Chuyen de boi duong hsg toan 9 phuong trinh va he phuong trinh

Toán BDHSG phương trình và hệ phương trình.[r]

Tốn BDHSG phương trình hệ phương trình (lớp 9)

Bài tốn : Giải phương trình x 2 10 x x212x40

Bổ đề : Với a0;b0        

2 2 2 2

2

a b  a b  a b  a b  a b  a b

Giải: Điều kiện : 2 x 10, Ta có x 2 10 x 2x 10  x 4 mà

   2

2 12 40 12 36 4 6 4 4

x  x  x  x   x  

Dấu xảy

2 10

6

x x

x x

  



 



 

 Vậy phương trình có nghiệm x = 6

Hoặc: Áp dung bất đẳng thức Cô si cho hai số không âm ta có

 4 10 .4 2 10 4

2 10

2 4

x x x x

x   x          

Dấu xảy

2

6

10

x

x x

 



 



 

 .

Bài tốn 2: Giải phương trình: x2 x 1 x x 2 1 x2  x2

Vì x2  x 0 x x 2 1 0 nên Áp dụng bất đẳng thức Cô si số hạng vế trái ta

được:  

2

2 1 1 1

2

x x x x

x  x      

(1)

 1 1 1 2

2

x x x x

x x        

(2) Cộng (1) (2) vế theo vế ta có:

2

2 1 1 1

2

x x x x

x  x  x x        x

nên theo đề ta

có :x2 x   2 x x120 Đẳng thức xảy x = Thử lại ta thấy x = thoả Vậy

phương trình có nghiệm x =

Bài tốn : Giải phương trình: 2x 3 2 x 3x212x14 (1)

Điều kiện tồn phương trình:

3

2 2

5 2

2 x x

x x

x

  

 

 

   

 

 

  



 (*)

Vế phải (1):    

2

2

3x 12x14 3 x  4x4  2 x  2

Đẳng thức xảy x =

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacơpxki thoả mãn (*) vế trái phương trình (1):

 2 

2x 3 2 x  1 2x 2  x  2

Đẳng thức xảy

2x 2  x x2 Đẳng thức xảy phương trình (1) nên x = nghiệm

Hoặc Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số không âm ta có:

2 1 5 1 2

2

x x

x   x       

Đẳng thức xảy

2

2

x

x x

 



 



 

 Đẳng thức xảy phương trình (1) nên x = nghiệm phương

trình

Bài tốn 4: Giải phương trình: x2 2x 3 2x2 x 3 x 3x2 (1)

Giải: Điều kiện

2

2

2

1 3

x x x x

  

 

  



 (2).

Vế trái phương trình (1): x2 2x 3 x12 2 với xR đẳng thức xảy x

= Theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki với x thoả mãn (2) vế phải phương trình (1) thoả:

     2

2 2 2 2

2x  x 3 x 3x  1 2x  x 1 3x 3x  4 x 2x  4 x1 2

đẳng thức xảy 2x2 x 1 3x 3x2 Để đẳng thức xảy phương trình (1) hai vế

phương trình (1) Nên x = Thử lại thấy x = nghiệm phương trình

Bài tốn : Giải phương trình: 1x3 2x22 (1) Giải:

Điều kiện 1x3 0 x1x2 x10 Do x2 x 1 0 với x nên x  1 x1

Đặt a x1 ; b x2  x1 với a0 ;b0 Nên phương trình (1) trở thành :

 

2 2

5ab a b a a

b b

   

        

    Giải phương trình

a

b 

1 a b 

Với

a

b  phương trình (1) vơ nghiệm

Với

1 a

b 

2

2

2 1

5 x

x x x

x x

 

     

  

 Phương trình có hai nghiệm thoả điều kiện

1

5 37 x  

;

5 37 x  

Bài toán 6: Giải phương trình:

42 60

6

5 x  7 x  (1)

Phương trình (1) có nghĩa x < nên  

42 60

1 3

5 x x

   

      

     

42 42 60 60

3 3

5 7

0

42 60

3

5

x x x x

x x

       

   

       

   

       

  

   

 

   

 

   

42 60

9

5 0

42 60

3

5

x x

x x

 

 

  

   

 

   

 

   

 

 

 

 

9 42 60

0

42 60

5

5

x x

x x

x x

   

  

   

       

 

   

 

   

1

3

42 60

5

5

x

x x

x x

 

 

 

    

   

        

 

    

  3 3  x0

   

1

42 60

5

5

x x

x x



   

       

 

    > nên

1 x

Thử lại nên nghiệm phương trình

1 x

Bài tốn 7: Giải phương trình: x x  2  x x  5  x x 3 (1)

Điều kiện để phương trình có nghĩa :  3 x0 ;0 x 5 Bình phương hai vế phương

trình (1) ta được:x x  2x x  52 x x2  2 x 5 x x 3

   

2

2 x x x 10x x

      4x x2  2 x 5 10x x 22

     

2 2

4x x x 100x 20x x 4x x 7x 10 100x 20x x 3x 8x 60x

               

 

2 3 8 60 0

x x x

   

Giải phương trình

10 ;0;6 x  

  Thử lai có hai nghiệm x

= 0; x = thoả mãn đề cho

Bài toán 8: Giải phương trình:  

2

5 10

x  x  x  x 

(1) Điều kiện x > -2 x27x10x2 x5 Nhân hai vế phương trình (1) với

 x 2 x5

ta được:x2  x51 x2 x5 3  x 2 x5

   

 

3 x x

      x 2 x5  x 2 x 5 x2 x5 1 0

       

5 2 1

x x x x x

             

5

2 1

1

x x x

x x

x

        

     

  

    

 Do x > -2 nên x = -4 (loại) Vậy nghiệm phương

trình x = -1

Đặt a x2 a2  x 2 ; b x 5 b2  x 5 nên b2 a2   x x 3 .Do phương

trình (1) trở thành:

2 3 ( )(1 ) b a

b a ab

  



  

 (*)

Từ hệ (*) suy b2 a2 b a  1ab  b a a b ab     10

   

0

1

1

1

a b b a

a b

a b

a b ab

 

 



    

       

  ta có x = -1.

Bài tốn : Giải phương trình: 25 x2  10 x2 3 (1)

Giải: Điều kiện

2

2

2

25 25

10 10 10

10 10

x x

x x

x x

    

 

      

 

  

 

  (*).

Đặt 0a 25 x2 ; 10 x2  b 0 a2 b2 25 x210x2 15 Nên phương trình (1) trở

thành 2

3

5

15

a b a b a

a b b

a b

    

  

 

  

  

   



Nếu b = 10 x2  1 x2  9 x3 so với điều kiên (*) x3 thoả

Nếu a = 25 x2 16 x2  9 x3 so với điều kiên (*) x3 thoả.

Vậy phương trình có nghiệm x3.

Bài tốn 10: Giải phương trình: x 1 x135x (*)

Lập phương hai vế phương trình (*) ta được:

    3

3

5x x    1 x x1 x1  x 1 x1

   5x2x33 x21 53 x

 

3 x2 1 53 x x x3 5x x2 1 4x3 5x 0 x 0

          

5 x

Thử lại ta thấy phương trinh có ba nghiệm

Bài tốn 11: Giải phương trình31 x 31 x 2 (1)

Điều kiện: x0 Đặt 31 x a; 31 x b  a3  1 x ;  b3  1 x nên phương trình (1)

trở thành       

2

2

3 2

2

2

2

2 2

a b a b

a b a b

a b a ab b

a b a ab b b b b b

   

 

   

   

  

   

   

           

   

 2

2 2

2

2

1

4 2 1

a b

a b a b

a b

b b b b b b b b

  

   

  

        

            

  

Nếu a = 1 x  1 x  0 x0

Nếu b = 1 x  1 x 0 x0.

Vậy x = nghiệm phương trình

Giải: TXĐ x  1 x1 Đặt 3 2 x a; x1 b 0 Nên phương trình cho trở thành:

3

1 a b a b

  



 

    

3

3 2

1

1

4

1 1 3

a b

a b

a b a b

b b b

a b b b b b b b

 

  



   

   

  

   

  

          

   

Nên b0;1;3 Do a b;  1;0 ; 0;1 ; 2;3    

Nếu a0 32 x  0 2 x 0 x2 ; b1 x1 1  x1 1  x2

Nếu a1 32 x  1 2 x 1 x1 ; b0 x1 0  x1 0  x1

Nếu a2 3 2 x 2 2 x8 x10; b3 x1 3  x1 9  x10

Vậy phương trình có ba nghiệm x1;2;10

Bài tốn 13:Giải phương trình

2

2

1

1 x x x

x x

 



 (*)

Giải: Điều kiện để phương trình có nghĩa x0

1

0 x x

 

hay 0x1

 

1

*

1

x x

x x

 

  

 Thử thấy

1 x

nghiệm phương trình (*) Với

1

2 x

 

1 x x 0 2x1 0 Suy

1

1 1

x x

x x

 

   

Với

1

1

2x 0 1  x x 2x1 0 Suy

1

1 1

x x

x x

 

   

Vậy x =

1

2 nghiệm phương trình.

Bài tốn 14 : Giải phương trình : 3x2 x2001 33x2 7x2002 36x 200332002.

Giải: Đ ặt : 33x2 x2001 a a3 3x2 x2001

 33x2 7x2002 b b3 3x27x 2002

 6x 2003 c c3 6x2003

Suy a3b3c3 2002 Do phương trình cho  

3 3 3 3 a b c  a b c nên a b c3 (a3 b3 c3) 0

      Khai triển thu gọn được: 3a b b c c a        0.

 Nếu a b  0 33x2  x200133x2 7x2002  3x2 x2001 3 x2 7x2002

1

6

x x

   

 Nếu b c  0 3x2 7x2002  36x 2003 3x2 7x20026x2003

2

3x x

    Phương trình có nghiệm

1 13 13 ;

6

x    

 

 

2

3x 7x 4004

    Phương trình vơ nghiệm

Vậy phương trình có ba nghiệm

1 13 13

; ;

6 6

x    

 

 .

Bài toán 15: Tính giá trị biểu thức:

4

1 a

a a a



   a nghiệm phương trình 4x2 2x 0

Giải : Phương trình 4x2 2x 0 có ac = - 4 0 nên có hai nghiệm phân biệt với a

nghiệm dương phương trình nên ta có: 4a2 2a 0 (1) Vì a > nên từ (1) có :

 

2 2 1

4 2.2 2

a

a a a a

a        a   

Gọi S

 

 

 

4

4

2 4

4 4 4

1 1

1

1

1 1

a a a a a a a a

a

a a a

a a a

a a a a a a

       



      

  

     

2 2

1 1 8

1

8 2 2 2 2 2 2

a a a a a a a a a a a a

a

            

           

Bài tốn 16: Giải phương trình:x2 x1000 8000 x 1000

Giải: Đặt 8000 x 1 2y 8000 x 2y  1 8000x4y2 4y 1 4y2 4y8000x

2 2000

y y x

   Do phương trình cho trở thành hệ phương trình:

2

2

2000 2000

x x y

y y x

  

 

 



 (1).Từ hệ phương trình (1) ta suy ra

         

2 2000 2000 0

x  x y y y x  x y x y   x y  x y  (2)

x y x y  2000 x y x y  1999

          

Từ hệ phương trình (1)

suy ra:x2y2 x y  2000x y   2001x y  x2y2 0 x y 0.

Nên x y 1999 0 .Do từ (2) suy x y 0 hay x = y Thay vào hệ (1) ta được

 

2 2000 2001 0 0

x  x x x x   x x2001 Nhưng x = không nghiệm

phương trình nên phương trình có nghiệm x = 2001

Bài toán 17: Giải phương trình x2 3x 2 x 3 x 2 x2 2x 3.

Điều kiện phương trình: x2

Ta có x2 3x 2 x 3 x 2 x22x  x x 2 x 3 x 2 x1 x3

1 x

   x 2 x 3  x 2 x 3 0  x 2 x 3  x1 1  0  x 2 x 3

hoặc x1 0   x 2 x 3 x1 1  0x1 x2. x2

Bài toán 18: Giải phương trình 2

1 1

5x x  9x36x  4x16

Giải :

ĐKXĐ: x0

Từ phương trình ta có 2 2

1

5x 4x  36x12 9x  36x12 Với x0 nên chia

hai vế phương trình cho x2 mẫu ta :

2

1

5 36 12 36 12

4

x x x x

 

   

     

    Đặt

2 12 36

t

x x

 

 

 

  Khi ta có

1

5 4 t 9t Quy đồng khử mẫu ta được:

 2

2 12 36 0 6 0 6

t  t   t   t

Do

2 12 36

6

x x

 

 

 

  Quy đồng khử mẫu ta x26x 24 0

Giải phương trình x26x 24 0 ta nghiệm: x1,2  3 33

Vậy phương trình có hai nghiệm x1,2  3 33

Bài tốn 19: Giải hệ phương trình:

2

2

2

20 11 2009 (1) 20 11 2009 (2) 20 11 2009 (3)

y y x

z z y

x x z



 

  

 

  

 

 

Giải: Từ (1) suy

1

20 11 2009

y y

x

 

   

 

  Tương tự từ (2) (3) suy x0 ;z0 Vì

hệ số khơng đổi ta hốn vị vịng quanh x; y; z giả thiết x = max(x, y, z)

Nghĩa x y x z ;  Trừ tường vế phương trình (3) cho phương trình (1) ta được

   2 2 

2

20 x y 11 x y 20 x yz 11x z x y (4) z x

 

        

 

  Vì x y 0 ;x z 0 nên x y 0

và x3 yz2 0 Do phương trình (4)

x y

x y z x yz

 

    





Thay vào phương trình (1) ta được:

2 20

11x 2009 11x 2009x 20

x       Do x = y = z =

2009 4035201 22



Bài tốn 20: Cho hệ phương trình

4

2 697

(1) 81

3 4 (2) x y

x y xy x y



 

 

      



a) Nếu có (x; y) thoả (2) Chứng minh

7

3 y

 

Giải:

a) Từ phương trình (2) có: x2y2xy 3x 4y  4 x2y 3xy 22 0 Phương trình bậc hai ẩn x có nghiệm:

 2  2

0 y y

        y 2 y 4 y 2 y4 0 3y 1   y0

7

3 y

  

b) Tương tự phương trình bậc hai ẩn y có nghiệm:

 

2 3 4 4 0 4 3 4 0

x y xy x y   y  x y x  x 

 2

0 x 4(x 3x 4)

         x2 8x16 4 x212x16 0  x4 3 x0

4 x    Do x   y   nên

4 256 49 697

3 81 81

x y       

   

Đẳng thức xảy

4 697 81

x y 

3 x   y Khi x y

thay vào phương trình (2) vơ nghiệm Nên hệ cho vơ nghiệm

Bài tốn 21 : Giải hệ phương trình:

 2  2

2 2

144

x y x y

x y x y y

   

 

    

 (*)

Giải: Từ hệ phương trình suy y > (*)

 2  2

2

144 (1)

2 24 (2)

x y x y

y x           

Thế phương trình (2) vào phương trình (1) ta có:

x2 2x2 24 x2 2x2 24 144 3x2 24 24  x2 144

         72x2 3x4 576 24x2 144 0

     

 2

4 2 2

3x 96x 720 x 32x 256 x 16 16 x 20 ;y 16

              x2 12 ;y 0

 

Thử lại nghiệm:x y;  2 5; ; 5; ; 3;0 ; 3;0       

Bài tốn 22 : Giải hệ phương trình:

    2 2 19 (*)

x xy y x y

x xy y x y

            

Giải : Hệ (*)

            2 2 2 2 19

2 19

2 7

x y xy x y

x xy y xy x y

x xy y xy x y x y xy x y

                                    2

x y xy

x y x y xy

   

  

    



 Đặt

x y a xy b      

Khi hệ trở thành:  

2

2

6

7 7 0

7

a b

a a a a a

a a b

                

 a1.

Nếu a 0 b0 suy

0

0

x y x

Nếu a 1 b6 suy

   

1

6

x y

x y

xy x y

   

 

 



 

  

  Nên x; (-y) nghiệm phương trình bậc

hai k2 k 0  k1 3 ;k2 2

Nếu x = k13 yk2 2 ; Nếu x = k2 2 yk1 3 ; Vậy hệ cho có nghiệm

là: x y;  0;0 ; 3; ; 3; 2     

Bài tốn 23: Cho hệ phương trình:

3

2 2

2 (1) (2)

x y y

x x y y

    

 

  



 Tính Q x 2y2.

Giải: Từ (1) suy    

2

3 3 4 2 1 2 1 2 1 1 1

x   y y    y y   y   x

(3) Từ x2x y2 2 2y0 có

2 2

1 1

1 y

x x

y

     

 (4)

Từ (3) (4) x1 Do y1 Vậy  

2

2 1 12 2 Q x y     .

Bài toán 24: Giải hệ phương trình: 2

3 (1)

2 (2) x y

x y x y

 

 

    



Giải: Từ phương trình (2) suy        

2

2 2 1 2 1 11 0 1 1 11 0

x  x  y  y    x  y  

Từ phương trình (1) suy x3y1 Nên

3y 3 12y1211 0  3y22y1211 0 9y2 12y 4 y2 2y 1 11 0

       

2

10y 10y 5y 5y

        Giải phương trình bậc hai ẩn y hai nghiệm :

5 85 10 y 

Nếu

5 85 10 y 

 

15 85

3

10 x y  

; Nếu

5 85 10 y 

 

15 85

3

10 x y  

Vậy hệ phương trình có nghiệm là:

 ;  15 85; 85 ; 15 85; 85

10 10 10 10

x y             

   

 .

Bài tốn 25: Giải hệ phương trình:

3

3

2

6

x x y y xy

  

 

 



 (*)

Hệ phương trình (*) tương đương

 3

3 2

3 3 2

8 12 20 3.4 3.2 27

6 7

x x y x x y xy y

y xy y xy



      

 



 

 

   

 

 3

3

2 27

6

x y y xy

  

  

 





2

9

x y

y y

 

  

  



Giải phương trình : y3 9y2 7 0 y1 2 y2 7y 70 có ba nghiệm y11;

2

7 105 105

;

4

Nếu y 1 x1 ; Nếu

7 105 105

;

4

y   x 

Nếu

7 105 105

;

4

y    x 

Vậy hệ phương trình có ba nghiệm

 ;  1;1 ; 105 7; 105 ; 105 7; 105

8

x y          

   

    

 

Bài toán 26: Giải hệ phương trình

2

2

2 (1)

4 (2) x xy y x y

x y x y

      

 

    



 .

Giải: Từ phương trình (1) suy y2 x1y 2x25x 0 Giải phương trình bậc hai ẩn y

có hai nghiệm y12x1 ;y2 x2 Nên hệ phương trình tương đương:

2 2

4 y x

x y x y

  

 

    

 2

2

4 x y

x y x y

  

 

    

 .

Giải hệ phương trình :

2

4

2 5

13

5 x y x

x y x y y

  

  

 



 

    

  



 .

Giải hệ phương trình 2

2

4 x y

x y x y

  

 

    

 có nghiệm

1 x y

  





Vậy hệ phương trình có nghiệm là:   

4 13 ; 1;1 ; ;

5 x y    

 

 .

Bài tốn 27 : Giải hệ phương trình

2

2

x y y x y

y x x y x

   

 

  



 (Đề thi chuyên Lê Khiết năm

học 2008- 2009)

Điều kiện hệ:

3 x

;

3 y

Khi ta có:  

2

2

3 4

2

x y y x y

x y y x y

x y y x y x

y x x y y

   

   

 



 

    

  

 

 

       

 

2

3 4 4

4

x y y x y

x y y x x y y x y x y x

x y y x x y

   

 

       

 

 

   

  2

2

3 4

4

x y y x y

y x

x y y x

x y y x x y

   



     

 

   



   

2

12

0

4

x y y x y

xy x y x y

x y y x x y

   



   

 



   



 

2

12

0 (*)

4

x y y x y

xy x y

x y y x x y

   

 

   

    



   

 

  



Do điều kiện

3 x

;

3 y

nên phương trình(*) x y 0 Do

12

4

xy

x y y x x y

 



 

   

 

  > hay x = y

Thay x = y vào phương trình ta có: 3x x 3 4x 3 x3 4x 3 x3 4x 3

  

2

1,2 1

1 1 13

3

2 x

x

x x x

x x x

 

 

 

         



   





So với điều kiện

1 13 x 

(loại) V ậy hệ phương trình cho có nghiệm

1

1 13 x y

x y

  



  

  



Cách giải khác: Điều kiện hệ

3 x

;

3 y

Ta có:

 

 

2

2

2 3

xy x y y

x y y x y

y x x y x xy y x x

   

   

 



 

     

 

 

 Giả sử x y suy 4x 3 4 y nên

2  2  2  2 

xy y x  xy x y  y x  x y  y  x y x

(vô lý)

 Giả sử x y suy 4y 3 4 x nên

2  2  2  2 

xy x y  xy y x  x y  y x  x y  xy

(vô lý)

Nên suy xy Thay x = y vào hệ ta có phương trình:

3

3x x 3 4x 3 x 4x 3 x  4x 3

  

2

1,2 1

1 1 13

3

2 x

x

x x x

x x x

 

 

 

         



   





So với điều kiện

1 13 x 

(loaị) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm

1

1 13 x y

x y

  



  

  

Bài tốn 28: Giải hệ phương trình:

4 (1) (2) (3)

x y z

y z x

z x y

   

 

  

 

  

 

Giải: Điều kiện

1 ; ;

4 x y z

Nhân phương trình với ta có:

2 2

2 2

2 2

x y z

y z x

z x y

   

 

  

 

  



  4x4y4z 4x1 4 y1 4 z1 0

4x 4x 1 4y 4y 1 4z 4z 1

               

 4x 1 2 4y 1 2 4z 12

           x  y z 12

Bài tốn 29 Giải hệ phương trình sau:

2

2

2

12 48 64 (1)

12 48 64 (2)

12 48 64 (3)

x x y

y y z

z z x

   



  

 

  



Giải:

Giả sử ba số x y z; ;  nghiệm hệ phương trình y z x; ;  z x y; ; 

nghiệm phương trình Giả sử x số lớn xy ;x z (4)

Từ (1) ta có    

2

2 3

12x  48x64y  y 12 x  4x4 16 12 x 16 16  y2 Tương tự

từ phương trình (2) (3) ta có x2 ;z2 (5)

Trừ vế (1) (3) ta được:x3 y3 12z2 x2 48z x  12z x x z     4 (6) Theo (4) (5) suy x3 y30 ;z x 0 ;x z  0 Nên từ (6) suy x y z (7)

Thay (7) vào (1) ta được: x312x248x 64 0  x 43  0 x4 Vậy hệ có nghiệm x y z; ;   4; 4; 4

Bài tốn 30:Tìm x, y, z biết x y z   x y z.

Điều kiện: x y z; ; 0 ;x y z  0 Đặtx a 2;y b z c 2;  2 Do a.b.c 0 nên ta có

 2

2 2 2

a  b c  a b c  a  b c  a b c  a2 b2 c2 a2 b2 c2 2ab 2ac 2bc

        

2

2b 2ab 2ac 2bc

       2b a b   2c a b   0 2a b b c     0

0

a b a b

b c b c

  

 

   

  

  Do x = y z tuỳ ý ; y = z x tuỳ ý

Hoặc cách giải khác: x y z   x y z  x y z   y  x z

 

2

x y z y y x y x x z xz

     

y x y z xz y x y z xz y x y yz xz

            

       

y x y z x y x y y z

         Do x = y z tuỳ ý y = z x tuỳ ý.

Bài toán31: Cho x > , y >

1 1

x y  Chứng minh rằng: x y  x1 y1.

Từ

1 1

x y  (1) Suy x > ; y > thức x1 ; y1 tồn Từ (1) suy ra

   

1 1 1

x y xy   xy x y     x y   x1 y1  1 x1 y1 2

     2

2 1 1

x y x y x y x y

           

 x y  x1 y1 (đpcm).

Bài toán 32 : Cho tam giác có số đo đường cao số ngun, bán kính đường trịn nội tiếp tam giác Chứng minh tam giác tam giác

Giải:

Gọi x, y, z độ dài đường cao ứng với cạnh a, b, c tam giác, đường cao tam giác ln lớn đường kính đường trịn nội tiếp tam giác đó, nghĩa

2; 2;

x y z Vì x, y, z số nguyên dương nên

1 1 1

3; 3;

3 3

x y z

x y z

         

Mặt khác ta lại có:

1 1

1

ax ABC

a b c a b c

x y z

x y z by cz S r

 

           

nên tam giác ABC

Bài toán 33: Cho phương trình x42mx2 4 (*) Tìm giá trị tham số m để

phương trình có nghiệm phân biệt x x x x1; ; ;2 thoả mãn

4 4 4 32 x x x x  .

Giải:

Đặt x2  t 0 phương trình (*) trở thành t22mt 4 (1) Phương trình (*) có

nghiệm phân biệt nên phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt t t1; ngh ĩa l à:

2

1

1 2

2

'

2

2 0

0

m m

m m

t t m m m

m t t

t t

 

   

   

 



        

  

 

   

 

Khi m <-2 phương trình (*) có nghiệm x1;2  t1 ; x3;4 t2  2

4 4

1 2 41 16

x x x x  t t  t t  m  Từ giả thiết suy 8m2 13 32 m 6

    m 2

Bài tốn 34:

Chứng minh phương trình ax4 bx3cx2 2bx4a0 (a0) (*) có hai nghiệm x x1;

Nếu phương trình (*) có hai nghiệm x x1; đa thức bậc bốn vế trái phương trình

phân tích : ax4bx3cx2  2bx4ax x 1 x x 2ax2mx n  

x2 px 1 ax2 mx n

     (vì x x1. 2 1 p x 1x2)

     

4

ax m ap x a mp n x m pn x n

         Đồng thức hai vế phương trình ta

được :

4 (1)

2 (2) (3)

(4) n a

m pn b m ap b a mp n c

  

 

 

 



   



Giải hệ phương trình ta 5a2 2b2 ac.

Cách giải 2: Vì x10

1 x

x



nghiệm phương trình (*) nên ta có:

       

4 2

1 1 1 1 1

ax bx cx  2bx 4a 0 a x 1  bx x 1  0 x 1 ax  bx a 0

    

1 1 1

x x ax bx a

    

Có ba trường hợp xảy

Trường hợp 1: Nếu x1 1 x1 x2 1 Đa thức vế trái chia hết cho x 12 x2 2x 1

    nên đa thức dư đồng phải Bằng phép chia đa thức cho đa thức

ta được:

2

4 2

5

2

a b c b a

a b ac

a b c c a

    

 

   

 

   

 

Trường hợp 2: Nếu x1 1 x2 x11 Tương tự trường hợp (1) ta có 5a2 2b2ac

Trường hợp 3: Nếu x1 1 x x1; nghiệm phương trình ax2 bx a 0 Chia đa

thức (*) cho ax2  bx a ta đa thức dư đồng có a bx 5a2 2b2 ac 0

2 5a 2b ac.

Cách giải 3: Vì x0 khơng nghiệm phương trình (*) nên chia hai vế cho x2 ta

được:

2

4

0 (1)

a x b x c

x x

   

    

   

    Đặt

2

2

2

4

y x x y

x x

     

nên phương trình trở

thành ay2by4a c 0 (2) Đặt 1 1 2 2  

2

;

y x y x

x x

   

Áp dụng định lý Viet cho

phương trình (2) 2

4 ;

b a c

y y y y

a a



  

Thay vào (3) biến đổi ta 5a2 2b2ac.

Phương trình (2) có hai nghiệm y y1; Nếu y1 y2  x1 x2 nghiệm

phương trình (2) ta phải xét thêm trường hợp 1) 2) cách giải 2:

Bài tập nhà phương trình hệ phương trình

1)Giải phương trình sau:

b) 5x214x 9 x2 x 20 5 x1

5 61 8;

2 x   

 

 

1) Giải hệ phương trình sau:

a)

1

7

x y

x y

   

 

 



 KQ: x y;   3; 4

b)

   

   

1

1 17

x y

x x y y xy

   

 

    



 KQ: x y;  1;3 ; 3;1  

c)

2

3

1 x y xy

x y x y

   

 

  



 KQ: x y;  1;0 ; 1;0  

d)

3

3

2000 500

x xy y

y x y x

   

 

  

 

Bài tập nhà:

1) 10 2 x 2x 3 2) 48 x3  35 x3 13

3)532 x2  51 x2 4 4)3 x1 3 482 x

5) x4 20 x 4 6)x 17 x2 x 17 x2 9