Sử dụng tính chất của lũy thừa để giải phương trình và hệ phương trình - Vũ Hồng Phong

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

15
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu "Sử dụng tính chất của lũy thừa để giải phương trình và hệ phương trình" 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. Hi vọng đây sẽ là tài liệu hữu ích giúp các em học tập tốt và đạt kết quả cao.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sử dụng tính chất của lũy thừa để giải phương trình và hệ phương trình - Vũ Hồng Phong

Xin nhắc lại một số tính chất của lũy thừa đã biết :  • Với  x  1 x  1  3 2  0 thì  Tính chất 1. Cho n là số nguyên dương.  x  1   x  1   2  0. 3 1) Với a, b là số thực ta có: Theo tính chất 1 ta có: a  b  a 2n1  b2 n1.    2 9  x  1 x  1  3 2  3 2   9 3  8; 2) Với a, b là số thực không âm ta có:   a  b  a 2 n  b2 n .   5  x  1  x  13  2  1  15  1.   3) Với a, b là số thực không dương ta có: Suy ra VT 1  9. a  b  a 2 n  b2 n . 4) Cho a là số thực dương, b là số thực ta có:  • Với  x  1 x  1  3 2  0 thì    a  b  a b  a2n .  x  1  x  1  2  0. 2n 3   a  b hoặc b > a  b 2n  a2n . Theo tính chất 1 ta có:    2 9  x  1 x  1  3 2  3 2   9 Tính chất 2. Với n là số nguyên dương và a, b là 3  8;   số thực ta có:   5  x  1  x  13  2  1  15  1.  a  b  C a  C a b  ..  C a n 1 nk b  ..  C b n 0 n 1 k k n n 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  x  1  3 2   0   .  x  1  2 3 Thí dụ 1. Giải phương trình: Khi này VT 1  9. Vậy phương trình đã cho có   ` x2  3 2 x  1   x4  2 x3  2   9 (1). 9 5 đúng 2 nghiệm x  1; x  1  3 2. Lời giải. Ta có: Thí dụ 2. Giải phương trình: VT 1   x  1 x  1  2  x  1  3 2  9 3 33 33  2 1   2 1   x  3x   2    x  x   2   3  1 (1). 33   x 4  2 x3  3  1     5 x x Lời giải. ĐK: x  0 . Khi đó:   9   x  1 x  1  2  2  3 3  1 2  1 33 2 33   VT 1  1  x   1 x   1 x   1 x   .  x   x    x  1  x3  3x 2  3x  3  1 5 1 1 1  x   0 nên 1  x   1  x  1  x  . 2 2 Do   9   x  1 x  1  3 2  3 2  x x   Theo tính chất 1 ta có:   5   x  1  x  1  2  1 . 3   Số 533 (11-2021) 1
VT(1)  2  x2  4   1  x    x2  4   1  x  . 33 33 21 21  1 2  1 1  x  x  1  x    1  x  x  (2).     Áp dụng công thức nhị thức Newton có: 1 1 Tương tự, do 1  x   1  x   1  x  nên 1  x   C21  C21 x  C21 x  ...  C21 2 21 0 1 2 2 21 21 x . x x 33 33 Tương tự:  1 2  1 1  x  x  1  x    1  x  x  1  x   C21  C21 x  C21 x  ...  C21 21 0 1 2 2 21 21 (3). x .     Suy ra: P  x   1  x   1  x  21 21 Từ (2) và (3) suy ra:  2  C21  C212 x2  ..  C2120 x20  (*). 33 33  1  1 0 VT 1  1  x    1  x   (4).  x   x Thay x  2 vào (*) ta được: Áp dụng BĐT Cauchy ta có: 321  1  2  C21 0  C212 22  ..  C2120 220  . 1 1 1 x   x   2 x .  2. x x x • Với x2  4 theo tính chất 1 ta có: 2  x2  4   1  x   1  x 21 ; 21 Theo tính chất 1 với n là số nguyên dương có:   2n  1 2n  1  x2  4   1  x   1  x 21 . 21  x  x   2 . 2n  x  x   1 Suy ra VT 1  P  x  (2). Do x2  22 nên theo Đặt t  x  ta có t 2n  22n (5). Áp dụng công x tính chất 1 thì với mọi số nguyên dương n có thức nhị thức Newton có: x2n  22n . Suy ra: 1  t   C  C t  C t  ...  C t ; P  x   2  C21 2  ..  C2120 220   2C21 33 0 1 2 2 33 33 33 33 33 33 0  C21 2 2 2 2 x  2C21 2 2 2 1  t   C330  C33t  C332 t 2  ...  C33 33 1 33 33 t . 33 33  321 1 420( x2  4)  321 1 ( x2  4)  VP(1) (3).  1  1 Suy ra: 1  x    1 x    1 t   1 t  33 33  x  x Từ (2) và (3) suy ra VT 1  VP 1 .  2  C330  C332 t 2  ..  C3332t 32  (6). • Với x2  4 theo tính chất 1 ta có: Từ (5) suy ra: 2  x2  4   1  x   1  x 21 ; 21   2C330  C332 t 2  ..  C33 t   2 C330  C332 22  ..  C33 32 32 2 . 32 32  x2  4   1  x   1  x 21 . 21 Thay t  2 vào (6) ta được:   333  1  2  C330  C332 22  ..  C33 2 . 32 32 Suy ra VT 1  P  x  (4). Do 0  x2  22 nên Do đó: 2  C330  C332 t 2  ..  C3332t 32   333  1 (7). theo tính chất 1 thì với mọi số nguyên dương n có x2n  22n. Suy ra: Từ (4),(6) và (7) suy ra VT 1  VP 1 . P  x   2  C21 0  C21 2 2 2  ..  C21 2   2C21 20 20 2 2 x  2C21 2 2 2  1  x   0 2   321  1  420( x2  4)  321  1  ( x2  4)  VP(1) (5). Đẳng thức xảy ra    x  1. Từ (4) và (5) suy ra VT 1 < VP 1 . 2n 1  x    2 2n  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. Giải phương trình: Thí dụ 4. Giải phương trình :   44 (2 x2  x  7)21  ( x2  x  3)21  x2  321  5 (1). 44  x 4  x2  1   3  x      544 (1). 44 2 Lời giải. Ta có: 2 Số 533 (11-2021)
Lời giải. ĐK: 4  x2  0  x2  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 4  x 2  0    x  2   4  x 2  1    x  3 . nghiệm x  2. Lại có: Thí dụ 5. Giải hệ phương trình: 4  x2  1  4  1  1  1  x  2  x  3.   2 x  3 y 12   3x  2 y 12  56  x12  y12   Như vậy   x  3  4  x2  1  x  3. Theo tính    5  33  x 2  1  2 x x 2  1 .    1 44 4  x 1   3  x  . Suy ra   44 chất 1 có: 2 1  4 x 2  3xy  y 2  3  3x x 2  1 6  VT 1   3  x    3  x  44 44 (2). Áp dụng công Lời giải. Phương trình thứ nhất của hệ PT tương thức nhị thức Newton có: đương với 3  x  44  344 C44 0  343 C44 1 x  342 C44 2 2 x  ..  C44 44 44 x .   2 x  3 y      3x  2 y   2 6 2 6  56  x12  y12  3  x   344 C44  343 C44 x  342 C44 x  ...  C44   4 x2  12 xy  4 y 2  5 y 2  44 0 1 2 2 44 44 6 x . Suy ra:  3  x    3  x  44 44   5x2  4 x2  12 xy  4 y 2   56  x12  y12  (*). 6  2  344 C44 0  342 C44 2 2 x  ..  C44 x  (3). 44 44 • Xét 4 x2  12 xy  4 y 2  0 ta có: Thay x  2 vào (3) ta được: 4 x2  12 xy  4 y 2  5 y 2  5 y 2  0; 5  1  2  3 C  3 C x  ..  C x 44 44 0 44 42 2 2 44 44 44 44 . 5x2  4x2  12 xy  4 y 2  5x2  0 . Do 0  x  4  2 nên theo tính chất 1 với mọi số 2 2 Theo tính chất 1 ta có: nguyên dương n có x2n  22n. Suy ra:  4x  12 xy  4 y 2  5 y 2    5 y 2   56 y12 (1) 2 6 6 2  3 C  3 C x  ..  C x 44 0 44 42 2 2 44 44 44 44   5x  4 x2  12 xy  4 y 2    5x2   56 x12 (2). 2 6 6  2  344 C44 0  342 C44 2 2 2  ..  C44 2   2C44 42 42 44 44 x Từ (1) và (2) suy ra VT *  VP * .  2 344 C44 0  342 C44 2 2 2  ..  C44 2   2C44 44 44 x  2C44 44 44 44 44 2   x 44  • Xét 4 x2  12 xy  4 y 2  0 ta có:  2 x  5  2  1  2     1  544  1 (4). 44 44 45 45  2   0  4 x2  12 xy  4 y 2  5 y 2  5 y 2 ;    x 2 0  5x2  4 x2  12 xy  4 y 2  5x2 . Vì 0  x  4 nên 0     1 . Suy ra: 2 2 Theo tính chất 1 ta có:  4x  12 xy  4 y 2  5 y 2    5 y 2   56 y12 (3) 44 44 6 6  x  x 2    1   1  0 22 2 2  5x  4 x2  12 xy  4 y 2    5x2   56 x12 (4). 2 6 6  x    x 44 44  245     1     1 (5). Từ (3) và (4) suy ra VT *  VP * .  2   2   Từ (4) và (5) suy ra: • Xét 4 x2  12 xy  4 y 2  0 thấy thỏa mãn PT(*).   x 44  44  x 44 Ta có: 4 x2  12 xy  4 y 2  0 2     1  5  1     544 45 (6).  2    2   3 5  y 2  3xy  x 2  0  y  x. 2 Số 533 (11-2021) 3
Thay y 2  3xy  x2  0 vào PT thứ hai của hệ PT Suy ra VT *  32  VP * .   5 33  x 2  1  2 x x 2  1 • Xét x2  1  2 x  0 thấy thỏa mãn (*). Ta có: đã cho ta được: 1  x0   1 6 1  3x 2  3  3x x 2 x 2  1  2 x  0  x 2  1  2 x   2 x  1  4x 2     5 6  x2 1 2 x x2 1  3x2  3  3x x2 1  32 (*).  x0  3 3  2 1 x   . Với x   suy ra:  x  1  2 x x 2  1  2  x  5 VT *  2   3 3 3   3 3  15 6  x 2  1  3x x 2  1  2 x 2  2 y . Vậy hệ PT có 2 nghiệm (x; y) là 6   5   x2  1 x2  1  2 x  2  3 3 3  15      ;  .  3 6     6  x2  1  x x 2  1  2 x  2 . Một số tính chất khác xin được trình bày ở số tiếp   theo. Ta có: x2  1  x2  x   x, suy ra BÀI TẬP x2  1  x  0. Giải phương trình : Mặt khác:    2  x  1  x  21 19   1. 3  x  1  x2  221  1. 2 3x  3  3x x  1  3 x  1 2 2 2 x  1  x  0. 2 2.  2  x  1  x   1  220 1  x  . 12 9 • Xét x2  1  2 x  0 thì 2 1  x2  x  1  2x  2  2 x2  1 2 3. 1  x  4  x   1  x  4  x   288  244. 44 44 và  x  1  x x  1  2x  2  2. 2 2 4.  3x 4  1   3x 4  1 7 7  2 x. Theo tính chất 1 ta có: x6  21x 4  35x 2  7 5.  x2  x  2    2 x2  x  5  152. 5 5   5  x2  1 x  1  2 x  2   2  ; 2 5   6.  3x2  x  5   2 x2  x  3  478. 7 7    6  x2  1  x x 2  1  2 x  2  26.     8 8   7. x  x 2  1  x 2  1  x x 2  1  337. Suy ra VT *  32  VP * . 9   x  13     x3  1   3x  1  39 . 9 8.  2 9 • Xét x2  1  2 x  0 thì  x 1    x2  1  x 2  1  2 x  2  2  9.  3x2  x  5   2 x2  x  3  14 x6  366. 7 7 và 0   x2  1  x  x2  1  2 x  2  2.  10.  3x2  x  2   2 x2  x  1  x20  223  1. 23 23 Theo tính chất 1 ta có:     5 5 3 24 x 2  18 x  9  x  1  3 12 x 2  2  3x    2. 5  x2  1 11. x 2  1  2 x  2   2  ; 5 5 x 4  10 x 2  1     x2 44  3  x      4  x2  1  544. 44  6 12. x 1  x 2 x  1  2 x  2  2 . 2 6 4   4 Số 533 (11-2021)
  22 1  x2  1   2  x   x 22  322. 22 13. 14.  x5  4 x3  12    x  2   3 3 756 . x9 (Kỳ sau đăng tiếp) Số 533 (11-2021) 5
(Tiếp theo kỳ trước)   a  b 2  n Tính chất 3.Với n là số nguyên dương và a, b là  2   ab 2n a 2n  b2n  2   2   ab 2n  2  . các số thực ta có: a 2 n  b 2 n  2   .  2   2   2      Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b.  a 2  b2 Chứng minh. Ta có:  a  b   0, suy ra: 2  a2   2 Đẳng thức xảy ra   2  a  b. a2  b2  2ab  2a2  2b2   a  b  2 a 2  b 2  2  a  b     ab 2   2   a  b  2 2 2  (1). Tính chất 4.Với n là số nguyên dương và a,b là số  2  thực ta có: Vậy BĐT đúng với n  1. 1)  a  b   a2n  b2n  a  0 hoặc b  0. 2n  Xét n  2 . Ta có: f  x   x  a  b  x   n 2 2 n ;  a  b 2 n 1 2)  a 2n1  b2n1  a  0 hoặc b  0 f   x   nxn 1  n  a 2  b2  x  n 1 ; hoặc a  b  0. f   x   0  x n 1   a 2  b2  x  n 1 Chứng minh. a 2  b2  x  a b  x  x  2 2 . 1)  Khi b  0 thì  a  b   a2n  b2n . Xét b  0 2n 2 Do a2  b2  0 nên a2  b2  x   x . Từ đó xét n ta có: chẵn hay lẻ ta đều có bảng biến thiên như sau: a  a 2n 2n  a  b  a 2 n  b 2 n    1     1 2n a 2  b2 b  b x  + 2n 2n 2 a  a    1     1  0 (1). f ( x)  0 + b  b a + + Đặt  x thì (1) trở thành f  x   0 với f ( x) n b  a 2  b2  2  f  x    x  1  x2n  1 . 2n  2  Ta có: f '  x   2n  x  1 2 n 1  2nx2n1. n a b  2 2 Suy ra: x n   a 2  b2  x   2   x  1 n 2 n 1  (2). Do x 1  x nên  x2n1. Suy ra  2  f   x   0, x . Do đó f(x) đồng biến trên . Áp dụng (2) với x  a 2 ta được: n Vì vậy x  0 là nghiệm duy nhất của phương trình  a 2  b2  a  b  2 2n 2n  (3). a  2  f  x   0. Với x  0 thì  0  a  0. b Từ (1) và (3) suy ra: Vậy  a  b   a2n  b2n a = 0 hoặc b = 0. 2n Số 534 (12-2021) 1
Dễ thấya = 0 hoặc b = 0 thì  a  b   a 2 n  b2 n . 2n Ta có 12  x2  2  x (4). Thật vậy, do 2)  Khi b  0 thì  a  b  2 n 1  a 2n1  b2n1. 2  x  2 nên x  2  0 và 2  x  0. Xét b  0 ta có: VT  4   2  x  42  x  2  x  2  x. 2 2 2 n1 2 n1 a  a  a  b 2 n1 Từ (3) và (4) suy ra:  a2 n1  b2 n1   1   1 b  b 12  x2  2  x  2  x  x  4 2  x  2  x  4 2 n 1 2 n 1   4. a  a 2 2    1    1  0 (2).  b  b Theo tính chất 1 có: 8 a  12  x 2  2  x  2  x  x  4  Đặt  x thì (2) trở thành f  x   0 với    48  216 (5). b  2    f  x    x  1 2 n 1  x2n1  1 . Ta có: Từ (2) và (5) suy ra VT 1  VP 1 . Đẳng thức f   x    2n  1 x  1   2n  1 x2n 2n xảy ra  x  2. Vậy PT đã cho có đúng 1 1 f   x  0   x 1  x  x 1   x  x   . 2n 2n 2 nghiệm x  2. Ta có bảng xét dấu: Thí dụ 2.Giải hệ phương trình: 1   4 x 2  4 y  114   4 y 2  4 x  114 x   +  2  2 (1)   x  y  1 28 f ( x)  0 +  .  2 4  22  x   4    y  y  4   2 2 22 23 (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 Với x  0 hoặc x  1 suy ra a  0 hoặc x  0 a  b  0. Vậy  a  b   4x  4 y  1   4 y 2  4 x  1  2  x  y  1 (3). 2 n 1  a 2n1  b2n1. Suy ra 2 14 14 28 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  4 x2  4 y  1  4 y 2  4 x  1   a  b 2 n 1 a 2 n 1 b 2 n 1 . VT  3  2    2  Sau đây là một số thí dụ có vận dụng các tính chất  2  2 x2  2 y 2  2 x  2 y  1 14 (4). này. Mặt khác  x  y   0, suy ra 2 x2  2 y 2   x  y  . 2 2 Thí dụ 1.Giải phương trình:     Do đó: 2 x2  2 y 2  2 x  2 y  1   x  y   2x  2 y  1 8 8 2 12  x2  2  x 2  x  x  4  217 (1).   x  y  1 . 2 Lời giải.ĐK: 2  x  2 .Áp dụng tính chất 3 ta Theo tính chất 1 suy ra:  x  y  1  8  12  x 2  2  x  2  x  x  4   2x  2 y 2  2 x  2 y  1  2 14 14 có: VT 1  2  2  (2).  2      x  y  1 28 (5).   2 Mặt khác 2 x  2 x  4  2 4  x  4, 2 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:  2 4   x   4    x  x  4  2 2 22 23  x   x3  3x  m  3 (*) x  6x  m 22 2     x 2   4     x 2  x  4   223 (6). 4 22  x  x 0 Áp dụng tính chất 3 ta có: Suy ra: x3  3x  x3  6 x2  6 x2  3x  0   1 . x   22 22  2 4  4  2  x  x 4 x  x 4  x  x 2 VT 6  2  Thay x  0 vào (*) ta được m  0.   2  (7).  2   2  1 11     Thay x  vào (*) ta được m   . 2 8 Áp dụng BĐT Cauchy ta có: Xét y  x  3x. Ta có: y  3x  3; 3 2 4 x y  0  x  1. Ta có bảng biến thiên 4 4 1 x x  x  2 x . 4  2. x  1 1 + x x x 2 y’ + 0  0 + Theo tính chất 1 suy ra: 22 2 +  4   4 22 y  x x   x     x   222 (8).  2   2   2      Từ bảng biến thiên suy ra PT(3) có 3 nghiệm phân   1  11  Từ (7) và (8) suy ra: biệt khác 0 và  m   2;2  \  ;0. 2  8  VT  6  2.222  223  VP  6  . •Xét y  x3  6 x2 , ta có: 4 Đẳng thức xảy ra  x   x 2  4  x  2. y  3x2  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 cho có 2 nghiệm (x;y) là  2;2  và  2; 2  . x  0 4 + y’ + 0  0 + Thí dụ 3.Cho phương trình 0 + x  3x  m     x3  6 x 2  m    6 x 2  3x  (1). 3 7 7 7 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  q  r. 1  11 0 và  m   32;0  \  . Lời giải. Đặt a  x3  3x  m, b   x3  6x2  m. 2  8 PT(1) có đúng 8 nghiệm phân biệt  PT(3) và Suy ra 6 x2  3x  a  b . Phương trình (1) trở 1 thành a7  b7   a  b  . (2) 7 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  11  m   2;0  \   .  x3  3x  m (3)  8  x  3x  m  0 3  3  x  6 x  m (4) 2  11 11  3 Vậy S   2;0  \   và P  . (1)    x  6 x  m  0   x  0 2 .  8  4  6 x  3x  0 2   x  1  2 Số 534 (12-2021) 3
10  4   4x  5 x  1   4 x 2  3x  2 2 10 Thí dụ 4.Cho phương trình   4x  1  x  3x  m    x 2   2m  1 x  m2  a)  1. 2 8 8 211  x  1 20    2m  2  x  m  m 2  8 128  2 x6   3x  2   6 (1). b)  x  2  6   . Tìm m để PT(1) có đúng 4 nghiệm phân biệt.  x  1   x  3 6 6 Lời giải.PT(1) tương đương với 8x  8x2  2   5  2 x 1  x2   10 10  x  3x  m    x   2m  1 x  m  8 4 2 2 2 8 c)  2.    2m  2  x  m  m  (2).  2x  1 2 20 2 8 ; b   x2   2m  1 x  m2 .     2. 8 Đặt a  x2  3x  m 8 d) x  2  x 12  x2  2  x  2 x 9 Suy ra  2m  2 x  m  m2  a  b . Phương trình 2.Giải hệ phương trình: (2) trở thành: a  b   a  b   x2  y 2  1 8 8 8 (3).  a)  80  x  y  15  x  y  Theo tính chất 4 thì (3)  a  0 hoặc b = 0. 80 1 8 8 8  2  x 2  3x  m  0 (4) Do vậy  2    2   x   2m  1 x  m  0 (5) 2 .     x3  y 3  1  2 5  x  y  1  2 5  82    b)  . Giả sử (4) và (5) có nghiệm chung ta có  x2  y 2  2 5  4 x  y  x. 2 3 2   x 2  3x  m  0   3  2 (*).  x   2m  1 x  m  0  2 x 2  x  y  2 5 2     x  y  1  33 5  3 3 Cộng theovế hai PT của (*) ta được:  x  x  1  2  2m  2 x  m  m2  0 c)  28 .   xy  1  28  2y  1 m   2   2   13   m  1 2 x  m   0  m  1 hoặc x  .   x 1  y 1 2 2  1 1 17 m m2 1    Với x  thay vào (*) ta được:  m0 x2 1  y 2 2 2 4 2  d)      8 4 . m = 0 hoặc m  2. Thử lại với m= 1, x  y 2  1  2x2  2 y 2  2x y 2  1  1  m  0, m  2 thì (4) và (5) có nghiệm chung.  1 17  x 2  y 2  4 PT(4) có 2 nghiệm phân biệt  9 3.Tìm m để phương trình  9  4m  0  m  . 4 x  mx  2  2 x2  4 x  2m   x2  m  4 x  2m  2 2 8 8 8 PT(5) có 2 nghiệm phân biệt  4m  1  0 1 có đúng 4 nghiệm phân biệt. m . 4.Tìm m để phương trình 4  x  4x  m   x  3m  1 x  m  2 8 2 2 8 Vậy PT(1) có đúng 4 nghiệm phân biệt  PT(4) và PT(5) đều có 2 nghiệm phân biệt và chúng    3m  3 x  m  m  có số nghiệm nhiều nhất. 2 8  1 9 không có nghiệm chung  m    ;  \ 0;1;2. 5.Tìm m để phương trình  4 4 x  3 x  m    x 2  3x  m    x 3  x 2  3 7 7 7 BÀI TẬP 1.Giải phương trình: có đúng 7 nghiệm phân biệt. 4 Số 534 (12-2021)
6.Cho phương trình x  3x  m    3x  5    x 3  6 x  m  5  . 3 7 7 7 a) Giải phương trình với m  0 . b) Tìm m để phương trình có đúng 7 nghiệm phân biệt. 7.Cho phương trình x  3 x 2  m     x 3  3x 2  m    x 4  x 3  . 4 7 7 7 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  2 x 2  m    x 3  3x  m    2 x 2  3x  . 3 9 9 9 a) Giải phương trình với m  1 . b) Tìm m để phương trình có đúng 8 nghiệm phân biệt. Số 534 (12-2021) 5