Sử dụng tính chất của lũy thừa để giải phương trình và hệ phương trình - TOANMATH.com

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

 .

  ⁿ  ⁿ

a b a b

2) Với a, b là số thực không âm ta có:

2 2

  ⁿ ⁿ.

a b a b

3) Với a, b là số thực không dương ta có:

2 2

  ⁿ ⁿ.

a b a b

4) Cho a là số thực dương, b là số thực ta có:

    a b a b²ⁿa²ⁿ.  a b hoặc b > a b²ⁿa²ⁿ.

Tính chất 2. Với n là số nguyên dương và a, b là số thực ta có:



a b



ⁿC a_n^{0 n}C a¹_n ^n1b .. C a_n^{k n k} b^k .. C b_n^{n n} (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:

`



^x232x1



^9



^x42x32



^{59 (1).}

Lời giải. Ta có:

        

 

3 3 9

4 3 5

1 1 1 2 1 2

2 3 1

VT x x x

x x

     

   

   

   

3 3 9

3 2 5

1 1 2 2

1 3 3 3 1

 

     

 

      

x x

x x x x

   

     

3 3 9

3 5

1 1 2

. 2

1 1 2 1

 

     

 

     

x x

x x

• Với



^x1

 

^{x 1 32}



^{0 thì}



^x1

  

^x1



^32



^0.

Theo tính chất 1 ta có:



¹

 

^{1 32}



^{32 9}

 

^{32 9 8;}

       

 x x 

^_



^x1

  

^x1



^32



^1_^{5 15 1.}

Suy ra ^{VT 1}

 

^9.

• Với



^x1

 

^{x 1 32}



^{0 thì}



^x1

 

^_ ^x1



^32_^0.

Theo tính chất 1 ta có:



¹

 

^{1 32}



^{32 9}

 

^{32 9 8;}

       

 x x 

^_



^x1

  

^x1



^32



^1_^{5 15 1.}

Suy ra ^{VT 1}

 

^9.

• Với

  

³



3

1 1 2 0 1 .

1 2

 

     

  

 x x x

x Khi này ^{VT 1}

 

^9.Vậy phương trình đã cho có

đúng 2 nghiệm x1;x  1 ³2.

Thí dụ 2. Giải phương trình:

33 33

2 1 2 1 33

3 2 2 3 1 (1).

           

   

x x  x x 

x x

Lời giải. ĐK: x0. Khi đó:

 

¹

 

^{2 33 1}

 

^{2 33}

VT 1     1 x 1 x      1 x 1 x  .

x x

Do



^1x



^{20 nên 1   x 1}



^{1 x}



^{2  1 x 1.}

x x

Theo tính chất 1 ta có:

2 Số 533 (11-2021)

 

^{2 33 33}

1 1

1 1 1

         

 

 x x   x 

x x (2).

Tương tự, do ^{1   x 1}



^{1 x}



^{2  1 x 1}

x x nên

 

^{2 33 33}

1 1

1 1 1

         

 

 x x   x 

x x (3).

Từ (2) và (3) suy ra:

 

^{1 33 1 33}

VT 1   1 x    1 x 

x x (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.

1 1

      2

   

 

n n

x x n

x x

Đặt t x 1

x ta có t²ⁿ2²ⁿ (5). Áp dụng công thức nhị thức Newton có:



1t



³³ C33⁰ C t33¹ C t33^{2 2} ... C t33^{33 33};



1t



³³C33⁰ C t33¹ C t33^{2 2} ... C t33^{33 33}. Suy ra: ^_^{1 1}_^{33  }_^{1 1}_^{33 }

   

^{1 33 1 33}

 x   x  t t

x x

^2



^{C330 C t332 2 .. C t3332 32}



^(6).

Từ (5) suy ra:



33⁰ 33^{2 2} 33^{32 32}

 

33⁰ 33^{2 2} 33^{32 32}



2 C C t  .. C t 2 C C 2  .. C 2 . Thay t2 vào (6) ta được:

 

33 0 2 2 32 32

33 33 33

3  1 2 C C 2  .. C 2 . Do đó: ²



^{C330 C t332 2 .. C t3332 32}



^{3331 (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

(2x  x 7) (x  x 3) x 3 5 (1).

Lời giải. Ta có:



²



²¹



²



²¹

VT(1)2 x 4  1 x  x 4  1 x . Áp dụng công thức nhị thức Newton có:



1x



²¹C21⁰ C x¹21 C x21^{2 2} ... C x21^{21 21}. Tương tự:



1x



²¹C21⁰ C x21¹ C x21^{2 2} ... C x21^{21 21}. Suy ra: ^{P x}

  

^{ 1 x}

 

^{21 1 x}



²¹

^2



^{C210 C x212 2 .. C x2120 20}



(*).

Thay x2 vào (*) ta được:

 

21 0 2 2 20 20

21 21 21

3  1 2 C C 2  .. C 2 .

• Với x² 4 theo tính chất 1 ta có:



²



²¹

 

^21;

2 4 1 1

      

 x x x

^_



^x24



^{ 1 x}_^{21 }



^{1 x}



^21. Suy ra ^{VT 1}

 

^{P x}

 

(2). Do x²2² nên theo tính chất 1 thì với mọi số nguyên dương n có

2 2

2

n n

x . Suy ra:

 

2



21⁰ 21²2² .. 21²⁰2²⁰



2 21^{2 2} 2 21²2² P x  C C  C  C x  C

3²¹ 1 420(x² 4) 3²¹ 1 (x² 4) VP(1) (3).

Từ (2) và (3) suy ra ^{VT 1}

 

^{VP 1 .}

 

• Với x²4 theo tính chất 1 ta có:



²



²¹

 

^21;

2 4 1 1

      

 x x x

^_



^x24



^{ 1 x}_^{21 }



^{1 x}



^21. Suy ra ^{VT 1}

 

^{P x}

 

(4). Do 0x²2² nên theo tính chất 1 thì với mọi số nguyên dương n có

2 2

.

2

n n

x Suy ra:

 

2



21⁰  21²2² .. 21²⁰2²⁰



2 21^{2 2}2 21²2²

P x C C C C x C

21 2 21 2

3 1 420( 4) 3 1 ( 4) VP(1) (5).

   x     x   Từ (4) và (5) suy ra VT 1 < VP 1 .

   

• Với x 2 thì ^{VT 1}

 

^{VP 1 .}

 

Vậy PT(1) có đúng 2 nghiệm x 2.

Thí dụ 4. Giải phương trình :



^4x21



^{44 }



^{3 x}



^{44  }_{ 2}^{x 44544 (1).}

3

Số 533 (11-2021)

Lời giải. ĐK: 4x² 0 x²   4 2 x 2.

Suy ra: x 2 0 và x 3 0. Ta có

   

2 2

4x    0 x 2  4x    1 x 3 . Lại có:

4x2  1 4 1 1 1      x 2 x 3.

Như vậy ^{  }



^{x 3}



^{4x2  1 x 3.} Theo tính chất 1 có:



^4x21



^{44 }



^3x



^44. Suy ra

   

⁴⁴

 

⁴⁴

VT 1  3 x  3 x (2). Áp dụng công thức nhị thức Newton có:



3x



⁴⁴3⁴⁴C44⁰ 3⁴³C x¹44 3⁴²C x44^{2 2} .. C x44^{44 44}.



3x



⁴⁴3⁴⁴C44⁰ 3⁴³C x¹44 3⁴²C x44^{2 2} ... C x44^{44 44}. Suy ra:



^3x



^{44 }



^{3 x}



⁴⁴

2 3



⁴⁴C44⁰ 3⁴²C x44^{2 2} .. C x44^{44 44}



(3).

Thay x2 vào (3) ta được:

 

44 44 0 42 2 2 44 44

44 44 44

5  1 2 3 C 3 C x  .. C x . Do 0x² 4 2² nên theo tính chất 1 với mọi số nguyên dương n có x²ⁿ2²ⁿ. Suy ra:



^{44 440 42 442 2 4444 44}



2 3 C 3 C x  .. C x



^{44 440 42 442 2 4442 42}



^{4444 44}

2 3 3 2 .. 2 2

 C  C  C  C x



⁴⁴ 44^{0 42} 44^{2 2} 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 0x²4 nên

2

0 1

2

    

x . Suy ra:

44 44

122 1 0

2 2

      

   

   

x x

44 44

245 1 1

2 2

    

         

x x

(5).

Từ (4) và (5) suy ra:

44 44

45 44 44

2 1 5 1 5

2 2

       

    

    

 

x x

(6).

Từ (2), (3), (4), (6) suy ra ^{VT 1}

 

^{VP 1 .}

 

^Đẳng

thức xảy ra   x 2. Vậy PT(1) có đúng 1 nghiệm x 2.

Thí dụ 5. Giải hệ phương trình:

     

 

 

12 12 6 12 12

5

2 2

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

 

^2x3y



²



^6

 

^3x2y



²



^656



^x12y12





^{4 2 12 4 2 5 2}



⁶

 x  xy y  y

^



^{5x24x212xy4y2}



^656



^x12y12



^(*).

• Xét 4x²12xy4y²0 ta có:

2 2 2 2

4x 12xy4y 5y 5y 0;

2 2 2 2

5x 4x 12xy4y 5x 0. Theo tính chất 1 ta có:



^{4x212xy4y25y2}

  

^{6 5y2 656y12} (1)



^{5x24x212xy4y2}

  

^{6 5x2 656x12} (2).

Từ (1) và (2) suy ra ^{VT *}

 

^{VP * .}

 

• Xét 4x²12xy4y²0 ta có:

04x²12xy4y²5y²5y²; ⁰⁵x²⁴x²¹²xy⁴y²^{5 .}x² Theo tính chất 1 ta có:



^{4x212xy4y25y2}

  

^{6 5y2 656y12 (3)}



^{5x24x212xy4y2}

  

^{6 5x2 656x12} (4).

Từ (3) và (4) suy ra ^{VT *}

 

^{VP * .}

 

• Xét 4x²12xy4y²0 thấy thỏa mãn PT(*).

Ta có: 4x²12xy4y²0

^{2 3 2 0 3 5 .}

2

y  xyx   y  x

4 Số 533 (11-2021)

Thay y²3xyx²0 vào PT thứ hai của hệ PT đã cho ta được:

 

 

5

2 2

6

2 2

33 1 2 1

1

1 3 3 3 1

   



   

x x x

x x x



^{2 1 2 2 1}

 

^{5 3 2 3 3 2 1}



^{6 32 (*).}

 x   x x   x   x x  

     

 

5

2 2

6

2 2 2

VT * 1 2 1 2

1 3 1 2 2

    

     

x x x

x x x x

 

  

5

2 2

6

2 2

1 1 2 2

1 1 2 2 .

 

     

 

      

x x x

x x x x

Ta có: x² 1 x²  x  x, suy ra

2  1 0.

x x

Mặt khác:

 

2 2 2 2

3x  3 3x x  1 3 x 1 x  1 x 0.

• Xét x² 1 2x0 thì

^x21



^{x2 1 2x}



^{  2 2}

và



^{x2 1 x}



^{x2 1 2x}



^{ 2 2.}

Theo tính chất 1 ta có:

^ x^21



x^{2 1 2}x



^2^{5 }

 

^{2 5; }



x^{2 1} x



x^{2 1 2}x



^2^{62 .6} Suy ra ^{VT *}

 

^{32VP * .}

 

• Xét x² 1 2x0 thì

^x21



^{x2 1 2x}



^{  2 2}

và ^0



^{x2 1 x}



^{x2 1 2x}



^{ 2 2.}

Theo tính chất 1 ta có:

^ x^21



x^{2 1 2}x



^2^{5 }

 

^{2 5; }



x^{2 1} x



x^{2 1 2}x



^2^{62 .6}

Suy ra ^{VT *}

 

^{32VP * .}

 

• Xét x² 1 2x0 thấy thỏa mãn (*). Ta có:

2 2

2 2

1 2 0 1 2 0

1 4

 

          

x x x x x

x x

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

3 ; 6

   

 

 

 .

Một số tính chất khác xin được trình bày ở số tiếp theo.

BÀI TẬP

Giải phương trình :

1. 

^{3 x 1x2}

 

^{21 2 x 1x2}



^{192211.}

2.

²



^{ x 1x2}



^{12 1 220 1}



^{ x 1x2}



^9.

3.

¹



^{ x 4x}

 

^{44  1 x 4x}



^{442882 .44}

4.



⁴

 

^{7 4}



⁷

6 4 2

3 1 3 1

21 35 7 2 .

  

   

x x

x x x x

5.



^{x2 x 2}

 

^{5 2x2 x 5}



^5152.

6. 

^{3x2 x 5}

 

^{7 2x2 x 3}



^7478.

7.



^{x x21}

 

^{8 x2 1 x x21}



^8337.

8.

     

3 9

9 9

3 9

2

1 1 3 1 3

1

  

      

  

 

x x x

x .

9. 

^{3x2 x 5}

 

^{7 2x2 x 3}



^{714x6366.}

10. 

^{3x2 x 2}

 

^{23 2x2 x 1}



^{23x202231.}

11.



^{3 2}

 

^{5 3 2}



⁵

4 2

24 18 9 1 12 2 3

5 10 1 2.

      

  

x x x x x

x x

12.



^{4x2 1}



^{44 }



^{3 x}



^{44 x}₄^{25 .44}

5

Số 533 (11-2021) 13. 

^{1x2 1}



^22



^2x



^{22x223 .22}

14.



^{5 3}



³

 

³ 9

4 12 2 756.

    

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

2 2

2 .

2

  

   

n

n n a b

a b

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khiab. Chứng minh. Ta có:



^ab



^{20, suy ra:}

 

²

2 2 2 2

2 2 2

     

a b ab a b a b

2

2 2

. 2 2  (1)

     a b

a b

Vậy BĐT đúng với n1.

 Xét n2. Ta có: ^{f x}

 

^xn



^a2b2x



^n;

 

^1



^{2 2}



^1;

  ⁿ    ⁿ

f x nx n a b x

 

^{ 0 1}



^{2 2}



^1

 ⁿ   ⁿ

f x x a b x

2 2

2 2

2 .

      a b

x a b x x

Do a²b²0 nên a²b²  x x. Từ đó xét n chẵn hay lẻ ta đều có bảng biến thiên như sau:

x  ^{2 2} 2



a b +

( )

f x  0 + ( )

f x

+ +

2 2

2 2

  

 

 

a b n

Suy ra:



^{2 2}



^{2 2 2 (2).}

2

  

     

 

n

n n a b

x a b x

Áp dụng (2) với xa² ta được:

2 2

2 2

2 2

  

   

 

n

n n a b

a b (3).

Từ (1) và (3) suy ra:

2

2

2 2

2 2

2 2

2 2

    

      

 

      

 

 

n

n

n n

a b

a b

a b .

Đẳng thức xảy ra

2 2

2

2

2 2

2 .

2 2

 

 

  

  

    

  



a b a

a b a b

a b

Tính chất 4.Với n là số nguyên dương và a,b là số thực ta có:

1)



^ab



^{2na2nb2n  a 0 hoặcb0.}

2)



^ab



^{2n1a2n1b2n1 a 0hoặcb0}

hoặc a b 0.

Chứng minh.

1)  Khi b0thì



^ab



^{2na2nb2n. Xét b0}

ta có:



^



^{2  2  2 }_ ^1_^{2  }_{ }^{2 1}

   

n n

n n n a a

a b a b

b b

2 2

1 1 0

   

       

n n

a a

b b (1).

Đặt a 

b x thì (1) trở thành ^{f x}

 

^0với

  

^{ 1}



^{2n 2n1}

f x x x .

Ta có: ^f'

 

^{x 2n x}



^1



^{2n12nx2n1.}

Do x 1 x nên



^x1



^{2n1x2n1.Suy ra}

 

^{0, .}

  

f x x Do đó f(x) đồng biến trên . Vì vậy x0 là nghiệm duy nhất của phương trình

 

^0.

f x Với x0 thì a  0 0.

b a

Vậy



^ab



^{2n a2nb2n}a = 0 hoặc b = 0.

2 Số 534 (12-2021)

Dễ thấya = 0 hoặc b = 0 thì



^{a b}



^{2na2nb2n.}

2)  Khi b0 thì



^ab



^{2n1a2n1b2n1.}

Xét b0 ta có:

 

^{2 1 2 1 2 1} 1 ^{2 1 2 1} 1

 

       

        

n n

n n n a a

a b a b

b b

2 1 2 1

1 1 0

 

   

       

n n

a a

b b (2).

Đặt a

b x thì (2) trở thành ^{f x}

 

^{0 với}

  

^{ 1}



^{2n1 2n11}

f x x x . Ta có:

  

^{2 1}



¹



²



^{2 1}



²

    ⁿ  ⁿ

f x n x n x

 

0



1



^{2 2} 1 ¹.

2

n n

f x   x x x     x x Ta có bảng xét dấu:

x  1

2 +

( )

f x  0 +

Từ bảng xét dấu ^f

 

^x suy ra hàm số f(x) có 2 khoảng đơn điệu nên x0;x 1 là tất cả các nghiệm của ^{f x}

 

^0.

Với x0 hoặc x 1 suy ra a0 hoặc

 0.

a b Vậy



^ab



^{2n1a2n1b2n1.Suy ra}

a = 0 hoặc b = 0 hoặc a + b = 0.

 Dễ thấy a = 0 hoặc b = 0 hoặc a + b = 0 thì



^ab



^{2n1a2n1b2n1.}

Sau đây là một số thí dụ có vận dụng các tính chất này.

Thí dụ 1.Giải phương trình:



^{12x2  2x}



^8



^{2  x x 4}



^{8217 (1).}

Lời giải.ĐK:   2 x 2.Áp dụng tính chất 3 ta có:

 

8

12 2 2 2 4

VT 1 .

2 (2)

2

        

 

  

 

x x x x

Mặt khác



^{2 x 2x}



^{2 4 2 4x2 4,}

suy ra: 2 x 2 x 2 (3).

Ta có 12x²  2 x (4). Thật vậy, do

2 2

  x nên x 2 0 và 2 x 0.

   

²

   

²

VT 4  2x 4 2x  2x  2 x. Từ (3) và (4) suy ra:

12 2 2 2 4 2 2 4

2 2 4.

x   x   x x     x x  Theo tính chất 1 có:

8 2

8 16 .

12 2 2 4

4 2 (

2 5)

        

   

 

 

x x x x

Từ (2) và (5) suy ra ^{VT 1}

 

^{VP 1 .}

 

Đẳng thức xảy ra   x 2.Vậy PT đã cho có đúng 1 nghiệm x 2.

Thí dụ 2.Giải hệ phương trình:

   

 

 

14 14

2 2

28 22

2 2 22 23

4 4 1 4 4 1

2 (1)

1 .

4 4 4 2 (2)

     

 

  

       

 



x y y x

x y

x y y

x Lời giải.

ĐK: 1 0

0 .

  

 

 x y

x PT(1) tương đương với



^4x24y1

 

^{14 4y24x1}



^142



^{x y 1}



^28(3).

Áp dụng tính chất 3 ta có:

 

^{4 2 4 1 4 2 4 1 14}

VT 3 2

2

      

  

 

x y y x



^{2 2}



¹⁴

2 2 2 2 2 1

 x  y  x y (4).

Mặt khác



^xy



^{20, suy ra2x22y2 }



^{x y}



^2.

Do đó: ^{2x22y22x2y  1}



^{x y}



^{22x2y1}



¹



^2.

 x y Theo tính chất 1 suy ra:

     

 

14 2 14

2 2

28

2

. 2

(

2 2 1

5

1 )

   1   

  

x y x y x y

x y

Từ (4),(5) suy ra ^{VT 3}

 

^{VP 3 .}

 

Đẳng thức xảy ra  x y.Thay xy vào (2) được:

3

Số 534 (12-2021)

 

22

2 22 23

4 2

2 4

4 x

x x x

     

 

 

 

 

22

2 2 22 23

4 .

4 4 2 (6)

 

x       x x  x

Áp dụng tính chất 3 ta có:

 

22 22

2 4 2 4

4 4

VT 6 2 2 (7).

2 2

         

   

     

   

   

   

x x x x

x x

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 2 2

     

   

    

   

   

 

x x

x x

Từ (7) và (8) suy ra:

 

^{22 23}

 

VT 6 2.2 2 VP 6 .

Đẳng thức xảy ra 4 ²

4 2.

 x x    x x

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}



^.

Thí dụ 3.Cho phương trình



^{x33x m}

 

^{7  x3 6x2m}

 

^{7 6x23x}



^7(1).

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. Đặtax³3xm b, x³6x²m. Suy ra 6x²3x a b. Phương trình (1) trở thành ^a7b7



^ab



^{7. (2)}

Theo tính chất 4 thì

(2) a = 0 hoặc b = 0 hoặc a + b = 0. Do vậy

3

3 3 2

3 2

2

3 (3)

3 0 6 (4)

(1) 6 0 0 .

6 3 0 1

2

  

      

          



x x m

x x m x x m

x x m x

x x

x

Giả sử (3) và (4) có nghiệm chung, ta có:

3

3 2

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 x0 vào (*) ta được m0.

Thay 1

x2 vào (*) ta được 11 8.

  m

Xét yx³3 .x Ta có:y 3x²3;

0 1.

    

y x 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



^{2; 2 \}



^{11;0 .}

8

 

    

 

m

•Xét yx³6x², ta có:

3 2 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



^{32;0 \}



^{11 .}

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



^{2;0 \}



¹¹

8

 

    

 

m .

Vậy



^{2;0 \}



¹¹

8

 

   

 

S và 11

 4 P .

4 Số 534 (12-2021)

Thí dụ 4.Cho phương trình

     

 

 

8 8

2 2 2

2 8

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



^x23xm



^{8  }



^x2



^2m1



^xm2



⁸

 



^{2 2 2}



^{8 (2).}

 m x m m

Đặtax²3xm ;^{b  x2}



^2m1



^xm2.

Suy ra



^2m2



^{x m m2 a b}. Phương trình (2) trở thành:^a8b8



^ab



^{8 (3).}

Theo tính chất 4 thì (3) a 0hoặc b = 0.

Do vậy

   

2

2 2

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

2 2

3 0

2 1 0

   

    



x x m

x m x m (*).

Cộng theovế hai PT của (*) ta được:



^2m2



^{x m m20}



^{1 2}

 

^{0 1}

 m xm   m hoặc .

m2 x Với m2

x thay vào (*) ta được:

2 1

4 2 0

m m

m = 0 hoặc m2. Thử lại với m= 1,

0, 2

 

m m thì (4) và (5) có nghiệm chung.

PT(4) có 2 nghiệm phân biệt 9 4 0 9

  m  m 4.

PT(5) có 2 nghiệm phân biệt 4m 1 0 1.

  m 4

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 ^{1 9; \ 0;1; 2 .}

 

4 4

 

  m   BÀI TẬP

1.Giải phương trình:

a)

 

 

10

2 10 2

2 11 20

4 5 1 4 3 4

4 1

1.

2 1

 

       



x x x x

x x

b)

   

   

6 6 6

6 6

128 2 3 2

2 .

1 3

   

 

 

  

x x

x

x x

c)

   

 

10 10

4 2 2

2 20

8 8 2 5 2 1

2.

2 1

    

 

x x x x

x

d)



^{x 2x}



^8



^{12x2  2 x 2x}



^{82 .9}

2.Giải hệ phương trình:

a)

 

2 2

80 80 8 8 8

15

1 1 2

  



  



x y

x y x y

b)



^{3 3}

 

⁵



⁵

2 2

2 3

1