23
Vấn đề 4
PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ BẬC HAI
PHƯƠNG TRÌNH BẬC 3 – BẬC 4
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
1. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ BẬC 2
Dạng 1: Phương trình trùng phương:
42
ax bx c 0 (a 0)+ += ≠

Đặt
2
tx(t0)=≥
ta có phương trình :
2
at bt c 0
++=Dạng 2
: (x + a)(x+b)(x+c)(x+d) = k (k
≠
0)
Trong đó: a + b = c + d
Đặt
t(xa)(xb)=+ +
với
2
(a b)
t

44
(x a) (x b) k(k 0)−+−= ≠
. Đặt
ab
tx
2
+
=−

Dạng 4
:
432
ax bx cx bx a 0 (a 0)++++= ≠
+ Nhận xét x = 0 không phải là nghiệm của phương trình
+ Chia hai vế cho
2
x
và đặt
1
tx ,t2
x
=+ ≥
Ta có phương trình :
2
at bt c 2a 0++− =

432
ax bx cx bx a 0 (a 0)++−+= ≠
+ Nhận xét x = 0 không phải là nghiệm của phương trình :


mx nx
k (k 0)
ax bx c ax b'x c
+ =≠
+ +++

+ Nhận xét x = 0 không phải là nghiệm.
+ Phương trình được viết :
mn
k
cc
ax b ax b'
xx
+ =
++ ++

Đặt
c
tax
x
= +
và phương trình được viết :
mn
k
tbtb'
+ =
++Dạng 6

01 n1n
a x a x ..... a x a
−
−
=+ ++ +
với
0
a0≠

Các số
01 n
a ,a ,......a gọi là các hệ số.
α là một nghiệm của đa thức P(x) khi P(α) = 0
Đònh lý Bezout : P( ) 0 P(x)α =⇔ chia hết cho x - α.
b. Phương trình bậc 3:
32
ax bx cx d 0 (a 0)+ ++= ≠

Phương trình bậc 3 luôn luôn có nghiệm
Đònh lý Viete:

25
Nếu phương trình :
32
ax bx cx d 0 (a 0)+++= ≠ (1)
Có 3 nghiệm x
1
, x
2
, x

xx,= ta phân tích:
(1)
2
0
(x x )(Ax Bx C) 0⇔− + +=
+ Nếu biết một hệ thức giữa các nghiệm thì ta dùng đònh lý viete
+ Dùng hằng đẳng thức biến đổi thành phương trình tích số với các
phương trình có dạng :
33 3
AB(AB)+=+
333
(A B) A B 0 3AB(A B) 0⇔+ −−=⇔ +=

II. CÁC VÍ DỤ :
Ví dụ 1:
Giải phương trình : (x 1)(x 2)(x 3)(x 4) 3 (*)++ ++=
Giải
(*) (x 1)(x 4)(x 2)(x 3) 3 (**)⇔+ + + +=
Đặt
2
t(x1)(x4)x 5x4=+ += + +
Điều kiện
2
(1 4) 9
t
44
−
≥− =−
(**)
22

−+
=
⎢
++=
⎢
++=⇔ ⇔
⎢
∆=
−−
=
⎢
⎣26
Ví dụ 2:
Đònh m để phương trình :
x1
(x 3)(x 1) 4(x 3) m (1)
x3
+
−++− =
−
có
nghiệm.
Giải
Đặt
2
x1
t(x3) (*) t (x3)(x1)

t0:(3)x1= ⇔=− (nhận)
0
22 2
00
x3 x3
t0:(3)
(x 3)(x 1) t x 2x (3 t ) 0
>>
⎧⎧
⎪⎪
>⇔ ⇔
⎨⎨
−+= −−+=
⎪⎪
⎩⎩

2
0
x1 4t
⇔ =+ +

nhận.
0
22 2
00
x3 x3
t0:(3)
(x 3)(x 1) t x 2x (3 t ) 0
<<
⎧⎧

:

27
2
2
a1
xax(2a1) 0
x
x
−− +++ =
2
2
11
xax(2a1)0 (2)
x
x
⎛⎞⎛⎞
⇔+−−−+=
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠

Đặt
1
tx
x
=−
thì
2
1
2

2
t0 x 1>⇒ >
(2)
2
t2at(2a1)0
⇔+−− +=
2
t at 1 2a 0 (3)
⇔−+− =

Để (1) có 2 nghiệm khác nhau và lớn hơn 1 là (3) có 2 nghiệm thoả:
12
0t t<<
2
0a4(12a)0
1
P0 12a0 254a
2
S0 a0
⎧
∆> − − >
⎧
⎪
⎪
⇔>⇔−> ⇔ −<<
⎨⎨
⎪⎪
>>
⎩
⎩

=⇔
⎢
=± ⇒ =−
⎣28
Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên để phương trình (*) có nghiệm phân biệt khi và chỉ
khi :
4k5
− <<

Ví dụ 5:

Đònh a để phương trình :
42 2
x2x2axa2a10
+ ++++=
có nghiệm.
Với mỗi a đó, gọi x
a
là nghiệm bé nhất của phương trình. Đònh a để x
a

nhỏ nhất.
Giải
Ta có :
42 2

++>∀

a
0x 1
⇔ ≤≤

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

Ví dụ 6 :

Tìm điều kiện của a, b để phương trình
3
xaxb0
+ +=
có 3 nghiệm
phân biệt lập thành cấp số cộng.
Giải
Gọi x
1
, x
2
, x
3

xax0x(xa)0
x a 0 (**)
=
⎡
⇒+=⇔ +=⇔
⎢
+=
⎢
⎣

Để (**) có 2 nghiệm phân biệt và khác 0
a0⇔<

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
3
xpxq0++= có 3 nghiệm x
1
, x
2
, x
3

Chứng minh :
333
123 123
xxx3xxx++=

xxxp(xxx)3q0 (*)⇒+++ ++ +=

Đònh lý viete cho :
123
B
xxx 0
A
++=−=
;
123
D
xxx
q
A
= −=−

Thế vào (*) ta được:
333
123 123
xxx3xxx0++− =
333
123 123
xxx3xxx⇔++=

Ví dụ 8:

Giả sử phương trình :
32
xxaxb0−++=
có 3 nghiệm thực phân biệt.

⎪
⎪
+ +==
⎨
⎪
⎪
=− =−
⎪
⎩

Ta có :
22222
12 23 31 12 23 31 123
(x x x x x x ) (x x ) (x x ) (x x ) 2x x x++ = + + +

22
123 312
2xxx 2xxx++
2222
12 23 31 123 1 2 3
2222
12 23 31
2222
12 23 31
a (xx ) (xx) (xx) 2xxx(x x x)
a(xx)(xx)(xx)2b
a 2b (x x ) (x x ) (x x ) (1)
⇔= + + + ++
⇔= + + −
⇒+= + +

đôi một khác nhau.
(1)

và (3)
22
a2b ba3b0⇒+>−⇔+>
Ví dụ 9:

Đònh m để phương trình sau có 3 nghiệm dương phân biệt.
322
x3mx2(m1)x2m0 (1)−++−=

Giải
2
2
(1) (x m)(x 2mx 2) 0
xm
f(x) x 2mx 2 0 (2)
⇔− − +=
=
⎡
⇔
⎢
=− +=
⎢
⎣

Để (1) có 3 nghiệm dương phân biệt (2)
⇔ có 2 nghiệm dương khác
m.

Giải phương trình :
4
x4x1 (*)−=

Giải
42 2
(*) x (2x 1) (2x 1) 4x 1⇔+ += +++

22 2
22
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
21
x2x120x 2(221)
22
⇔+=+=
⇔+ ++ − +− =
⎡
+++=
⎢
⇔
⎢
−+−=⇔=± −
⎢
⎣


3
thỏa
đề bài, ta có : f(x) = (x – x
1
)(x – x
2
)(x – x
3
) và
f(2)0 9m0 m9<⇔− <⇔ >
Điều kiện đủ: Giả sử ta có: m > 9
f(0) m 1 0=+> và f(2) = 9 – m < 0 f(0).f(2) 0⇒<
Nếu tồn tại
22
x(0,2):f(x)0∈=(nghóa là 0 < x
2
< 2 (1))
Vì
x
lim
→+∞
f(x)=+∞nên tồn tại m > 2 mà f(m) > 0 f(2).f(m) 0⇒<
⇒ Phương trình đã cho có 1 nghiệm
3
x(2,m)∈
sao cho f(x) = 0
(nghóa là 2 < x
3
< m (2)).
Vì

⇔ +−−=
1
x
3
3x 1 0
3
2x 3 0 x
2
5x 2 0
2
x
5
⎡
= −
⎢
+=
⎡
⎢
⎢
⎢
⇔−=⇔=
⎢
⎢
⎢
⎢
−=
⎣
⎢
=
⎢