ĐẠI SỐ 9 - Phương trình bậc nhất, bậc hai, bậc ba và các bài toán thi vào lớp 10

Đây là tài liệu miễn phí của các thầy cô giáo trên mạng đã đóng góp do đó chúng tôi nghiêm cấm tất cả các hành vi kinh
doanh tài liệu này dưới mọi hình thức! Mọi thông tin cần hỗ trợ tư vấn vui lòng liên hệ: 0919.281.916 (Zalo – Thầy Thích)
1
CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH
BÀI 1: PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT VÀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
A. Kiến thức cần nhớ
1. Giải phương trình:  
0 1
ax b
 
- Nếu  
0 1
a   trở thành 0
b 
+ Nếu  
0 1
b   có vô số nghiệm
+ Nếu  
0 1
b   vô nghiệm
- Nếu  
0 1
b
a ax b x
a

       trở thành 0
b 
2. Giải phương trình:  
2
0 2
ax bx c
  
- Nếu  
0 2
a   trở thành 0
bx c
   quay trở về dạng 1
- Nếu  
0 2
a   là phương trình bậc hai
Tính 2
4
b ac
   hoặc 2
'
b ac
   rồi tìm nghiệm của bài toán.
3. Định lí Vi-ét
Giả sử phương trình  
2
0 2
ax bx c
   có nghiệm 1 2
,
x x thì
1 2
1 2
b
x x
a
c
x x
a


 



 


4. Vi-ét đảo
Nếu 1 2
,
x x thỏa mãn: 1 2
1 2
x x S
x x P
 




thì 1 2
,
x x là nghiệm của phương trình: 2
0
x Sx P
  
Bài 1:
Giải và biện luận phương trình:    
2
2 3 1 0 1
m m x m
     , với m là tham số
Lời giải
Phương trình     
1 1 3 1 0
m m x m
     
- Nếu 1
m  , phương trình (1) trở thành 0 1 1 0 0 0
x x
      phương trình (1) có vô số
nghiệm
- Nếu 3
m   , phương trình (1) trở thành 0 4 0
x  (vô lý)  phương trình vô nghiệm
- Nếu 1, 3
m m
    phương trình (1) có nghiệm duy nhất
  
1 1
1 3 3
m
x
m m m
 
 
  

2
Bài 2:
Cho số thực dương a thỏa mãn:  
3
6 1
a a
  . Chứng minh rằng phương trình sau vô
nghiệm  
2 2
6 0 1
x ax a
   
Lời giải
Ta có:    
2 2 2 2
4 6 24 3 3 8
a a a a
       
Theo giả thiết:      
3 3 2
6 1 6 6 0 6 6 2
a a a a a a
        
Giả sử 2 2
0 8 0 8 0 2 2
a a a
         
 
2
2
6 8 6 2
6 4 2 6
0 2 2
a
a a
a

    
     

  

mẫu thuẫn với (2)
Vậy 0
   phương trình (1) vô nghiệm
Bài 3:
Giả sử ,
a b là hai nghiệm của phương trình 2
1 0
x px
   và ,
c d là hai nghiệm của phương
trình 2
1 0
x qx
   . Chứng minh      2 2
a c b c a d b d q p
     
Lời giải
Áp dụng định lí ta có: ;
1 1
a b p c d q
ab cd
     
 
 
 
 
Ta có:
            
a c b c a d b d a c b d b c a d ad ad bc ad ab cd ca bd
               
   2 2 2 2 2 2 2 2
ad bc bd ac abd a cd b cd c ab d a b c
          
       
2 2
2 2 2 2 2 2
c d a b c d a b q p
          (đpcm)
Bài 4: Chuyên Toán Vĩnh Phúc, năm học 2017
Cho phương trình  
2 2
2 1 2 3 1 0
x m x m m
      (1)
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm
b) Giả sử phương trình (1) có 2 nghiệm 1 2
,
x x . Chứng minh rằng 1 2 1 2
9
8
P x x x x
   
Lời giải
a) Để phương trình (1) có nghiệm    
2 2
' 0 1 2 3 1 0
m m m
        

3
2
0 0 1
m m m
     
Theo định lí Viét ta có:
 
1 2
2
1 2
2 1
2 3 1
x x m
x x m m
  



  


  
2 2
0 0
2 1 1 2 1 1 2
P m m m m m m
 
         
Ta chứng minh
2
2 2
9 9 1 1
2 1 2 0 0
8 8 8 4
P m m m m m
 
            
 
 
(luôn đúng)
9
8
P
  .
Bài 5:
Giả sử 1 2
,
x x là nghiệm của phương trình 2
4 1 0
x x
   . Chứng minh rằng 10 10
1 2
x x
 là một số
nguyên
Lời giải
Đặt  
1 2 , 1
n n
n
S x x n N n
   
Theo định lí Viét ta có 1 2
4; 14
S S
 
Vì 1 2
,
x x là hai nghiệm khác 0 của phương trình 2
4 1 0
x x
   nên:
2 2
1 1 1 1 1
4 1 4
n n n
x x x x x

     (nhân với 1
n
x )
2 2 1
2 2 2 2 2
4 1 4
n n n
x x x x x
 
     (nhân với 2
n
x )
2 1
4
n n n
S S S
 
   (với 1
n
  )
Nếu n
S là số nguyên, 1
n
S  là số nguyên 2
n
S 
 là số nguyên
1
S
 là số nguyên, 2
S là số nguyên 10
S
 là số nguyên.
Bài 6: Chuyên Lê Hồng Phong TP HCM, năm học 2003
Chứng minh rằng nếu 2
a b
  thì ít nhất một trong hai phương trình sau có nghiệm
2
2 0
x ax b
   và 2
2 0
x bx a
  
Lời giải

4
Ta sử dụng phương pháp phản chứng
Giải sử cả hai phương trình đã cho đều vô nghiệm. Khi đó: ' 2
1 0
a b
    và ' 2
2 0
b a
   
 
' ' 2 2
1 2 0
a b a b
        (1)
Mặt khác dễ chứng minh được:    
2
2 2
2 a b a b
   và    
2
2
a b a b
   do 2
a b
 
Vậy      
2 2 2 2 2 2
2 2 0
a b a b a b a b a b a b
            (2)
Từ (1) và (2) ta thấy mâu thuẫn, nên điều giả sử là sai
Vậy ít nhất 1 trong 2 phương trình đã cho có nghiệm.
Bài 7: NK Trần Đại Nghĩa TP HCM, năm học 2001
2
0 0
ax bx c a
    có hai nghiệm 1 2
,
x x thỏa mãn 2
1 2
x x
 . Chứng minh
3 2 2
3
b a c ac abc
  
Lời giải
Theo hệ thức Viét ta có: 1 2
c
x x
a
 và do 2
1 2
x x
 nên 3
2
c
x
a
 là nghiệm của phương trình đã
cho. Thay 3
2
c
x
a
 vào phương trình ta được: 3 3
2 2
0
b a c c a
  
*) Lưu ý:      
3 3 3 3
3
x y z x y z x y y z z x
         với mọi , ,
x y z
Nếu 3 3 3
0 3
x y z x y z xyz
      
Áp dụng cho 3 3
2 2
, ,
x b y a c z c a
   ta có điều phải chứng minh.
Bài 8: NK Trần Đại Nghĩa TP HCM, năm học 2001
Giả sử các phương trình 2
0
ax bx c
   và 2
0
cy dx a
   ( 0, 0
a c
  ) có các nghiệm tương
ứng là 1 2
,
x x và 1 2
,
y y . Chứng minh rằng 2 2 2 2
1 2 1 2 4
x x y y
   
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: 2 2
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2 2
x x x x x x x x
    
2 2
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2 2
y y y y y y y y
    

5
Theo địn lí Viét ta có: 1 2
c
x x
a
 và 1 2
a
y y
c

Vậy 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2 2 2 2.2 . 4
c a c a
x x y y x x y y
a c a c
         (đpcm)
Bài 9:
Chứng minh rằng nếu 5 0
a b c
   thì phương trình bậc hai  
2
0 0
ax bx c a
    có hai
nghiệm phân biệt
Lời giải
Ta có 5 0 5
a b c b a c
      
   
2 2
2 2 2 2
4 5 4 6 25 3 16 0
b ac a c ac a ac c a c c
            
Giả sử
3 0 0
0
0 0
a c a
c c
  
 
   
 
 
 
mâu thuẫn với giả thiết 0
a 
Vậy 0
  nê phương trình có hai nghiệm phân biệt.
Bài 10: ĐHKHTN HN, năm học 2015
Giả sử ,
a b là hai số thực phân biệt thỏa mãn 2 2
3 3 2
a a b b
   
a) Chứng minh rằng 3
a b
  
b) Chứng minh rằng 3 3
45
a b
  
Lời giải
a) Nhận thấy ,
a b là hai nghiệm phân biệt của phương trình ẩn x sau:
2 2
3 2 3 2 0
     
x x x x
Theo định lí Viét ta có 3
  
a b
b) Theo Viét ta cũng có 2
 
ab
Có         
3 3
3 3
3 3 3 2 3 45
           
a b a b ab a b

6
BÀI 2: PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA
1) Phương trình bậc ba:  
3 2
0 0
ax bx cx d a
     (*)
2) Cách giải
a) Phân tích đa thức thành nhân tử
- Nhẩm nghiệm: Đa thức  
P x có ngiệm x a
 thì    
P x x a

- Sử dụng máy tính để xác định nghiệm
b) Biến đổi đa thức về dạng    
3 3
A x B x

Trong đó:    
;
A x B x có thể là các biểu thức chứa x hoặc là những hằng số
Khi đó phương trình    
A x B x
 
3) Chú ý:
- Nếu , , ,
a b c d là các số nguyên và
m
x
n
 là nghiệm hữu tỉ của phương trình (*) thì m là
ước của d và n là ước của .
a Đặc biệt khi 1
a  thì phương trình (*) có nghiệm hữu tỉ thì
nghiệm đó là nguyên và là ước của d
- Nếu 0
a b c d
    thì phương trình (*) có một nghiệm là 1
x 
- Nếu 0
a b c d
    thì phương trình (*) có một nghiệm là 1
x  
B. Bài tập
Bài 1: Giải các phương trình sau
a) 3
7 6 0
x x
   b) 3
3 2 0
x x
  
c) 3 2
6 10 4 0
x x x
    d) 3 2
3 3 3 1 0
x x x
   
Lời giải
a) Dùng phương pháp nhẩm nghiệm ta thấy 1
x  là một nghiệm của phương trình nên có 1
nhân tử là 1
x
Ta có:   
3 3 2 2 2
7 6 0 6 6 0 1 6 0
x x x x x x x x x x
              
 
2
1 0
3;1;2
6 0
x
x
x x
 

   

  


7
b) Dùng phương pháp nhẩm nghiệm ta thấy 1
x   là một nghiệm của phương trình nên có
1 nhân tử là 1
x
Ta có:   
3 3 2 2 2
3 2 0 3 3 3 3 2 2 0 1 3 3 2 0
x x x x x x x x x x
              
 
2
1 0
.....
3 3 2 0
x
x
x x
 

  

  

c) Dùng phương pháp nhẩm nghiệm ta thấy 2
x  là một nghiệm của phương trình nên có 1
nhân tử là 2
x 
Ta có:     
3 2 3 2 2 2
6 10 4 0 2 4 8 2 4 0 2 4 2 0 ...
x x x x x x x x x x x x
                 
d)        
3
3 3 3
3 2 3 3 3
3 3 3 1 0 2 1 0 2 1 1 2.
x x x x x x x x x
                3
1
1 2
x

 

.
a) 3 2
8 12 6 5 0
x x x
    b) 3 2
3 3 3 1 0
x x x
   
Lời giải
a) Ta có:      
3
3
3 3
3 2 3 3 4 1
8 12 6 5 0 2 1 4 0 2 1 4 2 1 4
2
x x x x x x x

               
b) Ta có:  
3
3 2 3 3
3
1
3 3 3 1 0 4 1 4 1
4 1
x x x x x x x x
           

a) 3
8 4 1 0
x x
   b) 3 2
6 10 5 6 0
x x x
   
c) 3 2
2 5 2 0
x x x
   
Lời giải
a) Ta có: 8; 1
a d
  nên ta nhẩm các nghiệm có dạng
1
m
với m là ước của 8, ta thấy
1
2
x 
là nghiệm của phương trình
Phương trình   
2
2
1
1 1 5
2 1 4 2 1 0 ;
2
2 4
4 2 1 0
x
x x x x
x x

 
  
 

        
  
 
  



8
Vậy tập nghiệm của phương trình
1 1 5
;
2 4
S
 
 
 
  
 
 
b) Ta có: 6
a d
  nên ta nhẩm các nghiệm có dạng
m
x
n
 với ,
m n là ước của 6
Ta nhận thấy
2
3
x  là nghiệm của phương trình
Phương trình   
2
2
2
2
3
3 2 2 2 3 0 3
1 7
2 3
2
x
x
x x x
x x x


 

 
      
 

 
 
 

Vậy tập nghiệm của phương trình
2 1 7
;
3 2
S
 

 
  
 
 
c) Vì các hệ số xuất hiện 2 nên ta nhẩm nghiệm có dạng 2.
x a
 Thay vào phương trình
ta có: 3 2 3 2
2 2 2 2 5 2 2 0 2 2 5 1 0
a a a a a a
         (*)
Vì tổng các hệ số của (*) bằng 0 nên (*) có nghiệm 1
a  hay phương trình đã cho có
nghiệm 2
x 
Có:   
3 2 2 2 2
2 5 2 0 2 2 2 1 0
2 2 1 0 2 3
x x
x x x x x x
x x x
 
 
          
 
     
 
 
Vậy tập nghiệm của phương trình  
2; 2 3
S   
a) 3 2
3 3 4 0
x x x
    b) 3 2
3 3 9 1 0
x x x
   
Lời giải
a) Nhẩm các nghiệm x a
 với a là ước của 4, ta thấy phương trình không có nghiệm
nguyên
Ta thấy các hệ số xuất hiện 1; 3;3
 nên ta nghĩ tới hằng đẳng thức như sau:
   
3
3 2 3 3
3 3 1 3 0 1 3 1 3 1 3
x x x x x x
             
Vậy tập nghiệm của phương trình  
3
1 3
S  

9
b) Bằng cách nhẩm nghiệm, ta thấy phương trình đã cho không có nghiệm hữu tỉ. Ta biến
đổi phương trình như sau:
         
3 3 3 3
3 2 3 2
3 3 3 1 2 3 3 1 0 1 2 1 0 1 2 1
x x x x x x x x x x
                
 
3
3
3
2 1
1 2 1
2 1
x x x

     

Vậy phương trình có tập nghiệm
3
3
2 1
2 1
S
 

 
  

 
 
Bài 5: Cho đa thức   3 2
2 2 2 2
P x x m x x m
   
a) Phân tích đa thức thành nhân tử
b) Tìm m để đa thức  
P x có 3 nghiệm phân biệt sao cho có một nghiệm là trung bình
cộng của hai nghiệm còn lại
Lời giải
a) Ta có         
3 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
P x x m x x m x x m x x x m
          
b)  
P x có ba nghiệm 1 2 3
2; 2; 2
x m x x
   
 
P x có ba nghiệm phân biệt 1
m
   , ta xét các trường hợp sau:
- TH1: Nếu 2 3
1 0 0
2
x x
x m

   
- TH2: Nếu 1 3
2
2 2
2 3
2 2
x x m
x m
 
    
- TH3: Nếu 1 1
3
2 2
2 3
2 2
x x m
x m
 
      
Vậy  
0; 3
m  là các giá trị cần tìm.
Bài 6:
Giải phương trình      
3 3
3
3 3 2 3 2 2 0
x x x
       (1)
Lời giải

10
Đặt 3 3; 2 ;c 3 2 2 0
a x b x x a b c
          
*) Nhận xét: Nếu 3 3 3
0 3
a b c a b c abc
      
Nhận thấy:      
3 3 2 3 2 2 0
x x x
      
Nên      
3 3 0
3 3 2
1 3 3 3 2 3 2 2 0 2 0 2; ;
3 2
3 2 2 0
x
VT x x x x x
x
  
 
 
 
           

 
 
   

Bài 7: Cho phương trình 3 2
1 0
x ax bx
    (1)
a) Tìm các số hữu tỷ a, b để phương trình (1) có nghiệm 2 3
x  
b) Với giá trị a, b vuwà tìm được. Gọi 1 2 3
, ,
x x x là 3 nghiệm của phương trình (1) và đặt
1 2 3
1 1 1
n n n n
S
x x x
   với *
n N
 . Tính 5
S và chứng minh n
S Z

Lời giải
a) Thay 2 3
x   vào phương trình (1) ta được:
         
3 2
2 3 2 3 2 3 1 0 25 7 2 15 4 3 0
a b a b a b
             
4 15 0 5
7 2 25 0 5
a b a
a b b
    
 
 
 
   
 
(do a, b là số hữu tỷ)
b) Phương trình     
2
1 1 4 1 0
x x x
    
Đặt 3 1 2
1; 2 3; 2 3
x x x
    
Ta có 1 2
1 2 3 1 2 3
1 1 1 1
n n
n n n n n n n
x x
S
x x x x x x

    
Theo Viét ta có: 1 2
1 2
1 2
4
1
1
n n
n
x x
S x x
x x
 

   



Đặt  
2
1 2 1 2 1 2 1 2
4; 2 14
n n
Q x x Q Q x x x x
       
 
2 1
4 , 1
n n n n n n
Q Q Q Q Z n S Q Z
 
        
Có: 3 2 1 4 3 2 5 4 3
4 ; 4 ; 4 ... 724
Q Q Q Q Q Q Q Q Q
       

11
5 725.
S 
Bài 8:
Biết rằng 2 là một nghiệm của phương trình 3 2
0
x ax bx c
    với các hệ số hữu tỉ. hãy
tìm các nghiệm còn lại
Lời giải
Thay 2
x  vào phương trình, ta được:    
2 2 2
b a c
   
- Nếu
 
2
2 0 2
2
a c
b Q
b
 
    

(vô lý)
Từ đó 2 2
b c a
      thay vào phương trình
Vậy nghiệm còn lại của phương trình là 2;
x x a
   
Lưu ý: a Q
 nên 2
a  
Bài 9:
Xác định các số nguyên a, b sao cho một trong các nghiệm của phương trình
3 2
3 12 0
x ax bx
    là 1 3

Lời giải
Thay 1 3
 vào phương trình ta được hệ thức:    
4 42 18 2 3 0
a b a b
     
Do ,
a b nguyên nên:
4 42 0 12
18 2 0 6
a b a
a b b
    
 

 
   
 
Vậy 12; 6
a b
   .

12
Bài 3: NHẢM NGHIỆM ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO
1) Định lí Bơzu: Nếu phương trình   0

f x có nghiệm 2

x thì      
.

 
f x x q x
*) Nhận xét 1: Cho   0

f x với   1
1 0
...


   
n n
n n
f x a x a x a
Nếu phương trình có nghiệm
0
/
/

  

n
q a
p
x
p a
q
*) Nhận xét 2: Sử dụng lược đồ hoocne để chia đa thức
B. Bài tập
Bài 1: Giải phương trình sau
3 2
2 3 3 1 0
   
x x x
Lời giải
*) Phân tích: Sử dụng máy tính ta tìm được nghiệm
1
2
 
x phương trình có 1 nhân tử là
1
2 2 1
2
 
  
 
 
x x
Ta có phương trình   
3 2 2
2
2 1 0 1
2 3 3 1 0 2 1 1 0 .
2
1 0
 

           

  

x
x x x x x x x
x x
4 2
2 3 2 0
   
x x x
Lời giải
Phân tích:
- Nếu phương trình có nghiệm nguyên thì nghiệm đó là ước của 2, từ đó tìm được nghiệm
1
  
x có một nhân tử là 1.

x
- Tổng các hệ số bằng 0 nên phương trình có nghiệm 1

x
- Tổng các hệ số của x mũ chẵn bằng tổng hệ số x mũ lẻ thì phương trình có nghiệm
1
 
x

13
Ta có:   
4 2 3 2
2 3 2 0 1 2 0
        
x x x x x x
   
2
2
1
1
1 2 1 0 2
2
1 3
0
2 4


 
  


          
 
 
  
 

 

x
x
x x x x x
x
x
Vậy phương trình có tập nghiệm  
1;2
 
S
4 2
6 8 0
   
x x x
Lời giải
Phương trình có tổng các hệ số bằng 0 nên có một nghiệm 1

x , tức là có một nhân tử là
1

x , ta có:        
4 2 4 3 3 2 2
6 8 2 2 8 8 0
           
x x x x x x x x x x
          
3 2 3 2 2
1 2 8 0 1 2 2 4 8 0
 
             
 
x x x x x x x x x x
             
2 2
1 2 2 4 2 0 1 2 4 0 *
 
             
 
x x x x x x x x x x
Vì  
2
2 1
1 15
4 0, *
2
2 4


 
        
    
  
x
x x x x
x
Vậy phương trình có hai nghiệm 1; 2
  
x x
4 3 2
5 18 0
   
x x x
Lời giải
Nhận thấy 2

x là một nghiệm của phương trình, nên phương trình có nhân tử 2

x
Ta có 4 3 2 4 3 3 2 2
5 18 0 2 2 3 6 9 18 0
            
x x x x x x x x x x
          
3 2 3 2
2 2 3 2 9 2 0 2 3 9 0
              
x x x x x x x x x x x
             
2 2
2 3 2 3 3 3 0 2 3 2 3 0 1
 
             
 
x x x x x x x x x x

14
Vì         
2
2
2 3 1 2 0, 1 2 3 0 2;3
             
x x x x x x x
Vậy phương trình có nghiệm 2; 3
 
x x
3 2
3 7 17 5 0
   
x x x
Lời giải
Nhẩm nghiệm
1
3

x là nghiệm của phương trình nên có nhân tử là 3 1

x
Ta có      
3 2 3 2 2
3 7 17 5 0 3 6 2 15 5 0
          
x x x x x x x x
          
2 2
3 1 2 3 1 5 3 1 0 3 1 2 5 0 1
           
x x x x x x x x
Vì    
2
2 1
2 5 1 4 0 1 3 1 0
3
           
x x x x x .
Vậy phương trình có nghiệm
1
.
3

x
5 4 3 2
2
    
x x x x x
Lời giải
Ta có    
5 4 3 2 5 4 3 2
2 1 1 0
            
x x x x x x x x x x
       
4 3 2 4 3 2 4 3 2
1 1 1 0 2 1 0
                  
x x x x x x x x x x x x x x
+) TH1: 2 0 2
   
x x
+) TH2:       
4 3 2 4 3 2 3 2
1 0 1 0 1 1 0
               
     
2 2 2
1 1 0 0 1
      
x x x x
Ta có:
2
2 1 3
1 0,
2 4
 
      
 
 
x x x x và  
2 2
1 0; 0,
   
x x x
   
2 2 2
1 1 0,
       
x x x x x phương trình (1) vô nghiệm.

15
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 2.

x
4 2
2012 2009 2010 0
   
x x x
Lời giải
Ta có 4 2 4 2
2012 2009 2010 0 2012 2010 2010 0
         
x x x x x x x
       
4 2 3 2
2010 2010 2010 0 1 2010 1 0
           
x x x x x x x x
         
2 2 2 2
1 1 2010 1 0 1 2010 0 *
             
x x x x x x x x x x
Vì
2
2 1 3
1 0,
2 4
 
      
 
 
x x x x và
2
2 1 1
2010 2010 0,
2 4
 
       
 
 
x x x x nên phương trình
(*) vô nghiệm.
   
2
2 4
1 3 1
    
x x x x
Lời giải
Ta có        
2 2
2 4 2 4
1 3 1 1 3 1 0
           
x x x x x x x x
        
2 2 2 2 2 2
1 2 3 1 1 0 1 1 3 1 0
 
                 
 
x x x x x x x x x x x x
     
2 2 2 2
1 2 4 2 0 1 2 1 0
            
x x x x x x x x
    
2
2
1 1 0 2
    
x x x
Vì  
2
2 1 3
1 0 2 1 0 1
2 4
 
           
 
 
x x x x x
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 1.

x

16
C. MỘT SỐ DẠNG TOÁN KHÁC
Mẫu 1: Phương trình đẳng cấp bậc hai.
Ví dụ: Tìm mối liên hệ giữa a và b , biết 2 2
10 11 0
  
a ab b
Phân tích: Ta xét 0 0
  
b a
Với 0

b , chia cả hai vế cho 2
b ta được:
2
10 11 0
 
  
 
 
a a
b b
Đặt 2
1 1
10 11 0 11 11
11
10 10
10

 

 

 
       

 
 

 
 
 


a
t a b
a b
t t t
a
b t a b
b
2 2 2
2
2 2 4
10 11 0
1 1 1
  
   
  
   
  
   
x x x
x x x
Lời giải
Điều kiện: 1
 
x
Đặt
2
2
2 2 4
;
1 1 1
  
   
  
x x x
a b ab
x x x
Phương trình    
2 2 2 2
10 11 0 10 10 0
        
a b ab a ab ab b
  
10 0
10


      

a b
a b a b
b a
+) TH1:
2 2
1 1
 
  
 
x x
a b
x x
+) TH2:
2 2
10 10
1 1
 
  
 
x x
b a
x x
Giải 2 trường hợp và đối chiếu điều kiện ta tìm được nghiệm của phương trình.
2 2
1 1 2
12
2 3 3
  
   
 
   
  
   
x x x
x x x
Lời giải

17
Đặt
1 2 1
;
2 3 3
  
   
  
x x x
u v uv
x x x
Ta có phương trình:   
2 2 3 0
12 3 4 0
4 0
 

         

u v
u uv v u v u v
u v
+) TH1: 2
1 2
3 0 3 0 2 10 15 0
2 3
 
         
 
x x
u v x x
x x
(phương trình vô nghiệm)
+) TH2: 2
1
1 2
4 0 4 0 5 18 13 0 13
2 3
5


  
         

  

x
x x
u v x x
x x x
Vậy phương trình có hai nghiệm
13
1;
5
 
x x .
   
2
2 2 2
1 3 1 2 0
    
x x x x
Lời giải
Ta có:      
2
2 2 2
1 3 1 2 0 1
    
x x x x
Đặt       
2 2 2 2 2
1 3 2 0 2 2 0 2 0
              
x y y xy x y xy xy x y x y x
0
2 0
 

   

x y
y x
+) Nếu 2
0 1 0
        
x y y x x x (phương trình vô nghiệm)
+) Nếu  
2
2
2 0 2 2 1 0 1 0 1
              
y x y x x x x x
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 1
 
x

18
Mẫu 2: Sử dụng hẳng đẳng thức    
3
3 3
3
    
a b a b ab a b
     
3 3 3 3
3
        
a b c a b c a b b c c a
     
3 3 3
1 2 2 1
    
x x x
Lời giải
Áp dụng hẳng đẳng thức    
3
3 3
3
    
a b a b ab a b
         
3 3 3
1 2 2 1 3 1 2 2 1
         
x x x x x x
   
1 0 1
0 3 1 2 2 1 2 0 2
2 1 0 1
2


   



         



  
 


x x
x x x x x
x
x
1
1; ; 2
2
   
x x x .
     
3 3 3
2 1 3 3 2
    
x x x
Lời giải
Ta có              
3 3 3 3 3 3
2 1 3 3 2 2 1 3 3 2 0 1
            
x x x x x x
Sử dụng hẳng đẳng thức   
3 3 3 2 2 2
3
          
a b c abc a b c a b c ab bc ca
Nhận xét: Nếu 3 3 3
0 3
      
a b c a b c abc
Áp dụng vào bài toán:
Ta có: 2 1 3 3 2 0
     
x x x
Do đó      
1
2
1 3 2 1 3 3 2 0 3
2
3





       





x
x x x x
x
Vậy phương trình có ba nghiệm
1 2
; ;3
2 3

 
 
 
x

19
BÀI 4: PHƯƠNG TRÌNH BẬC 4 TRÙNG PHƯƠNG
1. Phương trình bậc 4 trùng phương:  
4 2
0 0
ax bx c a
    (*)
2. Cách giải
- Với một phương trình cụ thể: 4 2
2 3 0
x x
  
+ Áp dụng cách giải tổng quát
+ Sử dụng máy tính
- Với phương trình chứa tham số ta áp dụng cách giải tổng quát
*) Phương pháp giải:
Đặt    
2
0 *
t x t
   trở thành 2
0
at bt c
   (**)
 
2 2
4 ' '
b ac b ac
     
- Nếu 0
   phương trình (**) vô nghiệm  phương trình (*) vô nghiệm
- Nếu 0
   phương trình (**) có nghiệm kép 1 2
2
b
t t
a

 
+ Nếu
1 2
3 4
2
0
2
2
b
x x
b a
a b
x x
a
 
 

 
  

   


+ Nếu  
0 *
2
b
a

  vô nghiệm vì 0
t 
- Nếu 0
   phương trình (**) có nghiệm 1 2
;
2 2
b b
t t
a a
     
 
Căn cứ vào dấu của 1 2
;
t t để tìm .
x
Ví dụ: Giả sử 1 1 1 2 1
0 ;
t x t x t
     ; 2 3 2 4 2
0 ;
t x t x t
    
Nếu 1 0
t   loại
*) Chú ý: Nếu  
0 **
a b c
    có 1 2
1;
c
t t
a
 
- Nếu  
0 **
a b c
    có 1 2
1;
c
t t
a
   

20
B. Bài tập
Bài 1:
Tìm một phương trình bậc 4 trùng phương để 6 3 2 3 2 2 3
x      
Lời giải
Ta có 6 3 2 3 2 2 3 3. 2 2 3 2 2 3
x            
    
2
3 2 2 3 2. 3. 2 2 3 2 2 3 2 2 3
x
 
          
 
 
 
2
8 2 2 3 2 3 2 3 8 2 2 3 3 2 3
x
           
 
2
2 4 2
8 32 16 32 0
x x x
       (đpcm)
Bài 2:
4 2
16 32 0
x x x R
    . Chứng minh rằng 6 3 2 3 2 2 3
x      
Là một nghiệm của phương trình đã cho.
Lời giải
Ta có    
2
4 2 2
16 32 0 8 32 0 1
x x x
      
Với 6 3 2 3 2 2 3 3. 2 2 3 2 2 3
x            
2
8 2 2 3 2 3 2 3
x
     
Thay 2
x vào vế trái của (1) ta được:
       
2
2
2
8 32 8 2 2 3 2 3 2 3 8 32 4 2 3 4 3 12 2 3 32
x               
8 4 3 8 3 24 12 3 32 0
      
Vậy 6 3 2 3 2 2 3
x       là một nghiệm của phương trình đã cho (đpcm).

21
Bài 3:
Cho phương trình 4 2
2 4 0
x mx
   (1). Tìm giá trị của m để phương trình trên có 4 nghiệm
phân biệt 1 2 3 4
, , ,
x x x x thỏa mãn 4 4 4 4
1 2 3 4 32
S x x x x
    
Lời giải
Đặt  
2
0
t x t
  , phương trình (1) trở thành:  
2
2 4 0 2
t mt
  
Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) phải có 2 nghiệm dương
phân biệt 1 2
1 2
0
2
4 0
2
0
t t m m
t t
 


     

 

 

Vậy với 2
m  thì phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt 1 2
, .
t t Khi đó phương
trình (1) có 4 nghiệm: 1 1 2 1 3 2 4 2
; ; ;
x t x t x t x t
     
     
2 2
2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2 32 16 2 16 2 8 16 4 24 6
S t t t t t t t t m m m
                  
Do 2 6
m m
     là giá trị cần tìm.
Bài 4:
4 2
1 0
x m x m
   
a) Chứng minh rằng phương trình trên luôn có nghiệm
b) Tìm giá trị của m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt 1 2 3 4
, , ,
x x x x thỏa mãn
4 4 4 4
1 2 3 4 20
S x x x x
    
Lời giải
a) Đặt  
2
0 ,
t x t
  phương trình đã cho trở thành
    
2 1
1 0 1 0
t
t m t m t t m
t m


          

Dễ thấy phương trình đã cho luôn có nghiệm 1
x  
b) Với 0; 1
m m
  thì phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt:

22
1 2 3 4
1; 1; ;
x x x m x m
     
Vậy 4 4 4 4
1 2 3 4 20 9
S x x x x m
       (thỏa mãn điều kiện)
Bài 5: Chuyên Hà Nam, năm học 2012
4 2 2 4
2 3 5 0
x m x m
     (với m là tham số)
a) Chứng minh rằng phương trình luôn có 4 nghiệm phân biệt với mọi m
b) Tìm m để  
2 2 2 2
1 2 3 4 1 2 3 4
2 28
Q x x x x x x x x
     
Lời giải
a) Đặt  
2
0
t x t
  , phương trình đã cho trở thành    
2 2 4
2 3 5 0 1
t m t m
    
Ta có    
2
' 2 4 2
3 5 6 4 0
t m m m
        với mọi m
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1
t và 2
t
Theo định lí Viét ta có:
 
2
1 2 1
4
2
1 2
2 3 0 0
0
5 0
t t m t
t
t t m
     



 


  


Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt
b) Giả sử 4
1 1 2 1 3 2 4 2 1 2 3 4 1 2
; ; ; 5
x t x t x t x t x x x x t t m
         
và    
2 2 2 2 2
1 2 3 4 1 2
2 4 3
x x x x t t m
      
Thay vào biểu thức Q ta được giá trị của m cần tìm.
Bài 6: Chuyên Vũng Tàu, năm học 2018
Giải phương trình  
4 2 2 2
5 2 3 2 4 1
x x x x
   
Lời giải
Điều kiện: x R
 
Đặt  
 
     
2
2 2 2
2
2
2
5 2 4 0 2
0 5 2 3 2 4 5 2 4 3 2
5 2 4 3 2 3
t t
t x t t t t t t t t t
t t t t
   

             
   


Phương trình (3)  
4 2 3 2 2
25 4 16 20 40 16 9 2
t t t t t t t
       

23
        
4 3 2 3 2 2
25 29 54 16 16 0 1 25 54 16 0 1 2 25 4 8 0 4
t t t t t t t t t t t
                
Do 0 1 0
t t
   
Ta có  
2 2 2
0
0
25 4 8 15 2 5 2 4 0
t t t t t


       do (2)
Từ  
4 2
t
  (thỏa mãn điều kiện (2))
Vậy 2
2 2.
x x
   

24
BÀI 5: PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN DẠNG ĐỖI XỨNG VÀ HỒI QUY
1. Phương trình bậc bốn dạng đối xứng
 
4 3 2
0 0
ax bx cx bx a a
      (*)
Cách giải:
- Nếu  
0 *
x   trở thành: 0
a  (vô lý do 0
a  )
- Nếu 0,
x  chia cả hai vế của phương trình (*) cho 2
x , ta được:
  2 2
2 2
1 1
* 0 0
b a
ax bx c a x b x c
x x x x
   
           
   
   
Đặt  
2 2 2 2
2
2
1 1
2 4 2 2 0 2 0
ptb
t x t x t a t bt c at bt c a
x x
                    tìm được
t và so sánh với điều kiện 2
t 
2. Phương trình bậc bốn dạng hồi quy
 
4 3 2
0 , 0
ax bx cx mx n a b
      (**) và
2
2
n m
q
a b
 
 
 
 
Cách giải:
- Nếu  
0 **
x   trở thành: 0
n 
+ Có 1 nghiệm 0
x 
+ Vô nghiệm
- Nếu 0,
x  chia cả hai vế của (**) cho 2
x ta được: 2
2
1 1
. . 0
ax bx c m n
x x
    
Đặt  
2 2
2 2 2
2 2
0 0 1
m n bq aq q q
q q ax bx c a x b x c
b a x x x x
   
              
   
 
 
Đặt
2
2 2
2
2
q q
x t x t q
x x
     
Từ    
2 2
2
1 2 0 2 0
ptb
a t q bt c at bt c aq
         
*) Chú ý: - Nếu  
1 **
a n
q
b m


  



là phương trình dạng đối xứng

25
- Nếu  
1 **
a n
q
b m
 

   

 

là phương trình dạng phản đối xứng
Bài 1:
Giải phương trình sau:  
4 3 2
4 9 8 4 0 1
x x x x
    
Lời giải
Nhận xét:
Cách 1: Dùng máy tính tính được nghiệm của phương trình là 1; 2
x x
   sau đó phân tích
đa thức thành nhân tử và tìm nghiệm của phương trình, ta được:
   
4 3 2 2
4 9 8 4 0 1 2 0
x x x x x x ax bx x
          
Cách 2: Nhận thấy tổng các hệ số của phương trình bằng 0, nên phương trình có 1 nghiệm
1
x   có 1 nhận tử là 1
x
Cách 3: Nhận thấy
2
4 8
1 4
 
 
 

 
phương trình dạng hồi quy
- Nếu  
0 1
x   trở thành: 4 0
 (vô lý)
- Nếu 0,
x  chia cả hai vế của phương trình (1) cho 2
x ta được: 2
2
8 4
4 9 0
x x
x x
    
 
2
2
4 2
4 9 0 2
x x
x x
   
     
   
   
Đặt   2 2
2
2 4
* 4
t x t x
x x
      , phương trình (2) trở thành: 2 2
4 4 9 0 4 5 0
t t t t
       
1
5
t
t
 

  

- Nếu  
2 2
2
1 1 2 2 0 2;1
t x x x x x x
x
                
- Nếu 2
2 5 33
5 5 5 2 0
2
t x x x x
x
 

 
          
 
 
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt
5 33
2;1;
2
x
 

 
 
 
 
 
.
Bài 2: SPĐN, năm học 2006
4 3 2
4 2 4 1 0 1
x x x x
    

26
Lời giải
Cách 1:       
4 3 2 4 2 2 2 2
4 2 4 1 0 2 1 4 1 0 1 4 1 0
               
 
2
2
1 0
1;2 5
4 1 0
x
x
x x
  
    

  

Cách 2: Nhận thấy phương trình (1) có dạng phản đối xứng
- Nếu  
0 1
x   trở thành 1 0
 (vô lý)
- Nếu 0,
x  chia cả 2 vế cho 2
x ta được: 2 2
2 2
4 1 1 1
4 2 0 4 2 0
x x x x
x x x x
   
          
   
   
Đặt
1
t x
x
   ta được: 2 2
1
0 1
0
2 4 2 0 4 0
4 1 2 5
4
x x
t x
t t t t
t x
x
x

 
  



         
 
   
  
 


Vậy phương trình có 4 nghiệm phân biệt  
1;2 5
x  
Bài 3:
Giải các phương trình sau:
a)  
4 3 2
10 27 110 27 10 0 1
x x x x
     b)  
4 3 2
2 3 5 3 2 0 2
x x x x
    
Lời giải
a) Nhận thấy 0
x  không là nghiệm của phương trình (1)
Với 0
x  , chia cả hai vế của phương trình cho 2
x ta được
2
2
1 1
10 27 110 0
x x
x x
   
    
   
   
Đặt 2 2
2
1 1
2
t x t x
x x
       phương trình đã cho trở thành: 2
5
2
10 27 130 0
26
5
t
t t
t




    
 


- Với 1 1 2
5 1
2;
2 2
t x x
 
    
- Với 2 3 4
26 1
5;
5 5
t x x
   
b) Dễ thấy 0
x  không là nghiệm của phương trình (2)
Với 0
x ta được:
2 2
2 2
3 3 1 1
2 3 5 0 2 3 5 0
x x x x
x x x x
   
          
   
   

27
Đặt 2 2
2
1 1
2
t x x t
x x
       phương trình đã cho trở thành:  
2
2 2 3 5 0
t t
   
2
3
2 3 9 0 3
2
t
t t
t
 


    
 

- Với 2
1
3 5
1 2
3 3 3 1 0
3 5
2
x
t x x x
x
x
  



          
  



- Với 2
1
3 1 3
2 3 2 0
2 2
t x x x
x
        (vô nghiệm)
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm
3 5
2
S
 
 
 
  
 
 
Bài 4:
Giải các phương trình sau: 4 3 2
6 5 38 3 2 0
x x x x
    
Lời giải
Dễ thấy 0
x  không là nghiệm của phương trình
Với 0
x ta được: 2
2
5 6
6 5 38 0
x x
x x
    
2
2
1 1
6 5 38 0
x x
x x
   
     
   
   
, đặt 2 2
2
1 1
2
t x x t
x x
      , ta được phương trình:
 
2 2
5
2
6 2 5 38 0 6 5 60 0
10
3
t
t t t t
t



         

 


- Với 2
5 1 5 1
2 5 2 0 2;
2 2 2
t x x x x
x
 
          
 
- Với 2
10 1 10 1
3 10 3 0 3;
3 3 3
t x x x x
x

 
            
 
 
Bài 5:
2
2
16 10 4
1
9 3 3
x x
x x
 
  
 
 
Lời giải
Điều kiện 0
x 

28
Đặt
2
2
2
4 16 8
3 9 3
x x
t t
x x
     
Phương trình (1) trở thành: 2 2
2
8 10
3 10 8 0 4
3 3
3
t
t t t t
t



      
 

- Với 2
1,2
4
2 2 6 12 0 3 21
3
x
t x x x
x
          
- Với 2
3,4
4 4 4
4 12 0 6; 2
3 3 3
x
t x x x
x
          
Vậy phương trình có tập nghiệm  
3 21; 2;6
S   
Bài 6:
Giải phương trình sau: 4 3
2 4 2 2 1 0
x x x
   
Lời giải
Nhận xét: Phương trình trên không phải dạng đối xứng hay hồi quy
Dùng phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử, ta được:
 
4 3 4 3 4 3 2 2
2 4 2 2 1 0 4 8 4 2 2 0 4 8 4 4 4 2 2 0
               
      
2
2
2 2 2 2 2 4 2 2
2 2 2 2 0 2 2 2 4 2 0 4 2 0
2
x x x x x x x x x
 
               
Bài 7: Chuyên Vũng Tàu, năm học 2018
Giải phương trình sau: 4 2 2 2
5 2 3 12 4
x x x x
    (1)
Lời giải
Điều kiện: x R
 
Đặt    
2 2 2
0 1 :5 2 3 2 4 5 2 4 3 2
t x t t t t t t t t t
           
 
     
2
2
2
2
5 2 4 2
5 2 4 3 2 3
t t
t t t t
  

 
   


   
4 2 3 2 2 4 3 2
3 25 4 16 20 40 16 9 2 25 29 54 16 16 0
t t t t t t t t t t t
             
(tổng hệ số bậc chẵn bằng tổng hệ số bậc lẻ)
        
3 2 2
1 25 54 16 0 1 2 25 4 8 0 4
t t t t t t t
          

29
Do 0 1 0
t t
    và 2 2 2
0 0
25 4 8 15 2 5 2 4 0
t t t t t
 
 
      
 
 
(do 2)
Từ  
4 2
t
  (thỏa mãn điều kiện 2) 2
2 2.
x x
    
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1:
Giải các phương trình sau:
a) 4 3 2
10 27 110 27 10 0
x x x x
     b) 4 3 2
2 3 5 3 2 0
x x x x
    
Lời giải
a) 4 3 2
10 27 110 27 10 0
x x x x
    
Dễ thấy 0
x  không phải là nghiệm của phương trình
Với 0
x  chia cả hai vế của phương trình đã cho cho 2
x ta được:
2
2
1 1
10 27 110 0
x x
x x
   
    
   
   
Đặt 2 2
2
1 1
2
t x t x
x x
       phương trình đã cho trở thành: 2
5
2
10 27 130 0
26
5
t
t t
t




    
 


- Với 1 1 2
5 1
2;
2 2
t x x

     
- Với 2 3 4
26 1
5;
5 5
t x x
   
b) 4 3 2
2 3 5 3 2 0
x x x x
    
Dễ thấy 0
Với 0
x ta được:
2 2
2 2
3 2 1 1
2 3 5 0 2 3 5 0
x x x x
x x x x
   
          
   
   
Đặt 2 2
2
1 1
2
t x t x
x x
       phương trình đã cho trở thành:  
2
2 2 3 5 0
t t
   
2
3
2 3 9 0 3
2
t
t t
t
 


    
 

- Với 2
1
1 3 5
3 3 3 1 0
2
t x x x x
x
 
           

30
- Với 2
2
3 1 3
2 3 2 0
2 2
t x x x
x
        (phương trình vô nghiệm)
Vậy phương trình có hai nghiệm là:
3 5
2
x
 

Bài 2:
6 5 38 5 6 0
x x x x
    
Lời giải
Dễ thấy 0
Với 0
x ta được:
2 2
2 2
5 6 1 1
6 5 38 0 6 5 38 0
x x x x
x x x x
   
          
   
   
Đặt 2 2
2
1 1
2
t x x t
x x
       phương trình đã cho trở thành:  
2
6 2 5 38 0
t t
   
2
1
5 2;
2
2
6 5 50 0
10 1
3;
3 3
x
t
t t
t x
  
  
 
  

     

  
 
   
 


  

Bài 3:
4 9 58 4 0
x x x x
    
Lời giải
Dễ thấy 0
Với 0
x ta được:
2 2
2 2
8 4 4 2
4 9 0 4 9 0
x x x x
x x x x
   
          
   
   
Đặt 2 2 2 2
2 2
2 4 4
4 4
t x t x x t
x x x
           phương trình đã cho trở thành:
 
2 2 5 33
4 4 9 0 4 5 0 1;5 1; 2;
2
t t t t t x
 

 
             
 
 
 
Bài 4:
4 5 25 0
x x x x
    
Lời giải
Dễ thấy 0

31
Với 0
x ta được:
2 2
2 2
5 25 25 5
4 0 4 0
x x x x
x x x x
   
          
   
   
Đặt 2 2
2
5 25
10
t x x t
x x
       phương trình đã cho trở thành:
 
2 2
10 4 0 6 0 3;2
t t t t t x
            
Bài 5:
Giải các phương trình sau: 4 3
2 4 2 2 1 0
x x x
   
Lời giải
Ta có  
4 3 4 3 4 3 2 2
2 4 2 2 1 0 4 8 4 2 2 0 4 8 4 4 4 2 2 0
               
        
2
2
2 2 2 2 2
2 2 2 2 0 2 2 2 4 2 0 2 4 2 0 2 2 0
               
x x x x x x x x x
2 4 2 2
.
2
 
 
x
2 4 2 2
2
 
 
 
 
 
 
x .

32

ĐẠI SỐ 9 - Phương trình bậc nhất, bậc hai, bậc ba và các bài toán thi vào lớp 10

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to ĐẠI SỐ 9 - Phương trình bậc nhất, bậc hai, bậc ba và các bài toán thi vào lớp 10

Similar to ĐẠI SỐ 9 - Phương trình bậc nhất, bậc hai, bậc ba và các bài toán thi vào lớp 10 (20)

More from Bồi dưỡng Toán lớp 6

More from Bồi dưỡng Toán lớp 6 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

ĐẠI SỐ 9 - Phương trình bậc nhất, bậc hai, bậc ba và các bài toán thi vào lớp 10