tailieuviet.vn giới thiệu Giải sách bài tập Toán lớp 9 Bài 7: Phương trình quy về phương trình bậc hai chi tiết giúp học sinh xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập trong SBT Toán 9. Mời các bạn đón xem:
Giải SBT Toán 9 Bài 7: Phương trình quy về phương trình bậc hai
a) (x+2)2−3x−5=(1−x)(1+x)
b) (x−1)3+2x=x3−x2−2x+1
c) x(x2−6)−(x−2)2=(x+1)3
d) (x+5)2+(x−2)2+(x+7)(x−7)=12x−23
Phương pháp giải:
* Chuyển tất cả các hạng tử về vế trái đưa phương trình đã cho về dạng ax2+bx+c=0(a≠0).
* Phương trình ax2+bx+c=0(a≠0) và biệt thức Δ=b2−4ac:
+) Nếu Δ>0 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x1= −b+△2a và x2= −b−△2a
+) Nếu Δ=0 thì phương trình có nghiệm kép x1=x2=−b2a.
+) Nếu Δ<0 thì phương trình vô nghiệm.
Lời giải:
a)
(x+2)2−3x−5=(1−x)(1+x)
⇔x2+4x+4−3x−5=1−x2
⇔2×2+x−2=0
Δ=1−4.2.(−2)=1+16=17>0
Δ=17
Phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x1=−1+172.2=17−14
x2=−1−172.2=−1+174
b)
(x−1)3+2x=x3−x2−2x+1
⇔x3−3×2+3x−1+2x=x3−x2−2x+1
⇔2×2−7x+2=0
Δ=(−7)2−4.2.2=49−16=33>0
Δ=33
Phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x1=7+332.2=7+334
x2=7−332.2=7−334
c)
x(x2−6)−(x−2)2=(x+1)3
⇔x3−6x−x2+4x−4=x3+3×2+3x+1
⇔4×2+5x+5=0
Δ=52−4.4.5=25−80=−55<0
Phương trình vô nghiệm.
d)
(x+5)2+(x−2)2+(x+7)(x−7)=12x−23
⇔x2+10x+25+x2−4x+4+x2−49−12x+23=0
⇔3×2−6x+3=0
⇔x2−2x+1=0
Δ′=(−1)2−1.1=1−1=0
Phương trình có nghiệm kép: x1=x2=1.
a) 12x−1−8x+1=1
b) 16x−3+301−x=3
c) x2−3x+5(x−3)(x+2)=1x−3
d) 2xx−2−xx+4=8x+8(x−2)(x+4)
e) x3+7×2+6x−30×3−1=x2−x+16×2+x+1
f) x2+9x−1×4−1=17×3+x2+x+1
Phương pháp giải:
* Đặt ĐKXĐ của phương trình, khử mẫu để đưa phương trình về dạng ax2+bx+c=0(a≠0).
* Phương trình ax2+bx+c=0(a≠0) và biệt thức Δ′=b′2−ac:
+) Nếu Δ′>0 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x1= −b′+△′a và x2= −b′−△′a
+) Nếu Δ′=0 thì phương trình có nghiệm kép x1=x2=−b′a.
+) Nếu Δ′<0 thì phương trình vô nghiệm.
Lời giải:
a)
12x−1−8x+1=1
ĐKXĐ: x≠±1
⇒12(x+1)−8(x−1)=(x−1)(x+1)
⇔12x+12−8x+8=x2−1
⇔x2−4x−21=0
Δ′=(−2)2−1.(−21)=4+21=25
Δ′=25=5
x1=2+51=7 (thỏa mãn)
x2=2−51=−3 (thỏa mãn)
Vậy phương trình có hai nghiệm: x1=7;x2=−3.
b)
16x−3+301−x=3
ĐKXĐ: x≠3;x≠1
⇒16(1−x)+30(x−3)=3(x−3)(1−x)
⇔16−16x+30x−90=3x−3×2−9+9x
⇔3×2+2x−65=0
Δ′=12−3.(−65)=1+195=196>0
Δ′=196=14
x1=−1+143=133 (thỏa mãn)
x2=−1−143=−5 (thỏa mãn)
Vậy phương trình có hai nghiệm: x1=133;x2=−5.
c)
x2−3x+5(x−3)(x+2)=1x−3
ĐKXĐ: x≠3;x≠−2
⇒x2−3x+5=x+2
⇔x2−4x+3=0 (*)
Ta có a+b+c=1+(−4)+3=0
Phương trình (*) có hai nghiệm:
x1=1 (thỏa mãn); x2=3 (loại)
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x=1.
d)
2xx−2−xx+4=8x+8(x−2)(x+4)
ĐKXĐ: x≠2;x≠−4
⇒2x(x+4)−x(x−2)=8x+8⇔2×2+8x−x2+2x=8x+8⇔x2+2x−8=0Δ′=12−1.(−8)=1+8=9>0Δ′=9=3
x1=−1+31=2 (loại)
x2=−1−31=−4 (loại)
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
e)
x3+7×2+6x−30×3−1=x2−x+16×2+x+1
ĐKXĐ: x≠1
⇔x3+7×2+6x−30(x−1)(x2+x+1)=x2−x+16×2+x+1
⇒x3+7×2+6x−30=(x2−x+16)(x−1)
⇔x3+7×2+6x−30=x3−x2+16x−x2+x−16
⇔9×2−11x−14=0
Δ=(−11)2−4.9.(−14)=625>0
Δ=625=25
x1=11+252.9=3618=2 (thỏa mãn)
x2=11−252.9=−1418=−79 (thỏa mãn)
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1=2;x2=−79.
f)
x2+9x−1×4−1=17×3+x2+x+1
ĐKXĐ: x≠±1
⇔x2+9x−1(x2+1)(x2−1)=17(x+1)(x2+1)
⇒x2+9x−1=17(x−1)
⇔x2+9x−1=17x−17
⇔x2+9x−17x−1+17=0
⇔x2−8x+16=0 (2*)
Δ′=(−4)2−1.16=16−16=0
Phương trình (2*) có nghiệm kép: x1=x2=4 (thỏa mãn)
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x=4.
a) 3×3+6×2−4x=0
b) (x+1)3−x+1=(x−1)(x−2)
c) (x2+x+1)2=(4x−1)2
d) (x2+3x+2)2=6(x2+3x+2)
e) (2×2+3)2−10×3−15x=0
f) x3−5×2−x+5=0
Phương pháp giải:
* Chuyển tất cả các hạng tử về vế trái, sau đó đặt nhân tử chung để đưa phương trình về dạng phương trình tích.
A(x).B(x).C(x)=0⇔[A(x)=0B(x)=0C(x)=0
* Phương trình ax2+bx+c=0(a≠0) và biệt thức Δ′=b′2−ac:
+) Nếu Δ′>0 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x1= −b′+△′a và x2= −b′−△′a
+) Nếu Δ′=0 thì phương trình có nghiệm kép x1=x2=−b′a.
+) Nếu Δ′<0 thì phương trình vô nghiệm.
Lời giải:
a)
3×3+6×2−4x=0
⇔x(3×2+6x−4)=0
⇔x=0 hoặc 3×2+6x−4=0
Giải phương trình 3×2+6x−4=0
Δ′=32−3.(−4)=9+12=21>0
Δ′=21
x1=−3+213;x2=−3−213
Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm: x1=−3+213;x2=−3−213; x3=0.
b)
(x+1)3−x+1=(x−1)(x−2)
⇔x3+3×2+3x+1−x+1=x2−2x−x+2
⇔x3+2×2+5x=0
⇔x(x2+2x+5)=0
⇔x=0 hoặc x2+2x+5=0
Giải phương trình x2+2x+5=0 (*)
Δ′=1−1.5=1−5=−4<0
Phương trình (*) vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x=0.
c)
(x2+x+1)2=(4x−1)2
⇔(x2+x+1)2−(4x−1)2=0
⇔[(x2+x+1)+(4x−1)].[(x2+x+1)−(4x−1)]=0
⇔(x2+x+1+4x−1)(x2+x+1−4x+1)=0
⇔(x2+5x)(x2−3x+2)=0
⇔x(x+5)(x2−3x+2)=0
⇔[x=0x+5=0x2−3x+2=0
⇔[x=0x=−5×2−3x+2=0
Giải phương trình x2−3x+2=0 (2*)
Ta có a+b+c=0=1+(−3)+2=0
Phương trình (2*) có hai nghiệm: x3=1;x4=2.
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm: x1=0;x2=−5;x3=1;x4=2.
d)
(x2+3x+2)2=6(x2+3x+2)
⇔(x2+3x+2)2−6(x2+3x+2)=0
⇔(x2+3x+2)[(x2+3x+2)−6]=0
⇔(x2+3x+2)(x2+3x−4)=0
⇔[x2+3x+2=0x2+3x−4=0
Giải phương trình x2+3x+2=0 (3*) có a−b+c=1−3+2=0
Phương trình (3*) có hai nghiệm: x1=−1;x2=−2
Giải phương trình x2+3x−4=0 (4*) có a+b+c=1+3+(−4)=0
Phương trình (4*) có hai nghiệm: x3=1;x4=−4.
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm: x1=−1;x2=−2;x3=1;x4=−4.
e)
(2×2+3)2−10×3−15x=0
⇔(2×2+3)2−5x(2×2+3)=0
⇔(2×2+3)(2×2+3−5x)=0
Ta có: 2×2≥0⇒2×2+3>0
Do đó (2×2+3)(2×2+3−5x)=0
⇔2×2−5x+3=0
Giải phương trình 2×2−5x+3=0 (5*) có a+b+c=2+(−5)+3=0
Phương trình (5*) có hai nghiệm x1=1;x2=32
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: x1=1;x2=32.
f)
x3−5×2−x+5=0
⇔x2(x−5)−(x−5)=0
⇔(x−5)(x2−1)=0
⇔(x−5)(x−1)(x+1)=0
⇔[x−5=0x+1=0x−1=0⇔[x=5x=−1x=1
Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm: x1=5;x2=−1;x3=1.
a) x4−8×2−9=0
b) y4−1,16y2+0,16=0
c) z4−7z2−144=0
d) 36t4−13t2+1=0
e) 13×4−12×2+16=0
f) 3×4−(2−3)x2−2=0
Phương pháp giải:
Giải phương trình trùng phương ax4+bx2+c=0(a≠0)
+ Đặt x2=t,t≥0.
+ Giải phương trình at2+bt+c=0.
+ Với mỗi giá trị tìm được của t (thỏa mãn t≥0), lại giải phương trình x2=t.
Lời giải:
a)
x4−8×2−9=0
Đặt x2=t⇒t≥0
Ta có phương trình: t2−8t−9=0 có a−b+c=1−(−8)+(−9)=0
Phương trình có hai nghiệm: t1=−1;t2=−−91=9
Trong đó t1=−1<0 (loại).
⇒x2=9⇔x=±3
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: x1=3;x2=−3.
b)
y4−1,16y2+0,16=0
Đặt y2=t⇒t≥0
Ta có phương trình: t2−1,16t+0,16=0 có a+b+c=1+(−1,16)+0,16=0
Phương trình có hai nghiệm:
t1=1 (thỏa mãn); t2=0,16 (thỏa mãn)
– Với t1=1 ⇒y2=1⇒y=±1
– Với t2=0,16 ⇒y2=0,16⇒y=±0,4
Vậy phương trình có 4 nghiệm: y1=1;y2=−1;y3=0,4;y4=−0,4
c)
z4−7z2−144=0
Đặt z2=t⇒t≥0
Ta có phương trình: t2−7t−144=0
Δ=(−7)2−4.1.(−144)=49+576=625>0
Δ=625=25
Phương trình có hai nghiệm:
t1=7+252.1=16 (thỏa mãn)
t2=7−252.1=−9 (loại)
– Với t1=16 ⇒z2=16⇔z=±4
Vậy phương trình có hai nghiệm: z1=4;z2=−4.
d)
36t4−13t2+1=0
Đặt t2=u⇒u≥0
Ta có phương trình: 36u2−13u+1=0
Δ=(−13)2−4.36.1=169−144=25>0
Δ=25=5
Phương trình có hai nghiệm:
u1=13+52.36=1872=14 (thỏa mãn)
u2=13−52.36=872=19 (thỏa mãn)
– Với u1=14 thì t2=14⇔t=±12
– Với u2=19 thì t2=19⇔t=±13
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm: x1=12;x2=−12;x3=13;x4=−13
e)
13×4−12×2+16=0
⇔2×4−3×2+1=0
Đặt x2=t⇒t≥0
Ta có phương trình: 2t2−3t+1=0
Có a+b+c=2+(−3)+1=0
Phương trình có hai nghiệm:
t1=1 (thỏa mãn); t2=12 (thỏa mãn)
– Với t1=1 ⇒x2=1⇒x=±1
– Với t2=12 ⇒x2=12⇔x=±22
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm: x1=1;x2=−1; x3=22;x4=−22.
f)
3×4−(2−3)x2−2=0
Đặt x2=t⇒t≥0
Phương trình ẩn t: 3t2−(2−3)t−2=0
Ta có:
a−b+c=3−[−(2−3)]+(−2)
=3−(3−2)+(−2)
=3−3+2−2=0
Phương trình có hai nghiệm:
t1=−1 (loại);
t2=−−23=233 (thỏa mãn)
– Với t2=233 thì x2=233 ⇒x=±233=±633
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x1=633;x2=−633.
Giải phương trình trùng phương ax4+bx2+c=0(a≠0)
+ Đặt x2=t,t≥0.
+ Giải phương trình at2+bt+c=0.
+ Với mỗi giá trị tìm được của t (thỏa mãn t≥0), lại giải phương trình x2=t.
Lời giải:
Phương trình ax4+bx2+c=0
Đặt x2=t⇒t≥0
Ta có phương trình ẩn t: at2+bt+c=0
Vì a và c trái dấu suy ra ac<0.
Phương trình có hai nghiệm phân biệt t1 và t2.
Theo hệ thức Vi-ét ta có: t1.t2=ca<0 nên t1 và t2 trái dấu.
Giả sử t1<0;t2>0.
Vì t≥0⇒t1<0 (loại).
⇒x2=t2⇒x=±t2.
Vậy phương trình trùng phương ax4+bx2+c=0 có hệ số a và c trái dấu thì phương trình trùng phương có 2 nghiệm đối nhau.
a) (4x−5)2−6(4x−5)+8=0
b) (x2+3x−1)2+2(x2+3x−1) −8=0
c) (2×2+x−2)2+10×2 +5x−16=0
d) (x2−3x+4)(x2−3x+2)=3
e) 2×2(x+1)2−5xx+1+3=0
f) x−x−1−3=0
Phương pháp giải:
– Bước 1: Đặt ẩn phụ và điều kiện của ẩn (nếu có)
– Bước 2: Giải phương trình tìm ẩn phụ, kiểm tra điều kiện của ẩn.
– Bước 3: Thay lại giải phương trình tìm nghiệm.
Lời giải:
a)
(4x−5)2−6(4x−5)+8=0
Đặt 4x−5=t, ta có phương trình:
t2−6t+8=0Δ′=(−3)2−1.8=9−8=1>0Δ′=1=1t1=3+11=4t2=3−11=2
Suy ra:
[4x−5=44x−5=2⇔[4x=94x=7⇔[x=94x=74
Phương trình có 2 nghiệm: x1=94;x2=74
b)
(x2+3x−1)2+2(x2+3x−1)−8=0
Đặt x2+3x−1=t
Ta có phương trình: t2+2t−8=0
Δ′=12−1.(−8)=1+8=9>0Δ′=9=3t1=−1+31=2t2=−1−31=−4
Với t1=2 ta có: x2+3x−1=2⇔x2+3x−3=0
Δ=9−4.1.(−3)=9+12=21>0Δ=21×1=−3+212×2=−3−212
Với t2=−4 ta có: x2+3x−1=−4⇔x2+3x+3=0
Δ=32−4.1.3=9−12=−3<0
Phương trình x2+3x+3=0 vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x1=−3+212;x2=−3−212
c)
(2×2+x−2)2+10×2+5x−16=0⇔(2×2+x−2)2+5(2×2+x−2)−6=0
Đặt 2×2+x−2=t
Ta có phương trình: t2+5t−6=0 có dạng:
a+b+c=0;1+5+(−6)=0t1=1;t2=−6
Với t1=1 ta có: 2×2+x−2=1⇔2×2+x−3=0 có dạng: a+b+c=0
2+1+(−3)=0⇒x1=1;x2=−32
Với t2=−6 ta có: 2×2+x−2=−6⇔2×2+x+4=0
Δ=12−4.2.4=1−32=−31<0
Phương trình vô nghiệm
Vậy phương trình có 2 nghiệm: x1=1;x2=−32
d)
(x2−3x+4)(x2−3x+2)=3
⇔[(x2−3x+2)+2](x2−3x+2)=3
⇔(x2−3x+2)2+2(x2−3x+2)−3=0
Đặt x2−3x+2=t
Ta có phương trình: t2+2t−3=0 có dạng:
a+b+c=0;1+2+(−3)=0t1=1;t2=−31=−3
Với t1=1 ta có: x2−3x+2=1⇔x2−3x+1=0
Δ=(−3)2−4.1.1=9−4=5>0Δ=5×1=3+52.1=3+52×2=3−52.1=3−52
Với t2=−3 ta có: x2−3x+2=−3⇔x2−3x+5=0
Δ=(−3)2−4.1.5=9−20=−11<0
Phương trình vô nghiệm
Vậy phương trình có 2 nghiệm: x1=3+52;x2=3−52
e)
Điều kiện: x≠−1
2×2(x+1)2−5xx+1+3=0⇔2(xx+1)2−5(xx+1)+3=0
Đặt xx+1=t, ta có phương trình: 2t2−5t+3=0
2t2−5t+3=0 có dạng: a+b+c=0;2+(−5)+3=0
t1=1;t2=32
Với t1=1 ta có: xx+1=1⇒x=x+1⇒0x=1 vô nghiệm
Với t2=32 ta có: xx+1=32⇔2x=3x+3⇒x=−3
Nhận thấy x=−3 thỏa mãn điều kiện. Vậy phương trình có 1 nghiệm: x=−3
f)
x−x−1−3=0 Điều kiện: x≥1
⇔(x−1)−x−1−2=0
Đặt x−1=t⇒t≥0
Ta có phương trình: t2−t−2=0 có dạng: a−b+c=0
1−(−1)+(−2)=1+1−2=0t1=−1;t2=−−21=2
t1=−1<0 loại
Với t2=2 ta có: x−1=2⇒x−1=4⇒x=5
Nhận thấy x=5 thỏa mãn điều kiện.
Vậy phương trình có 1 nghiệm: x=5
Bài tập bổ sung (trang 60 SBT Toán 9)
a) x4−2×3+3×2−2x−3=0
b) 5−3−2x=|2x−3|
Phương pháp giải:
– Đặt ẩn phụ và tìm điều kiện cho ẩn.
– Giải phương trình mới tìm nghiệm và kiểm tra điều kiện.
– Giải phương trình ẩn x ứng với từng nghiệm trên và kết luận.
Lời giải:
a)
x4−2×3+3×2−2x−3=0⇔x4−2×3+x2+2×2−2x−3=0⇔x2(x2−2x+1)+2x(x−1)−3=0⇔[x(x−1)]2+2.x(x−1)−3=0
Đặt x(x−1)=t
Ta có phương trình: t2+2t−3=0 có 1+2+(−3)=0 ⇒t1=1;t2=−31=−3
Với t1=1 ta có:
x(x−1)=1⇔x2−x−1=0
Δ=(−1)2−4.1.(−1)=1+4=5>0Δ=5×1=1+52.1=1+52×2=1−52.1=1−52
Với t2=−3 ta có: x(x−1)=−3⇔x2−x+3=0
Δ=(−1)2−4.1.3=1−12 =−11<0
Phương trình vô nghiệm
Vậy phương trình có hai nghiệm:
x1=1+52;x2=1−52
b) 5−3−2x=|2x−3|.
Điều kiện 3−2x≥0⇔x≤32
⇒5−3−2x=3−2x
Đặt 3−2x=t⇒t≥0
Ta có phương trình:
5−t=t2⇔t2+t−5=0
Δ=12−4.1.(−5)=1+20=21>0Δ=21t1=−1+212.1=21−12t2=−1−212.1=−1+212
t2=−1+212<0 loại
⇒3−2x=21−12⇒3−2x=21−221+14⇔12−8x=22−221⇔8x=12−22+221⇒x=2(21−5)8=21−54
Phương trình có 1 nghiệm:
x=21−54
a) Giải phương trình khi m=2.
b) Chứng minh rằng phương trình có nghiệm với mọi giá trị của m.
Phương pháp giải:
a) Thay m=2 và giải phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ.
b) Đặt ẩn phụ đưa về phương trình bậc hai, chứng minh phương trình này có hai nghiệm phân biệt trái dấu.
Lời giải:
a) Khi m=2 ta có phương trình: x+2x−1−3=0 điều kiện x≥1
Ta có:x+2x−1−3=0⇔x−1+2x−1−2=0
Đặt x−1=t⇒t≥0
Ta có phương trình: t2+2t−2=0
Δ′=12−1.(−2)=1+2=3>0Δ′=3t1=−1+31=−1+3t2=−1−31=−(1+3)
t2=−(1+3)<0 loại
⇒x−1=3−1⇒x−1=(3−1)2⇔x−1=3−23+1⇔x=5−23
Vậy phương trình có 1 nghiệm x=5−23
b) x+2x−1−m2+6m−11=0.
Điều kiện x≥1
⇔x−1+2x−1−m2+6m−10=0
Đặt x−1=t⇒t≥0
Ta có phương trình: t2+2t−m2+6m−10=0
a=1>0;c=−m2+6m−10=−(m2−6m+9+1)=−[(m−3)2+1]<0nên c<0
⇒a và c khác dấu, phương trình có hai nghiệm phân biệt t1 và t2 trái dấu nhau.
Giả sử t1>0 thì x−1=t1⇒x=t12+1≥1 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy phương trình luôn luôn có nghiệm.
[x2−2mx−4(m2+1)][x2−4x−2m(m2+1)]=0
có đúng ba nghiệm phân biệt.
Phương pháp giải:
– Biến đổi phương trình về
[x2−2mx−4(m2+1)=0(1)x2−4x−2m(m2+1)=0(2)
– Nhận xét phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
– Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có một nghiệm duy nhất không trùng với hai nghiệm của (1) hoặc có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm là nghiệm của (1).
Lời giải:
Phương trình:
[x2−2mx−4(m2+1)][x2−4x−2m(m2+1)]=0⇔[x2−2mx−4(m2+1)=0(1)x2−4x−2m(m2+1)=0(2)
Ta xét phương trình (1): x2−2mx−4(m2+1)=0
Δ1′=(−m)2−1.[−4(m2+1)]=m2+4(m2+1)>0 với mọi m
Phương trình (1) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt
Ta xét phương trình (2): x2−4x−2m(m2+1)=0
Δ2′=(−2)2−1.[−2m(m2+1)]=4+2m(m2+1)=2m3+2m+4
Phương trình (2) có nghiệm khi và chỉ khi Δ2′≥0
⇒2m3+2m+4≥0⇔m3+m+2≥0⇔m3+m2−m2−m+2m+2≥0⇔m2(m+1)−m(m+1)+2(m+1)≥0⇔(m+1)(m2−m+2)≥0
Vì m2−m+2=m2−2.12m+14+74 =(m−12)2+74>0
⇒m+1≥0⇔m≥−1
Vậy với m≥−1 thì phương trình (2) có nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi xảy ra một trong hai trường hợp sau:
Trường hợp 1: Phương trình (2) có 1 nghiệm kép khác với nghiệm của phương trình (1).
Ta có: Δ2′=0 suy ra m=−1 và nghiệm kép phương trình (2) là: x=2
Khi đó, x=2 không được là nghiệm của phương trình (1) nên ta có:
22−2m.2−4(m2+1)≠0
⇔4−4m−4(m2+1)≠0
⇔4−4m−4m2−4≠0⇔−4m(m+1)≠0⇔m(m+1)≠0
loại vì m=−1
Trường hợp 2: Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 trong đó có 1 nghiệm giả sử là x1 cũng là nghiệm của phương trình (1).
Phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt ⇔Δ2′>0⇔m>−1
Và gọi x1 là nghiệm chung của hai phương trình (1) và (2), ta có:
{x12−2mx1−4(m2+1)=0x12−4×1−2m(m2+1)=0
⇒(4−2m)x1+2m(m2+1)−4(m2+1)=0⇔(4−2m)x1+2m3+2m−4m2−4=0⇔(4−2m)x1+2(m3−2m2+m−2)=0⇔(4−2m)x1+2[m2(m−2)+(m−2)]=0⇔(4−2m)x1+2(m−2)(m2+1)=0⇔2(2−m)x1+2(m−2)(m2+1)=0⇔2(2−m)(x1−(m2+1))=0⇔x1=m2+1(m≠2)
Vì x1 cũng là nghiệm của phương trình (1) nên thay x1=m2+1 vào phương trình (1) ta có:
(m2+1)2−2m(m2+1)−4(m2+1)=0⇔(m2+1)[m2+1−2m−4]=0
(vì m2+1>0 )
⇔m2+1−2m−4=0⇔m2−2m−3=0⇔m2−3m+m−3=0⇔m(m−3)+(m−3)=0⇔(m−3)(m+1)=0⇔[m=3m=−1
Vì m>−1 nên m=−1 loại
Vậy m=3 (thỏa mãn).
Thay m=3 vào phương trình (1) và (2) ta có:
Phương trình (1): x2−6x−40=0
Phương trình (2): x2−4x−60=0
Giải phương trình (1):
x2−6x−40=0Δ′=(−3)2−1.(−40)=9+40=49>0Δ′=49=7×1=3+71=10×2=3−71=−4
Giải phương trình (2):
x2−4x−60=0Δ′=(−2)2−1.(−60)=4+60=64>0Δ′=64=8×1=2+81=10×2=2−81=−6
Vậy phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm khi m=3
