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

<b>Vấn đề 4 </b>

<b>PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ BẬC HAI </b>

<b>PHƯƠNG TRÌNH BẬC 3 – BẬC 4 </b>

<b>I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ: </b>

1. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ BẬC 2

<i>Dạng 1</i>: Phương trình trùng phương: ax4+bx2+ =c 0 (a 0)≠

Đặt _{t x (t 0)}₌ 2 _≥ _{ta có phương trình :}_at2₊_{bt c 0}_{+ =}

<i>Dạng 2</i>: (x + a)(x+b)(x+c)(x+d) = k (k ≠ 0)
Trong đó: a + b = c + d

Đặt t (x a)(x b)= + + với t (a b)2
4

−

≥ − ta có phương trình :

2

t +(cd ab)t k 0− − =
<i>Daïng 3</i>: _{(x a)}₊ 4₊_{(x b)}₊ 4₌_{k(k 0)}_≠

Đặt t x a b
2

+

= + thì x a t+ = + α, x b t+ = − α với a b
2

−

α = đưa về
phương trình trùng phương : _t4_{+ α}_{12 t}2 2_{+ α − =}₂ 4 _{k 0}

4 4

(x a)− +(x b)− =k(k 0)≠ . Đặt t x a b
2

+
= −

<i>Dạng 4</i>: ax4+bx3+cx2+bx a 0 (a 0)+ = ≠

+ Nhận xét x = 0 không phải là nghiệm của phương trình
+ Chia hai vế cho

x

2 và đặt t x 1, t 2

x

= + ≥

Ta có phương trình : at2+ + −bt c 2a 0=

4 3 2

ax +bx +cx −bx a 0 (a 0)+ = ≠

+ Nhận xét x = 0 không phải là nghiệm của phương trình :

+ Chia 2 vế cho x và đặt 2 t x 1
x

= − ta được phương trình :

2

at + + +bt c 2a 0=

4 3 2

ax +bx +cx ±dx c 0= = trong đó a, c ≠ 0 và

2

c d
a b

⎛ ⎞
= ⎜ ⎟_{⎝ ⎠}

+ Nhận xét x = 0 không phải là nghiệm.
+ Chia 2 vế cho _{x , làm giống như trên.}2

<i>Dạng 5</i>: ₂ mx ₂ nx k (k 0)
ax +bx c ax+ + +b'x c+ = ≠

+ Nhận xét x = 0 không phải là nghiệm.

+ Phương trình được viết : m n k

c c

ax b ax b'

x x

+ =

+ + + +

Đặt t ax c
x

= + và phương trình được viết : m n k
t b t b'+ + + =
<i>Dạng 6</i> : (x a)(x b) (x a) x b 8

x a

+

α + + + β + =

+

Điều kiện : x b 0
x a

+ _≥

+ . Đặt

x b
t (x a)

x a

+

= +

+

2. PHƯƠNG TRÌNH BẬC 3:
a. Đa thức :

Đa thức bậc n theo x (n ∈N) là biểu thức có dạng:

P(x) =a x0 n+a x1 n 1− +... a x a+ n 1− + n với a0≠0

Các số a ,a ,...a gọi là các hệ số. _{0 1} _n

α là một nghiệm của đa thức P(x) khi P(α) = 0
Định lý Bezout : P( ) 0α = ⇔P(x)chia hết cho x - α.

b. Phương trình baäc 3:

3 2

ax +bx +cx d 0 (a 0)+ = ≠

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

Nếu phương trình : ax3+bx2+cx d 0 (a 0)+ = ≠ (1)
Có 3 nghiệm x1, x2, x3 thì :

1 2 3

1 2 2 3 3 1

1 2 3

b
x x x

a
c
x x x x x x

a
a

x x x
a

⎧ + + = −
⎪

⎪

⎪ ₊ ₊ ₌

⎨
⎪

⎪ _{= −}

⎪⎩

<i>Cách giải : </i>

+ Nếu biết một nghiệm x x ,= ₀ ta phân tích:

(1) 2

0

(x x )(Ax Bx C) 0

⇔ − + + =

+ Nếu biết một hệ thức giữa các nghiệm thì ta dùng định lý viete
+ Dùng hằng đẳng thức biến đổi thành phương trình tích số với các
phương trình có dạng :

3 3 3

A +B =(A B)+ ⇔(A B)+ 3−A3−B3= ⇔0 3AB(A B) 0+ =

<b>II. CÁC VÍ DỤ : </b>

Ví dụ 1:

Giải phương trình : (x 1)(x 2)(x 3)(x 4) 3 (*)+ + + + =

Giaûi
(*) ⇔(x 1)(x 4)(x 2)(x 3) 3 (**)+ + + + =

Đặt _{t (x 1)(x 4) x}₌ ₊ ₊ ₌ 2₊_{5x 4}₊ _{Điều kiện}_t (1 4)2 9

4 4

−

≥ − = −

(**) ⇔(x2+5x 4)(x+ 2+5x 6) 3+ =

2 _{t 1(nhaän)}

t 2t 3 0
t(t 2) 3

t 3(loại)
(a b c 0)

=

⎧

+ − =

⇔ + = ⇔ _{⇔ ⎨}

= −

+ + = ⎩

Với t = 1: 2 2

5 13
x

x 5x 3 0 2
x 5x 4 1

13 _x 5 13
2

⎡ _{− +}

=
⎢

+ + = _⎢

+ + = ⇔ ⇔

⎢

∆ = ₌− −

⎢
⎣

Ví dụ 2:

Định m để phương trình : (x 3)(x 1) 4(x 3) x 1 m (1)
x 3

+

− + + − =

− có

nghiệm.

Giải
Đặt _{t (x 3)} x 1_(*) _t2 _{(x 3)(x 1)}

x 3

+

= − ⇒ = − +

−

2

(1)⇔t +4t m 0 (2)− =

Để (1) có nghiệm, điều kiện cần (2) có nghiệm.
Ta có : ' 4 m 0∆ = + ≥ ⇔m≥ −4

Thử lại với m≥ −4,phương trình (1) cũng có nghiệm.
Với m≥ −4, phương trình (2) có nghiệm t = t0 thế vào (*) :

0 x 1

t (x 3) (3)
x 3

+

= −

−

Ta có 3 trường hợp :

0

t =0 : (3)⇔ = −x 1 (nhaän)

0 ₂ ₂ ₂

0 0

x 3 x 3

t 0 : (3)

(x 3)(x 1) t x 2x (3 t ) 0

> >

⎧ ⎧

⎪ ⎪

> ⇔_⎨ ⇔_⎨

− + = − − + =

⎪ ⎪

⎩ ⎩

2
0

x 1 4 t

⇔ = + + nhaän.

0 ₂ ₂ ₂

0 0

x 3 x 3

t 0 : (3)

(x 3)(x 1) t x 2x (3 t ) 0

< <

⎧ ⎧

⎪ ⎪

< ⇔⎨ ⇔⎨

− + = − − + =

⎪ ⎪

⎩ ⎩

2
0

x 1 4 t

⇔ = − + nhận.

Tóm lại phương trình (1) có nghiệm khi m≥ −4
Ví dụ 3:

Định a sao cho phương trình :

4 3 2

x −ax −(2a 1)x+ +ax 1 0 (1)+ =

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

2

2

a 1
x ax (2a 1) 0

x x

− − + + + =

2
2

1 1

x a x (2a 1) 0 (2)
x

x

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⇔_⎜ + _⎟− _⎜ − _⎟− + =

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Đặt t x 1
x

= − thì

2
1

2

2
2

t t 4
x

2
x tx 1 0

t t 4
x

2

⎡ ₋ ₊

⎢ =
⎢
− − = ⇔ ⎢

+ +

⎢ ₌

⎢⎣

2 2

2

1
(t x 2)

x

= + −

khi t 0> ⇒x2>1

(2) ⇔t2+ − −2 at (2a 1) 0+ = ⇔t2− + −at 1 2a 0 (3)=

Để (1) có 2 nghiệm khác nhau và lớn hơn 1 là (3) có 2 nghiệm thoả:

1 2

0 t< <t

2

0 a 4(1 2a) 0

1
P 0 1 2a 0 2 5 4 a

2
S 0 a 0

⎧

∆ > − − >

⎧

⎪
⎪

⇔_⎨ > ⇔_⎨ − > ⇔ − < <
⎪ _> ⎪ _>

⎩ _⎩

Ví dụ 4:

Định k để phương trình : x4−4x3+8x k (*)=

Có 4 nghiệm phân biệt.

Giải

(*) là phương trình hồnh độ giao điểm của 2 đồ thị:

4 3

y x= −4x +8x và y = k.
Khảo sát sự biến thiên của hàm số : y x= 4−4x3+8x
. MXD : D = R

. _{y' 4x}₌ 3₋_12x2_{+ =}_{8 4(x 1)(x}₋ 2₋_{2x 2)}₋

Cho y' 0 x 1 y 5
x 1 3 y 4

= ⇒ =
⎡

= ⇔ ⎢

= ± ⇒ = −

⎣

Baûng biến thiên:

Từ bảng biến thiên để phương trình (*) có nghiệm phân biệt khi và chỉ

khi : 4 k 5− < <

Ví dụ 5:

Định a để phương trình : x4+2x2+2ax a+ 2+2a 1 0+ = có nghiệm.
Với mỗi a đó, gọi xa là nghiệm bé nhất của phương trình. Định a để xa

nhỏ nhất.

Giải
Ta có : x4+2x2+2ax a+ 2+2a 1 0+ =

2 4 2

a a a

a 2(x 1)a (x 2x 1) 0 (*)

⇔ + + + + + =

Để (*) có nghiệm ⇔ ∆ =' (xa+1)2−(xa4+2xa2+ ≥1) 0

2 2 2

a a

2 2

a a a a

2 2

a a a a

(x 1) (x 1) 0

(x 1 x 1)(x 1 x 1) 0
(x x 2)( x x ) 0

⇔ + − + ≥

⇔ + + + + − − ≥

⇔ + + − + ≥

a a

x ( x 1) 0

⇔ − + ≥ (vì x2a+xa+ > ∀2 0 x )a ⇔ ≤0 xa≤1

Vậy xa nhỏ nhất là xa = 0, thì (*) ⇔ +(a 1)2= ⇔ = −0 a 1

Ví dụ 6 :

Tìm điều kiện của a, b để phương trình _x3₊_{ax b 0}_{+ =} _{có 3 nghiệm}

phân biệt lập thành cấp số cộng.
Giải

Gọi x1, x2, x3 là 3 nghiệm phân biệt của phương trình cho, lập thành

một cấp số cộng : x1 + x3 = 2x2 (*)

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

Thay x2 = 0 vào phương trình : x3+ax b 0+ = ta được: b = 0

3 2

2

x 0
x ax 0 x(x a) 0

x a 0 (**)

=
⎡

⇒ + = ⇔ _{+ = ⇔ ⎢}

+ =
⎢⎣

Để (**) có 2 nghiệm phân biệt và khác 0 ⇔ <a 0

Vậy để phương trình cho có 3 nghiệm phân biệt lập thành một cấp số
cộng là : a < 0 , b = 0

Ví dụ 7:

Biết phương trình x3+px q 0+ = có 3 nghiệm x1, x2, x3

Chứng minh : x13+x32+x33=3x x x1 2 3

Giaûi

Vì x1, x2, x3 là nghiệm của phương trình : x3+px q 0+ =

Ta coù :
3

1 1

x +px + =q 0

3

2 2

3

3 3

x px q 0
x px q 0

+ + =

+

+ + =

3 3 3

1 2 3 1 2 3

x x x p(x x x ) 3q 0 (*)

⇒ + + + + + + =

Định lý viete cho : x1+x2+x3= −_AB=0 ; x x x1 2 3= −D_A= −q

Thế vào (*) ta được:

3 3 3

1 2 3 1 2 3

x +x +x −3x x x =0⇔x₁3+x₂3+x3₃=3x x x_{1 2 3}
Ví dụ 8:

Giả sử phương trình : _x3₋_x2₊_{ax b 0}_{+ =} _{có 3 nghiệm thực phân biệt.}

Chứng minh rằng : _a2₊_{3b 0}_>

(Đại học quốc gia Hà Nội, khối A năm 1998)
Giải

Gọi x1, x2, x3 là nghiệm phân biệt của phương trình cho định lý viete

cho :

1 2 3

1 2 2 3 3 1

1 2 3

B

x x x 1

A
C
x x x x x x a

A
D

x x x b
A

⎧ + + = − =
⎪

⎪

⎪ ₊ ₊ ₌ ₌

⎨

⎪

⎪ _{= −} _{= −}

⎪⎩

Ta coù : 2 2 2 2 2

1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3 1 1 2 3

(x x +x x +x x ) =(x x ) +(x x ) +(x x ) +2x x x

2 2

1 2 3 3 1 2

2x x x 2x x x

+ +

2 2 2 2

1 2 2 3 3 1 1 2 3 1 2 3

2 2 2 2

1 2 2 3 3 1

2 2 2 2

1 2 2 3 3 1

a (x x ) (x x ) (x x ) 2x x x (x x x )
a (x x ) (x x ) (x x ) 2b

a 2b (x x ) (x x ) (x x ) (1)

⇔ = + + + + +

⇔ = + + −

⇒ + = + +

Ta coù :
x2+y2≥2xy

2 2

2 2

y z 2yz
z x 2zx

+ ≥

+

+ ≥

2 2 2 2 2 2

2(x y z ) 2(xy yz zx) x y z xy yz zx (2)

⇒ + + ≥ + + ⇔ + + ≥ + +

Áp dụng BĐT (2) ta coù :

2 2 2 2 2 2

1 2 2 3 3 1 1 2 3 2 3 1 1 2 3

(x x ) +(x x ) +(x x ) >x x x +x x x +x x x

2 2 2

1 2 2 3 3 1 1 2 3 1 2 3

(x x ) (x x ) (x x ) x x x (x x x ) b (3)

⇔ + + > + + = −

Không có đẳng thức vì x1, x2, x3 đơi một khác nhau.

(1) và (3) ⇒a2+2b> − ⇔b a2+3b 0>

Ví dụ 9:

Định m để phương trình sau có 3 nghiệm dương phân biệt.

3 2 2

x −3mx +2(m +1)x 2m 0 (1)− =

Giaûi

2

2

(1) (x m)(x 2mx 2) 0
x m

f(x) x 2mx 2 0 (2)

⇔ − − + =

=
⎡
⇔ ⎢

= − + =

⎢⎣

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

2

m 0 _{m 0}

' m 2 0 _m _{2 m} ₂ _m ₂

P 2 0(hiển nhiên) _{2m 0}
S 2m 0

>

⎧ _⎧ _>

⎪ _⎪

∆ = − >
⎪

⇔_⎨ ⇔_⎨ > ∨ < − ⇔ >

= >

⎪ ⎪ _>

⎩
⎪ = >

⎩

Ví dụ 10:

Giải phương trình : x4−4x 1 (*)=

Giaûi

4 2 2

(*)⇔x +(2x + =1) (2x + +1) 4x 1+

2 2 2

2 2

2
2

1,2

(x 1) 2(x 1) 0

(x 2x 2 1)(x 2x 1 2) 0
x 2x 2 1 0 VN

2 1

x 2x 1 2 0 x 2(2 2 1)
2 2

⇔ + = + =

⇔ + + + − + − =

⎡ ₊ ₊ _{+ =}

⎢

⇔ ⎢ ₋ _{+ −} _{= ⇔} ₌ _± ₋

⎢⎣

Ví dụ 11:

Cho phương trình : x3+x2−(m 2)x m 1 0+ + + = .

Tìm các giá trị của m để phương trình có 3 nghiệm x1, x2, x3 thỏa điều

kiện : x1 < x2 < < 2 < x3

Giải
Đặt f(x) x= 3+x2−(m 2)x m 2+ + +

Điều kiện cần: Giả sử phương trình f(x) = 0 có 3 nghiệm x1, x2, x3 thỏa

đề bài, ta có : f(x) = (x – x1)(x – x2)(x – x3) và

f(2) 0< ⇔ − < ⇔9 m 0 m 9>

Điều kiện đủ: Giả sử ta có: m > 9

f(0) m 1 0= + > vaø f(2) = 9 – m < 0 ⇒f(0).f(2) 0<

Nếu tồn tại x₂∈(0,2) : f(x ) 0₂ = (nghóa là 0 < x2 < 2 (1))

Vì limx→+∞f(x)= +∞nên tồn tại m > 2 mà f(m) > 0 ⇒f(2).f(m) 0<
⇒ Phương trình đã cho có 1 nghiệm x3∈(2,m)sao cho f(x) = 0

(nghóa là 2 < x3 < m (2)).

Vì lim_x_→−∞f(x) = −∞, nên tồn tại n < 0 mà f(n) < 0
f(0).f(n) 0

⇒ < nên phương trình có nghiệm x1 với n < x1 < 0 (3)

(1), (2), (3) ⇒x₁<x₂< <2 x₃
Vaäy m > 9.

Ví dụ 12 :

Giải phương trình :

3 3 3

(3x 1)+ +(2x 3)− =(5x 2) (*)−

Giải
Vì (3x + 1) + (2x –3 )= 5x –2

Aùp dụng hằng đẳng thức:

3 3 3

(A B)+ =A +B +3AB(A B)+

(*) 3(3x 1)(2x 3)(5x 2) 0⇔ + − − =

1

x

3
3x 1 0

3
2x 3 0 x

2
5x 2 0 ₂

x
5

⎡ = −
⎢
+ =

⎡ ⎢

⎢ ⎢

⇔_⎢ − = ⇔_⎢ =

⎢ − = ⎢

⎣

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

<b>III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ </b>

4.1. Định m để phương trình : x4−2(m 1)x+ 2+2m 1 0+ =
có 4 nghiệm phân biệt lập thành một cấp số cộng.

4.2. Định tất các giá trị của tham số m để cho phương trình :

3 2

x +2(1 2m)x− + −(5 7m)x 2(m 5) 0+ + =

Có 3 phân biệt nhỏ hơn 1, biết rằng phương trình có 1 nghiệm không
phụ thuộc m.

4.3. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình :

2 4 2

8x(2x −1)(8x −8x + =1) 1
thỏa mãn điều kiện 0 < x < 1

4.4. Giải phương trình : (x 2 3)− 3+(2x+ 3)3=(3x− 3)3
4.5. Định m để phương trình : _x3₊_3mx2₋_{3x 3m 2 0}₋ _{+ =}

Có 3 nghiệm x1, x2, x3 và x12+x22+x23 nhỏ nhất.

4.6. Định m để phương trình : 2 2
2

m
x (x 1)

x x 1

+ + =

+ +

Có 1 nghiệm duy nhất.

4.7. Định a để phương trình sau có nghiệm:

4 2 2

x +x +2(a 2)x a− − +4a 3 0− =

4.8. Giaûi phương trình : 8x3−6x 1=

4.9. Giải phương trình : x4+x3−7x2− + =x 6 0
4.10. Giải phương trình : 12x3+4x2−17x 6 0+ =

Biết phương trình có 2 nghiệm mà tích bằng –1

4.11. Giải phương trình :

2 2 2

(x +3x 4)− +3(x +3x 4) x 4− = +

(ĐH Ngoại Thương – Khối D Năm 2000)
4.12. Cho phương trình : _x4₊_ax2_{+ =}_{b 0}

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

<b>Giải Tóm Tắt </b>

4.1. Đặt _{t x}₌ 2_{. Phương trình đã cho}_⇔_t2₋_{2(m 1)t 2m 1 0 (1)}₊ ₊ _{+ =}

Để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt

⇔

(1)

có 2 nghiệm
dương phân biệt .

2

' (m 1) (2m 1) 0

1

P 2m 1 0 m

2
S 2(m 1) 0

⎧∆ = + − + >

⎪

⇔⎨ = + > ⇔ > −

⎪ = + >
⎩

vaø m 0 (*)≠

Với điều kiện (*), (1) có 2 nghiệm t1, t2 thỏa 0 t< <1 t2.

Phương trình đã cho có 4 nghiệm :

1 2 2 1 3 1 4 2

x = − t <x = − t <x = t <x = t
x1, x2, x3, x4 lập thành một cấp số cộng

3 2 4

2x x x

⇔ = + ⇔t₂=91 (2)
Định lý viete cho : 1 2

1 2

t t 2(m 1) (3)
t t 2m 1 (4)

+ = +

⎧

⎨ ₌ ₊

⎩

(2), (3), (4) _9m2 _{32m 16 0} _{m 4 m} 4

9

⇔ − − = ⇔ = ∨ = − thỏa (*)
4.2 Phương trình đã cho có thể viết:

2 3 2

( 4x− −7x 2)m (x+ + +2x +5x 10) 0 (1)+ =

Vì phương trình đã cho có 1 nghiệm khơng phụ thuộc m thì phương
trình (1) vơ định theo m.

2

3 2

4x 7x 2 0

x 2 1
x 2x 5x 10 0

⎧− − + =

⎪

⇔_⎨ ⇔ = − <

+ + + =

⎪⎩

Phương trình đã cho

2

(x 2)(x 4mx m 5) 0

⇔ + − + + = x 2 ₂

g(x) x 4mx m 5 0

= −
⎡
⇔ ⎢

= − + + =

⎢⎣

YCBT

2

1 2

' 4m m 5 0
1.g(1) 1 4m m 5 0
x x 1

s

g( 2) 0 1

2

g( 2) 4 8m m 5 0

⎧∆ = − − >
⎪

= − + + >
⎪

< <

⎧ ⎪

⇔_⎨ ⇔_⎨

− ≠ <

⎩ ⎪

⎪

− = + + + ≠

⎪⎩

m 1

⇔ < −

4.3. Vì x∈

[ ]

0,1 , đặt x = cost , t 0,
2

π

⎡ ⎤

∈ ⎢_⎣ ⎥_⎦

Phương trình đã cho _⇔_{8cost(2cos t 1)(8cos t 8cos t 1) 1 (*)}2 ₋ 4 ₋ 2 _{+ =}

Với cos t 1 cos t2 − = 2

2

2 2

4 2 1 cos t 1 cos t

8cos t 8cos t 1 8 8 1

2 2

⎛ ₊ ⎞ ⎛ ₊ ⎞

− + = ⎜_⎜ ⎟_⎟ − ⎜_⎜ ⎟_⎟+

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2 4

2cos 2t 1 cos t

= − =

(*) ⇔8cost.cos t.cos t 12 4 = ⇔8cost.sin t.cos t.cos t sin t2 4 =

1
2

2
t

t 0, ₇

2

t
8t t k2 8t t k2 ₉

π
⎡

⎧ _∈⎛ π⎞ _⎢ =

⎪ ⎜ ⎟

⇔_⎨ _⎝ _⎠ ⇔ ⎢

π
⎢

⎪ _{= +} _{π ∨} _{= π − +} _π ₌

⎩ _⎢⎣

⇒ các nghiệm phương trình : x cos2 x cos

7 9

π π

= ∨ =

4.4. Vì (x 2 3) (2x− + + 3) 3x= − 3

Áp dụng hằng đẳng thức : (A B)+ 3=A3+B3+3AB(A B)+

Phương trình cho :

3(x 2 3)(2x 3)(3x 3) 0

⇔ − + − =

x 2 3
3
x

2
3
x

3

⎡
⎢ =
⎢
⎢
⇔_⎢ = −

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

4.5. Ta coù : 2 2 2 2

1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1

(x +x +x ) =x +x +x +2(x x +x x +x x )

2 2 2 2

1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1

x x x (x x x ) 2(x x x x x x )

⇔ + + = + + − + +

Định lý viete cho :

1 2 3

1 2 2 3 3 1

B

x x x 3m

A
C
x x x x x x 3

A

⎧ + + = − = −
⎪⎪

⎨

⎪ ₊ ₊ ₌ _{= −}

⎪⎩

2 2 2 2

1 2 3

x x x 9m 6 6

⇒ + + = + ≥

Dấu “ = “ xảy ra ⇔m 0=

Thử lại, với m = 0 phương trình cho trở thành :

3

x −3x 2 0+ = ⇔(x 1)(x− 2+ − = ⇔x 2) 0 x1=x2=1,x3= −3

Vaäy m = 0
4.6. MXĐ D = R

Phương trình cho _⇔_⎡_2(x2_{+ + −}_{x 1) 1 (x}_⎤ 2_{+ + =}_{x 1) m (1)}

⎣ ⎦

Đặt t x2 x 1 x 1 2 3 3
2 4 4

⎛ ⎞

= + + =_⎜ + _⎟ + ≥

⎝ ⎠

(1) ⇔2t2− =t m t 3
4

⎛ _≥ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

Đặt _{y 2t}₌ 2₋_1, _{y' 2t}₌ _cho_{y' 0} _{t 0,y} 3 3

4 8

⎛ ⎞

= ⇔ = =_{⎜ ⎟}=

⎝ ⎠

Bảng biến thiên:

Bảng biến thiên cho, để phương trình có 1 nghiệm duy nhất m 3
8

≥

4.7. Phương trình cho _⇔_a2₋_{2(x 2) a x}_{+ − −} 4₋_x2₊_{4x 3 0}_{+ =}

2 2

2 2

2 2

' (x 1)

a x 2 x 1 x x 3 a 0 (1)

a x 2 x 1 x x a 1 0 (2)

∆ = +

⎡ _{= + +} ₊ ⎡ _{+ + − =}

⇔⎢ ⇔⎢

⎢ = + − − ⎢ − + − =

⎣ ⎣

(1) coù ∆ =₁ 4a 11− ,

(2)

có ∆ = − +₂ 4a 5

Phương trình cho có nghiệm ⇔ ∆ ≥ ∨ ∆ ≥ ⇔ ≥1 0 2 0 a 11₄ ∨m≤ 5₄

4.8. 8x3−6x 1= 4x 3x 1
2

⇔ − = (*)
Đặt x cost=

(*) _{4 cos t 3cost}3 1

2

⇔ − = cos t cos3 cos 2

3 3

π ⎛π ⎞

⇔ = = _⎜ ± π_⎟

⎝ ⎠

Choïn t₁ ,
9

π

= t₂ 2 7 ,

9 3 9

π π π

= + = t₃ 2 5

9 3 9

π π π

= − = −

⇒ nghieäm x cos ,
9

π

= x cos7 ,
9

π

= x cos5
9

π
=

4.9. Phương trình cho ⇔(x 1)(x− 3+2x2−5x 6) 0− =

2

(x 1)(x 1)(x x 6) 0 x 1 x 2 x 3

⇔ − + + − = ⇔ = ± ∨ = ∨ = −

4.10. Goïi x1, x2 là 2 nghiệm có x1, x2 = -1

Định lý viete cho: x1 x2 x3 d 1

a 2

= − = − ⇔ −( 1)x3= − ⇔1₂ x3=1₃

Phương trình cho :

2

1

x (12x 10x 12) 0
2

⎛ ⎞

⇔_⎜ − _⎟ + − =

⎝ ⎠

1 2 2

x x x

2 3 3

⇔ = ∨ = ∨ = −

4.11. Đặt _{t x}₌ 2₊_{3x 4}₋ _{. Ta có hệ:} 2
2

x 3x 4 t
t 3t x 4

⎧ ₊ _{− =}

⎪
⎨

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

2 2

2 2 2

x 3x t 4 0 x 3x t 4 0 (1)
t 3t x 4 0 x t 4x 4t 0 (2)

⎧ ₊ _{− − =} ⎧ ₊ _{− − =}

⎪ ⎪

⇔_⎨ ⇔_⎨

+ − − = − + − =

⎪ ⎪

⎩ ⎩

(x t)(x t 4) 0

⇔ − + + = t x

t x 4

=
⎡
⇔ ⎢ _{= − −}

⎣

. t = 2 : (1) ⇔x2+2x 4 0− = ⇔ = − ±x 5
. t= − −x 4 : (1)⇔x2+4x 0= ⇔ = −x 4,x 0=

Vaäy nghieäm x = 0, x = - 4, x = - 1 ± 5

4.12. Đặt _{α =}_x2_≥_0,_{Phương trình cho trở thành:}_{α + α + =}2 _a _{b 0 (*)}

Phương trình cho có 4 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (*) có 2
nghiệm dương phân biệt :

2

1 2 ₂

a 4b 0 _{a 0 b}

0 P b 0

a 4b 0
S a 0

⎧∆ = − >

< <
⎧

⎪ _⎪

< α < α ⇔⎨ = > ⇔⎨

− >
⎪

⎪ _{= − >} ⎩

⎩

Khi đó ta có: x1= − α <2 x2= − α <1 x3= α <1 x4< α2

1 2 3 4

x ,x ,x ,x hợp thành một cấp số cộng

2 4 3

x x 2x

⇔ + = ⇔ α =₂ 9x₁

Định lý viete:

2
1

1 2

2

1 2 1

10 a

a ₉ a _b

. b 9 b 10

α = −
⎧

α + α = −

⎧ _⇔⎪ _⇔ ⎛₋ ⎞ ₌

⎨_{α α =} ⎨ _{α =} ⎜_⎝ ⎟_⎠

⎪

⎩ ⎩

2

9a 100b 0

</div>

<!--links-->