Bạn đang xem bài viết Phương Pháp Giải Phương Trình Bậc Ba, Bậc Bốn Đặc Biệt Môn Toán Lớp 10 được cập nhật mới nhất trên website Ictu-hanoi.edu.vn. Hy vọng những thông tin mà chúng tôi đã chia sẻ là hữu ích với bạn. Nếu nội dung hay, ý nghĩa bạn hãy chia sẻ với bạn bè của mình và luôn theo dõi, ủng hộ chúng tôi để cập nhật những thông tin mới nhất.
1. Phương trình trùng phương
– Là phương trình có dạng (a{x^4} + b{x^2} + c = 0left( {a ne 0} right),,,,,,,,,left( * right))
– Phương pháp:
+) Đặt (t = {x^2}left( {t ge 0} right)) thì (left( * right) Leftrightarrow a{t^2} + bt + c = 0,,,,,,,,,left( {**} right))
+) Để xác định số nghiệm của $( * ),$ ta dựa vào số nghiệm của $( * * )$ và dấu của chúng, cụ thể:
$ bullet $ Phương trình $( * )$ vô nghiệm ( Leftrightarrow left( {**} right)) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép âm hoặc có hai nghiệm phân biệt âm.
$ bullet $ Phương trình $( * )$ có $1$ nghiệm ( Leftrightarrow left( {**} right)) có nghiệm kép ({t_1} = {t_2} = 0) hoặc (left( {**} right)) có (1) nghiệm bằng (0), nghiệm còn lại âm.
$ bullet $ Phương trình $( * )$ có $2$ nghiệm phân biệt ( Leftrightarrow left( {**} right)) có nghiệm kép dương hoặc (left( {**} right)) có (2) nghiệm trái dấu.
$ bullet $ Phương trình $( * )$ có $3$ nghiệm $ Leftrightarrow ( * * )$ có $1$ nghiệm bằng $0$ và nghiệm còn lại dương.
$ bullet $ Phương trình $( * )$ có $4$ nghiệm $ Leftrightarrow ( * * )$ có $2$ nghiệm dương phân biệt.
2. Một số dạng phương trình bậc bốn quy về bậc hai
Loại 1: $a{x^4} + b{x^3} + c{x^2} + dx + e = 0$ với $dfrac{e}{a} = {left( {dfrac{d}{b}} right)^2} ne 0$
Phương pháp giải:
– Bước 1: Chia hai vế cho ${x^2} ne 0$
– Bước 2: Đặt $t = x + dfrac{alpha }{x} Rightarrow {t^2} = {left( {x + dfrac{alpha }{x}} right)^2}$ với $alpha = dfrac{d}{b}$ và thay vào phương trình.
Loại 2: $(x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = e$ với $a + c = b + d$
Phương pháp giải:
– Bước 1: Biến đổi:
$left[ {(x + a)(x + c)} right] cdot left[ {(x + b)(x + d)} right] = e Leftrightarrow left[ {{x^2} + (a + c)x + ac} right] cdot left[ {{x^2} + (b + d)x + bd} right] = e$
– Bước 2: Đặt $t = {x^2} + (a + c)x$ và thay vào phương trình.
Loại 3: $(x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = e{x^2}$ với $a.b = c.d.$
Phương pháp giải:
– Bước 1: Đặt $t = {x^2} + ab + dfrac{{a + b + c + d}}{2} cdot x$
– Bước 2: Phương trình$ Leftrightarrow left( {t + dfrac{{a + b – c – d}}{2} cdot x} right) cdot left( {t – dfrac{{a + b – c – d}}{2} cdot x} right) = e{x^2}$ (có dạng đẳng cấp)
Loại 4: ${(x + a)^4} + {(x + b)^4} = c$
Phương pháp giải:
– Bước 1: Đặt $x = t – dfrac{{a + b}}{2} Rightarrow {(t + alpha )^4} + {(t – alpha )^4} = c$ với $alpha = dfrac{{a – b}}{2} cdot $
– Bước 2: Giải phương trình trên tìm (t) rồi suy ra (x).
Loại 5: ${x^4} = a{x^2} + bx + c,,,,,left( 1 right)$
Phương pháp giải:
– Bước 1: Tạo ra dạng ${A^2} = {B^2}$ bằng cách thêm hai vế cho một lượng $2k.{x^2} + {k^2}$
– Bước 2: Phương trình (1) tương đương:
${({x^2})^2} + 2k{x^2} + {k^2} = (2k + a){x^2} + bx + c + {k^2} Leftrightarrow {({x^2} + k)^2} = (2k + a){x^2} + bx + c + {k^2}.$
Loại 6: ${x^4} + a{x^3} = b{x^2} + cx + d,,,,,left( 2 right)$
Phương pháp giải:
– Bước 1: Tạo ${A^2} = {B^2}$ bằng cách thêm ở vế trái 1 biểu thức để tạo ra dạng bình phương: ${left( {{x^2} + dfrac{a}{2}x + k} right)^2} = {x^4} + a{x^3} + left( {2k + dfrac{{{a^2}}}{4}} right){x^2} + kax + {k^2}.$
Do đó ta sẽ cộng thêm hai vế của phương trình (2) một lượng: $left( {2k + dfrac{{{a^2}}}{4}} right){x^2} + kax + {k^2},$ thì phương trình
$(2) Leftrightarrow {left( {{x^2} + dfrac{a}{2}x + k} right)^2} = left( {2k + dfrac{{{a^2}}}{4} + b} right){x^2} + (ka + c)x + {k^2} + d.$
– Bước 2: Cần vế phải có dạng bình phương nên phải có số $k$ thỏa:
Khi gặp bài toán chứa tham số trong phương trình bậc ba, ta thường dùng nguyên tắc nhẩm nghiệm sau đó chia Hoocner.
Nguyên tắc nhẩm nghiệm:
$ bullet $ Nếu tổng các hệ số bằng $0$ thì phương trình sẽ có $1$ nghiệm $x = 1.$
$ bullet $ Nếu tổng các hệ số bậc chẵn bằng tổng các hệ số bậc lẻ thì PT có $1$ nghiệm $x = – 1.$
$ bullet $ Nếu phương trình chứa tham số, ta sẽ chọn nghiệm $x$ sao cho triệt tiêu đi tham số $m$ và thử lại tính đúng sai.
Chia Hoocner: đầu rơi – nhân tới – cộng chéo.
Sách Giải Bài Tập Toán Lớp 10 Bài 2: Phương Trình Quy Về Phương Trình Bậc Nhất, Bậc Hai
Sách giải toán 10 Bài 2: Phương trình quy về phương trình bậc nhất, bậc hai giúp bạn giải các bài tập trong sách giáo khoa toán, học tốt toán 10 sẽ giúp bạn rèn luyện khả năng suy luận hợp lý và hợp logic, hình thành khả năng vận dụng kết thức toán học vào đời sống và vào các môn học khác:
Trả lời câu hỏi Toán 10 Đại số Bài 2 trang 58: Giải và biện luận phương trình sau theo tham số m: m(x – 4) = 5x – 2.
Lời giải
m(x – 4) = 5x – 2 ⇔(m – 5)x = 4m – 2
Nếu m – 5 ≠ 0 ⇔ m ≠ 5 thì phương trình có nghiệm duy nhất
x = (4m – 2)/(m – 5)
Nếu m – 5 = 0 ⇔ m = 5, phương trình trở thành:
0.x = 18 ⇒ phương trình vô nghiệm
Vậy với m ≠ 5 phương trình có nghiệm duy nhất
x = (4m – 2)/(m – 5)
Với m = 5 phương trình vô nghiệm.
Trả lời câu hỏi Toán 10 Đại số Bài 2 trang 59: Lập bảng trên với biệt thức thu gọn Δ’.
Bài 1 (trang 62 SGK Đại số 10): Giải các phương trình:
Bài 2 (trang 62 SGK Đại số 10): Giải và biện luận các phương trình sau theo tham số m:
a) m(x – 2) = 3x + 1 ;
c) (2m + 1)x – 2m = 3x – 2.
Lời giải:
a) m(x – 2) = 3x + 1
⇔ mx – 2m = 3x + 1
⇔ mx – 3x = 1 + 2m
⇔ (m – 3).x = 1 + 2m (1)
+ Xét m – 3 = 0 ⇔ m = 3, pt (1) ⇔ 0x = 7. Phương trình vô nghiệm.
Kết luận:
+ với m = 3, phương trình vô nghiệm
⇔ m 2.x – 4x = 3m – 6
⇔ (m 2 – 4).x = 3m – 6 (2)
+ Xét m 2 – 4 ≠ 0 ⇔ m ≠ ±2, phương trình (2) có nghiệm duy nhất:
+ Xét m 2 – 4 = 0 ⇔ m = ±2
● Với m = 2, pt (2) ⇔ 0x = 0 , phương trình có vô số nghiệm
● Với m = -2, pt (2) ⇔ 0x = -12, phương trình vô nghiệm.
Kết luận:
+ m = 2, phương trình có vô số nghiệm
+ m = -2, phương trình vô nghiệm
c) (2m + 1)x – 2m = 3x – 2
⇔ (2m + 1)x – 3x = 2m – 2
⇔ (2m + 1 – 3).x = 2m – 2
⇔ (2m – 2).x = 2m – 2 (3)
+ Xét 2m – 2 = 0 ⇔ m = 1, pt (3) ⇔ 0.x = 0, phương trình có vô số nghiệm.
Kết luận :
+ Với m = 1, phương trình có vô số nghiệm
+ Với m ≠ 1, phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
Bài 3 (trang 62 SGK Đại số 10): Có hai rổ quýt chứa số quýt bằng nhau. Nếu lấy 30 quả ở rổ thứ nhất đưa sang rổ thứ hai thì số quả ở rổ thứ hai bằng 1/3 của bình phương số quả còn lại ở rổ thứ nhất. Hỏi số quả quýt ở mỗi rổ lúc ban đầu là bao nhiêu?
Lời giải:
Gọi số quýt ban đầu ở mỗi rổ là x (quả)
Khi đó rổ thứ nhất còn x – 30 quả; rổ thứ hai có x + 30 quả.
Vì số quả ở rổ thứ hai bằng 1/3 bình phương số quả còn lại ở rổ thứ nhất nên ta có phương trình:
Giải phương trình (1):
Vậy ban đầu mỗi rổ có 45 quả cam.
Bài 4 (trang 62 SGK Đại số 10): Giải các phương trình
Lời giải:
Tập xác định: D = R.
Đặt t = x 2, điều kiện t ≥ 0.
Khi đó phương trình (1) trở thành:
⇔ (2t – 5) (t – 1) = 0
Tập xác định : D = R.
Đặt t = x 2, điều kiện t ≥ 0
Khi đó phương trình (2) trở thành :
3t 2 + 2t – 1 = 0 ⇔ (3t – 1)(t + 1) = 0
Bài 5 (trang 62 SGK Đại số 10): Giải các phương trình sau bằng máy tính bỏ túi (làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ ba)
a) 2x 2 – 5x – 4 = 0 ; b) -3x 2 + 4x + 2 = 0
c) 3x 2 + 7x + 4 = 0 ; d) 9x 2 – 6x – 4 = 0.
Hướng dẫn cách giải câu a): Nếu sử dụng máy tính CASIO fx-500 MS, ta ấn liên tiếp các phím
màn hình hiện ra x 1 = 3.137458609
Làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ ba ta được nghiệm gần đúng của phương trình là x 1 ≈ 3.137 và x 2 ≈ -0.637.
Lời giải: Sử dụng máy tính CASIO fx-500 MS
* Nếu sử dụng các loại máy tính CASIO fx – 570, để vào chương trình giải phương trình bậc 2 các bạn ấn như sau:
rồi sau đó nhập các hệ số và đưa ra kết quả như CASIO fx-500 MS trên.
* Nếu sử dụng các loại máy tính VINACAL, để vào chương trình giải phương trình bậc 2 các bạn ấn như sau:
rồi sau đó nhập các hệ số và đưa ra kết quả như trên.
Ví dụ để giải phương trình trên máy tính CASIO fx-570 VN, các bạn ấn như sau:
Bài 6 (trang 62-63 SGK Đại số 10): Giải các phương trình
Tập xác định: D = R.
Giá trị x = 5 thỏa mãn điều kiện nên x = 5 là một nghiệm của phương trình (3).
Tập xác định D = R.
Ta có:
Khi đó pt (3)
Khi đó pt (3)
(không thỏa mãn điều kiện x < -1).
Tập xác định: D = R.
Khi đó pt (4) ⇔ 2x + 5 = x 2 + 5x + 1
⇔ (x + 4)(x – 1) = 0
⇔ x = -4 (không thỏa mãn) hoặc x = 1 (thỏa mãn)
Khi đó pt (4) ⇔ -2x – 5 = x 2 + 5x + 1
⇔ (x + 1)(x + 6) = 0
⇔ x = -1 (không thỏa mãn) hoặc x = -6 (thỏa mãn).
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1 hoặc x = -6.
Bài 7 (trang 63 SGK Đại số 10): Giải các phương trình
Từ (1) ⇒ 5x + 6 = (x – 6) 2
⇔ 5x + 6 = x 2 – 12x + 36
⇔ x 2 – 17x + 30 = 0
⇔ (x – 15)(x – 2) = 0
⇔ x = 15 (thỏa mãn ĐKXĐ) hoặc x = 2 (thỏa mãn đkxđ).
Thử lại x = 15 là nghiệm của (1), x = 2 không phải nghiệm của (1)
Vậy phương trình có nghiệm x = 15.
Điều kiện xác định: -2 ≤ x ≤ 3
Ta có (2)
Thử lại thấy x = 2 không phải nghiệm của (2)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = -1
Tập xác định: D = R.
Thử lại thấy chỉ có x = 2 + √3 là nghiệm của (3)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2 + √3.
Do đó phương trình có tập xác định D = R.
⇔ x = 1 hoặc x = -9/5
Thử lại thấy chỉ có x = 1 là nghiệm của (4)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
Bài 8 (trang 63 SGK Đại số 10): Cho phương trình 3x2 – 2(m + 1)x + 3m – 5 = 0
Xác định m để phương trình có một nghiệm gấp ba nghiệm kia. Tính các nghiệm trong trường hợp đó.
Lời giải:
Ta có : 3x 2 – 2(m + 1)x + 3m – 5 = 0 (1)
Điều này luôn đúng với mọi m ∈ R hay phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt., gọi hai nghiệm đó là x 1; x 2
Phương trình có một nghiệm gấp ba nghiệm kia, giả sử x 2 = 3.x 1, khi thay vào (I) suy ra :
* TH1 : m = 3, pt (1) trở thành 3x 2 – 8m + 4 = 0 có hai nghiệm x 1 = 2/3 và x 2 = 2 thỏa mãn điều kiện.
* TH2 : m = 7, pt (1) trở thành 3x 2 – 16m + 16 = 0 có hai nghiệm x 1 = 4/3 và x 2 = 4 thỏa mãn điều kiện.
Kết luận : m = 3 thì pt có hai nghiệm là 2/3 và 2.
m = 7 thì pt có hai nghiệm 4/3 và 4.
Các Dạng Hệ Phương Trình Đặc Biệt
Chuyên đề: Phương trình – Hệ phương trình
Các dạng hệ phương trình đặc biệt
Lý thuyết & Phương pháp giải
DẠNG TOÁN 1: HỆ GỒM MỘT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT VÀ MỘT BẬC HAI
1. Phương pháp giải
Sử dụng phương pháp thế
– Từ phương trình bậc nhất rút một ẩn theo ẩn kia.
– Thế vào phương trình bậc hai để đưa về phương trình bậc hai một ẩn.
– Số nghiệm của hệ tuỳ theo số nghiệm của phương trình bậc hai này.
DẠNG TOÁN 2: HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG
1. Phương pháp giải
a. Hệ đối xứng loại 1
Hệ phương trình đối xứng loại 1 là hệ phương trình có dạng:
(Có nghĩa là khi ta hoán vị giữa x và y thì f(x, y) và g(x, y) không thay đổi).
Cách giải
– Đặt S = x + y, P = xy
– Đưa hệ phương trình (I) về hệ (I’) với các ẩn là S và P.
– Giải hệ (I’) ta tìm được S và P
– Tìm nghiệm (x; y) bằng cách giải phương trình: X 2 – SX + P = 0
b. Hệ đối xứng loại 2
Hệ phương trình đối xứng loại 2 là hệ phương trình có dạng:
(Có nghĩa là khi hoán vị giữa x và y thì (1) biến thành (2) và ngược lại)
– Trừ (1) và (2) vế theo vế ta được: (II) ⇔
– Biến đổi (3) về phương trình tích: (3) ⇔ (x-y).g(x,y) = 0 ⇔
– Như vậy (II) ⇔
– Giải các hệ phương trình trên ta tìm được nghiệm của hệ (II)
c. Chú ý: Hệ phương trình đối xứng loại 1, 2 nếu có nghiệm là (x 0; y 0) thì (y 0; x 0) cũng là một nghiệm của nó
DẠNG TOÁN 3: HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP BẬC HAI
1. Phương pháp giải
Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai là hệ phương trình có dạng:
– Giải hệ khi x = 0 (hoặc y = 0)
– Khi x ≠ 0, đặt y = tx. Thế vào hệ (I) ta được hệ theo k và x. Khử x ta tìm được phương trình bậc hai theo k. Giải phương trình này ta tìm được k, từ đó tìm được (x; y)
Ví dụ minh họa
Bài 1: Giải hệ phương trình
Hướng dẫn:
a. Đặt S = x + y, P = xy (S 2 – 4P ≥ 0)
Ta có :
⇒ S = -5; S = 3
S = -5⇒ P = 10 (loại)
S = 3⇒ P = 2(nhận)
Khi đó : x, y là nghiệm của phương trình X 2 – 3X + 2 = 0
⇔ X = 1; X = 2
Vậy hệ có nghiệm (2; 1), (1; 2)
b. ĐKXĐ: x ≠ 0
Hệ phương trình tương đương với
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là (1; 1) và (2; -3/2)
Bài 2: Giải hệ phương trình
Hướng dẫn:
a. Hệ phương trình tương đương
Với x-y = 4 ⇒ x = y + 4 ⇒ y(y+4) + y + 4 – y = -1
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x; y) = {(0; 1), (-1; 0)}
b. Đặt S = x+y; P = xy, ta có hệ:
– Với S = 2 + √2; P = 2√2 ta có x, y là nghiệm phương trình:
Với S = -4-√2; P = 6 + 4√2 ta có x, y là nghiệm phương trình:
X 2 + (4+√2)X + 6 + 4√2 = 0 (vô nghiệm)
Vậy hệ có nghiệm (x; y) là (2; √2) và (√2; 2)
Bài 3: Giải hệ phương trình
Hướng dẫn:
a. Hệ phương trình tương đương
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là: (x; y) = {(0;0), (2;2)}
b. Trừ vế với vế của phương trình đầu và phương trình thứ hai ta được:
Thay x = y vào phương trình đầu ta được:
Vậy hệ phương trình có ba nghiệm: (0; 0); (2+√2; 2+√2) và (2-√2; 2-√2)
Bài 4: Giải hệ phương trình
Hướng dẫn:
Khi x = y thì hệ có nghiệm
Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm
b. Hệ phương trình tương đương
Bài 5: Giải hệ phương trình
Hướng dẫn:
a. Ta có
Nếu x = 0 thay vào (1)⇒ y = 0, thay vào (2) thấy (x; y) = (0; 0) là nghiệm
của phương trình (2) nên không phải là nghiệm của hệ phương trình
Nếu x ≠ 0, đặt y = tx , thay vào hệ ta được
Với t = 1/2 thay vào (**) ta được 4x 2 + x 2 + 6x = 27 ⇔ 5x 2 + 6x – 27 = 0
Với t = 1/3 thay vào (**) ta được 4x 2 + (2/3)x 2 + 6x = 27
⇔ 14x 2 + 18x – 81 = 0
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là:
b. Dễ thấy x = 0 không thoả hệ
Với x ≠ 0, đặt y = tx, thay vào hệ ta được
Suy ra 3(t 2 – t + 1) = 2t 2 – 3t + 4 ⇒ t = ±1
Thay vào (*) thì
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là (1/√3;(-1)/√3), ((-1)/√3;1/√3), (-1;-1) và (1;1)
Bài 6: Cho hệ phương trình. Tìm giá trị thích hợp của tham số a sao cho hệ có nghiệm (x; y) và tích x.y nhỏ nhất.
Hướng dẫn:
Đặt S = x + y, P = xy (S 2 – 4P ≥ 0)
Ta có
Đẳng thức xảy ra khi a = -1 (nhận)
Bài 7: Xác định m để hệ phương trìnhcó nghiệm
Hướng dẫn:
Hệ phương trình tương đương
Để hệ phương trình có nghiệm Δ ≥ 0 ⇔ 1 – 4(m-1) ≥ 0 ⇔ 5 – 4m ≥ 0
⇔ m ≤ 5/4
Từ phương trình thứ 2 ta có(x-y) 2 = m + 1 ⇒ m + 1 ≥ 0 ⇔ m ≥ -1
Do đó -1 ≤ m ≤ 5/4
Chuyên đề Toán 10: đầy đủ lý thuyết và các dạng bài tập có đáp án khác:
Đã có app VietJack trên điện thoại, giải bài tập SGK, SBT Soạn văn, Văn mẫu, Thi online, Bài giảng….miễn phí. Tải ngay ứng dụng trên Android và iOS.
Nhóm học tập facebook miễn phí cho teen 2k5: chúng tôi
Theo dõi chúng tôi miễn phí trên mạng xã hội facebook và youtube:
phuong-trinh-he-phuong-trinh.jsp
Một Số Phương Pháp Giải Phương Trình Có Ẩn Dưới Dấu Căn Bậc Hai
Một số phương pháp giải phương trình có ẩn dưới dấu căn bậc hai- Dạng $sqrt A = B$
Dạng $sqrt A = B$ luôn giải được bằng phương pháp biến đổi tương đương khi bậc của A$ le ,$ 2; Bậc của B$ le ,$1.
Phương pháp . Biến đổi tương đương:
$sqrt A = B Leftrightarrow begin{array}{*{20}{l}} {left{ {begin{array}{*{20}{c}} {B ge 0}\ {A = {B^2}} end{array}} right.} end{array}$
Ví dụ minh họa
Giải phương trình : $sqrt {3{x^2}, – ,5x, + ,2} , = ,6, – ,2x$ (*)
Giải
$begin{array}{l} PT(*) Leftrightarrow left{ {begin{array}{*{20}{c}} {6, – ,2x ge 0}\ {3{x^2}, – ,5x, + ,2 = {{left( {6, – ,2x} right)}^2}} end{array}} right.\ Leftrightarrow ,left{ begin{array}{l} x, le ,3\ {x^2}, – ,29x, + ,34, = ,0 end{array} right.,\ Leftrightarrow left{ {begin{array}{*{20}{c}} {x, le ,3}\ {left[ {begin{array}{*{20}{c}} {x = 2}\ {x = 17} end{array}} right.} end{array}} right.\ Leftrightarrow ,x, = ,2 end{array}$
Nếu bậc của B $ ge $2 thì học sinh sẽ gặp khó khăn hơn rất nhiều. Để giúp các em hiểu rõ hơn về vấn đề này. Ta xét một ví dụ minh họa với các kỹ thuật khác nhau.
Phương pháp 1. Biến đổi tương đương đưa về phương trình đại số bậc cao.
Phương trình (1) $ Leftrightarrow ,left{ begin{array}{l} {x^2},, – ,4x, – ,3, ge ,0\ x, + ,5, = ,{left( {{x^2}, – ,4x, – ,3} right)^2} end{array} right.$ $ Leftrightarrow ,left{ begin{array}{l} left[ begin{array}{l} x, le ,2, – ,sqrt 7 \ x, ge ,2, + ,sqrt 7 end{array} right.\ {x^4}, – ,8{x^3}, + ,10{x^2}, + ,23x, + ,4, = ,0 end{array} right.$ $ Leftrightarrow ,left{ begin{array}{l} left[ begin{array}{l} x, le ,2, – ,sqrt 7 \ x, ge ,2, + ,sqrt 7 end{array} right.\ left( {x, + ,1} right)left( {x, – ,4} right)left( {{x^2}, – ,5x, – ,1} right), = ,0 end{array} right.$ $ Leftrightarrow left{ begin{array}{l} left[ begin{array}{l} x, le ,2, – ,sqrt 7 \ x, ge ,2, + ,sqrt 7 end{array} right.\ left[ begin{array}{l} x, = , – 1\ x, = ,4\ x, = ,frac{{5, pm ,sqrt {29} }}{2}, end{array} right. end{array} right.$
Vậy: S= $left{ { – 1;,frac{{5, + ,sqrt {29} }}{2}} right}$ là nghiệm của phương trình
Phương pháp 2: Phương pháp nhân liên hợp.
Sử dụng máy tính (Hoặc nhẩm nghiệm) ta sẽ tìm được một nghiệm nguyên x=-1. Khi đó ta thực hiện như sau:
Với x=-1. Ta phân tích: ${x^2}, – ,4x, – ,3, = ,(x, + ,1)left( {x, – ,5} right), + ,2$.
Phương trình (1) được viết như sau: $sqrt {x, + ,5} , – ,2, = ,left( {x, + ,1} right)left( {x, – ,5} right)$ (1)
Với điều kiện: $x, ge , – ,5$
Ta có:
$sqrt {x, + ,5} , – ,2, = ,left( {x, + ,1} right)left( {x, – ,5} right)$ $ Leftrightarrow ,frac{{x, + ,1}}{{sqrt {x, + ,5} , + ,2}}, = ,left( {x, + ,1} right)left( {x, – ,5} right)$ $ Leftrightarrow ,left[ begin{array}{l} x, = , – 1\ frac{1}{{sqrt {x, + ,5} , + ,2}}, = ,x, – ,5,,,(2) end{array} right.$
Giải phương trình (2): Đặt: $t, = ,sqrt {x, + ,5} , Leftrightarrow ,left{ begin{array}{l} t, ge ,0\ {t^2}, = ,x, + ,5 end{array} right.$
Phương trình (2) có dạng: $frac{1}{{t, + ,2}}, = ,{t^2}, – ,10$ $ Leftrightarrow ,{t^3}, + ,2{t^2}, – ,10t, – ,21, = ,0$
$ Leftrightarrow ,left[ begin{array}{l} t, = , – 3\ t, = ,frac{{1, pm ,sqrt {29} }}{2} end{array} right.$
So sánh với điều kiện: $t, = ,frac{{1, + ,sqrt {29} }}{2}$
Với $t, = ,frac{{1, + ,sqrt {29} }}{2}$ ta có: $x, = ,frac{{5, + ,sqrt {29} }}{2}$
Vậy: $S = left{ { – 1;{mkern 1mu} frac{{5{mkern 1mu} + {mkern 1mu} sqrt {29} }}{2}{rm{ }}} right}$ là nghiệm của phương trình.
Phương pháp 3: Đặt ẩn phụ không hoàn toàn đưa về phương trình tích.
Viết lại Phương trình (1) dưới dạng: $ Leftrightarrow ,{left( {x, – ,2} right)^2}, – ,7, = ,sqrt {x, + ,5} $
Đặt: $y, – ,2, = ,sqrt {x, + ,5} $
$ Leftrightarrow ,left{ begin{array}{l} y, ge ,2\ {left( {y, – ,2} right)^2}, = ,x, + ,5 end{array} right.$
Ta có hệ phương trình:
$left{ begin{array}{l} y, ge ,0\ {left( {x, – ,2} right)^2}, = ,y, + ,5\ {left( {y, – ,2} right)^2}, = ,x, + ,5 end{array} right.$
$ Leftrightarrow ,left{ begin{array}{l} y, ge ,2\ {left( {x, – ,2} right)^2}, = ,y, + ,5\ left( {x – ,y} right)left( {x, + ,y, + ,3} right), = ,0 end{array} right.$
$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l} left{ begin{array}{l} {left( {x, – ,2} right)^2}, = ,y, + ,5\ y, = ,x end{array} right.\ left{ begin{array}{l} {left( {x, – ,2} right)^2}, = ,y, + ,5\ y, = , – x, – ,3 end{array} right.\ y, ge ,2 end{array} right.$
$ Leftrightarrow ,left[ begin{array}{l} x, = ,frac{{5, + ,sqrt {29} }}{2}\ x, = , – 1 end{array} right.$
Vậy: $S = left{ { – 1;{mkern 1mu} frac{{5{mkern 1mu} + {mkern 1mu} sqrt {29} }}{2}{rm{ }}} right}$ là nghiệm của phương trình.
Phương pháp 4: Đặt ẩn phụ đưa về phương trình bậc hai không hoàn toàn có delta là chính phương.
Đặt: $t, = ,sqrt {x, + ,5} $
$ Leftrightarrow {mkern 1mu} left{ {begin{array}{*{20}{c}} {t{mkern 1mu} ge {mkern 1mu} 0}\ {{t^2}{mkern 1mu} = {mkern 1mu} x{mkern 1mu} + {mkern 1mu} 5} end{array}} right.$
$ Leftrightarrow {mkern 1mu} left{ {begin{array}{*{20}{c}} {t{mkern 1mu} ge {mkern 1mu} 0}\ {{t^2}{mkern 1mu} = {mkern 1mu} x{mkern 1mu} + {mkern 1mu} 2{mkern 1mu} + {mkern 1mu} 3} end{array}} right.$
$ Leftrightarrow left{ {begin{array}{*{20}{c}} {t{mkern 1mu} ge {mkern 1mu} 0}\ {3{mkern 1mu} = {mkern 1mu} {t^2}{mkern 1mu} – {mkern 1mu} x{mkern 1mu} – {mkern 1mu} 2} end{array}} right.$
Phương trình (1) có dạng: ${t^2}, + ,t, – ,{x^2}, + ,3x, – ,2, = ,0$
$ Leftrightarrow ,left[ begin{array}{l} t, = ,x, – ,2 t, = , – x, + ,1 end{array} right.$
Với $t, = , – x, + ,1$ ta có:
$sqrt {x, + ,5} , = , – x, + ,1$
$sqrt {x, + ,5} , = , – x, + ,1 Leftrightarrow ,left{ begin{array}{l} x,, le ,1\ {x^2}, – ,3x, – ,4, = ,0 end{array} right. Leftrightarrow ,x, = , – 1$
Với $t, = ,x, – ,2$ ta có:
$sqrt {x, + ,5} ,, = ,x, – ,2 Leftrightarrow ,left{ begin{array}{l} x, ge ,2\ {x^2}, – ,5x, – ,1, = ,0 end{array} right. Leftrightarrow ,x, = ,frac{{5, + ,sqrt {29} }}{2}$
Vậy: $S = left{ { – 1;{mkern 1mu} frac{{5{mkern 1mu} + {mkern 1mu} sqrt {29} }}{2}{rm{ }}} right}$ là nghiệm của phương trình.
————————-
Download tài liệu:
Word: Tại đây.
————————–
———————-
Cập nhật thông tin chi tiết về Phương Pháp Giải Phương Trình Bậc Ba, Bậc Bốn Đặc Biệt Môn Toán Lớp 10 trên website Ictu-hanoi.edu.vn. Hy vọng nội dung bài viết sẽ đáp ứng được nhu cầu của bạn, chúng tôi sẽ thường xuyên cập nhật mới nội dung để bạn nhận được thông tin nhanh chóng và chính xác nhất. Chúc bạn một ngày tốt lành!