Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 20 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
20
Dung lượng
204 KB
Nội dung
Mục lục NỘI DUNG 0.1 Các dạng phương trình bậc ba 0.2 Giải số phương trình bậc ba tùy ý 10 0.3 Một số tốn liên quan đến phương trình bậc ba 16 NỘI DUNG 0.1 Các dạng phương trình bậc ba DẠNG 1: Giải phương trình: 4x Phương pháp giải: p1q ô 4x 3x 12 a ô 4x3 3x a ô 4x 3x a 3x a , pa 1q a3 1 a2 1 a a2 1 a 3 a a 3 2 a a a 3 ô 8x 6x a a a a 1 3 ô 8x a a 6x a a 3 ô p2xq a a 2x a a 1 ô 2x a a p2xq2 2x a a a 3 0 a 1 2 a 30 ô 2x a a p2xq 2x a a a 1 1 T H1 : 2x a ô 2x a ô x a a a 2a 1 T H2 : p2xq2 2x a a 30 p1.1q a a ô 4x2 a a1 x a2 a12 1 ∆1 a a2 a2 a a2 a12 4a2 a42 3a2 a32 3a a26a a4 2a2 a2 2 3 aa2 0, @a 1 p1q đ Phương trình (1.1) vơ nghiệm với @a 1 Kết luận: Phương trình: 4x x a a 3x , pa 1q luôn có nghiệm: a3 a DẠNG 2: Giải phương trình: 4x3 3x m, |m| ¡ 1, Phương pháp giải: Đặt: m a (2) , pa 1q a3 Ta có phương trình: 4x 3x a a3 a Phương trình ln ln có nghiệm: x a Ta tính a theo m sau: Ta có: a3 ô 2ma3 a6 ô a6 2ma3 10 2m a3 Đặt t a3 , ta có phương trình: t2 2mt có ∆1 Phương trình: t2 2mt đ t1 m Với t1 m ? m2 1, t2 ? m ? m2 1, ta có: a3 m2 ¡ 0,@ |m| ¡ m2 m ? m2 m m2 a 1 m ? ña a m ? m2 a ? ñ a1 m m2 a ? ? ? Với t2 m m2 1, ta có: a3 m m2 ñ a m m2 a ? ñ a1 m m2 a ? ? a Vậy ta ln có: a m m 1 m m2 a a ? ? a Do đó, phương trình (2) có nghiệm: x m m 1 m m2 Nhận xét rằng: a ? 10 m2 3 3 3 Ta sáng tác toán sau: ? a3 ? a 3 Tính 4n3 3n Cho n Đáp số: 4n3 3n Trong phương trình (2) cho m 1, ta có phương trình sau: DẠNG 3: Giải phương trình: 4x3 3x 1, (3) Phương pháp giải: 4x3 3x ô 4x3 3x 82 62 ô 8x3 6x ô 8x3 p6x 6q ô p2xq3 23 3p2x 2q ô p2x 2q 4x2 4x p2x 2q ô p2x 2q 4x2 4x 43 ô p2x 2q 4x2 4x 0 0 ô p2x 2q p2x 1q2 2x ô 2x x1 ô x (nghiệm kép) Vậy phương trình (3) có nghiệm : x1 1, x2 x3 21 Trong phương trình (2) cho m 1, ta có phương trình sau: DẠNG 4: Giải phương trình: 4x3 3x 1, Phương pháp giải: 4x3 3x 1 ô 4x3 3x 28 ô 8x3 6x 8 ô 8x3 ô p2xq3 p6x 6 6q 23 3p2x 2q ô p2x 2q 4x2 4x ô p2x 2q 4x2 4x 43 ô p2x 2q 4x2 4x ô p2x 2q p2x 1q2 ô 2x p2x 2q 0 0 0 20 2x x 1 x (nghiệm kép) Vậy phương trình (4) có nghiệm : x1 ơ 1, x2 x3 21 (4) DẠNG 5: Giải phương trình: 4x Phương pháp giải: 3x a , pa 1q a p5q p5q ô 4x 3x 12 a a1 a2 a12 1 ô 4x3 3x a a a a 1 3 ô 4x 3x a a a a a ô 8x3 6x a a1 a 1 ô 8x3 a a 6x a 0 a 1 ô p2xq a a 2x a 0 a 1 ô 2x a a p2xq2 2x a a a 0 a 1 2 a 30 ô 2x a a p2xq 2x a a a 1 1 ô 2x a ô x a T H1 : 2x a a a 2a 1 T H2 : p2xq2 2x a a 30 p5.1q a a ô 4x2 a a1 x a2 a12 1 ∆ a a a2 a a2 a12 4a2 a42 3a2 a32 3 a a2 0, @a đ Phương trình (5.1) vơ nghiệm với @a Kết luận: Phương trình: 4x 3x a a DẠNG 6: Giải phương trình: 4x3 Phương pháp giải: Đặt: m 3x m a , pa 1q a ln ln có nghiệm x (6) 1 a a a a 3x Ta có phương trình: 4x Phương trình ln ln có nghiệm x 1 a a Ta tính a theo m Ta có: a3 2ma3 a6 2m a3 ô a6 2ma3 Đặt t a3 , ta có phương trình: t2 2mt Phương trình: t2 2mt có ∆1 đ t1 m Với t1 m ? m2 ? Nhận xét rằng: 1, t2 ? 1, ta có: a3 m2 a m m ? m2 m2 m2 ? m a m2 ? m m2 ? ? ¡ 0,@m ña a m Đặt m cosα, x cos, vi Ô Ô Khi ú ta có phương trình: 4cos3 ϕ 3cosϕ cosα ô cos3ϕ cosα k 2π 3 Phương pháp giải: ô ϕ α3 a 1 ñ a1 a ? ñ a m m2 DẠNG 7: Giải phương trình: 4x3 3x m, |m| k2π pk m2 Với t2 m m2 1, ta có: a3 m m2 a ? đ a1 m m2 a ? ? a 3 Vậy ta ln có: a m m m m2 a ? a Do đó, phương trình (6) có nghiệm: x m m ô 3ϕ α ? P Zq a m ? m m2 ? m2 1 Do Ô Ô nờn ta cú: $ ' ' ' ' & α3 α ϕ2 ' ' ' ' % ϕ α 3 2π 2π Suy nghiệm phương trình: 4x3 3x m, (|m| 1) là: $ ' x1 ' ' ' & cos α3 α 2π x2 cos ' ' ' ' % x cos α 2π 3 Trong đó: cosα m DẠNG 8: Giải phương trình: a0 x3 b0 x2 c0 x d0 0,(a0 0) (8) Phương pháp giải: Đặt x y Ta có: b0 3a0 b0 b0 (8) ô a0 y b0 y c0 y d0 3a0 3a0 b b b b b b0 0 0 2 ô a0 y 3y 3a 3y 9a2 27a3 b0 y 2y 3a 9a2 c0 y 3a 0 0 0 3 b0 b b b0 b0 c0 ô a0y3 b0y2 3a y b0 y y c0 y d0 27a 3a0 9a0 0 3a0 b20 b20 b30 b30 b0 c0 ô a0y3 3a 3a c0 y d0 0 2 9a 27a 3a 0 0 2 3 b c b b c b d b 0 0 ô y3 3a02 3a02 a y a 9a03 27a0 3a2 0 0 0 0 3 b0 d0 b0 b0 b0 c0 ô y3 ac0 3a 0 y 3 a0 9a0 27a0 3a20 0 b0 3a0 ô y3 py q 0 Với p c0 a0 b0 3a 2 q Nếu p ¡ Đặt y 2t c d0 a0 b30 9a30 p Thế y b0 b0 c0 9a0 b0 c0 27a 2b0 27a 3a2 3 2t c p vào (9) ta : d0 a0 d0 p9q 0 c c p 3c p q0 c ô 8t3 p3 p3 2tp p3 q ô 38 t3 2t cqp p 3q ô 8t3 6t c p p 3q ô 4t 3t c p 2p 3q ô 4t 3t m, với m c p 2p 2t p 2t 3t m có nghiệm: t Phương trình 4t3 đ Phương trình (9) có nghiệm: y ? a m c a p 3 m ? m2 m2 1 a 3 x 3 m ? m2 a ? m m2 b0 3a Trong đó: p c0 a0 b0 3a0 c0 b0 3a 3a2 2 0 9a0 b0 c0 2b0 27a 3 q m d0 a0 b0 c0 2b0 9a027a 3 27a20 d0 c 3q 2p Nếu p Đặt y 2t c p p Thế y 2tc p vào (9) ta : 3 m m2 ? m m2 Do phương trình (8) có nghiệm là: c a p ? a c c p p p 2t q0 3c c ô 8t3 3p 3p 2tp 3p q ô 38 t3 2t cq p p 3q ô 8t 6t c p p 3q ô 4t 3t c p 2p 3q ô 4t3 3t m, với m c p 2p 2t Phương trình 4t3 3t m có nghiệm: t c ? a m ? a m2 a ? đ Phương trình (9) có nghiệm: y 3p m m2 ? a 3 ? p a m m 1 x a 3 m ? m2 b0 3a Trong đó: p c0 a0 b0 3a0 c0 b0 3a 3a2 2 0 9a0 b0 c0 2b0 27a 3 q d0 a0 b0 c0 2b0 9a027a 3 27a20 d0 3q m c 2p q c0 b20 Nếu p ñ 3a03a ñ 3a0c0 b20 ñ b30 3a0b0c0 Ta có: y q d y ?q 3 2b30 9a0b0c0 27a20 d0 27a30 d Do phương trình (8) có nghiệm là: b30 27a20 d0 27a30 b m m2 Do phương trình (8) có nghiệm là: c m m2 b30 27a20 d0 3a0 b x b30 27a20 d0 3a0 b0 3a0 b0 b b30 27a20 d0 3a0 Nhận xét Mọi phương trình bậc ba đưa hai dạng sau: iq4x3 3x m iiq4x3 3x m Nhận xét 2: Về số nghiệm phương trình: 4x3 3x m pq Nếu m R r1; 1s phương trình pq có nghiệm Nếu m 1 phương trình pq có nghiệm phân biệt (trong có nghiệm kép) Nếu m P p1; 1q phương trình pq có nghiệm Nhận xét 3: Phương trình 4x3 3x m ln ln có nghiệm @m vế trái phương trình hàm số đồng biến R 0.2 Giải số phương trình bậc ba tùy ý Bài tốn Giải phương trình: x3 2x2 3x 40 Lời giải Đặt x y Phương trình cho trở thành: 2 y y ô y3 3y2 3y 94 ô y3 2y2 43 y 2y2 ô y3 43 83 y 89 ô y3 53 y 70 0 27 Đặt y 2t c , tức y y 40 3y 2 y 2y 27 8 y 3y 2 0 27 2 0 27 ? t ñy ? 10 t Ta có phương trình: ? 10 t ? 10 t 70 27 0 10 40 ô 43 t3 t 70 9? 27 10 ô 34 t3 t ?7 7 ô 4t3 3t ? a , pa 1q Đặt: ? a ô a3 a13 ?14 5? ? ô 5a 14a ? ? ô 5`2 14` 0, p` a3q ? ? ` 5? ô 73 ? ` d ? ? ? ? ? ñ a3 ? ñ a ? Với ` ñ a ? 5 5 d ? ? ? ? 73 73 73 7 ? ña ? ña ? Với ` ñ a ? 3 5 a Vậy với giá trị ` ta ln có: a Ta giải phương trình: 4t 3t t 1 a a Khi ta có: ? y ? d 12 7 ? 3 ? 7 ? 3 ? 7 ? a a ? d có nghiệm là: d d 12 7 ? d a , pa 1q a 3t Theo dạng phương trình: 4t3 d ? 7 ? 3 11 ? 7 ? ? d 53 ? 7 ? d ? 7 ? ? Từ ta có: 53 x Vậy phương trình x3 d 2x2 x ? 7 ? d 53 ? 7 ? ? 7 ? d ? 7 ? f pxq x3 Về ý nghĩa hình học, đồ thị hàm số y điểm y x 4 3 2 1 1 2 y f pxq x3 2x2 3x Bài tốn Giải phương trình: x3 x2 4x Lời giải Đặt x y 23 có nghiệm là: 3x ? d Phương trình cho trở thành: 12 50 2x2 23 3x cắt trục hoành y y y 50 3 y2 2y 31 19 4y 43 ô y3 3y2 13 3y 91 27 ô y3 y2 13 y 27 y2 23 y 19 4y 11 0 ô y3 13 23 y 27 19 11 0 97 ô y3 13 y 0 27 Đặt y 2t c 13 ? 13 t Ta có phương trình: ? ñ y3 ? 13 13 13 13 t 3 t ô 43 t3 t 2797 ?9 26 13 ô 4t3 3t ?97 26 13 97 Đặt: ? a a3 26 13 50 ? 13 13 t 97 27 0 97 ô ? a a3 13 13 ô ?97 a a3 13 13 ? ? ô 97a3 13 13a6 13 13 ? ? ô 13 13a6 97a3 13 13 ? ? ô 13 13λ2 97λ 13 13 0, pλ a3q ? 97 69 ? λ 26 13 ? ô 97 69 ? λ 26 13 d d ? ? ? 97 69 97 69 97 69 ? ? ? Với λ ña ña 26 13 26 13 26 13 d d ? ? ? 97 69 97 69 97 69 ? ? ? Với λ ña ña 26 13 26 13 26 13 d d ? ? 97 69 97 69 ? ? Vậy với giá trị λ ta ln có: a 3 3 a 13 26 13 26 13 3t Ta giải phương trình: 4t Theo dạng phương trình: 4t t a a ? a , pa 1q a3 a 3t a3 ? d 21 97 ?3 có nghiệm là: d 69 3 26 13 ? d ? 97 ?3 26 13 ? d 69 97 ?3 69 313 12 97 ?3 69 26 13 26 13 d d ? ? ? 13 97 69 97 ?3 69 ? Từ ta có: x 3 Khi ta có: y 3 26 13 ? d 31 97 d 69 3 ? 97 d 13 69 Vậy phương trình x3 x2 4x x 26 13 có nghiệm là: ? 97 d 69 ? 97 f pxq x3 x2 4x điểm y 2 y 1 x 1 f pxq x3 x2 4x 69 Về ý nghĩa hình học, đồ thị hàm số y 3 14 cắt trục hồnh Bài tốn Giải phương trình: x3 x2 4x 30 Lời giải Đặt x y Phương trình cho trở thành: y y y 30 3 ô y3 3y2 13 3y 91 27 y2 2y 31 19 4y 43 ô y3 y2 13 y 27 y2 23 y 19 4y 53 1 ôy y 0 3 27 43 y 0 ô y3 13 27 Đặt y 2t c 13 ? 13 t Ta có phương trình: ? đy 30 ? 13 13 t ? 43 13 13 13 13 t t 0 3 27 ô 43 t3 t 2743 ?9 26 13 ô 4t3 3t ?43 , ?43 P p1; 1q 26 13 26 13 43 43 ? Đặt ? cosα ñ α cos 26 13 26 13 Khi theo dạng phương trình 4t3 3t ?43 26 13 có nghiệm là: $ ' ' t1 ' ' ' & cos α3 α 2π 43 ? t2 cos , với α cos ' 26 13 ' ' α 2π ' ' % t cos $ ' ' ' y1 ' ' ' & ñ ' y2 ' ' ' ' ' % y3 ? 13 α cos ?3 13 α 2π cos ?3 13 α 2π cos 3 $ ' ' ' x1 ' ' ' & ñ 'x ' ' ' ' ' % x3 ? 13 α cos 3 ?3 13 α 2π 43 ? cos , với α cos 3 26 13 ?3 13 α 2π cos 3 15 Vậy phương trình x3 x2 4x $ ' ' ' x1 ' ' ' & x ' ' ' ' ' ' %x ? có nghiệm phân biệt là: 13 α cos 3 ?3 13 α 2π 43 ? cos , với α cos 3 26 13 ?3 α 2π 13 cos 3 Về ý nghĩa hình học, đồ thị hàm số y f pxq x3 x2 4x cắt trục hoành điểm phân biệt y x 3 2 1 1 y 0.3 f pxq x3 x2 4x Một số toán liên quan đến phương trình bậc ba Định lí Viete: Giả sử phương trình bậc ba: ax3 x1 , x2 , x3 ta có: 16 bx2 cx d có nghiệm $ ' ' x1 ' ' & ' ' ' ' % x2 x3 ab x1 x2 x2 x3 x3 x1 d x1 x2 x3 a ac Định lí Viete đảo: Nếu ba số x, y, z thỏa mãn: $ ' ' & x ' ' % y z xy yz xyz p m zx n x, y, z ba nghiệm phương trình: t3 mt2 nt p Bài tốn Giải hệ phương trình: $ ' x ' ' ' & ' ' ' ' % y 0 z yz zx xyz xy Lời giải Theo định lí Viete đảo ta có x, y, z nghiệm phương trình: t3 t 4 0 Phương trình tương đương với phương trình: 4t3 3t 1 Theo dạng phương trình 4t3 3t có nghiệm t1 1, t2 t3 1 Từ ta tìm nghiệm hệ là: px, y, z q 1, , hoán vị 2 Bài toán Giải hệ phương trình: $ ' x ' ' & x2 ' ' ' % x y z y2 y3 17 1 z2 z3 Lời giải Từ $ hệ phương trình ta có: 2 y2 ' & xy yz zx px y z q x ' % 3 3xyz x y z px y z q x2 Suy $ & xy yz % xyz 4 z2 z xy yz zx y2 zx 4 $ ' x ' ' & y x2 Vậy ta hệ phương trình cho dạng z y2 ' ' ' % x 12 1 z 4 z 4 y3 Theo định lí Viete đảo ta có x, y, z nghiệm phương trình: t3 t2 4t 0, phương trình bậc ba Ta giải phương trình phương pháp đơn giản sau: t3 t2 4t 40 ô t pt 1q pt 1q ô pt 1q pt 2q pt t 2q t1 2 t 2 Từ ta tìm nghiệm hệ phương trình cho px; y; z q p1; 2; 2q hốn vị Bài tốn 3.Giả sử phương trình: x3 Chứng minh rằng: a2 3b ¡ x2 ax b có ba nghiệm phân biệt Lời giải Giả sử phương trình cho $ có nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 ' ' ' x1 x2 x3 & Theo định lí Viete ta có: x1 x2 ' ' ' % x1 x2 x3 Suy ra: a2 x2 x3 x3 x1 b a px1x2 x2x3 x3x2q2 px1x2q2 px2x3q2 px3x1q2 2x1x2x3 px1 px1x2q2 px2x3q2 px3x1q2 2b Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: 18 x2 x3 q px1x2q2 px2x3q2 ¥ |x1x2| |x2x3| ¥ 2x1x22x3 Tương tự ta có: px2x3q2 px3x1q2 ¥ |x2x3| |x3x1| ¥ 2x1x2x23 px3x1q2 px1x2q2 ¥ |x3x1| |x1x2| ¥ 2x21x2x3 Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức ta được: px1x2q2 px2x3q2 px3x1q2 ¥ x1x2x3 px1 Do đó: a2 ¥ b 2b a2 3b ¥ x2 x3 q b Vì phương trình cho có ba nghiệm phân biệt nên a2 19 3b ¡ (đpcm) ... 1 y 0.3 f pxq x3 x2 4x Một số toán liên quan đến phương trình bậc ba Định lí Viete: Giả sử phương trình bậc ba: ax3 x1 , x2 , x3 ta có: 16 bx2 cx d có nghiệm $ ' ' x1 ' ' & ' ' ' '... x2 x2 x3 x3 x1 d x1 x2 x3 a ac Định lí Viete đảo: Nếu ba số x, y, z thỏa mãn: $ ' ' & x ' ' % y z xy yz xyz p m zx n x, y, z ba nghiệm phương trình: t3 mt2 nt p Bài tốn Giải hệ... |x1x2| ¥ 2x21x2x3 Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức ta được: px1x2q2 px2x3q2 px3x1q2 ¥ x1x2x3 px1 Do đó: a2 ¥ b 2b a2 3b ¥ x2 x3 q b Vì phương trình cho có ba nghiệm phân biệt nên a2 19 3b