›
›
›

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán 8

doc 33 trang hoaithuong97 5400
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán 8", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docchuyen_de_boi_duong_hoc_sinh_gioi_mon_toan_8.doc

Nội dung text: Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán 8

  1. I. PHƯƠNG TRèNH 1. Khụng cú tham số Dạng 1: Biến đổi tương đương Cõu 1. Giải phương trỡnh 3 x4 x2 2 5 x5 x2 2 3 x4 3x 2 2 5 x5 3x Lời giải +Biến đổi phương trỡnh tương đương :x2 3x 2 0 x 1 x 2 Cõu 2. Giải phương trỡnh 4 x 1 2 2x 3 (x 1)(x 2 2). Lời giải Điều kiện: x 1. Nhận thấy x 1 là một nghiệm của phương trỡnh. Xột x 1. Khi đú phương trỡnh đó cho tương đương với 4 x 1 2 2 2x 3 3 x3 x 2 2x 12 4(x 3) 4(x 3) (x 3)(x 2 2x 4) x 1 2 2x 3 3 4 4 2 x 3 (x 1) 3 0. (1) x 1 2 2x 3 3 4 4 Vỡ x 1 nờn x 1 0 và 2x 3 1. Suy ra 3, vỡ vậy x 1 2 2x 3 3 4 4 (x 1)2 3 0. x 1 2 2x 3 3 Do đú phương trỡnh (1) x 3 0 x 3. Vậy phương trỡnh đó cho cú 2 nghiệm là x 1 hoặc x 3. Cõu 3. [Đề thi hsg Bắc Sơn, Lạng Sơn] Giải phương trỡnh sau : 3 x 1 3 x 1 3 5x Lời giải 3 2 3 x 1 3 x 1 3 5x 2x 3 x 1 3 x 1 3 x 1 5x 3 2 3 5 x 13 5x x 4x 5x 0 x 0;x . 2 5 Thử lại ta thấy phương trình có 3 nghiệm: x = 0; x = . 2
  2. Cõu 4. Giải phương trỡnh: x2 6x 1 2x 1 x2 2x 3 1 ,với x R . Hướng dẫn giải. 1 x2 2x 3 2x 1 x2 2x 3 4x 2 0 x2 2x 3 2x 1 x2 2x 3 2 0 x2 2x 3 2x 1 2 x 2x 3 2 1 2 x 3 15 x 2x 3 2x 1 2 x 2 3 3x 6x 2 0 Cõu 5. Giải phương trỡnh 3x 2 x 1 2x2 x 3 . Hướng dẫn giải. 2x 3 3x 2 x 1 2x2 x 3 (2x 3)(x 1) 3x 2 x 1 Tỡm được nghiệm duy nhất x=2/3 Cõu 6. Tỡm nghiệm nguyờn của phương trỡnh x2 3y2 2xy 2x 10y 4 0 . Hướng dẫn giải Ta cú: x2 3y2 2xy 2x 10y 4 0 2 x2 2x y 1 y 1 4y2 8y 4 7 2 2 x y 1 2y 2 7 3y x 1 y x 3 7 Vỡ 7 là số nguyờn tố nờn ta cú cỏc trường hợp sau: 3y y 1 7 3y y 1 7 3y y 1 1 3y y 1 1 ; ; ; y x 3 1 y x 3 1 y x 3 7 y x 3 7 Giải ba hệ phương trỡnh trờn ta được: x; y 3;1 , 1; 3 , 7; 3  . Cõu 7. (THPT Quảng Xương 2 – Thanh Húa, 2009-2010) Giải phương trỡnh: 2 1 5 6x x2 x 1 5 x Hướng dẫn giải 2 t 2 4 Đặt t x 1 5 x ta được 1 t 2 t 2 2t 2 0 t 2
  3. Giải ta được t 2 suy ra x 1, x 5 Dạng 2: Đặt ẩn phụ Bài 1. Giải phương trỡnh trờn tập số thực: x2 + x +9 = 2x 4 x +1 (1). Hướng dẫn giải Điều kiện: x 1 . 2 x2 x 9 2x 4 x 1 x 2 5 x 1 2 x 2 x 1 gx 1 khụng là nghiệm của phương trỡnh. 2 x 2 x 2 gx 1: pt(1) 5 2 1. x 1 x 1 x 2 Đặt t = . x 1 2 Phương trỡnh trở thành: t2 +5 = 2t +1 t = . 3 20+ 4 7 20 4 7  Khi đú ta cú: 2 x +1 = 3x 6 x = . Vậy S  . 9 9  Bài 2. Giải phương trỡnh sau trờn tập số thực: 2x2 3x 7 x 5 2x2 1 . Hướng dẫn giải Phương trỡnh (1) 2x2 1 x 5 2x2 1 3x 6 0 . Đặt t 2x2 1 . Ta cú phương trỡnh: t 2 x 5 t 3x 6 0 (*). 2 2 x 5 4 3x 6 x 1 . t 3 Phương trỡnh (*) t x 2 x 2 0 t 3 2x2 1 3 x 2 t x 2 2x2 1 x 2 2 x 4x 3 0 x 2 x 2 7 . x 2 7 Vậy S 2;2 7 . Bài 3. Giải phương trỡnh sau trờn tập số thực: 2x2 x 5 x2 x 2 2x2 x 1 x 3 0 . Hướng dẫn giải
  4. 2 7 a x x 2 a Đặt . Điều kiện: 2 . b x 3 b 0 Ta cú: 2x2 x 5 2a2 3b2 ; 2x2 x 1 2a2 b2. 3 2 2 2 2 2 b b b Thay vào phương trỡnh ta được: 2a 3b a 2a b b 0 3 2 2 0 a a a b 1 a 2 b b 4 2 0 a a 2 b b b +) 4 2 0 : phương trỡnh vụ nghiệm do 0. a a a b 2 x 1 ) 1 b a x 3 x x 2 . a x 1 Vậy x 1; x 1 là nghiệm phương trỡnh. Bài 4. Giải phương trỡnh sau 2x3 10x2 17x 8 2x2 3 5x x3 Lời giải Nhận xột rằng x 0 khụng là nghiệm của phương trỡnh đó cho. 1 Suy ra x 0 . Chia cả hai vế của phương trỡnh cho x3 rồi đặt t , t 0 , ta cú phương trỡnh x 8t3 17t 2 10t 2 2 3 5t 2 1 2t 1 3 2 2t 1 5t 2 1 2 3 5t 2 1 * Xột hàm số f t t3 2t, t Ă . Ta cú hàm số f t liờn tục trờn Ă và f ' t 3t 2 2 0,t . Suy ra hàm số f t luụn đồng biến trờn khoảng ; . Khi đú phương trỡnh đó cho cú dạng f 2t 1 f 3 5t 2 1 2t 1 3 5t 2 1 17 97 8t3 17t 2 6t 0 t (do t 0 ) 16 17 97 17 97 Vậy phương trỡnh đó cho cú nghiệm là x và x . 1 12 2 12 Bài 5. Giải phương trỡnh sau : 4x 1 x2 1 2x2 2x 1 Lời giải Đặt y x2 1 1 y2 x2 1 2y2 (1 4x)y 2x 1 0 .
  5. 4 y 2x 1 x 3 5x2 2 3 x3 5x2 1 . 6 Điều kiện xỏc định: 5x2 2 0. 5x2 2 Đặt t (t 0). Ta cú 5x2 6t 2 2 . 6 Phương trỡnh đó cho trở thành 3 x3 6t 2 2 1 t x3 6t 2 2 (t 1)3 x3 (t 1)3 x t 1 t x 1 x 1 5x2 2 x 1 x 1 2 5x 2 2 2 6 (x 1) x 12x 8 0 6 x 6 28 (tm đk). Vậy phương trỡnh đó cho cú nghiệm là x 6 28. Bài 6. Giải phương trỡnh: log (x2 2x 11) log (x2 2x 12) (1) 2 5 2 2 5 x2 2x 12 0 Điều kiện: (*) 2 x 2x 11 0 (2 5)2 9 4 5 và (2 2 5 )2 8 4 5 do đú 2 5 9 4 5 và 2 2 5 8 4 5 . (1) log (x2 2x 11) log (x2 2x 12) 9 4 5 8 4 5 log (x2 2x 11) log (x2 2x 12) 9 4 5 8 4 5 Đặt: a = 8 + 45 > 1, t = x2 – 2x -12. Điều kiện: t > 0. Do đú: (1) lna + 1(t + 1) = lnat t a y Cỏch 1: (1) ln (t + 1) = ln t (I) . a + 1 a y t 1 (a 1) y y a 1 Từ (I) ta được: 1 (2). a +1 a +1 y = 1: là nghiệm của (2). y y y y a 1 a 1 a 1 a 1 y < 1: 1 , y < 1: 1 . a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 Nờn (2) cú nghiệm duy nhất: y = 1. Do đú: (1) t = a x2 – 2x – 12 = 8 + 45 ( thỏa *) x2 – 2x – 20 - 45 = 0 x = 2 + 25 hoặc x = -25 .
  6. Vậy phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm: x = 2 + 25 hoặc x = -25 . Cỏch 2: Xột hàm số y = f(t) = lna + 1(t + 1) - lnat (a >1 1 1 Ta được: y ' 0 vỡ a > 1, nờn hàm số giảm trờn (0; + ) và ta cú f(t) = 0 cú (t 1)ln(a 1) t ln a nghiệm t = a nờn f(t) cú nghiệm duy nhất t = a. 2 Vậy: (1) (1) lna + 1(t + 1) = lnat t = a x – 2x – 12 = 8 + 45 ( thỏa *) x2 – 2x – 20 - 45 = 0 x = 2 + 25 hoặc x = -25 . Vậy phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm: x = 2 + 25 hoặc x = -25 . Bài 7. Giải phương trỡnh: 3(x2 2x 2) 10 x3 2x2 2x 1 (1). x3 2x2 2x 1 (x 1)(x2 x 1) nờn điều kiện là: x -1. x 2 + 2x + 2 = (x +1) + (x2 + x + 1), đặt a x 1 , b x2 x 1 Với điều kiện x -1: (1) trở thành: 3(a2 + b2) = 10ab 3a2 – 10ab + 3b2 = 0 (a – 3b)(3a – b) = 0 a = 3b hay a = b/3. a = 3b x 1 =3x2 x 1 x + 1 = 9(x2 + x + 1) 9x2 + 8x + 8 = 0 (vụ nghiệm) a = b/3 3a = b 3x 1 = x9(x2 +x 1)1 = x 2 + x + 1 x2 - 8x - 8 = 0 x 4 2 6 Vậy phương trỡnh cú hai nghiệm:.x 4 2 6 Bài 8. Giải phương trỡnh : x3 3x2 2 x 1 Điều kiện: x -1 +) Nếu x > 3 thỡ: x3 - 3x2 + 2 = (x – 1)3 - 3(x- 1) > 4(x – 1) – 3(x – 1) = x – 1 > x 1 Chứng tỏ x > 3 khụng thỏa món Với -1 x 3 Đặt x = 2cost + 1 ( 0 t ) Khi đú phương trỡnh trở thành: (2cost + 1)3 - 3(2cost + 1)2 + 2 = 2 cos t 2 8cos3 t – 6cost = 2(cost 1) t 2cos3t = 2cos 2 t cos3t = cos 2
  7. t 4k 3t 2k t 2 5 t 4k 3t 2k t 2 7 5x2 2 Bài 9. Giải phương trỡnh 3 x3 5x2 1 6 Hướng dẫn giải Điều kiện xỏc định: 5x2 2 0. 5x2 2 Đặt t(t 0). Ta cú 5x2 6t 2 2 . 6 Phương trỡnh đó cho trở thành 3 x3 6t 2 2 1 t x3 6t 2 2 (t 1)3 x3 (t 1)3 x t 1 t x 1 x 1 5x2 2 x 1 x 1 2 x 6 28 . 5x 2 2 2 6 (x 1) x 12x 8 0 6 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm là x 6 28. Bài 10. [Đề chọn hsg tỉnh Trà Vinh, 2014-2015] Giải phương trỡnh : 1 1 x2 1 x 3 1 x 3 2 1 x2 Bài 11. [Đề thi hsg tỉnh Vĩnh Long, 2015-2016] Giải phương trỡnh x3 1 2 3 2x 1 Lời giải Phương trỡnh tương đương với x3 2x 2x 1 2 3 2x 1 Đặt t 3 2x 1 , ta cú phương trỡnh x3 2x t3 2t x t x2 xt t 2 2 x t 0 x t x2 xt t 2 2 0 1 2 2 2 2 t 3t Vỡ x xt t 2 x 2 0 nờn (1) x t 2 4 x 1 3 3 2 x 2x 1 x 2x 1 0 x 1 x x 1 0 1 5 x 2 1 5  Tập nghiệm S 1;  2 
  8. Bài 12. Giải phương trỡnh: x 4 x 2 1 3 x 2 1 3 3x ,với x Ă Hướng dẫn giải. Từ pt ta thấy x0 2 1 1 (1) x 2 1 3 x 3 3 x x 1 Đặt: t x ,t 2 x Pt trở thành: t 2 1 3 3 t t 3 2 t 2 t 9t 14 0 1 x 2 x 1 x Giải phương trỡnh x3 5x2 12x 6 2 3 x2 x 1 Bài 13. Giải phương trỡnh: x 2 3x 1 x x2 1. 3 4x . Hướng dẫn giải. Đặt u x;1 ,v 2 3x; 1 x từ phương trỡnh ta cú u.v u . v Như vậy: ungược,v hướng 2 3x 1 x Suy ra: (1) x 1 1 5 Giải (1) và thử lại ta thấy phương trỡnh đó cho cú nghiệm là x 2 Bài 14. Giải phương trỡnh: x 10 10 x ,với x R Hướng dẫn giải. Đk: x 0 Đặt u 10 x,u 10 x 10 u Ta cú: u 10 x x u x u 0 x u x u 1 0 x u u x 1 0(VL)
  9. x 10 21 41 x u x x 10 x 2 x 21x 100 0 2 21 41 Vậy phương trỡnh cú một nghiệm: x , 2 4 Giải phương trỡnh: 3 81x 8 x3 2x2 x 2 . 3 3x Bài 15. Giải phương trỡnh: x 1 x2 1 Hướng dẫn giải. Phương trỡnh đó cho cú điều kiện 0 x 1 3x 3x Với điều kiện trờn ta cú: x 1 x2 1 x2 1 1 x (1 x)2 (x2 1) 9x2 2 1 1 x 2 2 x 7 0 x x 1 t 1 10 Đặt t x (t 2) ta cú: t2 2t 9 0 t 1 10 x t 1 10 1 10 5 2 x 1 2 Với t 1 10 ta cú : x 1 10 x 1 10 5 2 x 2 1 10 5 2 So với điều kiện 0 x 1 , phương trỡnh đó cho cú nghiệm x 2 Bài 16. Giải phương trỡnh sau trờn tập số thực: x 1 (2x 1) x 1 2 . Hướng dẫn giải. 1 Điều kiện: x . Đặt y x 1 2 (y 2 ), 2 x 1 y 2(x 1)y ta thu được hệ 2 y x 1 2 Suy ra x 1 y y2 x 1 (x 1)y y x 1 1 y x 1 y2 x 1 0 y x 1 1 y 2 x 1 0 y 2 x 1
  10. 15 33 Do vậy x 1 2 2 x 1 x . 32 15 33 Thay vào, thử lại thấy x thỏa món. 32 15 33 Đỏp số: x . 32 Bài 17. Giải phương trỡnh: x 2 6x 2 4x x 1 . Hướng dẫn giải. 2 x  x 0 2 3 6x 4x 0 2 1 5 1 5 pt x 1 x 0 x 2 2 2 2 2 6x 4x (x 1 x ) 2 2 2 6x 4x (x 1 x ) (1) (1) x 4 1 2x 3 2x x 2 = 0 2 1 1 x 2 x 7 0 (x = 0 khụng là nghiệm) x 2 x 1 t 1 10 Đặt t x (t 2) ta được t 2 2t 9 0 x t 1 10 1 10 5 2 x 2 So với điều kiện ta được t 1 10 1 10 5 2 x 2 1 5 1 10 5 2 So với điều kiện 0 x , ta được x 2 2 Bài 18. Giải phương trỡnh sau: 4 x2 x 1 1 5x 4x2 2x3 x4 với x R . Hướng dẫn giải. 3 Đặt t x2 x 1, t . Khi đú phương trỡnh trở thành: 2 4t t 4 7t 2 5 t 4 6t 2 9 t 2 4t 4 0 2 t 2 3 t 2 2 0 t 2 t 1 t 2 t 5 0 (*) t 2 t 1 0 (*) 2 t t 5 0 3 1 5  Với t thỡ t 2 t 1 0 cú một nghiệm là t 2 2
  11. 3 1 21  Với t thỡ t 2 t 5 0 cú một nghiệm là t 2 2 2 1 5 1 5  2 2 Khi t thỡ x x 1 2x 2x 1 5 0 2 2 1 3 2 5 1 3 2 5 x hoặc x . 2 2 2 1 21 1 21  2 2 Khi t thỡ x x 1 2x 2x 9 21 0 2 2 1 19 2 21 1 19 2 21 x hoặc x . 2 2 x 2 2 Bài 19. Giải phương trỡnh 1 3 3 x 3 3 9 x 3 . 2 Hướng dẫn giải. Điều kiện x 2 Đặt t 3 9 x 3 ta cú 3 3 2 t 27 x 2 t 45 2 t x ; ; 3 3 x 3 9 2 18 3 Phương trỡnh đó cho trở thành t 3 45 t 2 t 3 45 t 1 t 2 3t 3 18 3 2 2 3 2 3 3 t 45 2 2 Ta cú t 3t 3 t 0 nờn t 3t 3 2 4 2 1 Ta được phương trỡnh 2t 1 t 3 t 2 3t 9 0 t  t 3 2 1 217 Với t thỡ x 2 72 Với t 3 thỡ x 0 Bài 20. Giải phương trỡnh 2x2 + 1- x + 2x 1- x2 = 1 . Hướng dẫn giải. Ta cú phương trỡnh tương đương với 1- x = 1- 2x2 - 2x 1- x2
  12. ị 1- x = 1+ 4x4 + 4x2(1- x2) - 4x2 - 4x 1- x2 + 8x3 1- x2 Û x(1- 4 1- x2 + 8x2 1- x2 ) = 0 ộ ờx = 0 Û ờ ờ1- 4 1- x2 + 8x2 1- x2 = 0(1) ở Xột (1), đặt y = 1- x2 , suy ra y ³ 0 và x2 = 1- y2 . Ta được 1- 4y + 8y(1- y2) = 0 Û 8y3 - 4y - 1 = 0 Û (2y + 1)(4y2 - 2y - 1) = 0 1+ 5 5 - 5 Û y = . Từ đú suy ra x = ± . 4 8 5 - 5 Thử lại ta được nghiệm của phương trỡnh là x = 0 và x = - . 8 Bài 21. Giải phương trỡnh x3 1 2 3 2x 1 . Hướng dẫn giải Phương trỡnh tương đương với x3 2x 2x 1 2 3 2x 1 . Đặt t 3 2x 1 , ta cú phương trỡnh x3 2x t3 2t x t x2 xt t 2 2 x t 0 x t x2 xt t 2 2 0 1 2 2 2 2 t 3t Vỡ x xt t 2 x 2 0 nờn (1) x t 2 4 x 3 2x 1 x3 2x 1 0 x 1 2 x 1 x x 1 0 1 5 x 2 1 5  Tập nghiệm S 1;  . 2  2 1 3 2 Bài 22. (Chuyờn Hưng Yờn ) Giải phương trỡnh 8x 15x 9 1 5x 2x 2 x Hướng dẫn giải 2 1 3 2 8x 15x 9 1 5x 2x 2 x 8x3 15x2 9x (x 1) 3 (x 1)(2x 1) 3x2 3x 1(x 0) (2x 1)3 (3x2 3x 1) (x 1) 3 (x 1)(2x 1) 3x2 3x 1
  13. u3 (3x2 3x 1) (x 1)v Đặt u 2x – 1, v 3 5x2 2x 2 , ta được hệ: 3 2 v (3x 3x 1) (x 1)u Trừ vế với vế hai phương trỡnh trờn, ta được: u v v2 uv u2 x 1 v u (u v) u2 uv v2 x 1 0 TH1: u v 2x 1 3 5x2 2x 2 8x3 17x2 8x 1 0 x 1 2 (x 1)(8x 9x 1) 0 9 113 x 16 u 3 TH2: u2 uv v2 x 1 0 (v )2 (2x 1)2 x 1 0 2 4 u 4(v )2 12x2 8x 7 0 2 u 4(v )2 4x2 2(2x 1)2 5 0 phương trỡnh vụ nghiệm. 2 9 113 Vậy phương trỡnh đó cho cú ba nghiệm: x 1; x 16 Bài 23. Giải phương trỡnh : x2 4x 3 x 5 . Hướng dẫn giải Đặt t x 5 t 0 . Từ phương trỡnh đó cho ta cú :t 4 14t 2 t 48 0 (*) Ta cú : (*) t 3 t3 3t 2 5t 16 0 t 3 3 2 t 3t 5t 16 0 ( ) Với t 3 ta cú x 4 Đặt y t 1 y 1 từ phương trỡnh ( ) ta cú :y3 8y 9 0 ( ) Dựng mỏy tớnh điện tử hoặc khảo sỏt hàm số f y y3 8y 9 trờn 1; ) ta thấy ( ) cú một nghiệm duy nhất y0 Ta biểu diễn y0 dưới dạng: y0 u0 v0 8 Ta cú : u3 v3 u v 3u v 8 9 0 nờn cú thể chọn u ;v sao cho :u v 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 3 3 3 512 u0v0 Vậy ta cú : 27 3 3 u0 v0 9 512 Như vậy u3;v3 được chọn là nghiệm của phương trỡnh : z2 9z 0 0 0 27
  14. 3 9 139 u0 2 108 Suy ra: 3 9 139 v0 2 108 Ta tỡm được nghiệm của ( ) là 2 9 139 9 139 9 139 9 139 y 3 3 .Suy ra : x 3 3 1 5 0 2 108 2 108 2 108 2 108 Vậy phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm 2 9 139 9 139 x 4 ; x 3 3 1 5 2 108 2 108 3 Bài 24. Giải phương trỡnh sau: x 2 - 3x + 1= - x 4 + x 2 + 1 . 3 Hướng dẫn giải: Ta cú: x 4 + x 2 + 1= (x 2 + x + 1)(x 2 – x + 1)> 0 Û x 2 – 3x + 1= 2(x 2 – x + 1)–(x 2 + x + 1) x 2 - x + 1 Đặt t = ,t > 0 . Phương trỡnh trở thành: x 2 + x + 1 ộ - 3 ờt = < 0 3 ờ 2 3 x 2 - x + 1 1 2t 2 + t - 1= 0 Û ờ Û = 3 ờ 1 x 2 + x + 1 3 ờt = ởờ 3 Û x = 1 Dạng 3. Sử dụng hàm số Cõu 1. Giải cỏc phương trỡnh sau: a) 8x3 4x 3 ln 4x2 2x 1 0. b) ln x2 6x 10 x3 3x2 4x 12 0 . Cõu 2. Giải phương trỡnh sau: 4x x2 2 2 1 a) log2007 x 4x 3 2006 2 2007 2 2x 3 4 2 b) log2007 4 2 x x 2 x x 1 1 sin x Cõu 3. Giải phương trỡnh log2007 1 sin x 1 2007 1 . 2 Giải phương trỡnh: x.3x 1 (x2 1).3x 1 x x2 0
  15. 2 Phương trỡnh đó cho tương đương với: (x2 1).(3x 1) x.(3x 1 1) 0 Xột x = 0; x = 1: Thay vào (1) ta thấy đều thỏa nờn phương trỡnh cú cỏc nghiệm: x = 0; x = 1. 2 3x 1 3x 1 1 Xột x 0; x 1: Khi đú (1) 0 (2) x x2 1 3t 1 Với t 0, xột hàm số: f (t) . t * Với t > 0 thỡ 3t – 1 > 0 f(t) > 0 và với t 0, do đú: Vỡ (2) f(x) + f(x2 – 1) = 0 nờn (2) vụ nghiệm. Vậy phương trỡnh đó cho cú tất cả là 3 nghiệm: x = 0; x = 1. Cõu 4. [Đề chọn hsg tỉnh Trà Vinh, 2014-2015] Giải phương trỡnh : 3 3x 5 8x3 36x2 53x 25 Cõu 5. Giải phương trỡnh: 8x3 17x2 10x 2 2 3 5x2 1 . Ta cú 8x3 17x2 10x 2 2 3 5x2 1 (2x 1)3 2(2x 1) (5x2 1) 2 3 5x2 1 (1). Đặt f (t) t3 2t thỡ f '(t) 3t 2 2 0,t do đú f đồng biến và liờn tục trờn Ă . Từ đú: (1) f (2x 1) f 3 5x2 1 2x 1 3 5x2 1 . x 0 2 x(8x 17x 6) 0 17 97 . x 16 Vậy phương trỡnh đó cho cú 3 nghiệm. Cõu 6. Giải phương trỡnh 2x3 1 0x2 17 x 8 2x2 3 5x x3 (1) Hướng dẫn giải Cú x 0 khụng là nghiệm của (1) Xột x 0 , chia hai vế cho x3 , được 10 17 8 5 2 2 3 1 x x2 x3 x2 1 Đặt y y 0 , khi đú cú PT x 8y3 17y2 10y 2 2 3 5y2 1 2y 1 3 2 2y 1 5y2 1 2 3 5y2 1 Suy ra f 2y 1 f 3 5y2 1 Xột hàm số f t t3 2t .Vỡ f(t) là hàm số đồng biến trờn R nờn f 2y 1 f 3 5y2 1  2y 1 = 3 5y2 1  8y3 17y2 6y 0  y 8y2 17y 6 0 17 97 Giải tỡm được y = 0 (loại); y 16
  16. 1 Tớnh x theo x y 17 97 17 97  Tập nghiệm của phương trỡnh (1) là ;  12 12  x 5 10 x Cõu 7. Giải phương trỡnh 4 x 4 5 x 4 4 x Ă . 3 3 Hướng dẫn giải. Điều kiện: 0 x 5 x 2x (5 x) 2x x 2(5 x) Phương trỡnh 2 4 x 4 5 x 4 4 4 (1) 3 3 3 Ta cú: x = 0, x = 5 khụng là nghiệm phương trỡnh. Xột hàm số f (x) x , x 0 ; ta cú: f '(x) x 1; f ''(x) ( 1)x 2 (*) 1 Áp dụng (*) với 4 x 2x (5 x) 2x x 2(5 x) Ta cú: 2 4 x 4 5 x 4 4 4 3 3 3 5 5 (1) x 5 x x . Vậy x là nghiệm phương trỡnh. 2 2 Cõu 8. Giải phương trỡnh 5 3 2x3 3x2 5x 4 x3 13x 2, (x Ă ) . Hướng dẫn giải. 5a x3 13x 2 (1) Đặt a 3 2x3 3x2 5x 4 ta được: 3 3 2 a 2x 3x 5x 4 (2 (1) (2) a3 5a (x 1)3 5(x 1) (*) Xột hàm số f (t) t3 5t trờn Ă cú f '(t) 3t 2 5 0 t Ă hàm số f (t) đồng biến trờn Ă ; (*) 3 2x3 3x2 5x 4 x 1 x 3 x 3 3 3 5 x 8x 3 0 x x2 3x 1 0 2 3 5 x 2 3 5 3 5 Thử lại, ta được: x 3; x ; x là nghiệm phương trỡnh. 2 2
  17. Cõu 9. Giải phương trỡnh :x3 x2 3x 2 2 x 2 trờn  2;2 . Hướng dẫn giải Đặt x 2cost .Với x  2;2 ta cú t 0;  . 3 2 t Phương trỡnh đó cho trở thành :4cos t 3cost 2cos t 1 2cos (*) 2 t cos 0 t t 2 Với t 0;  Ta cú: * cos3t cos 2t 2cos t 0 2 5t cos 1 4 2 t 5 4 Vậy trờn  2;2 phương trỡnh đó cho cú nghiệm x 2 , x 2, x 2cos . 5 2 Cõu 10. Giải phương trỡnh: 16x 2x 1 2.42x 1 0 . Lời giải 2 2 Biến đổi phương trỡnh: 16x 2x 1 2.42x 1 0 24x 2x 1 24x 1 8x3 4x2 4x 1 0 (1) f x 8x3 4x2 4x 1 0 f 1 7 f 0 1 Đa thức cú tối đa 3 nghiệm và ta cú: ; ; 1 f 1 1 f x 1;1 f 1 . f 0 0 1 f 1; . liờn tục trờn khoảng và , f 0 . f 0 , 2 2 1 f x 0 1;1 f . f 1 0 nờn cú 3 nghiệm trờn khoảng . 2 Do f x 0 cú đỳng 3 nghiệm trong khoảng 1;1 , nờn ta cú thể đặt x cos a với 0 a . Phương trỡnh (1) trở thành: 8cos3 a 4cos2 a 4cos a 1 0 4cos a 2cos2 a 1 4 1 sin2 a 1 2 3 4cos a.cos 2a 3 4sin a 4sin a.cos a.cos 2a 3sin a 4sin a (do sin a 0 ) 4a 3a k2 sin 4a sin 3a k  4a 3a k2 (với 0 a ) 3 5 a a a 7 hay 7 hay 7 . 1 1 Cõu 11. Giải phương trỡnh sau: 2 . x 2 x2 Hướng dẫn giải Điều kiện x ( 2; 2) \ 0 . Đặt y 2 x2 ;y>0 .
  18. x y 2xy Từ phương trỡnh đó cho ,ta cú hệ phương trỡnh: 2 2 x y 2 S 2P Đặt S = x + y; P = xy đưa đến hệ phương trỡnh: 2 S 2P 2 2 S 1 S S 2 0 S 2 S 2; P=1 x=y=1 1 3 -1- 3 x x= 1 2 2 S 1; P=- ; 2 1 3 -1+ 3 y y= 2 2 -1- 3 Kết hợp với điều kiện, nghiệm pt đó cho là:x 1 và x= . 2 Cõu 12. Giải phương trỡnh:2x 3 x 1 3x 2 2x2 5x 3 16.(x Ă ) . (Chưa giải) Cõu 13. Giải phương trỡnh: 3x 2 x 1 4x 9 2 3x2 5x 2. (Chưa giải) Dạng 3: Sử dụng hàm số Bài 1. Cho phương trỡnh: xn x2 x 1 0 với n Ơ ,n 2 . Chứng minh rằng với mỗi số nguyờn n 2, thỡ phương trỡnh cú một nghiệm dương duy nhất xn Hướng dẫn giải: Xột hàm số vớif x nguyờn, xn x 2 x 1 (1)n n 2 +) Ta cú:f x nxn 1 – 2x –1 . Do n 2, nờn khi x 1 thỡ f x 0. Vậy f x là hàm số đồng biến trờn 1; . Lại cú: f 1 2 0; f 2 2n – 7 0 ( vỡ n nguyờn và n 2 n 3 ) Ta cú: f 1 f 2 0 và f x liờn tục, đồng biến nờn phương trỡnh f x 0 cú nghiệm duy nhất trờn 1; . +) Mặt khỏc với 0 x 1 thỡ xn x2 do n 2 suy ra f x 0 với mọi 0 x 1. Như vậy ta đó chứng minh được (1) cú nghiệm dương duy nhất với mọi n nguyờn, n 2.
  19. 1 Bài 2. Cho phương trỡnh: x5 x4 5x3 x2 4x 1 0 1 . 2 1. Chứng tỏ phương trỡnh (1) cú đỳng 5 nghiệm. 5 x 1 S 1 2. Với xi i 1,5 là nghiệm của phương trỡnh nghiệm, tớnh tổng:  5 4 i 1 2xi xi 2 Hướng dẫn giải 1 1. Xột hàm số: f x x5 x4 5x3 4x 1 . 2 * f(x) là hàm số xỏc định và liờn tục trờn R. 3 f 2 5 ; f 2 ; f 0 1 ; 2 * Ta cú: 1 5 1 175 f ; f 1 ; f 3 2 8 2 2 3 3 1 f 2 . f 0 ; f . f 0 0 ; f 0 . f 0 2 2 2 1 f f . f 1 0 ; f 1 . f 3 0 2 Phương trỡnh f x 0 cú 5 nghiệm phõn biệt x1, x x1, x2 , x3 , x4 , x5 3 1 sao cho: 2 x x 0 x x 1 x 3 1 2 2 3 2 4 5 * Ta cú xi là nghiệm của (1) nờn: 1 x 5 x 4 5x 3 4x 1 0 i 2 i i i 5 4 3 2 2xi xi 2 2 5xi xi 4xi 5 x 1 Do đú: S i  3 2 i 1 2 5xi xi 4xi x 1 x 1 Xột biểu thức: g x 5x3 x2 4x x x 1 5x 4 Đồng nhất thức ta được: 1 2 5 g x 4x 9 x 1 36 5x 4 1 5 1 1 5 1 1 5 1 Do vậy: S 8  x 9  x 1 72  4 i 1 i i 1 i i 1 x i 5 Mặt khỏc: f x x x1 x x2 x x3 x x4 x x5 f ' x x x x x x x x x 2 3 4 5 x x1 x x3 x x 4 x x5 f ' x 5 1 Với x xi ta được:  f x i 1 x xi và f ' x 5x4 2x3 15x2 2x 4 f ' 1 5 1 5 1 f ' 1 Do đú:   12 f 1 i 1 1 xi i 1 xi 1 f 1
  20. f ' 0 5 1 5 1 f ' 0   4 f 0 i 1 xi i 1 xi f 0 4 4 f ' 5 5 f ' 5 1 1 5 12900   4 i 1 4 i 1 4 4 4789 f xi xi f 5 5 5 5 8959 Vậy: S . 4789 Dạng 4: Đỏnh giỏ Bài 1. Tỡm tất cả cỏc nghiệm nguyờn dương của phương trỡnh: 2x2 3y2 5xy 3x 2y 3 0 Hướng dẫn giải Xem (1) là phương trỡnh bậc hai ẩn x ta cú: (1) 2x2 3 5y x 3y2 2y 3 0 . * Để (1) cú nghiệm x nguyờn điều kiện cần là: 3 5y 2 4.2 3y2 2y 3 y2 14y 33 k 2 ( k nguyờn, khụng õm) * Lại xem y2 14y 33 k 2 0 là phương trỡnh bậc hai ẩn y . Để cú nghiệm nguyờn y điều kiện cần là  ' 49 33 k 2 16 k 2 m2 là một số chớnh phương (m nguyờn dương). Do m2 k 2 16 m k m k 16 và 16 = 16.1 = 8.2 = 4.4 nờn ta cú cỏc trường hợp. m k 8 m 5 +) TH1: suy ra phương trỡnh (1) cú nghiệm x; y 15;12 , 1,2 . m k 2 k 3 m k 4 m 4 +) TH2: suy ra phương trỡnh (1) cú nghiệm x; y 13;11 , 3,3 . m k 4 k 0 m k 16 +) TH3 : Loại. m k 1 Bài 2. [Đề xuất, Chuyờn Hựng Vương Phỳ Thọ, DHĐBBB, 2015] Giải phương trỡnh 4 x 1 2 2x 3 (x 1)(x2 2). Lời giải Điều kiện: x 1. Nhận thấy x 1 là một nghiệm của phương trỡnh. Xột x 1. Khi đú phương trỡnh đó cho tương đương với 4 x 1 2 2 2x 3 3 x3 x2 2x 12
  21. 4(x 3) 4(x 3) (x 3)(x2 2x 4) x 1 2 2x 3 3 4 4 2 x 3 (x 1) 3 0. (1) x 1 2 2x 3 3 Vỡ x 1 nờn x 1 0 và 2x 3 1. Suy ra 4 4 3, x 1 2 2x 3 3 vỡ vậy 4 4 (x 1)2 3 0. x 1 2 2x 3 3 Do đú phương trỡnh (1) x 3 0 x 3. Vậy phương trỡnh đó cho cú 2 nghiệm là x 1 hoặc x 3. 5x2 2 Bài 3. [Đề thi hsg tỉnh Nghệ An, bảng A, 2015-2016] 3 x3 5x2 1 . 6 Bài 4. Ký hiệu x là số nguyờn lớn nhất khụng vượt quỏ x. Giải phương trỡnh x2 1 x x 2015 0. Hướng dẫn giải Ta cú x 0. x2 x 2015 x2 x 2015 pt x x 1 x x 2015. x x x a  a 2015 x2 a 1 x 2015 0 a 1 a 1 2 8060 x * 2 Do a 2015 x2 a 1 x 2015 0 a 1 a 1 2 8060 x 2015 (t/ m); 2 a 1 a 1 2 8060 a 1 a 1 2 4a 2015 loai 2 2 2  a 1 a 1 8060 Vậy S ; a  ;a 2015 . 2 
  22. 2. Cú tham số Bài 1. Tỡm m để phương trỡnh sau cú hai nghiệm phõn biệt m 1 x2 2x 2 m 2x2 4x 19, (x Ă ) .(1) Hướng dẫn giải 2 Đặt t x 2x 2 ; điều kiện: t 1. 2 2 2 2 2 Ta cú: t x 2x 2 x 2x 2 t x 2x 2 t 0 (2) Pt (2) cú hai nghiệm phõn biệt t ; 1  1; .Vậy t 1. 2t 2 t 15 Thay vào phương trỡnh ta được: (m 1)t m 2t 2 15 m t 1 (3) 2t 2 t 15 y (C) Đặt t 1 y m (d) . Ta cú: số giao điểm của (C) và (d) là số nghiệm phương trỡnh (3). Phương trỡnh (1) cú hai nghiệm phõn biệt khi phương trỡnh (2) cú đỳng 1 nghiệm.t 1 18 18 Xột hàm số y 2t 3 ; (t [1; )) ; y ' 2 2 t 1 (t 1) . Cho y ' 0 t 2 y 7; lim y x . Bảng biến thiờn t 1 2 +∞ y’ - 0 + y 8 +∞ 7 m 8 Vậy phương trỡnh (1) cú hai nghiệm phõn biệt . m 7 3. Bài 2. Tỡm tất cả cỏc giỏ trị của tham số m để phương trỡnh sau cú ba nghiệm phõn biệt lập thành một cấp số nhõn: x3 7x2 (m 6)x m 0. Hướng dẫn giải Phương trỡnh đó cho tương đương:
  23. x 1 (x 1)(x2 6x m) 0 2 . x 6x m 0 (1) Phương trỡnh đó cho cú ba nghiệm phõn biệt khi và chỉ khi (1) cú hai nghiệm phõn biệt khỏc ' 9 m 0 m 9 1, hay: 2 (*). 1 6.1 m 0 m 5 Khi đú, PT đó cho cú ba nghiệm x1, x2 và x3 1 , trong đú x1, x2 là nghiệm của (1). x1 x2 6 Theo định lý Viet ta cú (2). x1.x2 m Xột cỏc trường hợp sau: 2 2 *) Nếu x1.x3 x2 x1 x2 (3). Từ (2) và (3) ta cú hệ: x2 x 6 0 x1 x2 6 2 2 2 x2 2; x1 4;m 8 x1.x2 m x1 x2 . x 3; x 9;m 27 2 3 2 1 x1 x2 m x2 m 1 2 *) Nếu x1.x2 x3 x1.x2 1 (4). Từ (2) và (4) ta cú hệ: x1 x2 6 . x1.x2 1 Vậy, cú ba giỏ trị của m thỏa món yờu cầu bài toỏn là:m 1,m 8,m 27 . 2 Bài 3. Tỡm cỏc giỏ trị của tham số m để phương trỡnh x + 9- x = - x + 9x + m cú nghiệm Hướng dẫn giải. Lời giải: Điều kiện: 0 Ê x Ê 9 2 PT (1) Û x + 9 - x + 2 x(9 - x) = - x + 9x + m 2 2 Û 9 + 2 - x + 9x = - x + 9x + m (2) 2 Đặt t = - x + 9x ' - 2x + 9 t = ' 9 2 t = 0 Û x = Ta cú: 2 - x + 9x ; 2
  24. 9 Do đú : 0 Ê t Ê 2 Phương trỡnh (2) trở thành 9 + 2t = t 2 + m Û - t 2 + 2t + 9 = m (3) 9 Xột hàm số f (t) = - t 2 + 2t + 9 , 0 Ê t Ê 2 Ta cú : f '(t) = - 2t + 2 ; f '(t) = 0 Û t = 1 Bảng biến thiờn : ộ 9ự Phương trỡnh (1) cú nghiệm x ẻ ộ0;9ựÛ phương trỡnh (3) cú nghiệm t ẻ ờ0; ỳ ởờ ỷỳ ờ ỳ ở 2ỷ 9 Û - Ê m Ê 10 4 Bài 4. Tỡm a để phương trỡnh sau (ẩn x ) chỉ cú một nghiệm. 5a 3 5(2a 1)(1 a) 1 x a (x a)(x 3a 1) Bài 5. Cho hai phương trỡnh sau: (1) (2) (a là tham số, x là ẩn số) Tỡm a để số nghiệm của phương trỡnh (1) khụng vượt quỏ số nghiệm của phương trỡnh (2). Bài 6. Cho phương trỡnh: ax2 2b c x 2d e 0 cú một nghiệm khụng nhỏ hơn 4. Chứng minh rằng phương trỡnh ax4 bx3 cx2 dx e 0 cú nghiệm. Bài 7. Với mỗi số tự nhiờn k , gọi N k là số nghiệm của phương trỡnh 2016x 2017y k, x 0, y 0 . N(k) Tớnh giới hạn sau L lim k k
  25. Lời giải Giả sử x0 , y0 là một nghiệm của phương trỡnh 2016x 2017y k , khi đú mọi nghiệm của phương trỡnh trờn cú dạng x x0 2017t, y y0 2016t,t  y x Vỡ x 0 và y 0 nờn 0 t 0 . 2016 2017 y x 0 0 1 2016 2017 Suy ra N(k) y0 x0 2016 2017 y x Suy ra N(k) 0 0 3. 2016 2017 N(k) 1 3 Kết hợp với 2016x 2017y k , ta cú . 0 0 k 2016.2017 k N(k) 1 Vậy lim k k 2016.2017 Bài 8. Tỡm cỏc giỏ trị của tham số m để phương trỡnh sau cú nghiệm 4 2 3 x - 1 + m x + 1 = 2 x - 1. Hướng dẫn giải. Điều kiện :x ³ 1 ổ ử2 ỗ x - 1ữ x - 1 ỗ4 ữ 4 PT (1) Û 3ỗ ữ + m = 2 (2) ốỗ x + 1ứữ x + 1 x - 1 x - 1 2 Đặt t = 4 , Do 0 Ê 4 = 4 1- < 1 ị 0 Ê t < 1 x + 1 x + 1 x + 1 Phương trỡnh (2) trở thành : 3t 2 + m = 2t Û m = - 3t 2 + 2t (3) 2 ộ Xột hàm số f (t) = - 3t + 2t , t ẻ ởờ0;1) 1 Ta cú : f '(t) = - 6t + 2 ; f '(t) = 0 Û t = 3 Bảng biến thiờn :
  26. ộ ộ Phương trỡnh (1) cú nghiệm x ẻ ởờ1;+ Ơ ) Û phương trỡnh (3) cú nghiệm t ẻ ởờ0;1) 1 Û - 1 < m Ê 3 Bài 9. Cho phương trỡnh x + 2 x2 - 2x + m.(x - 4). + 2 8 + 2x - x2 - 14 - m = 0. 4 - x Tỡm m để phương trỡnh cú nghiệm thực. Hướng dẫn giải. ộ Với tập xỏc định D = ởờ- 2;4) , Phương trỡnh đó cho tương đương với - (- x2 + 2x + 8) - m 8 + 2x - x2 + 2 8 + 2x - x2 - 6- m = 0. Đặt t = 8 + 2x - x2 thỡ t  0; 3) - t 2 + 2t - 6 Xột hàm số f (t) = ;t ẻ ộ0;3ự ; t + 1 ởờ ỷỳ - t 2 - 2t + 8 f’(t) = ; f’(t) = 0 t = - 4 hoặc t = 2. (t + 1)2 Bảng biến thiờn của hàm số f(t) trờn đoạn  0; 3  Phương trỡnh đó cho cú nghiệm x  - 2; 4) Đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số f(t), t  0; 3  - 6 ≤ m ≤ - 2 2 3 Bài 10. Cho phương trỡnh: 21 4x x x 3 m x 3 2 7 x , với m là tham số. 4 Tỡm tham số m để phương trỡnh cú nghiệm thực.
  27. Hướng dẫn giải. Điều kiện: 3 x 7 .Đặt t x 3 2 7 x với x  3,7 1 1 7 x 2 x 3 Ta cú: t ' ; y ' 0 7 x 2 x 3 x 1 2 x 3 7 x 2 x 3 7 x t( 3) 2 10,t(7) 10,t( 1) 5 2 suy ra: t 10,5 2 3 t 2 19 Do t x 3 2 7 x 21 4x x2 x 3 nờn phương trỡnh trở thành: 4 4 t 2 19 t 2 19 mt m 4 4t Bài 11. Tỡm m để pt sau cú nghiệm 8x2 4x 13 m2 (2x 1) x2 3 . Hướng dẫn giải. 8x2 4x 13 m2 (2x 1) x2 3 . Ta đưa pt về dạng đẳng cấp 8x2 4x 13 m2 (2x 1) x2 3 (2x 1)2 4(x2 3) m2 (2x 1) x2 3 1 Từ pt suy ra x 2 (2x 1)2 4(x2 3) m2 (2x 1) x2 3 Chia hai vế pt cho x2 3 , ta được 2 2x 1 2 2x 1 m 4 0 x2 3 x2 3 2x 1 1 Đặt t , lập bbt với x tỡm được t (0;2) x2 3 2 4 P t trở thành t m2 (1) t Phương trỡnh ban đầu cú nghiệm khi và chỉ khi pt (1) cú nghiệm thuộc t thuộc (0;2). Tỡm được m 2  m 2 Bài 12.(Chuyờn Hưng Yờn). Giả sử với hai số dương athỡ,b phương trỡnh x3 ax2 bx a 0, bn 3n cú cỏc nghiệm đều lớn hơn 1. Xỏc định giỏ trị của a, bđể biểu thức P đạt giỏ trị nhỏ an nhất và tỡm giỏ trị nhỏ nhất đú (n là số nguyờn dương cho trước). Hướng dẫn giải Gọi x1, x2 , x3 là cỏc nghiệm của phương trỡnh đó cho.
  28. x1 x2 x3 a Theo định lý Vi-et ta cú x1x 2 x2 x3 x3 x1 b x1x2 x3 a Theo bất đẳng thức AM - GM ta được 3 3 x1 x2 x3 3 x1x2 x3 hay a 3 a a 3 3 (*) Theo bất đẳng thức (x y z)2 3(xy yz zx); x, y, z R 2 2 thỡ b (x1x2 x2 x3 x3 x1) 3x1x2 x3 (x1 x2 x3 ) hay b2 3a2 b 3a. bn 3n 3n an 3n 3n 3n Suy ra P 3n 3n , do (*) an an an (3 3)n 3n 1 Do đú ta cú P 3n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 3 3;b 3a 9. Khi đú phương trỡnh cú ba nghiệm trựng nhau 3n 1 và đều bằng 3. Vậy giỏ trị nhỏ nhất của P là khi a 3 3;b 9. 3n 1 1 Bài 13. Giải phương trỡnh x4 x2 0 . x4 x2 Bài 14. Tỡm m để BPT sau vụ nghiệm: m2 4 x2 2 m 2 x 1 0 1 1 4x2 Bài 15. Giải bất phương trỡnh 3 x Bài 16. Chứng minh phương trỡnh: 2x4 mx3 nx2 px 2011 0 cú ớt nhất 2 nghiệm với m,n, p Ă Hướng dẫn giải Xột phương trỡnh: 2x4 mx3 nx2 px 2011 0 (1) Xột hàm số: f (x) 2x4 mx3 nx2 px 2011 lim f (x) lim ( 2x4 mx3 nx2 px 2011) b 0 sao cho f b 0 x x lim f (x) lim ( 2x4 mx3 nx2 px 2011) a 0 sao cho f a 0 x x f 0 2011 0 Hàm số f x liờn tục trờn cỏc đoạn a;0 và 0;b;
  29. f (a). f (0) 0 phương trỡnh cú ớt nhất 1 nghiệm x1 a;0 và ớt nhất 1 nghiệm x2 0;b . f (0). f (b) 0 Vậy phương trỡnh cú ớt nhất 2 nghiệm. Bài 17. Cho cỏc phương trỡnh: x2 (m 1)x m2 2 0 (1) x4 mx3 x2 2x m2 0 (2) trong đú x là ẩn số và m là tham số (0 0 + Suy ra: ớù (x , x là hai nghiệm của phương trỡnh 3x 2 + 2x + a = 0 ). ù 1 2 ợù f (x1 ). f (x2 ) < 0 + Thực hiện phộp chia đa thức ta được: 3 2 ổ1 1ử 1 f (x) = x + x + ax + b = ỗ x + ữy '+ [(6a - 2)x + 9b - a]. ốỗ3 9ứữ 9
  30. 1 1 Suy ra f (x ) = [(6a - 2)x + 9b - a]; f (x ) = [(6a - 2)x + 9b - a]. 1 9 1 2 9 2 2 2 + f (x1 ). f (x2 ) 0. Bài 23. Cho phương trỡnh:5 x 2 - 34x + a - 4 (x - 1)(x - 33) = 1 . a/ Giải phương trỡnh khi a 64. b/ Tỡm a để phương trỡnh cú nghiệm. Hướng dẫn giải Cõu a: +Đặt u = 5 x 2 - 34x + a v = 4 (x - 1)(x - 33) . ùỡ u5 - (u - 1)4 = a - 33 +Ta cú hệ ớù (I). ợù v = u - 1³ 0 +Hàm số f (u) = u5 - (u - 1)4 cú f '(u) = 5u4 - 4(u - 1)3 > 0 " u ẻ [1;+ Ơ ) nờn f(u) tăng trờn [1; + ). + a 64, f u 31 f 2 và f u tăng nờn hệ (I) chỉ cú một nghiệm: u 2,v 1 từ đú ta cú nghiệm của phương trỡnh là: x 17 ± 257 . Cõu b: + f (u ) tăng trờn [1; + ) mà f 1 1 nờn phương trỡnh cú nghiệm khi a – 33 1 hay a 34. Bài 24. Giải và biện luận phương trỡnh theo tham số m: (lg cos x)2 - m log cos2 x - m2 + 2 = 0. Hướng dẫn giải (lg cos x)2 - m log cos2 x - m2 + 2 = 0 (1). p p +Điều kiện: cos x > 0 Û - + k2p < x < + k2p, k ẻ Z. 2 2 ùỡ t 2 - 2mt - m2 + 2 = 0 (2) Đặt t = lg cos x. Phương trỡnh trở thành: ớù . ợù t Ê 0 S Xột tam thức bậc hai f (t) = t 2 - 2mt - m2 + 2 = 0 cú: a = 1; = m,D ' = 2(m2 - 1), f (0) = - m2 + 2. 2 +Trường hợp 1: t = 0 là nghiệm của (2).Khi đú ta cú m = ± 2 .
  31. + m = 2 : (2) Û t = 0 hay t = 2 2 nờn (1) lgcosx = 0 cosx = 1 x =2k , k Z. + m =-2 : (2) Û t = 0 hay t = -2 2 nờn (1) ộlg cos x = 0 ộx = 2kp ờ Û ờ , k ẻ Z. ờ ờ -2 2 ởlg cos x = - 2 2 ởờx = ± arccos10 + 2kp +Trường hợp 2: Phương trỡnh (2) cú 2 nghiệm t1, t2 khỏc 0 (t1 t2): 2 2 t1 = m - 2(m - 1) ; t2 = m + 2(m - 1) . Với điều kiện (1) cú nghiệm nờn ta chỉ cần xột 2 trường hợp sau: a/t1 Ê t2 0 ợù - m - 2 > 0 m± 2(m2 - 1) Khi đú (2) cú hai nghiệm t1, t2 õm nờn (1) cú cỏc họ nghiệm:.x = ± arccos10 + 2kp,k ẻ Z 2 b/ t1 2. m- 2(m2 - 1) Khi đú (1) lg cos x = t1 Û x = ± arccos10 + 2kp,k ẻ Z . +Kết quả: 2 + m 2 : (1) cú nghiệm: x = ± arccos10m- 2(m - 1) + 2kp,k ẻ Z . BÀI TẬP CHƯA Cể LỜI GIẢI 2x 1 2 2 1. Giải phương trỡnh: x x . 3 1 1 2. Giải phương trỡnh: 1 x2 (4 3x)2 3. Cho trước cỏc số nguyờn dương a,b. Chứng minh rằng phương trỡnh
  32. x2 2axy a2 4b y2 4by z2 cú vụ số nghiệm nguyờn dương. 4. Giải phương trỡnh: x4 –10x3 – 2 a –11 2 5a 6- x 2a a 0 . Trong đú a là tham số. 5. Giải phương trỡnh: 1995 x 1996 1996 x 1995 1 6. Giải cỏc phương trỡnh sau: x 7 1 a) 8 2x2 2x 1 ; b) x3 x2 x . x 1 3 c) x2 1 2x x2 2x 7. Giải phương trỡnh: x2 3x 2 x2 x 1 0