Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 8 - Chủ đề 4: Phương trình đại số

 CHUYÊN ĐỀ 4:
 PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
- Là phương trình có dạng: ax = b phụ thuộc vào tham số m
 b
+) Nếu a 0 x 
 a
 b 0 0x 0 (Vô số nghiệm)
 +) Nếu a 0 0x b 
 b 0 PTVN 
Bài 1: Giải và biện luận số nghiệm của phương trình sau
a. (m2 4)x 3m 6 b. (2m 1)x 2m 3x 2 
 m(x 2) 3x 1 (m2 2)x 2m x 3
c. d. 
 Lời giải
a. (m2 4)x 3m 6
 3m 6 3
+) Nếu (m2 4) 0 m 2 x 
 m2 4 m 2
 0x 0 (Vô số nghiệm)
 2 m 2 
+) Nếu (m 4) 0 
 m 2
 0x 12 (Vô nghiệm)
b. (2m 1)x 2m 3x 2 (2m 2)x 2m 2
 2m 2
+) Nếu 2m 2 0 x 1
 2m 2
+) Nếu 2m 2 0 m 1 0x 0 (vô số nghiệm) 
Vậy nếu:
 +) Nếu m 1 phương trình có vô số nghiệm
+) Nếu m = 1 phương trình vô nghiệm
 m(x 2) 3x 1 (m 3)x 2m 1
c. 
 2m 1
+) m 3 0 m 3 x 
 m 3
+) m 3 0 m 3 0x 7 (vô nghiệm) 
d. (m2 2)x 2m x 3 (m2 1)x 2m 3 
 2m 3
Ta có: m2 1) 0 m suy ra phương trình luôn có nghiệm x 
 m2 1
Bài 2: Cho phương trình (m2 1)(x 2) 1 m 3(x 2) ax 4 (3 a)x 2
+) Nếu 3 a 0 a 3 thì phương trình vô nghiệm.
 2
+) Nếu 3 a 0 x Z 3 a U ( 2) 1; 2 a 1;2;4;5 
 3 a
Bài 5: Giải và biện luận các phương trình sau
 (m 2)x 3 2a 1
a. 2m 1 b. a 2 
 x 1 x 2
 mx 1 (m 1)x m 2
c. 1 d. m 
 x 1 x 3
 Lời giải
a. Điều kiện: x 1 (m 2)x 3 (2m 1)(x 1) ( m 1)x 2m 4 
 2m 4
+) m 1 0 m 1 x nghiệm này phải khác -1 
 m 1
 2m 4 2m 4
 1 1 0 2m 4 m 1 0 m 5 
 m 1 m 1
 2m 4
Vậy với m 1;m 5 x 
 m 1
Với m = 5 phương trình vô nghiệm
+) m 1 0 m 1 khi đó phương trình trở thành 0x = -5 (vô nghiệm)
b. Điều kiện xác định: x 2 0 x 2
2a 1
 a 2 (a 2)x 4a 5
 x 2
 4a 5 4a 5 3
+) a 2 0 a 2 x . Xét 2 4a 5 2(a 2) a 
 a 2 a 2 2
 4a 5 3
+) a 200 a 2 0x 3 (vô nghiệm). Xét 2  4a 5 2(a 2)  a 
 a 2 2
 3
Vậy a 2;a thì phương trình vô nghiệm
 2
 3 4a 5
a 2;a suy ra phương trình có nghiệm x 
 2 a 2
c. Điều kiện x 1
mx 1
 1 mx 1 x 1 (m 1)x 2
 x 1
+) m 1 0 m 1 phương trình vô nghiệm
 2 2 2 m 1 m 1
+) m 1 0 m 1 x 1 1 0 0 0 m 1
 m 1 m 1 m 1 m 1
 2
Vậy m 1;m B 1 thì phương trình có nghiệm x 
 m 1 5(a 1)
a. 2x 1 5a 4 2x 5a 5 x 0 a 1
 2
b. 3(x 2) ax 4 (3 a)x 2 
+) 3 a 0 a 3 thay vào phương trình vô nghiệm
 2 2 2 a 1 a 3
+) 3 a 0 a 3 x 1 1 0 0 
 3 a a 3 a 3 a 3 a 1
c. (a2 3a 2)x 3 3a (a2 3a 2)x 3a 3 có nghiệm duy nhất 
 2 a 1
 a 3a 2 0 
 a 2
Bài 6: Tìm a để phương trình có nghiệm nguyên: 2x a 3 (x 2)a
Lời giải
 a 3 a 2 5 5
2x a 3 (x 2)a x 1 
 2 a 2 a 2 a
 5 5 5 5
Để x Z Z k z(k 0) 2 a a 2 (k Z;k 0) 
 2 a 2 a k k
( Vì a có thể không nguyên )
 5
+) Nếu a nguyên Z 5k k 1;k 5
 k
 2 3m
Bài 7: Cho phương trình: m 1 (1) . Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất 
 2 x
 Lời giải
Điều kiện: x 2
2 3m
 m 1 2 3m (m 1)(2 x) (m 1)x 5m
 2 x
 m 1 m 1
 5m 
+) m 1 0 m 1 x . Vì x 2 5m 2 
 m 1 2 m 
 m 1 3
 2x 1 x 3
Bài 8: Cho phương trình: . Tìm m để phương trình vô nghiệm
 2x m x 1
 Lời giải
 m
Điều kiện: x 1; x 
 2
 2x 1 x 3
 (2x 1)(x 1) (x 3)(2x m) (m 7)x 1 3m (1)
2x m x 1
 1 3m m
+) TH1: m ≠ -7 thì (1) x . Vì x ; x 1 nên ta có các trường hợp sau:
 m 7 2 c. ax b 0 ax b (1)
+) Nếu a 0
 b
 +) a 0 (1) x 
 a
 b
 +) a 0 (1) x 
 a
+) Nếu a 0 0x b
 +) b 0 thì bất phương trình vô số nghiệm
 +) b 0 thì bất phương trìn vô nghiệm
Ví dụ 2: Giải các hệ bất phương trình sau
 3 2x 7 3x 1 3 x x 1 2x 1
 2x 
 5 3 2 3 4 3
a. b. 
 1 (3x 1) 2x 1 4
 x 5 3 x 
 2 2 5 3
 1
 15x 2 3x 
 3 2x 1 x 5
c. d. 
 3x 14 (1 2x)2 (2x 3)2
 2(x 4) 
 2
 Hướng dẫn
 3 2x 7 11
 2x x 
 5 3 10 4 11
a. x 
 1 (3x 1) 4 13 10
 x 5 x 
 2 2 13
 3x 1 3 x x 1 2x 1 13
 x 
 2 3 4 3 27 13
b. x 
 2x 1 4 22 27
 3 x x 
 5 3 21
*) Giải và biện luận bất phương trình 
ax b 0 ax b (1)
+) Nếu a 0
 b
 +) a 0 (1) x 
 a
 b
 +) a 0 (1) x 
 a
+) Nếu a 0 0x b
 +) b 0 thì bất phương trình vô số nghiệm
 +) b 0 thì bất phương trìn vô nghiệm
Bài 1: Giải và biện luận các bất phương trình sau - Có thể sử dụng lược đồ Hoocne
 x 2
 4 3 2 2
VD: 2x 3x 3x 5x 6 0 (x 2)(2x 3)(x x 1) 0 3
 x 
 2
Bài 1: Giải các phương trình sau
 x 2 4x 3 0 x2 4x 1 0 x 3 2x2 9x 18 0
a. b. c. 
 3 2 3 2 4 2
d. 2x 3x x 6 0 e. 2x 3x 3x 1 0 f. x 2x 3x 2 0 
 Lời giải
 2 x 1
a. x 4x 3 0 (x 1)(x 3) 0 
 x 3
 2 
 2 2 2 x 2 3
b. x 4x 1 0 (x 2) 3 0 (x 2) 3 0 
 x 2 3
c. Ta có:
x 3 2x2 9x 18 0 (x3 3x2 ) (5x2 15x) (6x 18) 0 (x 3)(x2 5x 6) 0 x 3; 2
 2
 3 2 2 5 23 
d. 2x 3x x 6 0 (x 1)(2x 5x 6) 0 (x 1) x 0 x 1 
 4 16 
 1
e. 2x3 3x2 3x 1 0 (2x 1)(x2 x 1) x 
 2
 4 2 3 2 2
f. x 2x 3x 2 0 (x 1)(x x x 2) 0 (x 1)(x 2)(x x 1) 0 x 1;2 
Bài 2: (HSG – Đông Anh – 2003) 
 Giải các phương trình sau
 2 3 2
 a. x 4x 3 0 b. x 2x 3x 10 0 
 Lời giải
 2 2 2 x 3 / 2
a. x 4x 3 0 (2x 1) 2 0 
 x 1/ 2
b. x 3 2x2 3x 10 0 (x 2)(x2 4x 5) 0 x 2 
Bài 3: Giải các phương trình sau
 x4 x2 6x 8 0 (x 1)3 (3x 3)3 27x3 8 (x 1)2 (x 2) (x 1) 2 (x 2) 12
a. b. c. 
 2 2 2 2 2 4 2 5 4 3 2
d. (x 5x) 2(x 5x) 24 e. (x x 1) 3(x x 1) f. x x x x x 2 
 Lời giải
a. Ta có tổng các hệ số = 0 nên có nhân tử là x – 1
 x4 x2 6x 8 0 (x4 x 3 ) (x 3 x2 ) (2x2 2x) (8x 8) 0
 (x 1)(x3 x2 2x 8) 0 (x 1)(x 2)(x2 x 4) 0 x 1; 2
b. Ta có: