+ey+g)

= là bình phơng của một số nguyên.

Ví dụ1 : Giải phơng trình nghiệm nguyên
x22(3y+1)+8y2+6y+6=0

Coi đây là phơng trình bậc hai ẩn x ta có phơng trình có nghiệm nguyên khi và chỉ khi

3y+1¿2−(8y2+6y+6)=v2⇔y2− v2=5⇔(y − v)(y+v)=5

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Vì y, v Z nên chØ x¶y ra

y − v=1

y+v=5
⇔

¿y=3

v=2
⇔

x=12

y=3

¿
¿
¿

x=8

y=3

¿
¿
¿
¿
¿
¿
¿

y −v=5

y+v=1

⇔

¿
¿y=3

v=−2

¿
¿
¿
¿

y − v=−1

y+v=−5

⇔

¿
¿y=−3

VÝ dơ 2: Giải phơng trình nghiệm nguyên 3x2

+y2+4 xy+4x+2y+5=0

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Bài tập tơng tự: Tìm nghiệm nguyên của các phơng trình sau

x+y2

1y2x+x+y+1=x2+2y2+xy2x+xy+y=93x2+xy+y2=x2y242x52x3y+y264=05x23y2+2 xy2x 10y+4=06x3+y3=(7)2x6+y22x3y=320

Hớng dẫn:

Phơng trình (1) (x 1)(2y2+y+x)=1
Phơng trình (2) (x+1)(y+1)=10

Phng trỡnh (3): t a = x+y, b=x.y phơng trình đã cho có dạng b2 +b- a2 =0. phng

trình có nghiệm nguyên thì = 1+4a2=k2 (k −2a)(k+2a)=1

Phơng trình (4) Coi đây là phơng trình bậc hai ẩn là x3 ta tìm y để phơng trình cú

nghiệm.

Phơng trình (5) (3y+x+1)(y x+3)=7
Phơng trình (6) (x+y)(x2(y+1)x+y2 y)=0

Phơng trình (7): Coi đây là phơng trình bậc hai ẩn y, ta tìm x để phơng trình có nghiệm
Với cách giải một só dạng phơng trình nghiệm nguyen trình bày ở trên ta có thể áp dụng

cho một số phơng trình nghiệm ngun bậc 3 với hai ẩn số.

Cơ thÓ:

Nếu hệ số của hai ẩn, chẳng hạn x3 và y3 đối nhau thì ta có thể tham số hố chúng bằng

cách đặt x = y+d hoặc y=x + d (d Z ) để đa phơng trình bậc hai theo một ẩn x hoặc y.
Nếu hệ số x3 và y3 bằng nhau thì ta đặt z = -y rồi đa về dạng trên. Từ đây thiết lập điều kiện

để tỡm d.

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình x3+27 xy+2009=y3

Lời giải: Đặt y=x+d (d Z ). Phơng trình trở thành (273d)x2+(27d 3d2)x d3+2009=0
Nếu d = 9 thì phơng trình trở thành 1280 = 0 ( v« lý)

Với d ≠ 9, điều kiện để phơng trình có nghiệm là 27d −3d2¿2−4(27−3d)(−d3+2009)≥0

Hay −3(d −14)(d −9)(d2+41d+574)≥0⇔9<d ≤14

Do đó d∈{10;11;12;13;14} . Kiểm tra trực tiếp, ta nhận thấy phơng trình chỉ có nghiệm
ngun khi d =14, khi đó x=-7, y= 7

VÝ dơ 2: T×m nghiƯm nguyên của phơng trình x3

+10x 1=y3+6y2
Lời giải:

t x = y+d (d Z ). Khi đó phơng trình trở thành (3d −6)y2+(3d2+10)y+d3+10d −1=0

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Nếu d ≠ 2 điều kiện để phơng trình có nghiệm là Δ=−3d4+24d3−60d2+252d+76≥0
Nếu d ≤−1 thì ∆ < 0

NÕu d ≥8 th× ∆ < 0

Do đó -1 < d <8. Vì x3− y3=6y2−10x+1 nên d là một số lẻ, suy ra d∈{1;3;5;7}

KiÓm tra trùc tiÕp ta cã d= 1, d=5 thoả mÃn. Phơng trình có nghiệm x, y nguyên (6; 5) và
(2;-3)

Bài tập tơng tự: Tìm nghiệm nguyên của các phơng trình sau

1x3=y3+2y2+3y+12x3+x2+x+1=y33x3=y3+2y2+14x3=x2y 3x+2y+55x3 y3=xy+8

Đáp số:

1, (-1;-1) và (-1; 0)

2, (0;1) vµ (-1;0)

3, (-2; -3), (1;-2), (1;0)

4, (-1; -3), (5;5)

5, (2; 0), (0; -2)

VI. Định lý vi et và các ứng dụng

1. Định lý: Cho phơng trình bËc hai ax2

+bx+c=0 (a≠ 0) có hai nghiệm x1, x2. Khi đó

S=x1+x2=− b

a
P=x1x2=c

a

Chú ý: Định lý Viet chỉ đợc sử dụng khi phơng trình bậc hai có hai nghiệm.

2. Các ứng dụng của định lý Viet

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

ứng dụng 2: Tình giá trị biểu thức đối xứng đối với nghiệm.

øng dụng 3: Xét dấu các nghiệm của phơng trình bậc hai

ứng dụng 4: Lập phơng trình bậc hai khi biết tổng và tích các nghiệm.

ứng dụng 5: Tìm hai số khi biÕt tỉng vµ tÝch cđa chóng.

ứng dụng 6: Giải quyết các bài toán liên quan đến nghiệm của phơng trỡnh bc hai.

3. Các dạng toán th ờng gặp

Dạng 1: Tính giá trị biểu thức chứa các nghiệm

Phng phỏp: - Tìm điều kiện để phơng trình có nghiệm

- Biến đổi biểu thức của nghiệm theo S, P

- áp dụng định lý Viet tìm S, P

- Suy ra kÕt qu¶ biểu thức cần tính.

Ví dụ:

1. Không giải phơng trình 2x26x 1

=0 hÃy tính

A=x13x2+x23x12x1x2

x12+x

2. Không giải phơng trình x2

7x+3=0 hÃy tính B=|2x1 x2|+|2x2 x1|

3. Không giải phơng trình x2−4

√3x+8=0 h·y tÝnh C=

6x12+10x1x2+6x22

5x1x23+5x

13x2

Dạng 2: Tìm điều kiện của tham số để nghiệm của phơng trình bậc hai thoả mãn một số điều
kiện

a, Điều kiện của nghiệm là mt biu thc i xng.

Phơng pháp:

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

ỏp dng định lý Viét tìm S, P.

Thay vào biểu thức của nghiệm để tìm giá trị tham số thoả mãn.

Ví dụ 1: Tìm m để phơng trình x2−

(2m+1)x+m2+2=0 cã hai nghiƯm tho¶ m·n

3x1x2−5(x1+x2)+7=0

Ví dụ 2: Tìm m để các nghiệm của phơng trình x2

+·ax+1=0 tho¶ m·n

x2
x1

2>7

x1
x2

2
+

Ví dụ 3: Cho phơng trình x2+(2m1)x m=0 . Gọi x1, x2 là các nghiệm của phơng tr×nh.

Tìm m để A=x12+x22−6x1x2 có giá trị nhỏ nht.

Ví dụ 4: Cho phơng trình x2

mx+m1=0 . Gọi x1, x2 là các nghiệm của phơng trình. Tìm

giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức B= 2x1x2+3

x12+x22+2(x1x2+1)

Ví dụ 5: Cho phơng trình x4+2 mx2+4=0 . Tìm m để phơng trình có 4 nghiệm phân biệt x1,

x2, x3, x4 tho¶ m·n x14+x24+x34+x44=32

Hớng dẫn: u cầu bài tốn đa về Tìm m để phơng trình t2

+2 mt+4=0 cã hai ngiƯm d¬ng
t1, t2 tho¶ m·n 2(t12+t22)−4t1t2=32 .

Ví dụ 6: Tìm m để phơng trình (x2−1)(x+3)(x+5)=m có 4 nghiệm phân biệt thoả mãn

x1
1

+ 1

x2+

x3+

x4=1

Ví dụ 7: Cho phơng trình (x+1)(x+2)(x+3)(x+4)=m . Biết phơng trình có 4 nghiệm x1, x2,

x3, x4. Chứng minh x1x2x3x4=24-m

Trong các ví dụ trên chúng ta mới chỉ dừng trong việc xét biểu thức đối xứng đối với nghiệm
có dạng x12+x22, x13+x23, x14+x24 . vấn đè đặt ra với x1n+x2n=?

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

aSn+1+bSn+cSn −1=0∀n ≥1

ThËt vËy: Ta cã

x1n+1+x

2n+1=(x1+x2)(x

1n+x

2n)− x1x2(x

1n−1+x

2n−1)

⇔Sn+1=−b

a Sn−
c

aSn −1⇔aSn+1+bSn+cSn−1=0

C«ng thøc này sẽ giúp ta giải quyết một số bài toán nhanh gän.

VÝ dơ 1: Cho x1, x2 lµ nghiƯm cđa phơng trình x22x 2=0 . Tính x17+x27

Theo hệ thøc truy håi chøng minh ë trªn ta cã Sn+1=2Sn+2Sn −1

Mà theo định lý viêt ta có
¿

S1=2

S2=8
¿{

ta suy ra c S7= 1136

Ví dụ 2: Tính giá trị biÓu thøc

2−3√2¿6

2+3√2¿6+¿

A=¿

2+3√2¿6
¿

2−3√2¿6
¿
¿

B=1

đặt x1=2+3√2

x2=2−3√2 khi đó x1, x2 là nghim ca phng trỡnh x24x 14=0

Yêu cầu bài toán ®a vỊ tÝnh A= S6 vµ B=

A

146

VÝ dụ 3: Giả sử x1, x2 là nghiệm của phơng tr×nh x2−6x+1=0 .

Chứng minh rằng Sn=x1n+x2n là số nguyên kh«ng chia hÕt cho 5

Híng dÉn: Chøng minh b»ng quy nạp

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

Giả sử Sk, Sk-1 là những số nguyªn theo hƯ thøc truy håi ta cã Sk+1=6Sk−Sk −1⇒Sk+1∈Z

Theo hÖ thøc truy håi

Sn+1=6 Sn− Sn −1=6(6Sn−1− Sn −2)− Sn−1=35Sn −1−6Sn −2=35Sn −1−5Sn −2−Sn −2

Vậy Sn+1 và -Sn-2 chia cho 5 có cùng số d… mà S0, S1, S2 đều khơng chia hết cho 5. Vậy Sn

kh«ng chia hÕt cho 5.

b. Điều kiện của nghiệm không là biểu thức i xng

Khi gặp bài toán này ta thờng giải quyết theo hai híng

Hớng 1: Chuyển bài tốn về biểu thức của nghiệm có tính đối xứng

VÝ dơ: GỈp biĨu thøc x1 – x2 ta thêng ®a vỊ tÝnh (x1 – x2)2

x1=2x2⇒

x1+x2=3x2
¿

2(x1+x2)=3x1

x1+x2¿2=9x1x2
¿

⇒2¿

4x1+3x2=1⇒

x1=1−3(x1+x2)

x2=4(x1+x2)−1

x1+x2¿2−1

⇒x1x2=7(x1+x2)−12¿

Hớng 2: Dựa vào định lý viet và điều kiện của nghiệm thiết lập hệ phơng trình. Giải hệ phơng
trình tìm giá trị thoả mãn

Ví dụ 1: Cho phơng trình mx2+2(m −4)x+m+7=0 . Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x1,

x2 tho¶ m·n x1-2x2 = 0.

Ví dụ 2: Cho phơng trình x2+(m−1)x+5m−6=0 . Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x1 và

x2 tho¶ m·n 4x1+3x2=1.

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Ví dụ 4: Cho phơng trình x25 mx4m=0 cã hai nghiÖm x1, x2

a, Chøng minh x12+5 mx2−4m>0

b, Tìm m để biểu thức P= m
2

x12+5 mx2+12m

+x22+5 mx1+12m

m2 đạt giỏ tr nh nht.

Dạng 3: Xét dấu các nghiệm của phơng trình bậc hai

Vớ d 1: Cho phng trình x2−2(m+7)x+m2−4=0 . Xác định m để

a, Phơng trình có hai nghiệm tr¸i dÊu.

b, Phơng trình có hai nghiệm đều âm .

Ví dụ 2: Cho phơng trình x2−2(m+2)x+6m+1=0 . Tìm m để phơng trình có hai nghiệm
phân biệt đều lớn hơn 2.

Ví dụ 3: xác định tham số a để phơng trình (a+1)x2−2(a+2)x+2a=0 có ít nhất một nghiệm
lớn hơn 1.

VÝ dơ 5: Cho hµm sè y=1
3x

3−1

2(2m+1)x
2

+(3m+2)x −5m+2

a, Tìm m để hàm số nghịch biến trong khoảng (0 ; 1)

b, Tìm m để hàm số nghịch biến trong khoảng có độ dài lớn hơn 1

Híng dÉn

a, u cầu bài tốn tng ng vi : tỡm m f(x)=x2(2m+1)x+3m+20,x(0;1)

Điều này x¶y ra khi f(x) = 0 cã hai nghiƯm x1, x2 tho¶ m·n x1≤0<1≤ x2

⇔

x1x2≤0
(1− x1)(1− x2)≤0

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

b, Yêu cầu bài tốn tơng đơng với tìm m để f(x) = 0 có hai nghiệm x1, x2 sao cho

|x1− x2|>1

D¹ng 4: Lập phơng trình bậc hai khi biết hai nghiệm của phơng trình 
Ví dụ 1: Cho a=

11+62

b=

1162 Chứng minh a, b là nghiệm của phơng trình bậc hai víi hƯ sè
nguyªn.

VÝ dơ 2: Cho c=3

√

6√3+10d=

√

36√3−10 . Chøng minh c2, d2 là nghiẹm của phơng trình bậc

hai với hƯ sè nguyªn.

Ví dụ 3: Lập phơng trình bậc hai có hai nghiệm x1=y14+2y22x2=y24+2y12 . Trong đó y1, y2 l

nghiệm của phơng trình y2

+3y+1=0 .

4. Các ứng dụng kh¸c

1.ứng dụng của định lý Viet trong việc giải một số bài tốn về hàm số y=ax2

Ví dụ 1: Cho (P) y=x2 . Gọi A, B là hai điểm thuộc (P) có hồnh độ lần lợt là -1, 2. Viết
phơng trình đờng thẳng AB.

Đây là bài tốn dễ hầu hết học sinh và nhiều tài liệu tốn đều có lời giải nh sau:

V×

A∈(P)

xA=−1

⇒A(−1;1)

¿B∈(P)

xB=2

⇒B(2;4)⇒pt AB :y=x+2

¿{

Tuy nhiên nếu suy nghĩ đến việc sử dụng định lý Viet ta có lời giải:

Phơng trình đờng thẳng AB y = ax + b.

Phơng trình hồnh độ giao điểm x2−ãax− b

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

x1+x2=a

x1x2=− b
⇒

¿a=1

b=2
⇒pt AB :y=x+2

¿{

VÝ dô 2: Cho (P) y=x
2

4 . Điểm A trên (P) có hồnh độ là 2. Tìm phơng trình tiếp tuyến tại A
với (P).

Häc sinh thêng cã lêi gi¶i nh sau:

A∈(P)

xA=2

⇒A(2;1)

¿{

Phơng trình đờng thẳng cần tìm y = ax + b. Vì A trên (P) nên 1= 2a + bb=1-2a
Phơng trình hồnh độ giao điểm 1

4x
2

=ax+1−2a⇔x2−4 ax−4+8a=0

Đờng thẳng tiếp xúc với (P) khi và chỉ khi phơng trình hồnh độ giao điểm có nghiệm
kép ⇔Δ '=0⇔a=1⇒b=−1⇒pt(P):y=x −1

Nếu dùng định lý Viet ta có lời giải:

Phơng trình đờng thẳng (d) y = ax + b

Phơng trình hồnh độ giao điểm 1
4x

=ax+b⇔x2−4 ax−4b=0

X = 2 là nghiệm kép của phơng trình mà theo định lý viet

x1+x2=4a

x1x2=−4b
¿{

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

Ví dụ 3: Cho parabon (P): y= x2 và đờng thẳng (d) y = 2mx-m+1( m≠ 0). Tìm m sao cho

đ-ờng thẳng (d) cắt parabol (P) tai hai điểm A, B có hồnh độ x1, x2 thoả mãn |x1− x2|=2

Ví dụ 4: Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol y=1
2x

®iĨm I(0; -2) vµ ®iĨm M(m; 0)

( với m là tham số, m ≠ 0). Viết phơng trình đờng thẳng (d) đi qu hai điểm M, I. Chứng minh
rằng đờng thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A, B với độ dài đoạn AB lớn
hơn 4.

Bµi tËp t¬ng tù:

1) Tìm phơng trình đờng thẳng qua điểm I (0; 1) cắt (P) y = x2 tại hai điểm phân biệt M, N

sao cho MN = 2√10 .

2) Cho (d) có phơng trình 2x y −a2=0 vµ (P) y=ax2(a>0)

a, Tìm a để đờng thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B. Chứng minh rằng khi đó A,
B nằm bên phải Oy.

b, Gọi xA, xB là hoành độ của điểm A, B. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

T= 4

xA+xB

+ 1

xAxB

3) Cho parabol (P): y = 3x2 và đờng thẳng (d): y= 2-m+1 ( m≠ 0). Tìm các giá trị của m sao

cho đờng thẳng (d) cắt pảabol (P) tại hai điểm phân biệt A, B có hồnh độ x1, x2 thoả mãn

|x1− x2|=5 .

4) Cho (P) y=x
2

4 vµ (d) y = mx + 1

a, Chứng minh với mọi m đờng thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.

b, Gọi A, B là hai giao điểm của (d) và (P). Tinh diƯn tÝch tam gi¸c OAB theo m.

5) Cho parabol y= x2 và đờng thẳng (d) y = mx + 4 ( m là tham số).

a) Chứng minh rằng đờng thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m.

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

6) Viết phơng trình đờng thẳng đi qua điểm I(0; -4) và cắt parabol y=1
4 x

t¹i hai ®iÓm

phân biệt M, N sao cho độ dài đoạn thẳng MN=3√5

7) Cho parabol (P): y = x2 và đờng thẳng (d): y = 2x + m ( m là tham số)

a) Tìm các giá trị của m để đờng thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A, B.

b) Tìm toạ độ trung điểm I của đoạn thẳng AB theo m

2, øng dông tam thøc bËc hai trong giải hệ phơng trình đa về hệ phơng tr×nh bËc hai

Dạng 1: Hệ ph ơng trình đối xứng loại 1

Định nghĩa: Hệ phơng trình hai ẩn x, y gọi là hệ đối xứng loại 1 khi và chỉ khi ta tráo đổi vai
trị x và y; thì từng phơng trình thành phần của hệ khơng thay đổi.

NghÜa lµ

f(x , y)=0

g(x , y)=0
⇔

¿f(x , y)=f(y , x)=0

g(x , y)=g(y , x)=0

¿{

Để giải hệ đối xứng loại 1 ta làm nh sau

B1: Đặt

x+y=S
xy=P

{

điều kiện S2

4P

Đa hệ đã cho về hệ phơng trình vi n S, P.

B 2: Giải hệ tìm S, P tho¶ m·n.

B 3: áp dụng định lý Viet đảo thì x, y là nghiệm của phơng trình X2−SX

+P=0 .

Chú ý : Đối với hệ đối xứng loại 1 nếu (x0, y0) là một nghiệm của hệ thì (y0, x0) cng l

nghiệm của hệ.

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

ở đây không loại trừ khả năng giải hệ bằng phơng pháp thÕ.

VÝ dơ 1: Gi¶i hƯ

x3

+x3y3+y3=12

x+xy+y=0

¿{

Đáp số (13;1+3)(1+3;13)

Ví dụ 2: Giải hệ phơng tr×nh

x4+y4+x2+y2=110
xy=−6

¿{

Hớng dẫn: đặt S = x+ y và P = xy (S2 ≥ 4P) ta có P2 = 36.

Ph¬ng tr×nh (1) cđa hƯ x2+y2¿2−2x2y2+(x2+y2)=110

Coi đây là phơng trình bậc hai đối với x2

+y2 . Giải phơng trình ta đợc x2+y2=13 .

đến đây ta có hệ

S2−2P=13

P=−6

¿{

Giải hệ ta tìm đợc 4 nghiệm của hệ phơng trình là (3; -2); (-2; 3); (-3; 2); (2; -3)

VÝ dô 3: Giải hệ phơng trình

x2+x+y2+y=18

x(x+1)y(y+1)=72

{

H phng trỡnh ó cho có thể viết lại

[x(x+1)]+[y(y+1)]=18

[x(x+1)][y(y+1)]=72

¿{

Do đó theo định lý Viet ta có x(x+1) và y(y+1) là nghiệm của phơng trình X2−18X

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

(2;3); (2; -4); (-3; 3); (-3; -4); (3; 2); (3; -3); (-4; 2); (-4; -3).

VÝ dô 4: Cho x, y, z là 3 số thoả mÃn điều kiện ¿

x+y+z=5
xy+yz+zx=8

¿{

chøng minh r»ng

1≤ x ≤7

3
1≤ y ≤7

3
1≤ z ≤7

¿{ {

Híng dÉn: Vai trò của x, y, z trong hệ là nh nhau nên không làm mất tính tổng quát của bài

toán ta xemx, y là ẩn và z là tham sè. Ta cã

x+y=5− z
xy=8− z(x+y)

⇔

¿x+y=5− z
xy=z2−5z+8

¿{

Theo định lý Viet x, y là nghiệm của phơng trình t2−(5− z)t+z2−5z+8=0 (*)

Phơng trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi =3z210z+701 z 7
3
Vì vai trò của x, y, z nh nhau nên ta có đpcm.

Ví dụ 5: Giải hệ phơng trình

x+y+z=6
xy+yzzx=7

x2+y2+z2=14

{ {

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

⇔

x+y=z=6
xy+yz−zx=7

x+y+z¿2−2(xy+yz+zx)=14

¿
¿
¿

⇔

¿
¿x+y+z=6

xy+yz−zx=7

¿
¿

xy+yz+zx=11

¿
¿
¿

áp dụng định lý viet ta có y và (x+z) là nghiệm của phơng trình X2

−6X+9=0 . Khi đó hệ

phơng trình đã cho tơng đơng với

y=3

x+z=3
xz=2

¿{ {

Tiếp tục áp dụng định lý viet ta có x, z là nghiệm của phơng trình y2

−3y+2=0 .
Hệ phơng trình đã cho có nghiệm là (1; 3; 2) (2; 3; 1).

Dạng 2: Hệ ph ơng trình đối xứng loại 2

Định nghĩa: Hệ phơng trình hai ẩn x, y gọi là hệ đối xứng loại 2 khi tráo đổi vai trị của x, y
trong một phơng trình tuỳ ý thì phơng trình nọ biến thành phơng trình kia.

NghÜa lµ hệ phơng trình có dạng

f (x , y)=0

f (y , x)=0

{

Phơng pháp:

B 1: Tr hai v ca phng trỡnh đã cho sẽ làm xuất hiện phơng trình tích.

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

Chú ý : trong hệ đối xứng loại 2 nếu (x0; y0) là nghiệm của hệ thì (y0; x0) cng l nghim ca

hệ.

Ví dụ 1: Giải hệ phơng trình

x2=3x y

y2

=3y x

{

Ví dụ 2: Giải hệ phơng trình

2x2=y+1

y

2y2
=x+1

x

{

Ví dụ 3: Giải hệ phơng trình

x+2 y=2

y+2 x=2

{

Hớng dẫn:

Trừ hai vế của phơng trình ta có

√x −√y+√2− y −√2− x=0⇔√x −√2− x=√y −√2− y⇔ −2

√x+√2− x=

−2

√y+√2− y

XÐt f(t)=√t+√2−t trªn [0; 2]

Dạng 3: Hệ ph ơng trình đẳng cấp bậc hai

Dạng tổng quát

ax2+bxy+cy2=d

a ' x2+b 'xy+c ' y2=d '

{

Phơng pháp giải:

Cỏch 1: Gii bng phng phỏp cng, th đại số.

C¸ch 2:

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

B2: Đặt y=kx

B3: Đa hệ phơng trình về dạng phơng tr×nh bËc hai theo k. T×m k, t×m x, t×m y.

Ví dụ 1: Giải hệ phơng trình

2x2+3 xy+y2=16

x2

+xy+2y2=8

{

Đáp số: (22;0);(22;0);( 6

7;
2

7);(

6

7 ;

2

7)
Ví dụ 2: Giải các hệ phơng trình sau

2x2−xy+3y2=13

x2

+4 xy−2y2=−6

3x2−5 xy−4y2=−3
9y2

+11xy−8x2=6

x3

+y3=1

x2y+2 xy2+y3=2

{

¿
¿ ¿

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

Bài tập tơng tự: Giải các hệ phơng tr×nh sau

1x2+y2=1¿1999√x −1999√y=(2000√y −2000√x)(x+y+xx+2001)¿ ¿ ¿2¿ ¿ ¿x2+ 1

y2+
x

y=3¿x+

y+
x

y=3¿ ¿ ¿3¿ ¿ ¿x+y=z

¿x=2(y+z)¿xy=2(z+1)¿ ¿{¿ ¿

4(x+1)(y+1)=8¿x(x+1)=y(y+1)+xy=17¿ ¿ ¿5¿ ¿x2+y2+xy=1¿x3+y3=x+3y¿ ¿ ¿6¿ ¿¿x2+x −xy−2y2−2y=0¿x2+y2=1¿ ¿ ¿7¿ ¿ ¿6x2−3 xy+x=1− y¿x2+y2=1¿ ¿ ¿8¿ ¿ ¿x3+y3−xy2=1¿4x4+y4=4x+y¿ ¿ ¿9¿ ¿ ¿xz=x4¿2y2=7 xz−3x −14¿x2+z2=35− y2¿ ¿ ¿10¿ ¿ ¿ x

y2+2y+1+

y2
x2+2x+1=

2¿3 xy− x − y=1¿ ¿¿11¿ ¿ ¿x+2y

=6¿2x2+y2+1=2 xy+2x¿ ¿ ¿12¿ ¿ ¿x3+2y2x=24¿y3+2x2y=24¿ ¿{¿ ¿

Híng dÉn

1) §iỊu kiƯn x ≥0; y ≥0 .

Từ phơng trình (1) của hệ ta có |x|≤1|y|≤1 do đó x+y+xy+2001=(x+1)(y+1)+2000>0

Nếu x >y thì vế trái của (2) lớn hơn 0, vế phải nhỏ hơn 0, vô lý

Nếu x< y thì vt(2) nhỏ hơn 0, VP (2) lớn hơn 0, Vô lý.

√2;
1

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

2) Cộng hai vế của phơng rình ta đợc x+1y2+

(

x+1y

)

. Coi đây là phơng trình bậc hai ẩn

là x+1

y . Ta có hệ phơng trình đã cho tơng đơng với

¿x+1

y=−3
x
y=6

¿
¿
¿

x+1

y=2

x
y=1

¿
¿
¿
¿

Giải hệ ta đợc hệ phơng trình ó cho cú nghim duy nht (1; 1).

B. Định lý vỊ dÊu cđa tam thøc bËc hai 
I.

Cỏc nh lý

1. Định lý thuận: Cho tam thøc bËc hai f(x)=ax2+bx+c(a ≠0) cã Δ=b2−4 ac
NÕu Δ<0⇒af(x)>0∀x∈R

NÕu Δ=0⇒af(x)>0∀x ≠− b

2a ( af(x)≥0∀x∈R )

NÕu Δ>0⇒af(x)>0∀x∈(−∞ ; x1)∪(x2;+∞) vµ af(x)<0∀x∈(x1; x2)

2. Định lý đảo: Cho tam thức bậc hai f(x)=ax2+bx+c(a ≠0) và α∈R . Nếu af() < 0 thì
f(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt và x1 <  <x2.

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

Δ>0

x1<α<x2
⇔af(α)<0

¿{

Hệ quả 2: Cho tam thức bậc hai f(x)=ax2+bx+c(a ≠0) có Δ=b2−4 ac . Và hai số thực , 
khi đó điều kiện cần và đủ để f(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt và một trong hai nghiệm
thuộc (,  ) còn nghiệm kia thuộc [,  ] là f(α)f(β)<0

II.Các ứng dụng của định lý dấu tam thức bậc hai

øng dông 1: Chứng minh phơng trình bậc hai có nghiệm

Để chứng minh một phơng trình bậc hai có nghiệm ta có thể dïng mét trong c¸c c¸ch sau:

C¸ch 1: Chøng minh ∆≥ 0
C¸ch 2: Chøng minh a.c < 0

Cách 3: Chứng minh tồn tại một số :af()<0

Cách 4: Chỉ ra tồn tại hai số , :f()f()<0

Ví dụ: Chứng minh các phơng trình sau lu«n cã nghiƯm

1x+1¿(x+3)+m(x+2)(x+4)=0¿2¿m2(x −2)+m(x −1)(x −2)+3(x −1)=0¿3¿(m2+1)x2−(m4+m2+1)x+m4− m2−1=0¿4¿2x2−(m2+m+4)x+1=0¿

ứng dụng 2: Tìm điều kiện để tam thức bậc hai khơng đổi dấu trên một miền

Tr

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

f(x)>0∀x∈R⇔

a>0

Δ<0

f(x)<0∀x∈R⇔

a<0

Δ<0

f(x)≥0∀x∈R⇔

a>0

Δ≤0

f(x)≤0∀x∈R⇔

a<0

Δ≤0

¿
¿{

VÝ dô:

1) Chøng minh r»ng F(x , y)=3x2+5y2+4 xy+8x −2y+9≥0∀x , y∈R

2) Xác định m để hàm số y=x+m3+

√

(m2−1)x2+2(m+1)x+5 có tập xác định là R
3) Xác định m để f(x)=(m+1)x2−2 mx− m+3≥0 vô nghiệm.

Tr

ờng hợp 2: Tam thức bậc hai không đổi dấu trên [,  ]
Phơng pháp: Tính ∆, a. Lập bảng xét dấu a và .

Dựa vào bảng xÐt dÊu a, ∆ suy ra dÊu cña f(x)

Đặt , vào vị trí phù hợp với yêu cầu của bài toán.
Đa ra hệ điều kiện.

Giải hệ điều kiện, tìm giá trị tham số thoả mÃn bài toán.

Vớ dụ 1: Xác định m để f(x)=x2−(3m −1)x+m>0∀x∈[1;2]

Ví dụ 2: Tìm m để f(x)=(m−2)x2−2(m−6)x+m−1<0∀x∈(−1;0)

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

øng dơng 3: So sánh một số với hai nghiệm của phơng tr×nh

Ví dụ 1: với giá trị nào của m thì phơng trình có nghiệm thoả mãn điều kiện đã cho

a m+2¿x2−2(m+8)x+5(m−2)=0x1<−1<x2¿b¿(m+1)x2−2(2m−1)x+3(2m −1)=0x1<−1<1<x2¿c¿(m+2)x2−3x+m −1=0−1<x1<1<x2¿d¿(m−2)x2+2(4−3m)x+10−11=0−4<x1<x2<6¿

Ví dụ 2: Cho phơng trình (2m−1)x2−2 mx+1=0 . Xác định m để phơng trình có nghim
thuc khong (-1; 0).

Ví dụ 3: Với giá trị nào của m thì phơng trình x4

+mx3+2 mx2+mx+1=0 có nghiÖm.

</div>

Chuyen de PT vo ty

<sub>[</sub>

][

]

√

<sub>√</sub>

√

√

√

√

<sub>√</sub>

√

√

√

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

√

√

√

√

√

√

<sub></sub>

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

√

√

√

√

√

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√