10 trang 87 lượt tải

Sử dụng tính chất của lũy thừa để giải phương trình và hệ phương trình

174

Tài liệu gồm 10 trang, được biên soạn bởi thầy giáo Vũ Hồng Phong (giáo viên Toán trường THPT Tiên Du số 1, tỉnh Bắc Ninh), hướng dẫn phương pháp sử dụng tính chất của lũy thừa để giải phương trình và hệ phương trình; tài liệu được đăng trên tạp chí Toán học và Tuổi trẻ số 533 (xuất bản tháng 11 năm 2021).

Chủ đề: Tài liệu chung Toán 10 397 tài liệu

Môn: Toán 10 2.9 K tài liệu

Tác giả:

Profile

Mai Nguyệt

1 năm trước
Danh sách Quiz
/10
1
Số 533 (11-2021)
Xin nhắc lại một số tính chất của lũy thừa đã biết :
Tính chất 1. Cho n là số nguyên dương.
1) Với a, b là số thực ta có:
2 1 2 1
.

nn
a b a b
2) Với a, b là số thực không âm ta có:
22
.
nn
a b a b
3) Với a, b là số thực không dương ta có:
22
.
nn
a b a b
4) Cho a là số thực dương, b là số thực ta có:
22
.
nn
a b a b a
ab
hoặc b > a
22
.
nn
ba
Tính chất 2. Với n là số nguyên dương và a, b là
số thực ta có:
0 1 1
.. ..

n
n n k n k k n n
n n n n
a b C a C a b C a b C b
(công thức nhị thức Newton).
Sau đây là một số thí dụ có vận dụng các tính chất
này.
Thí dụ 1. Giải phương trình:
`
9
5
2 4 3
3
2 1 2 2 9x x x x
(1).
Lời giải. Ta có:
9
33
5
32
1 1 2 2
1 3 3 3 1




xx
x x x x
9
33
5
3
1 1 2
.
2
1 1 2 1




xx
xx
• Với
3
1 1 2 0 xx
thì
3
1 1 2 0. xx
Theo tính chất 1 ta có:
9
9
3 3 3
1 1 2 2 2 8;


xx
5
3
5
1 1 2 1 1 1.


xx
Suy ra
VT 1 9.
• Với
3
1 1 2 0 xx
thì
3
1 1 2 0.


xx
Theo tính chất 1 ta có:
9
9
3 3 3
1 1 2 2 2 8;


xx
5
3
5
1 1 2 1 1 1.


xx
Suy ra
VT 1 9.
• Với
3
3
1
1 1 2 0 .
12
x
xx
x
Khi này
VT 1 9.
Vậy phương trình đã cho có
đúng 2 nghiệm
3
1; 1 2. xx
Thí dụ 2. Giải phương trình:
33 33
2 2 33
11
3 2 2 3 1 (1).
x x x x
xx
Lời giải. ĐK:
0x
. Khi đó:
33 33
22
11
VT 1 1 1 1 1 .
x x x x
xx
Do
2
10x
nên
2
11
1 1 1 . x x x
xx
Theo tính chất 1 ta có:
2
Số 533 (11-2021)
33 33
2
11
1 1 1


x x x
xx
(2).
Tương tự, do
2
11
1 1 1 x x x
xx
nên
33 33
2
11
1 1 1


x x x
xx
(3).
Từ (2) và (3) suy ra:
33 33
11
VT 1 1 1
xx
xx
(4).
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
1 1 1
2 . 2. x x x
x x x
Theo tính chất 1 với n là số nguyên dương có:
2
2
2
.
11
2






n
n
n
xx
xx
Đặt
1
tx
x
ta có
22
2
nn
t
(5). Áp dụng công
thức nhị thức Newton có:
33
0 1 2 2 33 33
33 33 33 33
;1 ... t C C t C t C t
33
0 1 2 2 33 33
33 33 33 33
1 ... . t C C t C t C t
Suy ra:
33 33
33 33
11
1 1 1 1
x x t t
xx
0 2 2 32 32
33 33 33
2 .. C C t C t
(6).
Từ (5) suy ra:
0 2 2 32 32 0 2 2 32 32
33 33 33 33 33 33
2 .. 2 2 .. 2 . C C t C t C C C
Thay
2t
vào (6) ta được:
33 0 2 2 32 32
33 33 33
3.21 2 . 2 C C C
.
Do đó:
0 2 2 32 32 33
33 33 33
2 .. 3 1 C C t C t
(7).
Từ (4),(6) và (7) suy ra
VT 1 VP 1 .
Đẳng thức xảy ra
2
2
2
1 0
1.
1
2





n
n
x
x
x
x
Vậy phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm
1x
.
Thí dụ 3. Giải phương trình:
2 21 2 21 2 21
(2 7) ( 3) 3 5 x x x x x
(1).
Lời giải. Ta có:
21 21
22
VT(1) 2 4 1 4 1 .
x x x x
Áp dụng công thức nhị thức Newton có:
21
0 1 2 2 21 21
21 21 21 21
1 ... . x C C x C x C x
Tương tự:
21
0 1 2 2 21 21
21 21 21 21
1 ... . x C C x C x C x
Suy ra:
21 21
11 P x x x
0 2 2 20 20
21 21 21
2 .. C C x C x
(*).
Thay
2x
vào (*) ta được:
21 0 2 2 20 20
21 21 21
3 1 2 2 .. 2 . C C C
• Với
2
4x
theo tính chất 1 ta có:
21
21
2
;2 4 1 1


x x x
21
21
2
4 1 1 .


x x x
Suy ra
VT 1 Px
(2). Do
22
2x
nên theo
tính chất 1 thì với mọi số nguyên dương n có
22
2
nn
x
. Suy ra:
0 2 2 20 20 2 2 2 2
21 21 21 21 21
2 2 .. 2 2 2 2P x C C C C x C
21 2 21 2
3 1 420( 4) 3 1 ( 4) VP(1) (3). xx
Từ (2) và (3) suy ra
VT 1 VP 1 .
• Với
2
4x
theo tính chất 1 ta có:
21
21
2
;2 4 1 1


x x x
21
21
2
4 1 1 .


x x x
Suy ra
VT 1 Px
(4). Do
22
02x
nên
theo tính chất 1 thì với mọi số nguyên dương n có
22
.2
nn
x
Suy ra:
0 2 2 20 20 2 2 2 2
21 21 21 21 21
2 2 .. 2 2 2 2 P x C C C C x C
21 2 21 2
3 1 420( 4) 3 1 ( 4) VP(1) (5). xx
Từ (4) và (5) suy ra
VT 1 <VP 1 .
• Với
2x
thì
VT 1 VP 1 .
Vậy PT(1) có
đúng 2 nghiệm
2.x
Thí dụ 4. Giải phương trình :
44
44
44
2 44
4 1 3 5 (1).
2



x
xx
3
Số 533 (11-2021)
Lời giải. ĐK:
22
4 0 4 2 2.  x x x
Suy ra:
20x
và
3 0.x
Ta có
22
4 0 2 4 1 3 . x x x x
Lại có:
2
4 1 4 1 1 1 2 3. x x x
Như vậy
2
3 4 1 3. x x x
Theo tính
chất 1 có:
44
44
2
.4 1 3 xx
Suy ra
44 44
VT 1 3 3 xx
(2). Áp dụng công
thức nhị thức Newton có:
44
44 0 43 1 42 2 2 44 44
44 44 44 44
3 3 3 3 .. . x C C x C x C x
44
44 0 43 1 42 2 2 44 44
44 44 44 44
3 3 3 3 ... . x C C x C x C x
Suy ra:
44 44
33 xx
44 0 42 2 2 44 44
44 44 44
2 3 3 .. C C x C x
(3).
Thay
2x
vào (3) ta được:
44 44 0 42 2 2 44 44
44 44 44
5 1 2 3 3 .. . C C x C x
Do
22
0 4 2 x
nên theo tính chất 1 với mọi số
nguyên dương n có
22
.2
nn
x
Suy ra:
44 0 42 2 2 44 44
44 44 44
2 3 3 .. C C x C x
44 0 42 2 2 42 42 44 44
44 44 44 44
2 3 3 2 .. 2 2 C C C C x
44 0 42 2 2 44 44 44 44 44 44
44 44 44 44 44
2 3 3 2 .. 2 2 2 2 C C C C x C
44
44 44 45 45 44
2 5 2 1 2 1 5 1 (4).
2







x
x
Vì
2
04x
nên
2
01
2




x
. Suy ra:
44 44
22
1 1 0
22
xx
44 44
45
2 1 1
22




xx
(5).
Từ (4) và (5) suy ra:
44 44
45 44 44
2 1 5 1 5
22




xx
(6).
Từ (2), (3), (4), (6) suy ra
VT 1 VP 1 .
Đẳng
thức xảy ra
2 x
. Vậy PT(1) có đúng 1
nghiệm
2.x
Thí dụ 5. Giải hệ phương trình:
12 12
6 12 12
5
22
6
2 2 2
2 3 3 2 5
33 1 2 1
.
1
1 4 3 3 3 1
x y x y x y
x x x
x xy y x x
Lời giải.
Phương trình thứ nhất của hệ PT tương
đương với
66
22
6 12 12
2 3 3 2 5 x y x y x y
6
2 2 2
4 12 4 5 x xy y y
6
2 2 2 6 12 12
5 4 12 4 5 (*). x x xy y x y
• Xét
22
4 12 4 0 x xy y
ta có:
2 2 2 2
4 12 4 5 5 0; x xy y y y
2 2 2 2
5 4 12 4 5 0 x x xy y x
.
Theo tính chất 1 ta có:
66
2 2 2 2 6 12
4 12 4 5 5 5 x xy y y y y
(1)
66
2 2 2 2 6 12
5 4 12 4 5 5 x x xy y x x
(2).
Từ (1) và (2) suy ra
VT * VP * .
• Xét
22
4 12 4 0 x xy y
ta có:
2 2 2 2
;0 4 12 4 5 5 x xy y y y
2 2 2 2
0 5 4 12 4 5 . x x xy y x
Theo tính chất 1 ta có:
66
2 2 2 2 6 12
4 12 4 5 5 5 x xy y y y y
(3)
66
2 2 2 2 6 12
5 4 12 4 5 5 x x xy y x x
(4).
Từ (3) và (4) suy ra
VT * VP * .
• Xét
22
4 12 4 0 x xy y
thấy thỏa mãn PT(*).
Ta có:
22
4 12 4 0 x xy y
22
35
3 0 .
2
y xy x y x
4
Số 533 (11-2021)
Thay
22
30 y xy x
vào PT thứ hai của hệ PT
đã cho ta được:
5
22
6
22
33 1 2 1
1
1 3 3 3 1
x x x
x x x
56
2 2 2 2
1 2 1 3 3 3 1 32 (*). x x x x x x
5
22
6
2 2 2
VT * 1 2 1 2
1 3 1 2 2
x x x
x x x x
5
22
6
22
1 1 2 2
1 1 2 2 .






x x x
x x x x
Ta có:
22
1, x x x x
suy ra
2
1 0. xx
Mặt khác:
2 2 2 2
3 3 3 1 3 1 1 0. x x x x x x
• Xét
2
1 2 0 xx
thì
22
1 1 2 2 2 x x x
và
22
1 1 2 2 2. x x x x
Theo tính chất 1 ta có:
5
5
22
1 1 2 2 ;2



x x x
6
2 2 6
1 1 2 2 2 .



x x x x
Suy ra
VT * 32 VP * .
• Xét
2
1 2 0 xx
thì
22
1 1 2 2 2 x x x
và
22
0 1 1 2 2 2. x x x x
Theo tính chất 1 ta có:
5
5
22
1 1 2 2 ;2



x x x
6
2 2 6
1 1 2 2 2 .



x x x x
Suy ra
VT * 32 VP * .
• Xét
2
1 2 0 xx
thấy thỏa mãn (*). Ta có:
22
22
0
1 2 0 1 2
14

x
x x x x
xx
2
0
3
1
3
3
x
x
x
. Với
3
3
x
suy ra:
3 3 15
.
6

y
Vậy hệ PT có 2 nghiệm (x; y) là
3 3 3 15
;
36





.
Một số tính chất khác xin được trình bày ở số tiếp
theo.
BÀI TẬP
Giải phương trình :
1.
21 19
2 2 21
3 1 2 1 2 1. x x x x
2.
12 9
22
2 1 1 220 1 1 . x x x x
3.
44 44
88 44
1 4 1 4 2 2 . x x x x
4.
77
44
6 4 2
3 1 3 1
2 .
21 35 7
xx
x
x x x
5.
55
22
2 2 5 152. x x x x
6.
77
22
3 5 2 3 478. x x x x
7.
88
2 2 2
1 1 1 337. x x x x x
8.
9
3
9
9
39
2
1
1 3 1 3
1




x
xx
x
.
9.
77
2 2 6
3 5 2 3 14 366. x x x x x
10.
23 23
2 2 20 23
3 2 2 1 2 1. x x x x x
11.
55
33
22
42
24 18 9 1 12 2 3
2.
5 10 1

x x x x x
xx
12.
2
44
44
2 44
4 1 3 5 .
4
x
xx
5
Số 533 (11-2021)
13.
22
22
2 22 22
1 1 2 3 . x x x
14.
3
3
53
9
756
4 12 2 . x x x
x
(Kỳ sau đăng tiếp)
1
Số 534 (12-2021)
(Tiếp theo kỳ trước)
Tính chất 3.Với n là số nguyên dương và a, b là
các số thực ta có:
2
22
2.
2




n
nn
ab
ab
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
.ab
Chứng minh. Ta có:
2
0,ab
suy ra:
2
2 2 2 2
2 2 2 a b ab a b a b
2
22
.2
2
(1)



ab
ab
Vậy BĐT đúng với
1.n
Xét
2n
. Ta có:
22
;
n
n
f x x a b x
1
1 2 2
;
n
n
f x nx n a b x
1
1 2 2
0

n
n
f x x a b x
22
22
.
2
ab
x a b x x
Do
22
0ab
nên
22
a b x x
. Từ đó xét n
chẵn hay lẻ ta đều có bảng biến thiên như sau:
x

22
2
ab
+
()
fx
0 +
()fx
+ +
22
2
2



n
ab
Suy ra:
22
22
(2).2
2



n
n
n
ab
x a b x
Áp dụng (2) với
2
xa
ta được:
22
22
2
2




n
nn
ab
ab
(3).
Từ (1) và (3) suy ra:
2
2
22
2
2
22
22












n
n
nn
ab
ab
ab
.
Đẳng thức xảy ra
22
2
2
22
2
.
2
2




ab
a
ab
ab
ab
Tính chất 4.Với n là số nguyên dương và a,b là số
thực ta có:
1)
2
22
n
nn
a b a b
0 a
hoặc
0.b
2)
21
2 1 2 1

n
nn
a b a b
0a
hoặc
0 b
hoặc
0.ab
Chứng minh.
1) Khi
0b
thì
2
22
n
nn
a b a b
. Xét
0b
ta có:
22
2
22
1 1
nn
n
nn
aa
a b a b
bb
22
1 1 0
nn
aa
bb
(1).
Đặt
a
x
b
thì (1) trở thành
0fx
với
2
2
11
n
n
f x x x
.
Ta có:
21
21
' 2 1 2 .
n
n
f x n x nx
Do
1xx
nên
21
21
.1

n
n
xx
Suy ra
0, .
f x x
Do đó f(x) đồng biến trên
.
Vì vậy
0x
là nghiệm duy nhất của phương trình
0.fx
Với
0x
thì
0 0.
a
a
b
Vậy
2
22
n
nn
a b a b
a = 0 hoặc b = 0.
2
Số 534 (12-2021)
Dễ thấya = 0 hoặc b = 0 thì
2
22
.
n
nn
a b a b
2) Khi
0b
thì
21
2 1 2 1
.
n
nn
a b a b

Xét
0b
ta có:
2 1 2 1
21
2 1 2 1
1 1


nn
n
nn
aa
a b a b
bb
2 1 2 1
1 1 0

nn
aa
bb
(2).
Đặt
a
x
b
thì (2) trở thành
0fx
với
21
21
11
n
n
f x x x
. Ta có:
2
2
2 1 1 2 1
n
n
f x n x n x
2
2
1
0 1 1 .
2
n
n
f x x x x x x
Ta có bảng xét dấu:
x

1
2
+
()
fx
0 +
Từ bảng xét dấu
fx
suy ra hàm số f(x) có 2
khoảng đơn điệu nên
0; 1 xx
là tất cả các
nghiệm của
0fx
.
Với
0x
hoặc
1x
suy ra
0a
hoặc
0.ab
Vậy
21
2 1 2 1
.
n
nn
a b a b

Suy ra
a = 0 hoặc b = 0 hoặc a + b = 0.
Dễ thấy a = 0 hoặc b = 0 hoặc a + b = 0 thì
21
2 1 2 1
.

n
nn
a b a b
Sau đây là một số thí dụ có vận dụng các tính chất
này.
Thí dụ 1.Giải phương trình:
8
8
2 17
12 2 2 4 2 (1). x x x x
Lời giải.ĐK:
22 x
.Áp dụng tính chất 3 ta
có:
8
2
12 2 2 4
V .T1
2
(2)2




x x x x
Mặt khác
2
2
2 2 4 2 4 4, x x x
suy ra:
2 2 2 xx
(3).
Ta có
2
12 2 xx
(4). Thật vậy, do
22 x
nên
20x
và
2 0.x
22
VT 4 2 4 2 2 2 . x x x x
Từ (3) và (4) suy ra:
2
12 2 2 4 2 2 4
4.
22

x x x x x x
Theo tính chất 1 có:
8
2
8 16
.
12 2 2 4
42(
2
5)





x x x x
Từ (2) và (5) suy ra
VT 1 VP 1 .
Đẳng thức
xảy ra
2. x
Vậy PT đã cho có đúng 1
nghiệm
2.x
Thí dụ 2.Giải hệ phương trình:
14 14
22
28
22
22
2 2 23
4 4 1 4 4 1
2 (1)
1
.
4
4 4 2 (2)




x y y x
xy
x y y
x
Lời giải.
ĐK:
10
.
0
xy
x
PT(1) tương đương với
14 14
28
22
4 .1 (2 3)4 1 4 4 1 x y y x x y
Áp dụng tính chất 3 ta có:
14
22
4 4 1 4 4 1
VT 3 2
2



x y y x
14
22
2 2 2 2 2 1 x y x y
(4).
Mặt khác
2
0,xy
suy ra
2
22
.22 x y x y
Do đó:
2
22
2 2 2 2 1 2 2 1 x y x y x y x y
2
.1 xy
Theo tính chất 1 suy ra:
14
14
2
22
28
2
.
2
(
2 2 1
51 )
1
x y x y x y
xy
Từ (4),(5) suy ra
VT 3 VP 3 .
Đẳng thức xảy
ra
.xy
Thay
xy
vào (2) được:
3
Số 534 (12-2021)
22
2 23
22
2
4
244 xx
x
x


22
22
2 2 23
.
4
4 (642)



x x x
x
Áp dụng tính chất 3 ta có:
22 22
22
44
44
VT 6 2 2 (7).
22

x x x x
xx
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
4
4 4 1
2 . 4 2.
2
x
x
x x x
x x x
Theo tính chất 1 suy ra:
22
22
22
4
4
(8).2
22













x
x
x
x
Từ (7) và (8) suy ra:
22 23
VT 6 2.2 2 VP 6 .
Đẳng thức xảy ra
2
4
4 2. x x x
x
Suy ra PT(6) có 2 nghiệm
2.x
Vậy hệ PT đã
cho có 2 nghiệm (x;y) là
2;2
và
2; 2
.
Thí dụ 3.Cho phương trình
7 7 7
3 3 2 2
3 6 6 3 (1). x x m x x m x x
Tìm tập hợp S gồm tất cả các số thực m để
phương trình (1)có đúng 8 nghiệm phân biệt. Biết
;\S p q r
hãy tính
.P p q r
Lời giải. Đặt
323
6.3,ambmx xxx
Suy ra
2
63 x x a b
. Phương trình (1) trở
thành
7
77
. a b a b
(2)
Theo tính chất 4 thì
(2) a = 0 hoặc b = 0 hoặc a + b = 0. Do vậy
3
3
32
32
2
3 (3)
30
6 (4)
(1) 6 0 .
0
6 3 0
1
2



x x m
x x m
x x m
x x m
x
xx
x
Giả sử (3) và (4) có nghiệm chung, ta có:
3
32
3
6


x x m
x x m
(*)
Suy ra:
3 3 2 2
0
3 6 6 3 0 .
1
2
x
x x x x x x
x
Thay
0x
vào (*) ta được
0.m
Thay
1
2
x
vào (*) ta được
11
.
8
m
Xét
3
3.y x x
Ta có:
2
3 3;
yx
0 1.
yx
Ta có bảng biến thiên
x
 1 1 +
y’
+ 0
0 +
y
2 +
 2
Từ bảng biến thiên suy ra PT(3) có 3 nghiệm phân
biệt khác
0
và
1
2
11
2;2 \ ;0 .
8



m
•Xét
32
,6y x x
ta có:
2
3 12 ; 0 0; 4.
y x x y x x
Ta có bảng biến thiên:
x
 0 4 +
y’
+ 0
0 +
y
0 +
 32
Từ BBT suy ra PT(4) có 3 nghiệm phân biệt khác
0
và
1
2
11
32;0 \ .
8



m
PT(1) có đúng 8 nghiệm phân biệt
PT(3) và
PT(4) đều có 3 nghiệm phân biệt khác
0
và
1
2
,đồng thời PT(3) và PT(4) không có nghiệm chung
11
2;0 \
8



m
.
Vậy
11
2;0 \
8



S
và
11
4
P
.
4
Số 534 (12-2021)
Thí dụ 4.Cho phương trình
88
2 2 2
8
2
3 2 1
2 2 (1).
x x m x m x m
m x m m
Tìm m để PT(1) có đúng 4 nghiệm phân biệt.
Lời giải.PT(1) tương đương với
88
2 2 2
3 2 1 x x m x m x m
8
2
.2 2)2 ( m x m m
Đặt
2
3a x x m
;
22
21 b x m x m
.
Suy ra
2
22 m x m m a b
. Phương trình
(2) trở thành:
8
88
(3). a b a b
Theo tính chất 4 thì
(3) 0a
hoặc b = 0.
Do vậy
2
22
3 0 (4)
2.
2 1 0 (5)
x x m
x m x m
Giả sử (4) và (5) có nghiệm chung ta có
2
22
30
2 1 0
x x m
x m x m
(*).
Cộng theovế hai PT của (*) ta được:
2
2 2 0 m x m m
1 2 0 1 m x m m
hoặc
.
2
m
x
Với
2
m
x
thay vào (*) ta được:
2
1
0
42

m
m
m = 0 hoặc
2.m
Thử lại với m= 1,
0, 2mm
thì (4) và (5) có nghiệm chung.
PT(4) có 2 nghiệm phân biệt
9
9 4 0
4
mm
.
PT(5) có 2 nghiệm phân biệt
4 1 0 m
1
.
4
m
Vậy PT(1) có đúng 4 nghiệm phân biệt PT(4)
và PT(5) đều có 2 nghiệm phân biệt và chúng
không có nghiệm chung
19
; \ 0;1;2 .
44



m
BÀI TẬP
1.Giải phương trình:
a)
10
10
22
2
20
11
4
4 5 1 4 3
41
1.
21



x x x x
x
x
b)
6
6
6
66
128 2 3 2
2.
13




xx
x
xx
c)
10
10
4 2 2
20
2
8 8 2 5 2 1
2.
21
x x x x
x
d)
8
8
29
2 12 2 2 2 . x x x x x
2.Giải hệ phương trình:
a)
22
8
80 80 8 8
15
1
1
2

xy
x y x y
b)
55
33
22
2
3
1 2 1 2 82
.
2
5 4 . 2
3

x y x y
xy
x y x
c)
5
2
5
33
2
28
28
2 2 13
22
1 33
1
.
2 1 1
1 1 2












x x y
xy
xx
y xy
xy
d)
22
84
2 2 2 2
4
22
1 1 17
2
1
.
1 2 2 2 1 1
1
17

xy
x y x y x y
xy
3.Tìm m để phương trình
8 8 8
2 2 2
2 2 4 2 4 2 2 x mx x x m x m x m
có đúng 4 nghiệm phân biệt.
4.Tìm m để phương trình
88
2 2 2
4 3 1 x x m x m x m
8
2
33 m x m m
có số nghiệm nhiều nhất.
5.Tìm m để phương trình
7 7 7
3 2 3 2
33 x x m x x m x x
có đúng 7 nghiệm phân biệt.
5
Số 534 (12-2021)
6.Cho phương trình
77
7
33
3 3 5 6 5 . x x m x x x m
a) Giải phương trình với
0m
.
b) Tìm m để phương trình có đúng 7 nghiệm phân
biệt.
7.Cho phương trình
7 7 7
4 2 3 2 4 3
3 3 . x x m x x m x x
a) Giải phương trình với
5
8
m
.
b) Tìm m để phương trình có đúng 9 nghiệm phân
biệt.
8.Cho phương trình
9 9 9
3 2 3 2
2 3 2 3 . x x m x x m x x
a) Giải phương trình với
1m
.
b) Tìm m để phương trình có đúng 8 nghiệm phân
biệt.

Tài liệu khác của Toán 10

Preview text:


Xin nhắc lại một số tính chất của lũy thừa đã biết :
• Với x   3
1 x 1  2   0 thì
Tính chất 1. Cho n là số nguyên dương.
x  x  3 1 1  2  0.
1) Với a, b là số thực ta có: Theo tính chất 1 ta có: 2n 1  2n 1 
a b ab . x    x   9      9 3 3 3 1 1 2 2 2  8;
2) Với a, b là số thực không âm ta có: 2n 2    n a b a b .  x   x   5 3 5 1 1 2 1     1 1. 
3) Với a, b là số thực không dương ta có: Suy ra VT   1  9. 2n 2    n a b a b .
• Với x   3
1 x 1  2   0 thì
4) Cho a là số thực dương, b là số thực ta có: 2n 2       n a b a b a .
x   x  3 1 1  2  0.  
a  b hoặc b > a 2n 2   n b a . Theo tính chất 1 ta có: 9 9
Tính chất 2. Với n là số nguyên dương và a, b là x     3 x    3     3 1 1 2 2 2   8; số thực ta có:   x 1   x 1 2 5 3 5        a bn 0 n 1 n 1  C a C a b .. k n      k k C a b  ..  n n C b     1 1 1.  n n n n
(công thức nhị thức Newton). Suy ra VT  1  9.
Sau đây là một số thí dụ có vận dụng các tính chất  x  1 này. • Với x   1  3
x  1  2   0  . 3 x  1   2
Thí dụ 1. Giải phương trình:  9
Vậy phương trình đã cho có 5 Khi này VT   1 9. `  2 3 x  2x   1   4 3
x  2x  2  9 (1). đúng 2 nghiệm 3 x  1; x  1   2.
Lời giải. Ta có:
Thí dụ 2. Giải phương trình: VT   1   x   1  x   1  2  x   1  2 9 3 3 33 33  1   1  2 2 33 x  3x   2
x x   2  3 1 (1).        x   x
x  2x  3  5 4 3 1
Lời giải. ĐK: x  0 . Khi đó:  x   1 33 33  x1 2 9 3 3  2    1
  x    x2  1  VT 1 1 1
 1 x  1 x2 .     x   x   x   1 
x 3x 3x 3 5 3 2 1 1 1 Do   x2 1
 0 nên 1 x  1 x2 1 x .  x   1  x1 2 9 3 3  2 x x Theo tính chất 1 ta có: x 1  x 1 2 5 3 1      .  Số 533 (11-2021) 1 33 33  1 21 21 
   2x    x    2 VT(1) 2 4 1  x  4    xx     x2   1  1 1  1 x      (2). 1 .   x   x
Áp dụng công thức nhị thức Newton có: Tương tự 1 1 , do 1 x
 1 x2 1 x  nên 1 x21  0 C  1 2 2 21 21
C x C x  ...  C x . 21 21 21 21 x x Tương tự: 33 33  1
x     x2   1  1 1  1 x      (3). 1 x21 0 1 2 2 21 21
C C x C x ... C x . x   x  21 21 21 21 21 21 Từ (2) và (3) suy ra:
Suy ra: Px  1 x  1 x 33 33    1   1   2 0 2 2 20 20
C C x  ..  C x (*). 21 21 21  VT 1  1  x   1 x      (4).  x   x
Thay x  2 vào (*) ta được:
Áp dụng BĐT Cauchy ta có: 21 3 1  2 0 2 2 20 20
C C 2  ..  C 2 . 21 21 21  1 1 1 x   x   2 x .  2. x x x • Với 2
x  4 theo tính chất 1 ta có: Theo tính chất 1 với 21
n là số nguyên dương có:  2
 x  4 1 x  1 x21 2 ;  2n 2  n 1   1  2     21 2 n x x .       x  
  x   x21 2 4 1 1 . x   x   Suy ra VT 
1  Px (2). Do 2 2 x  2 nên theo Đặt 1 t x  ta có 2n 2  2 n t (5). Áp dụng công x
tính chất 1 thì với mọi số nguyên dương n có
thức nhị thức Newton có: 2n 2  2 n x . Suy ra: 1 t33 0 1 2 2 33 33
C C t C t  ...  C t ; 0 2 2 20 20 2 2 2 2 33 33 33 33
P x  2C C 2 .. C 2
 2C x  2C 2 21 21 21  21 21 1 t33 0 1 2 2 33 33
C C t C t ... C t . 33 33 33 33 33 33  21 2 21 2 3 1
 420(x 4)  3 1(x 4)  VP(1) (3). 1   1  33 33 Suy ra: 1 x   1 x
 1t 1     t  x   x
Từ (2) và (3) suy ra VT  1  VP  1 .  2 0 2 2 32 32
C C t  ..  C t (6). • Với 2 x  33 33 33  4 theo tính chất 1 ta có: Từ (5) suy ra: 2  x  4 21
1 x  1 x21 2 ;  2 0 2 2 32 32
C C t .. C t   2 0 2 2 32 32
C C 2 ..C 2 . 33 33 33 33 33 33  21 21 2
x    x  
Thay t  2 vào (6) ta được:  4   1 1 x .  33 3 1  2 0 2 2 32 32
C C 2  ..  C 2 . Suy ra VT 
1  Px (4). Do 2 2 0  x  2 nên 33 33 33  Do đó
theo tính chất 1 thì với mọi số nguyên dương : 2 0 2 2 32 32
C C t  ..  C t  33  3 1 (7). n có 33 33 33 2n 2  2 .n x Suy ra:
Từ (4),(6) và (7) suy ra VT  1  VP  1 .
P x  2 0 2 2 20 20
C C 2  ..  C 2
 2C x  2C 2 21 21 21  2 2 2 2   21 21 1  x2  0  21 2 21 2
 3 1 420(x  4)  3 1 (x  4)  VP(1) (5). Đẳng thức xảy ra 2   nx  1.   1  2 
Từ (4) và (5) suy ra VT  1 < VP  x   2   n 1 .   x  • Với x  2  thì VT  1  VP  1 . Vậy PT(1) có
Vậy phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm
đúng 2 nghiệm x  2.  x  1  . Thí dụ 3. Thí dụ 4.
Giải phương trình:
Giải phương trình : 44 2 21 2 21 2 21 44
(2x x  7)  (x x  3)  x  3  5 (1). 44  x  2
x      x 44 4 1 3   5 (1).    2 
Lời giải. Ta có: 2 Số 533 (11-2021)
Lời giải. ĐK: 2 2
4  x  0  x  4  2  x  2.
Từ (2), (3), (4), (6) suy ra VT  1  VP  1 . Đẳng
Suy ra: x  2  0 và x  3  0. Ta có
thức xảy ra  x  2
 . Vậy PT(1) có đúng 1 2
x   x   2 4 0
2  4  x 1   x  3. nghiệm x  2.  Lại có:
Thí dụ 5. Giải hệ phương trình: 2 12 12
4  x 1  4 1  1  1 x  2  x  3.
2x  3y  3x  2y 6  5  12 12 x y  
Như vậy x   2
3  4  x 1  x  3. Theo tính  33  
x 12x x 15 2 2 . 44  1 chất 1 có 44 :  2 4  x   1
 3  x . Suy ra 1   
4x 3xyy 33x x 16 2 2 2
     x44    x44 VT 1 3 3 (2). Áp dụng công
Lời giải. Phương trình thứ nhất của hệ PT tương
thức nhị thức Newton có: đương với 6 6 2 2 3 x44 44 0 43 1 42 2 2 44 44
 3 C  3 C x  3 C x .. C x .
 x y    x y  6   12 12 2 3 3 2 5 x y  44 44 44 44  3  x44 44 0 43 1 42 2 2 44 44
 3 C 3 C x  3 C x ... C x .
4x 12xy  4y  5y 6 2 2 2 44 44 44 44 44 44
Suy ra: 3  x  3  x 6   2 2 2 x x xy y  6   12 12 5 4 12 4 5
x y  (*).  2 44 0 42 2 2 44 44
3 C  3 C x  ..  C x (3). 44 44 44  • Xét 2 2
4x 12xy  4y  0 ta có:
Thay x  2 vào (3) ta được: 2 2 2 2
4x 12xy  4y  5y  5y  0; 44 5 1  2 44 0 42 2 2 44 44
3 C  3 C x  ..  C x . 44 44 44  2 2 2 2
5x  4x 12xy  4y  5x  0 . Do 2 2
0  x  4  2 nên theo tính chất 1 với mọi số Theo tính chất 1 ta có:
nguyên dương n có 2n 2  2 .n x Suy ra:
4x 12xy 4y 5y 6 5y 6 2 2 2 2 6 12  5 y (1) 2 44 0 42 2 2 44 44
3 C  3 C x  ..  C x 44 44 44 
5x 4x 12xy 4y 6 5x 6 2 2 2 2 6 12   5 x (2). 2 44 0 42 2 2 42 42
3 C  3 C 2  ..  C 2  44 44  2C x 44 44 44 44
Từ (1) và (2) suy ra VT  *  VP  * .  2 44 0 42 2 2 44 44
3 C  3 C 2 .. C 2  44 44 44 44  2C x 2C 2 44 44 44 44 44 • Xét 2 2 x xy y  44   4 12 4 0 ta có:  x  44 44 45 45 44
 2x  5  2 1  2  1     5 1 (4).  2 2 2 2 2     
x xy y y  0 4 12 4 5 5y ; 2 
x x xy y x  2 2 2 2 0 5 4 12 4 5x . Vì 2
0  x  4 nên 0  1   . Suy ra:  2  Theo tính chất 1 ta có: 44 44  6 6 x   x   2 2 2 x
xy y y    2 y  6 12 4 12 4 5 5  5 y (3) 22 1  1 0      2   2 
5x 4x 12xy 4y 6 5x 6 2 2 2 2 6 12  5 x (4). 44 44    x   x  45 2  1     1    (5).
Từ (3) và (4) suy ra VT  *  VP  * . 2     2    Từ (4) và (5) suy ra 2 2 :
• Xét 4x 12xy  4y  0 thấy thỏa mãn PT(*). 44 44    x   x  Ta có: 2 2
4x 12xy  4y  0 45 44 44 2  1     5 1  5    (6). 2     2    3  5 2 2
y  3xy x  0  y  . x 2 Số 533 (11-2021) 3 Thay 2 2
y  3xy x  0 vào PT thứ hai của hệ PT Suy ra VT  *  32  VP  * .
33  x 1 2x x 15 2 2 • Xét 2
x 1  2x  0 thấy thỏa mãn (*). Ta có: đã cho ta được: 1  x  0 2 2
1  3x  3  3x x 16 2 2
x  1  2x  0  x  1  2  x  2 2 x 1  4x
x   x x  5  x   x x  6 2 2 2 2 1 2 1 3 3 3 1  32 (*).  x  0  3   1  x   . Với 3 x   suy ra: 2 x  3 3 VT   *   x  
1  2x x  1  25 2 2  3   3  3  15
x  1  3x x  1  2x  26 2 2 2 y
. Vậy hệ PT có 2 nghiệm (x; y) là 6        x  1  3 3 3 15 
x 12x 5 2 2  2   ;    . 3 6      
x  1  x x 1  2x 6 2 2  2 . 
Một số tính chất khác xin được trình bày ở số tiếp theo. Ta có: 2 2 x 1 
x x   , x suy ra BÀI TẬP 2
x 1  x  0. Giải phương trình : Mặt khác : 21 19 1.  2
3  x  1 x    2
2  x  1 x  21   2 2 2 2 1.
x   x x   x   2 3 3 3 1 3 1
x  1  x  0. 12 9 • Xét 2 2 2
x 1  2x  0 thì
2.  2  x  1 x  1 2201 x  1 x  . 2 x   2 1
x 1  2x  2  2  44 44 3.   x
x    x   x 88 44 1 4 1 4  2  2 . 7 7 và  2
x   x 2 1
x 1  2x  2  2.  4 3x   1   4 3x   1 4.  2 . x 6 4 2 Theo tính chất 1 ta có: x x x  21 35 7 5 5 5 5.  2
x x     2 2
2x x  5 152.   xx x        2  5 2 2 1 1 2 2 ;  7 7 6.  2
x x     2 3 5
2x x  3  478.  
 x   x x   x 6 2 2 6 1 1 2  2  2 .  8 8 7.  2 x x     2 2 1
x  1 x x  1  337. Suy ra VT  *  32  VP  * .  x   9 3 1  9 9 3 9 • Xét 2 
  x 1  3x 1  3 . 2    
x 1  2x  0 thì
8.x 1    2 x   2 1
x 1  2x  2  2  7 7 9.  2
x x     2 x x   6 3 5 2 3 14x  366. và   2
x   x 2 0 1
x 1  2x  2  2. 23 23 10.  2
x x     2 x x   20 23 3 2 2 1  x  2 1. Theo tính chất 1 ta có:  2
24x  18x  9  x  5 1   2
12x  2  3x5 3 3 5 5   11.  2. 2 x   4 2   2 1
x  1  2x  2   2   ;  5x  10x  1 x  
12.   x      x 2 44 44 2 44 4 1 3   5 .
 x   x x   x 6 2 2 6 1 1 2  2  2 .  4 4 Số 533 (11-2021) 22
13.   x      x22 2 22 22 1 1 2  x  3 . 3 3 756 14.  5 3
x  4x 12  x  2  . 9 x
(Kỳ sau đăng tiếp) Số 533 (11-2021) 5
(Tiếp theo kỳ trước) n 2   a   b
Tính chất 3.Với n là số nguyên dương và a, b là  2   2n a b n n   2      2 2 2 ab   a b 2 2  . n n    n
các số thực ta có: 2 2   ab  2 .   2  2   2     
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  . b 2 2  a b 2
Chứng minh. Ta có: a b2  0, suy ra: a   Đẳ  2 ng thức xảy ra    a  . b
a b ab a b  a b2 2 2 2 2 2 2 2 2   a b  2 2 a b  2   2    2  a b  2 2
a b  2 (1 . )    2 
Tính chất 4.Với n là số nguyên dương và a,b là số thực ta có:
Vậy BĐT đúng với n  1. 1)  2n 2n 2    n a b a b
a  0 hoặc b  0.  n
Xét n  2 . Ta có:    n f x x   2 2
a b x ; n 2) a b2 1 2n 1  2n 1    ab
a  0 hoặcb  0 f xn 
nx na b xn 1 1 2 2 ;
hoặc a b  0. f  xn   x
 a b xn 1 1 2 2 0
Chứng minh. 2 2  2 2       a b x a b x x . n b n n b  2 1)  Khi 0 thì a b2 2 2 
a b . Xét 0 Do 2 2
a b  0 nên 2 2
a b x  x . Từ đó xét n ta có:
chẵn hay lẻ ta đều có bảng biến thiên như sau: 2n 2n
a b2n a a n n     2 2  a b  1  1     2 2 a bb   b x  + 2 2n 2  a   a n  1  1  0     (1). f (  x)  0 +  b   b + + Đặ a t
x thì (1) trở thành f x  0với f (x) n b 2 2  a b  2 
     2n 2  n f x x x.  1 1 2  n
Ta có: f xnx 2 1 2n 1 ' 2 1 2     nx . a b nn  n n n
Suy ra: x  a b x 2 2 2 2  2  (2). Do
x 1  x nên x  2 1 2 1 1  x . Suy ra  2 
f  x  0, x  .
 Do đó f(x) đồng biến trên .  Áp dụng (2) với 2
x a ta được: x n Vì vậy
0 là nghiệm duy nhất của phương trình 2 2  a b n n   2 2 ab  2  (3). a  2 
f x  0. Với x  0 thì
 0a  0. b Từ (1) và (3) suy ra: n Vậy  2 2n 2    n a b a
b a = 0 hoặc b = 0. Số 534 (12-2021) 1 n
Dễ thấya = 0 hoặc b = 0 thì   2 2n 2   n a b a b . Ta có 2
12  x  2  x (4). Thật vậy, do n   x x    x
2)  Khi b  0 thì a b2 1 2n 1  2n 1 a b     . 2 2 nên 2 0 và 2 0. 2 2 Xét b  0 ta có:
VT 4  2  x  42  x  2  x  2  . x 2n 1  2n 1  a b2n 1 a a 2n 1  2n 1    a b       1  1     Từ (3) và (4) suy ra:  b   b  2
12  x  2  x  2  x x  4
2  x  2  x  4 2n 1  2n 1     4. a   a   1  1  0     (2). 2 2  b   b  Theo tính chất 1 có: 8   Đặ a 2  x   x   x x  t
x thì (2) trở thành f x  0 với 12 2 2 4 8 16    4  2 ( . 5) b  2   
f x  x 2n 1 2n 1 1     x 1. Ta có:
Từ (2) và (5) suy ra VT  1  VP  1 . Đẳng thức
       2n     2 2 1 1 2 1 n f x n x n x xảy ra  x  2.
 Vậy PT đã cho có đúng 1 f xn  0x 2 n 1 2 1
x x 1 x x   . x   2 nghiệm 2. Ta có bảng xét dấu:
Thí dụ 2.Giải hệ phương trình: 1
 4x  4y  14 1
 4y  4x  14 2 2 x   + 1  2  
x y   2 (1) 28 1 f (
x)  0 +  . 22  4   x   4   
y y  422 2 2 23  2 (2)
Từ bảng xét dấu f  x suy ra hàm số f(x) có 2   x
khoảng đơn điệu nên x  0; x  1
 là tất cả các Lời giải.
nghiệm của f x  0 .
x y 1  0 ĐK:  . PT(1) tương đương với x
Với x  0 hoặc x  1
 suy ra a  0 hoặc 0 n
a b  0. Vậy a b2 1 2n 1  2n 1 a b     . Suy ra
x 4y 14 1
4y  4x  14 1
 2x y  28 2 2 4 1 ( . 3)
a = 0 hoặc b = 0 hoặc a + b = 0.
Áp dụng tính chất 3 ta có:
 Dễ thấy a = 0 hoặc b = 0 hoặc a + b = 0 thì 14 2 2
x y   y x    VT 3 4 4 1 4 4 1  a b2n 1  2n 1  2n 1    ab . 2   2 
Sau đây là một số thí dụ có vận dụng các tính chất
  x y x y  14 2 2 2 2 2 2 2 1 (4). này.
Thí dụ 1.Giải phương trình:
Mặt khác  x y2  0, suy ra 2x  2y  x y2 2 2 .  
Do đó: 2x  2y  2x  2y 1 x y2 2 2  x y x
x 8   x x  8 2 17 12 2 2 4  2 (1). 2 2 1
 x y  2 1 .
Lời giải.ĐK: 2
  x  2 .Áp dụng tính chất 3 ta Theo tính chất 1 suy ra: 8 2  12 x 2 x 2 x x 4        
2x  2y  2x  2y  1   xy 1 14 14 2 2 2 có:   VT   1  2  (2 .)  2   
 x y  28 1 (5 . ) Mặt khác   x   x 2 2 2 2
 4  2 4  x  4, Từ (4),(5) suy ra VT  3  VP  3 . Đẳng thức xảy
suy ra: 2  x  2  x  2 (3). ra  x  .
y Thay x y vào (2) được: 2 Số 534 (12-2021) 22
Giả sử (3) và (4) có nghiệm chung, ta có: 22  4  2 x   4   
 2x x 4 23  2  x  3
x  3x m (*) 22 3 2  x x  4  6 mx   4   
x x 422 2 2 23  2 (6 . ) x   x  0 
Áp dụng tính chất 3 ta có: Suy ra: 3 3 2 2
x  3x x  6x  6x  3x  0  1 .  x  22 22  4   4   2 2 2 x
 4 x x  4     x x m  VT6  2 x   2 x  (7). Thay 0 vào (*) ta được 0. 2 2         1 11     Thay x
vào (*) ta được m   . 2 8
Áp dụng BĐT Cauchy ta có: Xét 3 y x  3 . x Ta có: 2
y  3x  3; 4 x
y  0  x  1
 . Ta có bảng biến thiên 4 4 1     x x x 2 x .  4   2. x x x 2 x  1 1 + y’ + 0  0 + Theo tính chất 1 suy ra: 2 + 22 22  4   4  x    y x    x x 22       2 (8).  2  2  2        
Từ bảng biến thiên suy ra PT(3) có 3 nghiệm phân   1   Từ (7) và (8) suy ra: biệt khác 0 và  m  11 2; 2 \  ;0. 2  8    22 23 VT 6  2.2  2  VP6. •Xét 3 2
y x  6x , ta có: Đẳ 4 ng thức xảy ra 2  x
x  4 x  2  . 2
y  3x 12 ;
x y  0  x  0; x  4. x Ta có bảng biến thiên:
Suy ra PT(6) có 2 nghiệm x  2.  Vậy hệ PT đã x 
cho có 2 nghiệm (x;y) là 2;2 và  2  ; 2  . 0 4 + y’ + 0 
Thí dụ 3.Cho phương trình 0 +  0 +
x x m7  x x m7   x x7 3 3 2 2 3 6 6 3 (1). y
Tìm tập hợp S gồm tất cả các số thực m để  32
phương trình (1)có đúng 8 nghiệm phân biệt. Biết Từ BBT suy ra PT(4) có 3 nghiệm phân biệt khác S   ; p q \  
r hãy tính P   p qr. 1   0 và  m  11 32;0 \  .
Lời giải. Đặt 3 3 2
a x  3x  ,
m b  x  6x  . m 2  8 
PT(1) có đúng 8 nghiệm phân biệt  PT(3) và Suy ra 2
6x  3x a b . Phương trình (1) trở 1
thành a b  a b7 7 7 . (2)
PT(4) đều có 3 nghiệm phân biệt khác 0 và 2
Theo tính chất 4 thì
,đồng thời PT(3) và PT(4) không có nghiệm chung
(2) a = 0 hoặc b = 0 hoặc a + b = 0. Do vậy m    11   2;0 \  . 3
x  3x m (3)  8  3  3 2
x  3x m  0
x  6x m (4)    11  Vậy S    11 2;0 \   và P  . 3 2
(1)  x  6x m  0    x  . 0  8  4  2
 6x  3x  0   1 x   2 Số 534 (12-2021) 3 10 10  4  2 2
Thí dụ 4.Cho phương trình
4x 5x  1  4x 3x    2   4x  1 a) 1.
x  3x m8   x  2m   1 x m 8 2 2 2 2  x  20 11 1
  2m  2 x m m 8 2 (1).
128 2x  3x  26 6  6   Tìm m để x  
PT(1) có đúng 4 nghiệm phân biệt. b)  2  x   . 6 1  x  36
Lời giải.PT(1) tương đương với 10 
8x 8x 210 4 2   2
5  2x 1  x
x x m8  x   m   x m 8 2 2 2 3 2 1 c)  2. 20    2 2x  
2m  2 x m m 8 2 ( . 2) 1 Đặt 2
a x  3x m ; 2
b  x   m   2 2 1 x m . d) x   x     x   x x8 8 2 9 2 12 2 2  2 . Suy ra  m   2 2
2 x m m a b . Phương trình
2.Giải hệ phương trình:
(2) trở thành: a b  a b8 8 8 (3). 2 2  x y  1  Theo tính chất 4 thì a)
(3)  a  0 hoặc b = 0.  1 x y  x   y 8 80 80 8 8 15  2 2
x  3x m  0 (4) Do vậy 2   .
x y 1 2 
5 xy 1 25 3 3 2   x  82  2m   2
1 x m  0 (5)  b)   .
Giả sử (4) và (5) có nghiệm chung ta có 2 2 x y  2 2  3
5  4x y  . x  2 2 
x  3x m  0  3  (*). 2 x   2m   2 1 x m  0 5  2
 2x x y  2  
  x y 1  33 2  5 3 3
Cộng theovế hai PT của (*) ta được:  x x  1   m   2 2
2 x m m  0 c)  . 28 28   2y   xy 1 1        m  
1 2x m  0  m  1hoặc  m x . 2 2 13   x 1  y 1 2 2  2 1 1 17 m 1   Với  m x thay vào (*) ta được:  m  0  2 2 x 1 y 2 2 4 2   d) 8 4 m = 0  .
hoặc m  2. Thử lại với m= 1,  2 x y 1   2 2 2
2x  2 y  2x y 1   1
m  0, m  2 thì (4) và (5) có nghiệm chung.   17  x   y  1 4 2 2 PT(4) có 2 nghiệm phân biệt 9
3.Tìm m để phương trình
9  4m  0 m  . 4 8 8 8 
 2x mx   2x xm  2 2 2 4 2
x  m  
4 x  2m  
PT(5) có 2 nghiệm phân biệt  4m 1  0 2 1
có đúng 4 nghiệm phân biệt.  m   .
4.Tìm m để phương trình 4 8 8 2 2 2
Vậy PT(1) có đúng 4 nghiệm phân biệt  PT(4)
x  4x m  x  3m   1 x m
và PT(5) đều có 2 nghiệm phân biệt và chúng
  m   x m m 8 2 3 3
có số nghiệm nhiều nhất.  1 9 
không có nghiệm chung  m   ; \   0;1;  2 .
5.Tìm m để phương trình  4 4  7 7 7  3
x x m   2
x x m   3 2 3 3 x x BÀI TẬP
1.Giải phương trình:
có đúng 7 nghiệm phân biệt. 4 Số 534 (12-2021) 6.Cho phương trình
x x m7  x  x xm 7 7 3 3 3 3 5 6 5 .
a) Giải phương trình với m  0 .
b) Tìm m để phương trình có đúng 7 nghiệm phân biệt. 7.Cho phương trình
x x m7 x x m7 x x 7 4 2 3 2 4 3 3 3 . 5
a) Giải phương trình với m   . 8
b) Tìm m để phương trình có đúng 9 nghiệm phân biệt. 8.Cho phương trình
x x m9 x xm9  x x9 3 2 3 2 2 3 2 3 .
a) Giải phương trình với m  1.
b) Tìm m để phương trình có đúng 8 nghiệm phân biệt. Số 534 (12-2021) 5

Tài liệu liên quan: