CHU DE 4Phuong trinh

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (350.78 KB, 38 trang )

(1). Chủ đề III: Phương pháp đổi biến. 2. 2. 2. Ví dụ 5: Giải phương trình: ( 2x  3x  1)  3( 2x  3x  5)  16 0 *Phương pháp: 2. - Đặt X = 2x  3x  1 ta biến đổi về phương trình về dạng phương trình mới đơn giản hơn với ẩn X. - Giải phương trình mới bằng phương pháp đặt nhân tử chung hoặc công thức nghiệm bậc hai. Lời giải 2. 2 Đặt X = 2x  3x  1 ta có phương trình: X  3( X  4)  16 0 (**). Ta giải phưong. trình mới. Phương trình (**) tương đương với:. X 2  3( X  4)  16 0  X 2  3X  4 0  X1  1 hoÆc X 2 4 2. 2. *TH1: 2x  3x  1  1  2x  3x 0  x (2x  3) 0.  Phương trình có hai nghiệm là x =0 và x = 1,5. *TH2:. 2x 2  3x  1 4  2x 2  3x  5 0  x  1 hoÆc x =. Ví dụ 6: Giải phương trình:. 5 2. 2x 3  3x 2  2 0 (1). *Phương pháp: - Đặt ẩn phụ y x 2 sau đó biến đổi về phưong trình tích để giải..

(2) Lời giải. y3  3 2x   y3 2 2x 3  2   2 2 2  y 2x x 2  y  2 Đặt y x 2 ta có y3 3 2  y  2 0  y3  3y 2  4 0 Phương trình (1) đưa về dạng: 2 2  y 1  ( y  1)( y 2  4y  4) 0    y  2 . Vậy phương trình có hai nghiệm là:. x.  2 x  2   x  2. 2 ; x  2 2 6. 2. Ví dụ 7: Giải phương trình: x  7x  6 0 *Phương pháp: 2. - Hạ bậc của phương trình bằng cách đặt ẩn phụ x y 6 hoặc đặt. 6 a từ đó biến. đổi a2 = 6. Một số dạng phương trình đặc trưng mà ta có thể giải bằng cách đặt ẩn phụ như sau: Dạng 1: Giải phương trình: ( x  a )( x  b)( x  c)( x  d ) m. Trong đó a + b = c + d. * Phương pháp: - Ta biến đổi tương đương phương trình về:.

(3) y x 2  (a  b)x   x 2  (a  b) x  ab   x 2  (c  d )x  cd  m . Đặt. ab  cd 2 biến đổi. giải phương trình bậc hai với ẩn y. - Khi biết y ta thay vào biểu thức đổi biến sau đó giải phương trình với ẩn x. Ví dụ 8: Giải phương trình: x ( x  1)( x  4)( x  5) 84 (2) *Phương pháp: - Với phương pháp như trên biến đổi đưa về phương trình bậc 2 với ẩn. y x 2  4x . 5 2.. - Biến đổi giải phương trình bậc hai với ẩn y, biết y ta tìm x. Lời giải Phương trình tương đương với:.  (x(x  4)(x  1)(x  5) 84  ( x 2  4x )( x 2  4x  5) 84. Đặt. y x 2  4x . 5 2 ta có phương trình với ẩn y:. 19  y  1  5  5 25 361  2 2 2 y  y   84  y   84  y       2  2 4 4   y  19  2 2 Ta đi giải phương trình trong các trường hợp:. 19 5 19 y1   x 2  4x    x 2  4x  12 0  x1  6 hoÆc x 2 2 2 2 2 * TH1:.

(4) * TH 2:. y 2 . 19 5 19  x 2  4x    x 2  4x  7 0  (x  2)2  3 0 2 2 2. => Phương trình vô nghiệm. Vậy phương trình (2) có hai nghiệm là: x1  6; x 2 2 *Các dạng bài tập tương tự: 1) (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) = 9 2) ( x  2)( x  4)( x  6)( x  8)  36 Dạng 2: Giải phương trình ( x  a )  ( x  b) c . 4. 4. Phương pháp:. - Khi gặp phương trình dạng này thì ta đặt ẩn phụ. y x . a b 2 sau đó đưa về phương trình. trùng phương. 4 4 Ví dụ 9: Giải phương trình: ( x  3)  ( x  5) 2. Lời giải Đặt y = x + 4 làm ẩn phụ  x y  4 thay vào phương trình trên ta được:. ( y  1)4  ( y  1)4 2  y 4  4y 3  6y 2  4y  1  y 4  4y3  6y 2  4y  1 2  2y 4  12y 2  2 2  y 4  6y 2 0  y 2 ( y 2  6) 0  y 2 0 2. (v× ph ¬ng tr×nh y 2  6 0 v« nghiÖm). Từ đó: ( x  4) 0  x  4 0  x  4.

(5) Vậy, phương trình (6) có nghiệm là x = - 4. Nhận xét: - Bằng cách đặt ẩn phụ y = x + 4 ta khai triển loại bỏ các hạng tử bậc lẻ để chuyển sang phương trình trùng phương. - Từ đó ta giải phương trình trùng phương bằng cách đặt ẩn phụ đưa về phương trình bậc hai. * Các bài tập thuộc dạng toán này: 4. 4. 1) ( x  4)  ( x  2) 82 2) ( x  3)  ( x  5) 16 4. 4. 2. Dạng 3: Giải phương trình dạng ( x  a )( x  b)( x  c)( x  d ) mx . Trong đó ad = bc. * Phương pháp: Biến đổi phương trình trên:.   ( x  a )( x  b)  ( x  c)( x  d ) mx 2  ( x 2  (a  d) x  ad)( x 2  ( b  c) x  bc) mx 2 Với phương trình trên ta có hai cách giải như sau: - Cách 1: Xét giả trị thử x = 0 xem có là nghiệm của phương trình hay không, sau đó với x 0 ta chia cả hai vế cho x ta được phương trình:. (x . ad bc  a  d )(x   b  c) m x x. + Phương trình này giải bằng cách đặt ẩn phụ bậc hai với ẩn y.. y x . ad a d x đưa về phương trình.

(6) + Với phương trình bậc ta đã có phương pháp giải cụ thể hoặc là giải bằng cách đưa về phương trình tích, lũy thừa cùng bậc. - Cách 2: Đặt ẩn phụ giải phương trình là. y x 2  (a  d )x  ad ta được phương trình với hai. ẩn x và y, từ đó ta tìm x theo y. Ví dụ 10: Giải phương trình: 4( x  6)( x  5)( x  10)( x  12) 3x. 2. * Phương pháp giải: Phương trình tương đương với:. 4  ( x  6)( x  10)  ( x  5)( x  12) 3x 2  4( x 2  16x  60)(x 2  17x  60) 3x 2 (**) Với phương trình này ta có hai cách: Cách 1: - Thử x = 0 xem có là nghiệm không.. 2 - Với x 0 ta chia cả hai vế cho x ta được:. Ta đặt y =. x. 4( x . 60 60  16)( x   17) 3 x x. 60  16  phương trình với ẩn y. x. Cách 2: Với phương trình (**) ta đặt. y x 2  16x  60 thay vào phương trình ta được phương. trình hai ẩn x và y, từ đó ta tìm x theo y. Dạng. d. 4:. Giải. phương. trình. d( x  a )( x  b)( x  c) mx .. a bc , m = (d - a)(d - b)(d - c) 2 . * Phương pháp: Với dạng toán này cách giải là ta đặt ẩn phụ: y = x + d.. Trong. đó.

(7) Ví dụ 11: Giải phương trình: 3( x  5)( x  6)(x  7 ) 8x *Phương pháp: Biến đổi phương trình tương đương với:. 9( x  5)( x  6)( x  7) 24x Đặt y = x + 9  x = y – 9 thay vào phương trình ta được:. 9( y  4)( y  3)( y  2) 24( y  9)  9( y3  9y 2  26y  24) 24( y  9)  9y3  81y 2  210y 0  y(9y 2  81y  210) 0  y 0  2  9y  81y  210 0 * TH 1: y 0  x  9 0  x  9. * TH 2:. 9y 2  81y  210 0  9y 2  81y .  (3y . 81 759  0 4 4. 9 2 759 )  0  Ph ¬ng tr×nh v« nghiÖm. 2 2. Vậy phương trình (8) có nghiệm là x = - 9. Dạng tương tự: Giải phương trình: (x + 9)(x + 10)(x + 11) – 8x =0 Dạng 5: Giải phương trình đối xứng bậc chẵn. Ví dụ 12: Giải phương trình: 2x  3x  16x  3x  2 0 4. 3. 2. *Phương pháp: - Thử x = 0 thay vào vào phương trình ta được 2 = 0 (vô lí) nên x = 0 không phải là nghiệm của phương trình. - Với x 0 ta chia hai vế cảu phương trình cho x2 ta được:.

(8) 2 3  3x   16 0 2 x x 1   1   2  x 2  2   3  x    16 0 (**) x   x  2x 2 . Đặt. y x . 1 1 1  y 2 x 2  2  2  x 2  2 y 2  2 x x x. Thay biểu thức trên vào phương trình ta được:. 2( y 2  2)  3y  16 0  2y 2  3y  20 0  y  4 0  ( y  4)(2y  5) 0    2y  5 0. * TH 1:. y  4 0  x .  ' 22  1.1 3  0 . 1  4 0  x 2  4x  1 0 x ta tính :.  '  3 , phương trình có hai nghiệm: x1,2  2  3. 1  2y  5 0  2  x    5 0 x  * TH2:. 1  x 3  vµ x 4 2  2x  5x  2 0  (2x  1)( x  2) 0 2 2. 1 x  x  2  3 , 3 2 vµ x 4 2 Vậy, phương trình trên có 4 nghiệm 1, 2 Lưu ý: Với phương trình đối xứng bậc lẻ luôn có nghiệm x = -1, sau khi ta đặt nhân tử chung x + 1 ta lại giải phương trình bậc chẵn. 2. 2. 1 1      f ( x )  a    f ( x )  b  c    Dạng 6: Giải phương trình dạng: .

(9) Phương pháp giải - Bién đổi phương trình: 2. 1 1 2      c  f ( x )  a f ( x )  b ( f ( x )  a )( f ( x )  b )   2. b a 2      (f ( x )  a )(f ( x )  b) c ( f ( x )  a )( f ( x )  b )  . y - Đặt ẩn phụ:. 1 (f ( x )  a )(f ( x )  b) ta được phương trình: (b  a ) y2  2y  c 0. - Ta giải phương trình bậc hai với ẩn y. - Tìm được y sau đó ta giải phương trình với ẩn x. Dạng tương tự: Giải phưong trình: 2. 2. 1 1     13  2   2   x  x  1 x  x  2     36 1) 2. 2. 1  1      15 x x  1   2)   Dạng 7: Giải phương trình dạng:. a.f 2 ( x )  b.f ( x ).g( x )  c.g 2 ( x ) 0. *Phương pháp giải: Xét riêng g(x) = 0 giải phương trình g(x) = 0 xem có x là nghiệm của phương trình không. - Với g( x ) 0 chia cả hai vế cho g2(x) ta được:.

(10) 2.  f (x)  f (x ) a b  c 0  g ( x ) g ( x )   y Đặt. f (x) g( x ) đưa về phương trình bậc hai: ay2 + by + c = 0 sau đó giải phương trình. này. 2. 2.  x2  9   x 3  x  3 3   168    46  2  0 x  2 x  2 x  4       Ví dụ: Giải phương trình: Nhận xét: Với phương pháp đổi biến rất hay gặp thường xuyên trong các bài tập, vấn đề là phải biết nhận dạng bài tập và từ đó đặt ẩn hợp lí. Chủ đề IV: Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình A. Phương pháp - Dạng phương trình này chứa những biểu thức tương đối phức tạp. - Ta đặt ẩn phụ để có phương trình mới với hai ẩn. Qua đó ta lập được hệ phương trình có cách giải dễ dàng hơn. B. Vận dụng 3. 3 Ví dụ 13: Giải phương trình: x  1 2 2x  1. Lời giải 3. 3 Đặt y  2x  1  y 2x  1 . Do đó ta có hệ phương trình:.  x 3  1 2y  3  y  1 2x.

(11) Trừ từng vế 2 phương trình ta có:. x 3  y3 2( y  x )  ( x  y)( x 2  xy  y 2  2) 0  x  y 0 (v× ph ¬ng tr×nh x 2  xy  y 2  2 0 v« nghiÖm)  x. 3. 2x  1 0  x 3  2x  1 0.  ( x  1)( x 2  x  1) 0 * TH 1: x = 1. 2. * TH 2: x  x  1 0 giải phương trình này ta có 2 nghiệm là. Vậy, phương trình có 3 nghiệm. x1,2 . x1,2 .  1 5 2.  1 5 2 , x3 = 1.. Dạng tương tự: 2. Giải phương trình: 1) x . x  2004 2004 3. 2. 2) 5 x  1 2( x  2) Nhận xét: Trong một số dạng toán với cách giải trên giúp ta công cụ hiệu quả tránh được việc biến đổi rườm ra không đi đến kết quả bài toán như việc nâng luỹ thừa của ẩn,... Chủ đề V: Đưa về luỹ thừa cùng bậc A. Phương pháp giải - Với phương trình chứa các biểu thức phức tạp như luỹ thừa bậc cao, chứa căn thức khó biến đổi đổi thông thường dẫn đến chúng ta nghĩ cách giải khác. - Phương pháp này là ta biến đổi đưa 2 vế thành luỹ thừa cùng bậc. Sau đó xét biểu thức có luỹ thừa bằng nhau. Giải phương trình đơn giản hơn..

(12) B. Vận dụng Ví dụ 14: Giải phương trình: x  3x  3x  1 0 3. 2. Lời giải. x 3  3x 2  3x  1 0  x 3  3x 2  3x  1  2x 3 x 3  3x 2  3x  1  2x 3 (x  1)3 1  3 2 .x x  1  x  3 1 2 x 1 Vậy, phương trình có nghiệm. 1 3. 2.. Các bài tập tương tự:. 1) x  x  2002 2002 ; 4. 2. x3  x 2  x  2). 1 3. Chủ đề VI: Phương pháp dùng bất đẳng thức A. Phương pháp - Biến đổi phương trình về dạng f(x) = g(x) mà f ( x ) a; g(x) a (a là hằng số). - Nghiệm của phương trình là các giá trị thoả mãn đồng thời f(x) = a và g(x) = a. - Biến đổi phương trình về dạng f(x) = m mà ta luôn có f ( x ) m hoặc ngược lại thì nghiệm của phương trình là các giá trị của x làm cho dấu đẳng thức xảy ra. B. Vận dụng Ví dụ 15: Giải phương trình:. 3x 2  6x  7  5x 2  10x  14 4  2x  x 2 Lời giải.

(13) Xét vế trái:. 3x 2  6x  7  5x 2  10x  14  3(x 2  2x  1)  4  5(x 2  2x  1)  9  3( x  1)2  4  5(x  1)2  9  4  9 5  VÕ tr¸i 5 2. 2. 2. Xét vế phải ta có: 4  2x  x 5  ( x  2x  1) 5  ( x  1) 5.  VÕ ph¶i 5 2. Nên đẳng thức xảy ra khi: ( x  1) 0  x  1 0  x  1 Ví dụ 16: Giải phương trình:. x 2  6 x  11  x 2  6 x  13  4 x 2  4 x  5 3  2. Lời giải. Biến đổi phương trình:. x 2  6 x  11  x 2  6 x  13  4 x 2  4 x  5 3  2  Mà. ( x  3) 2  2  ( x  3) 2  4  4 ( x  2) 2  1 3  2. ( x  3) 2  2  ( x  3) 2  4  4 ( x  2) 2  1  2  4  1 3  2. ( x  3) 2 0   2 ( x  2 )  0 Dấu “=” xảy ra khi .  x 3   x 2. Điều này không xảy ra, vậy phương trình vô nghiệm.. Ví dụ 17: Giải phương trình:. x 2  3x . 7  (x 2  2x  2)(x 2  4x  5) 2 Lời giải. Ta có:.

(14) x 2  2x  2 (x  1)2  1  0 x 2  4x  5 (x  2)2  1  0 (x 2  2x  2)  (x 2  4x  5) Mµ x  3x  3,5  2 2. căn thức luôn xác định. 2. 2. Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương (x  2x  2), (x  4x  5) ta có:. ( x 2  2 x  2)  ( x 2  4 x  5)  ( x 2  2 x  2)( x 2  4 x  5) 2.  x 2  3x  3,5  (x 2  2x  2)(x 2  4x  5) Dấu bất “=” xảy ra khi và chỉ khi:. ( x 2  2 x  2) ( x 2  4 x  5)  2 x 3  x. 3 2. Vậy, nghiệm của phương trình là. x. 3 2.. Dạng bài tập tương tự: 2 2 2 13   x 2  3x  6    x 2  2 x  7    5 x 2  12 x  33   1) Giải phương trình:. 2) Tìm x, y thoả mãn:. 5x 2  5y 2  8xy  2x  2y  2 0. Nhận xét: Khi thực hiện phương pháp trên cần chú ý nhận dạng và đánh giá vế hợp lí để tìm được sự ràng buộc của hai vế phương trình. Chủ đề VII: Phương pháp chứng minh nghiệm duy nhất.

(15) A. Phương pháp Một số phương trình ta có thể thử trực tiếp để tìm nghiệm của chúng sau đó tìm cách chứng minh rằng ngoài nghiệm này ra chúng không còn nghiệm nào khác nữa. B. Vận dụng x. x. Ví dụ 18: Giải phương trình: 2  3  1. Lời giải x.  3   1 x      1 x 2   2 Chia cả hai vế cho 2 ta được:  Dễ nhận thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình. Ta xét các trường hợp sau: x. 2. x. 2.  3   1  x  3   1 2 3 1            1 2 2 2       2 4 4 + Với x > 2 ta có:   3   1  x  3   1 2 3 1            1 2 2 2       2 4 4 + Với x < 2 ta có:  Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất là x = 2. 18. 19. x  1993  x  1994 1 Ví dụ 19: Giải phương trình: Lời giải Thử giá trị x = 1993 ta có: 18. 19. 1993  1993  1993  1994 1  1 1.

(16) Tại x = 1994 có: 18. 19. 1994  1993  1994  1994 1  1 1  x = 1993, x = 1994 là nghiệm của phương trình. Bây giờ ta xét khoảng giá trị: 19. + Với x < 1993.  x  1994   1  x  1994  1  x  1994  1. 18. 19.  x  1993  x  1994  1 + Với 1993 < x < 1994 ta có:. 18. 18  x  1993  x  1993  19  x  1994  x  1994.  x  1993  1    x  1994  1. 0  x  1993  1    1  x  1994  0. 19.  x  1993  x  1994  x  1993  x  1994 x  1993  1994  x 1 + Với x > 1994 ta có:.  x  1994  0    x  1993  1.  x  1994  0 18 19  x  1993  x  1994  1   x  1993  0. Suy ra trong các khoảng trên không có nghiệm. Vậy, phương trình có hai nghiệm x = 1993, x = 1994. Dạng tương tự: Giải phương trình 1) 2. x 2 3.  3x 9. x. 2) x 10. x  x2. D¹ng 6: Ph¬ng tr×nh bËc cao. Trong ch¬ng tr×nh phæ th«ng chóng ta chñ yÕu xÐt ph¬ng tr×nh bËc cao mét Èn: anxn + an-1xn-1+....... + a1x + a0 = 0 (víi ai. ¿. Z;n. ¿. N; n 3).

(17) A) Ph¬ng tr×nh bËc ba. ax3 +bx2 + cx + d = 0 (a  0). (*). 1. §Ó gi¶i ph¬ng tr×nh bËc3: ax3 +bx2 + cx + d = 0 ta thêng thùc hiÖn c¸c bíc sau: Bíc 1: §o¸n nghiÖm x0 cña (*). ¿. Bớc 2: Đa về phơng trình tích khi đó (*). ⇔ [ x=x 0 [ g( x )=ax 2 + b1 x+ c 1=0( 2). [¿. Bíc 3: Gi¶i tõng ph¬ng tr×nh råi kÕt hîp ngiÖm . Chó ý:. + Dù ®o¸n nghiÖm dùa vµo mét sè c¸ch sau:. - NÕu a + b + c+ d = 0 th× (*) cã nghiÖm x = 1 - NÕu a+ c = b+ d th× (*) cã nghiÖm x = -1 - NÕu a,b,c,d nguyªn vµ (*) cã nghiÖm nguyªn x = m th× m lµ íc cña d.. p - NÕu a, b, c, d nguyªn vµ (*) cã nghiÖm h÷u tØ x = a th× p lµ íc cña d, q lµ íc cña a. − - NÕu ac3 = bd3 (a;d  0) th× (*) cã nghiÖm x =. c b. + BiÖn luËn ph¬ng tr×nh bËc 3 theo tham sè: - Ph¬ng tr×nh bËc 3 (*) cã 3 nghiÖm ph©n biÖt khi: >0. (2) cã. g(x0)  0 - Ph¬ng tr×nh (*) cã hai nghiÖm ph©n biÖt khi: (2) cã:.  = 0 vµ g(x0)  0  > 0 vµ g(x0) = 0. - Phơng trình (*) có đúng 1 nghiệm khi.  = 0 vµ g(x0) = 0 <0. + Phơng trình bậc 3 nào cũng đa đợc về dạng: y2+ my2 + ny +c = 0. x− bằng cách đặt y =. m 3. ph¬ng tr×nh sÏ cã d¹ng x3 + ax+b = 0. §Ó gi¶i ph¬ng tr×nh x3 + ax + b = 0 ta biÓu thÞ Èn x thµnh tæng 2 Èn u vµ v tøc lµ x = u + v. (v chän tuú ý). (ph¬ng ph¸p C¸c- ®a – n«)..

(18) 2, C¸c vÝ dô minh ho¹: VD1:Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau:. a, x3 – 4x2 – 3x +6 = 0 b,3x3+ 4x2 – 5 x – 6 = 0 c, x3 – 6x2 + 15x – 14= 0 d,3x3 – 5x2 –x +2 = 0 e, 2x3 + 3x2 + 6x -4 = 0. Gi¶i: a, Vì a+ b + c + d = 1- 4 – 3 + 6 = 0 nên x0 = 1 là 1 nghiệm do đó: x3- 4x2 – 3x + 6 = 0  (x-1)(x2 – 3x - 6) = 0. . x- 1 = 0. (1). x2 – 3x – 6 = 0. (2). Gi¶i (2):. 3±√ 33 2 x2 – 3x – 6 = 0  x1; x2 = 1;. Vậy phơng trình đã cho có tập nghiệm là S =. {¿. 3 ± √ 33 2 ¿ ¿ {¿} ¿}. b, Ta thấy a – b + c – d = 3 – 4 – 5 + 6 = 0 do đó 3x3+ 4x2 – 5 x – 6 = 0  (x+1)(3x2 + x - 6) = 0 . x+ 1 = 0 3x2 + x – 6 = 0. . x= -1. −1±√ 73 6 x1,2=. {. −1;. VËy ph¬ng tr×nh cã tËp nghiÖm lµ S = c, x3 – 6x2 + 15x – 14 = 0 + T×m 1 nghiÖm cña ph¬ng tr×nh :. −1±√ 73 6. }.

(19) ¦(14) =. {±1;±2;±7;±14 }. Ta thÊy 2 lµ 1 nghiÖm cña ph¬ng tr×nh nªn:. x3 – 6x2 + 15x – 14 = 0  (x-2)(x2 – 4x + 7 ) = 0 . x- 2 = 0. . x= 2. x2 – 4x + 7 = 0. x. VËy tËp nghiÖm cña ph¬ng tr×nh lµ:S = d, 3x3 – 5x2 –x +2 = 0. {2}. (f(x) = 0). * T×m 1 nghiÖm x0 cña ph¬ng tr×nh: - u(2) =. {±1;±2 }. - u(3) =. {±1;±3 }. p - LËp c¸c tû sè: q. p - TÝnh f( q ): ......... 2 - ThÊy f ( 3 ) = 0 2 nªn x = 3 lµ mét nghiÖm cña ph¬ng tr×nh . Do đó 3x3 – 5x2 – x + 2 = 0. 2  3(x - 3 )(x2 – x - 1) = 0. . 2 x- 3 = 0 x2 – x – 1 = 0. 2  x= 3. 1±√5 2 x=.  x= 2.

(20) Vậy phơng trình đã cho có tập nghiệm là : S = e, 2x3 + 3x2 + 6x - 4 = 0 ¦(4) =. {±1;±2±4 }. ¦(2) =. {±1;±2 }. {. 2 1± √5 ; 3 2. }. (đặt f(x)= 2x3 + 3x2 + 6x - 4). p p LËp c¸c tû sè: q . TÝnh f( q ) 1 1 ThÊy f( 2 ) = 0 nªn x = 2 lµ mét nghiÖm cña f(x). Do đó. 2x3 + 3x2 + 6x – 4 = 0. 1 1  (x- 2 )(2x2 + 4x + 8) = 0 x - 2 = 0 2x2 + 4x + 8 = 0. (ph -. ¬ng tr×nh v« nghiÖm ). Vậy tập nghiệm của phơng trình đã cho là: S =. {12 }. VD2: Cho ph¬ng tr×nh : x3 – (2m + 1 )x2 + (3m + 1)x – (m+ 1) = 0. (1) .. (m lµ tham sè). Xác định m để phơng trình (1) : a. cã 3 nghiÖm ph©n biÖt. b. có 1 nghiệm kép và 1 nghiệm đơn. c. cã 1 nghiÖm béi ba. d. cã 3 nghiÖm. e. cã 1 nghiÖm duy nhÊt. Gi¶i: Ta cã. x3 – (2m + 1)x2 + (3m + 1)x – (m+1) = 0  (x- 1)(x2 – 2mx + m +1) = 0. XÐt /g = m2 – m – 1.

(21) XÐt dÊu:. 1−√5 2. m - /. +. 1+ √5 2. 0. _. 0. +. a, Ph¬ng tr×nh (1) cã 3 nghiÖm ph©n biÖt khi vµ chØ khi: g(1)  0 /g > 0 VËy... b. Phơng trình (1) có 1 nghiệm kép và 1 nghiệm đơn khi và chỉ khi: ¿ g ( 1 )= 0 Δ. '. g. >0. ¿ [ ¿ g ( 1 )≠ 0 Δ. [. {. '. g. =0. ¿ ¿ [ ⇔ ¿ ¿ ¿ ¿. VËy .... c. Ph¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm béi ba (x1 = x2 = x3) khi vµ chØ khi: g(1) = 0 /g = 0. . m=2 . M= VËy ... d, Ph¬ng tr×nh (1) cã 3 nghiÖm  /g  0. . 1−√5 2 m 1+ √5 2 m. Bµi tËp tù luyÖn: Bµi 1: Gi¶i ph¬ng tr×nh sau: a, 2x3 + x2 – 5x + 2 = 0. VËy.... 1±√5 2. +. m.

(22) b, 2x3 + x + 3 = 0 c, 3x3 – 8x2 – 2x +4 = 0 d, x3 + x2 - x. √2. -2. √2. = 0.. Bµi 2: Cho ph¬ng tr×nh. x3 – (2m +1)x2 +3(m+4)x – m - 12 = 0. (1). a, Gi¶i ph¬ng tr×nh (1) khi m = -12 b, Xác định m để phơng trình (1) có 3 nghiệm phân biệt. Bµi 3: Cho ph¬ng tr×nh: mx3 + (3m-4)x2 + (3m -7)x + m - 3 = 0 a, Gi¶i ph¬ng tr×nh khi m = 3. b, Tìm m để phơng trình có 3 nghiệm phan biệt không âm. Bµi 4: Gi¶i vµ biÖn luËn theo a nghiÖm cña ph¬ng tr×nh : x3 – (2a+ 1)x2 + (a2+ 2a - b)x – (a2 - b) = 0 Bài 5: Xác định m trong phơng trình : 6x3 – 7x2 – 16x + m = 0. BiÕt r»ng x = 2 lµ mét nghiÖm cña ph¬ng tr×nh. T ×m nghiÖm cßn l¹i? (Trích đề thi chuyên Thái Bình 1999-2000) Bµi 6: XÐt c¸c ®a thøc. P(x) = x3 + ax2 + bx +c Q(x) = x2 + x + 2005.. BiÕt ph¬ng tr×nh P(x) = 0 cã 3 nghiÖm ph©n biÖt. Cßn ph¬ng tr×nh Q(x) = 0 v« nghiÖm.. 1 Cmr: P(2005) > 64 (Trích đề thi chuyên Thái Bình : 2005- 2006) B. Ph¬ng tr×nh bËc bèn mét Èn. I, Kh¸i niÖm. Ph¬ng tr×nh bËc bèn mét Èn víi hÖ sè nguyªn lµ ph¬ng tr×nh cã d¹ng: ax4 +bx3 + cx2 + dx + e = 0 trong đó:. a, b, c, d, e  Z a0.

(23) x: Èn Giải phơng trình đa thức bậc cao là một vấn đề phức tạp và khó khăn.. Ngời ta đã chứng minh đợc rằng không thể giải bằng căn thức các phơng trình bậc cao hơn bốn dới dạng tổng quát. Ta chỉ xét một số phơng trình bậc bốn có dạng đặc biệt. II, Các dạng phơng trình bậc bốn đặc biệt thờng gặp. 1, Ph¬ng tr×nh bËc bèn gi¶i b»ng ph¬ng ph¸p ph©n tÝch: §Ó gi¶i ph¬ng tr×nh ax4 + bx3 +cx2 + dx + e = 0 (1) ta thùc hiÖn theo c¸c bíc: Bíc 1: §o¸n nghiÖm x1, x2,.... cña ph¬ng tr×nh (1): C¨n cø:. NÕu a + b + c + d + e = 0 th× ph¬ng tr×nh (1) cã 1 nghiÖm : x1 = 1 NÕu a – b + c – d + e = 0 th× ph¬ng tr×nh (1) cã 1 nghiÖm : x = -1 NÕu (1) cã nghiÖm nguyªn x= x0 th× x0 lµ íc cña e.. p NÕu (1) cã nghiÖm h÷u tØ q th× p lµ íc cña e. q lµ íc cña a. Bíc 2: Ph©n tÝch (1) thµnh: (x – x1)(x-x2)(ax2 + b1x + c1) = 0 . x = x1 x = x2 ax2 + b1x + c1 = 0. (1/). Bíc 3: Gi¶i (1/) råi kÕt luËn nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (1) VD1: Gi¶i ph¬ng tr×nh: x4 – 4x3 – x2 + 16x – 12 = 0. Gi¶i: Ta thÊy a + b + c + d + e = 1 – 4 + 16 – 12 = 0 Do đó phơng trình đã cho có 1 nghiệm x = 1 Khi đó :. x4 – 4x3 – x2 + 16x – 12 = 0..  (x – 1)(x3 - 3x2 – 4x +12) = 0  (x - 1)(x - 2)(x2 - x - 6). x–1=0. =0.

(24) . x–2=0 x2 - x – 6 = 0 x=1. . x=2 x = -2 x=3. { 1;3;±2 }. Vậy tập nghiệm của phơng trình đã cho là S =. Chú ý: Nếu các phơng pháp nhẩm nghiệm không có tác dụng ta có thể biến đổi thành phơng tr×nh tÝch (tÝch cña hai tam thøc bËc hai. VD2: Gi¶i ph¬ng tr×nh:. x4 – 2x3 + 10x – 25 = 0. Gi¶i:. (2)  ( x4 + 2x3 +x2) – ( x2 – 10x + 25) = 0  ( x2 + x)2 – (x - 5)2 = 0  ( x2 + 2x -5)(x2 +5) = 0 . x2 + 2x -5 = 0 x2 +5 = 0. . x = -1+. √6. x = -1-. √6. (v« nghiÖm). Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm x1,2 = -1 ±. √6. VD3: Gi¶i ph¬ng tr×nh : x4 – 6x3 + 12 x2 -14x + 3 = 0.. (3). Gi¶i: Ph¬ng trt×nh trªn kh«ng cã nghiÖm h÷u tØ. §Æt f(x) = x4 – 6x3 + 12 x2 -14x + 3 = 0. Nếu f(x) phân tích đợc thành thừa sốthì phải có dạng: (x2 + ax + b)( x2 + cx + d) Ta cã : (x2 + ax + b)( x2 + cx + d) = x4 + (a+ c)x3 + (ac + b +d)x2 + (ad + bc)x + bd. (2).

(25) Đồng nhất đa thức này với đa thức đã cho ta có: a + c = -6. a = -2. ⇒. ac + b + d =12. b=3. ad + bc = -14. c = -4. bd = 3. d=1. Khi đó. (3)  (x2 - 2x + 3)( x2 - 4x + 1) = 0 . x2 - 2x + 3 = 0. (3.1). x2 - 4x + 1 = 0. (3..2). Gi¶i (3.1):. x2 - 2x + 3 = 0. (v« nghiÖm). Gi¶i (3.2):. x2 - 4x + 1 = 0. cã. x1,2 = 2 ±. Vậy phơng trình đã cho có 2nghiệm phân biệt :. √3 x1,2 = 2 ±. 2. Phơng trình hệ số đối xứng bậc bốn. D¹ng tæng qu¸t : ax4 + bx3 + cx2 +bx + a = 0.. (a  0). VD1: Gi¶i ph¬ng tr×nh: 10x4 - 27x3 - 110x2 - 27x +10 = 0. (1). GI¶i: Ta thÊy x = 0 kh«ng ph¶i lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (1). ⇒. x0. ⇒. x2  0. Chia cả hai vế của phơng trình (1) cho x2 ta đợc:. 27 10 + 2 x 2 x 10x – 27x- 110 -.  10(x2 +. =0. 1 1 2 x ) – 27(x+ x ) -110 = 0. 1 §Æt x+ x = t. ⇒. x2 +. 1 x2. = t2 – 2. √3.

(26) Ta cã :. 10t2 – 27t – 130 = 0. 5 t1 = - 2. . 26 t2 = 5 5 Víi t1 = - 2. 1 5 x+ x = - 2. ⇒.  2x2 +5x + 2 = 0. − . x1 =. 1 2. x2 = - 2. 26 Víi t2 = 5. 1 26 x+ x = 5. ⇒.  5x2 - 26x + 5 = 0. 1  x3 = 5 x4 = 5. Vậy tập nghiệm của phơng trình đã cho là: S =. {−12 ;−2 ; 51 ;5}. Chó ý: + NÕu ph¬ng tr×nh cã d¹ng : ax4 + bx3 + cx2 - bx + a = 0.. (a  0). 1 thì đặt x - x = t. ax + bx + cx + cx + bx + a = 0. 5. 4. 3. 2. + Phơng trình hệ số đối xứng (a  0) (*) cã 1 nghiÖm x = -1. V× tæng c¸c hÖ sè cña luü thõa bËc ch½n b»ng tæng c¸c hÖ sè cña luü thõa bËc lÎ Nªn (*)  (x – 1). [. ax4 + (b-a)x3 + (c +a-b)x2 + (b-a)x + a. ]. =0. Khi đó ta đã chuyển phơng trình đối xứng bậc 5 về phơng trình đối xứng bậc chẵn .. bËc. 5:.

(27) 3. Ph¬ng tr×nh håi quy. D¹ng tæng qu¸t:. (a  0). ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0.. Trong đó. e d = a b. (). 2. Phơng trình hệ số đối xứng bậc 4 là trờng hợp đặc biệt của phơng trình hồi quy. C¸ch gi¶i:. -Tơng tự phơng trình hệ số đói xứng bậc 4.. x+ - §Æt. VD:. Gi¶i ph¬ng tr×nh :. Ta thÊy. 4 8 = 1 −4. d =t bx. x4 - 4x3 - 9x2 + 8x + 4 = 0.. (1). 2. ( ). nªn ph¬ng tr×nh (1) lµ ph¬ng tr×nh håi quy.. x = 0 kh«ng ph¶i lµ nghiÖm cña (1). ⇒. x0. ⇒. x2  0. ( x + x4 )−( x− 2x )−9=0 2. khi đó (1) . §Æt. 2. 2 x− =t x. ⇒. . t1= -1. x 2+. 4 x 2 = t2+4 , ta cã : t2 – 4t – 5 = 0. t2 = 5. Nªn ta cã:. x− x− . 2 x = -1. 2 x =5. x2 + x - 2 = 0 x2 - 5x- 2 = 0.

(28) x1 =1 . x2 = -2. 5±√ 33 2 x3,4 =. {. 1 ;−2;. Vậy tập nghiệm của phơng trình đã cho là: : S =. 4. Ph¬ng tr×nh d¹ng: (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = m. (4). Trong đó : a + d = b + c. C¸ch gi¶i: + (4)  (x+a)(x+d). (x+b)(x+c) – m = 0 +........ + §Æt ¶n phô. VD: Gi¶i ph¬ng tr×nh : (x+1)(x+3)(x+5)(x+7) = -15 Gi¶i: Ta thÊy: 1+7 = 3+5 nªn (4)  (x+1)(x+7). (x+3)(x+5) +15 = 0  (x2+8x+7) (x2+8x+15) +15 = 0 §Æt x2+8x+7 = y ta cã: . y2+8y+15 = 0 y1 = -3 y2 = -5. Khi đó:. x2+8x+7 = -3 x2+8x+15 = -5 x1,2 = -4. . x3 = -2 x4 = -6. ±√ 6. 5±√33 2. (4). }.

(29) {−4± √6;−2;−6 }. Vậy tập nghiệm của phơng trình đã cho là: : S =. 5. Ph¬ng tr×nh d¹ng:. .. (x+a)(x+b)(x+c)(x+d) = mx2 Trong đó ad = bc. VD : Gi¶i ph¬ng tr×nh :. (x-4)(x-5)(x-8)(x-10) = 72x2. (5). Ta thÊy (-4)(-10) = (-5)(-8) Nªn. (5)  (x-4) (x-10) . (x-5) (x-8) = 72x2 . (x2-14x+40)(x2-13x+40) = 72x2 2. . ( x−272 + 40x )=t. ta cã:. (t− 12 )(t + 12 )=72 ±.  t1,2 =. Nªn ta cã:. (v× x2  0 ). ( x−14+ 40x )( x−13+ 40x )=72. . §Æt. 2. x −14 x +40 x −13 x +40 . =72 x x. 17 2. x2-5x + 40 = 0 x2-22x+40 = 0 . x1 = 2 x2 = 20. Vậy tập nghiệm của phơng trình đã cho là: : S =. ( x+ a )4 + ( x +b ) 4 =c. 6. Ph¬ng tr×nh d¹ng:. x+ C¸ch gi¶i:. §Æt. a+ b =y 2. { 2;20 }. .. Trong đó : a; b;c  R..

(30) VD: Gi¶i ph¬ng tr×nh : (x+3)4 + (x-1)4 = 626 §Æt x+1 = y ta cã:. (y+2)4 + (y-2)4. = 626.  y4 + 24y2 – 297 = 0  y1;2 = ±3. .. Do đó: x1 = 2 ; x2 = -4 Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm : x1 = 2 ; x2 = -4 .. 7. Ph¬ng tr×nh bËc bèn gi¶i b»ng Èn phô bËc hai. Cách giải: + Bớc 1: Biến đổi phơng trình về dạng: A(x2+b1x+c1)2 + B(x2+b1x+c1) + c = 0 + Bíc 2: §Æt x2+b1x+c1 = t + Bíc 3: Gi¶i (*). ⇒. t.... ta cã : At2 + Bt + c = 0. ⇒. (*). x.... VD: Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: a, x4 - 8x3 + 7x2 + 36x - 36 = 0 b, 2(x2-x+1)2 + x3 +1 = (x+1)2 Gi¶i: a, Ta cã. x4 - 8x3 + 7x2 + 36x - 36 = 0 . (x2-4x)2 – 9(x2-4x)+ 36 = 0. §Æt x2- 4x = t ta cã. . t2 – 9t + 36 = 0. t1 = 12 t2= -3. Do đó:. x2- 4x = 12 x2- 4x = -3. . x2- 4x -12 = 0 x2- 4x + 3 = 0. . x1 = - 2 ; x2 = 6 . x3 = 1 ; x4 = 3..

(31) Vậy tập nghiệm của phơng trình đã cho là: : S =. {−2;6;1;3 }. .. b, Ta thấy x = -1 không phải là nghiệm của phơng trình đã cho.. ⇒. x +1  0. ⇒. (x+1)2  0. Chia c¶ hai vÕ cña ph¬ng tr×nh cho (x+1)2 ta cã: 2. x2 −x +1 x 2 −x+1 2 + =1 x +1 x+1. (. ). 2. §Æt. x −x+1 =t x +1. ta cã: . 2t2+ t - 1 = 0 t= -1. 1 t= 2 2. Do đó:. x −x+1 =−1 x +1. . x2 + 2 = 0 (v« nghiÖm). 2. x −x+1 1 = x +1 2. 2x2-3x+1 = 0 . x=1. 1 x= 2. Vậy tập nghiệm của phơng trình đã cho là: : S =. Bµi tËp tù luyÖn. Bµi 1: Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: a, 2x4-13x3+24x2-13x+2 = 0 b, 3x5-10x4+3x3+3x2-10x+3 = 0 c, x4+5x3-14x2-20x+16 = 0 d, (x2-4x+40)(x2-13x+40) = 72x2. {1 ; 12 }. ..

(32) e, (x-90)(x-35)(x+18)(x+7) = -1080x2 g, (x+5)4 + (x+1)4 = 80. Bµi 2 : Cho ph¬ng tr×nh: x4+ (2m - 1)x3+ (m2 - 2m)x2 - (m2-m+1)x - m+1 = 0. (m lµ tham sè). a, Gi¶i ph¬ng tr×nh khi m = - 1 b, Xác định m để phơng trình có 4 nghiệm phân biệt. Bµi 3: Cho ph¬ng tr×nh : x4- 4m x2 + 4(m2 – 1)x2 + 12x – 9 = 0 Xác định m để phơng trình có : a, §óng 1 nghiÖm. b, §óng 2 nghiÖm ph©n biÖt c, §óng 3 nghiÖm ph©n biÖt. d, §óng 4 nghiÖm ph©n biÖt. Bµi 4: Cho ph¬ng tr×nh x4 – (m+2)x2 + m = 0. Tìm m để phơng trình : a, Cã nghiÖm duy nhÊt. b, Cã 2 nghiÖm ph©n biÖt. c, Cã 3 nghiÖm ph©n biÖt. d, cã 4 nghiÖm ph©n biÖt. Bµi 5: Cho ph¬ng tr×nh : (x + 2)4 + (x + 6)4 = m2 – 2 a, Gi¶i ph¬ng tr×nh khi m = 2 b, Tìm m để phơng trình : * Cã 2 nghiÖm ph©n biÖt. * Cã 3 nghiÖm ph©n biÖt. * Cã 4 nghiÖm ph©n biÖt. Bµi 6: Cmr nÕu ph¬ng tr×nh ax4 + bx3 + cx2 – 2bx + 4a = 0. (a  0). cã 2 nghiÖm x1, x2 tho· m·n x1 . x2 = 1 th× 5a2 = 2b2 + ac).

(33)

(34)

(35)

(36)

(37)

(38)

(39)

CHU DE 4Phuong trinh

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về