Chuyên đề Phương trình bậc cao - Bồi dưỡng HSG Toán 8

 PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN CHỨA THAM SỐ
A. Lý thuyết
*) Định nghĩa: Là phương trình có dạng ax b phụ thuộc vào tham số m
 b
+) Nếu a 0 x 
 a
 b 0 0x 0(vo.so.nghiem)
 +) 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 
 2
c. m(x 2) 3x 1 d. (m 2)x 2m x 3 
 Lời giải
a. (m2 4)x 3m 6
 3m 6 3
+) Nếu (m2 4) 0 m 2 x 
 m2 4 m 2
 2 m 2 0x 0(vo.so.nghiem)
+) Nếu (m 4) 0 
 m 2 0x 12(vo.nghiem)
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 phương trình vô số nghiệm 
Vậy 
+) Nếu m 1 phương trình có vô số nghiệm
+) m 1 phương trình vô nghiệm
c) m(x 2) 3x 1 (m 3)x 2m 1 
 2m 1
+) m 3 0 m 3 x 
 m 3
+) m 3 0 m 3 0x 7 phương trình vô nghiệm. 
d. (m2 2)x 2m x 3 (m2 1)x 2m 3 
 2m 3
Ta có: m2 1) 0,m phương trình luôn có nghiệm x 
 m2 1
 1 +) Phương trình có nghiệm duy nhất m 2 0 m 2 
 m 2 0
 m 2
+) Phương trình có vô số nghiệm 2 
 m 4 0
Vậy phương trình có nghiệm với mọi m
 m 2 0
 m
c. Phương trình vô nghiệm 2  
 m 4 0
 Bài 4: 
Tìm a Z để phương trình 3(x 2) ax 4 có nghiệm nguyên
 Lời giải
 3(x 2) ax 4 (3 a)x 2
+) Nếu 3 a 0 a 3 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 2m 4 2m 4
+) m 1 0 m 1 x nghiệm này phải 1 1 1 0 
 m 1 m 1 m 1
 2m 4 m 1 0 m 5
 2m 4
Vậy với m 1;m 5 x 
 m 1
Với m 5 phương trình vô nghiệm
+) m 1 0 m 1 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
 3 BÀI TẬP TỰ LUYỆN
 Bài 1: Tìm m để mỗi phương trình sau có 1 nghiệm 
 2
a. (x m)(x 1) 0 b. m(m 1)x m 1 
 Hướng dẫn
 x 1
a. (x m)(x 1) 0  m 1 
 x m
 2 m 0
b. m(m 1)x m 1  m(m 1) 0  . 
 m 1
Vậy m 0;m 1 thì phương trình có 1 nghiệm 
 Bài 2: 
Tìm m để phương trình sau vô nghiệm : (m 1)x (x 2) 0
 Lời Giải
 (m 1)x (x 2) 0  mx 2 0
 m 0
Để phương trình vô nghiệm thì  m 0
 2 0
 Bài 3: 
Tìm m để phương trình sau có vô số nghiệm m2 x m 4x 2(1)
 Lời giải
 2
 2 m 4 0
 (1)  (m 4)x m 2 có vô số nghiệm   m 2 
 m 2 0
 Bài 4: Với giá trị nào của m thì: 
a. 2x 1 5a 4 có nghiệm dương 
b. 3(x 2) ax 4 có nghiệm lớn hơn -1
c. (a2 3a 2)x 3 3a có nghiệm duy nhất
 Lời giải
 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 
 5 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 (1)  x . Vì x ; x 1 nên ta có các trường hợp sau:
 m 7 2
 m 1 3m m 2 m 1
- x   2 6m m 7  
 2 m 7 2 m 2
 1 3m
- x 1  1 1 3m m 7  m 2
 m 7
Vậy phương trình vô nghiệm  m 1;2;7
 Bài 8: 
 m 3m2 4m 3 1
Giải và biện luận phương trình sau: 
 x m m2 x 2 x m
 Lời giải
Điều kiện xác định: x  m
 m 3m2 4m 3 1 m 3m2 4m 3 1
  
 x m m2 x 2 x m x m (x m)(x m) x m
 m(x m) 3m2 4m 3 x m  (m 1)x (m 1)(2m 3)
+) m 1 0  m 1 0.x 0
Vì x m x 1 m 1 phương trình nghiệm đúng với mọi x 1 
Hay S x R / x 1
+) m 1 0  m 1 x 2m 3 vì điều kiện x m 
 +) x m  2m 3 m  m 3
 +) x m  2m 3 m  m 1 
Vậy m 1;m 3 phương trình đã cho có nghiệm x 2m 3 
 7 Bài 2: Giải và biện luận các bất phương trình sau
a. m(x m) 3x 9 b. mx 6 2x 3m
 3
c. (x m)m x 3x 4 d. 3(x m) (m 1) 1 mx 
 Lời giải
a. m(x m) 3x 9  (m 3)x m2 9(1) 
 m2 9
+) m 3 0  m 3 (1)  x m 3
 m 3
+) m 3 0  m 3 (1)  x m 3
+) m 3 0  m 3 (1)  0x 0 ( vô số nghiệm ) 
b. mx 6 2x 3m  (m 2)x 3m 6(1)
 3m 6
+) m 2 0  m 2 (1)  x 3
 m 2
+) m 2 0  m 2 (1)  x 3
+) m 2 0  m 2 (1)  0x 0 vô nghiệm
c. (x m)m x 3x 4  (m 2)x m2 4(1) 
 m2 4
+) m 2 0  m 2 (1)  x m 2
 m 2
+) m 2 0  m 2 (1)  x m 2
+) m 2 0  m 2 (1)  0x 0 phương trình vô nghiệm
 3 3 2
 d. 3(x m) (m 1) 1 mx  (m 3)x m 3m (1) 
+) m 3 0  m 3 (1)  x m2
+) m 3 0  m 3 (1)  x m2
+) m 3 0  m 3 (1)  0x 0 vô số nghiệm. 
 9 Bài 2: HSG – Đông Anh – 2003. 
Giải các phương trình sau
a. x 2 4x 3 0 b. x 3 2x2 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
a. x4 x2 6x 8 0 b. (x 1)3 (3x 3)3 27x3 8 
c. (x 1)2 (x 2) (x 1) 2 (x 2) 12 d. (x 2 5x) 2 2(x2 5x) 24 
e. (x2 x 1)2 3(x 4 x2 1) f. x 5 x4 x3 x2 x 2 
 Lời giải
a. Ta có tổng các hệ số bằng 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
 (x 1)3 (3x 3)3 27x3 8 6x 3 11x 2 19x 6 0 (6x 3 18x2 ) (7x2 21x) (2x 6) 0
b.  
 2 1 2
  (x 3)(6x 7x 2) 0  (x 3)(2x 1)(3x 2) 0  x 3; ;  
 2 3 
 (x 1)2 (x 2) (x 1) 2 (x 2) 12  2x 3 10x 12 0  (x 1)(x2 x 6) 0  x 1
c. 
 2 2 2 2 2 2 2 2 2
d. (x 5x) 2(x 5x) 24  (x 5x) 2(x 5x) 1 25 0  (x 5x 1) 5 0
  (x 1)(x 4)(x 1)(x 6) 0  x 1; 4;1; 6 
 (x2 x 1)2 3(x 4 x2 1)  (x2 x 1) 2 3(x4 x2 1) 0  (x2 x 1)2 3(x2 x 1)(x2 x 1) 0
e. 
 2 2 2 2 2
  (x x 1) x x 1 3(x x 1) 0  (x x 1)(x 1) 0  x 1
f. x 5 x4 x3 x2 x 2  x 5 x4 x 3 x2 x 2 0  (x 5 1) (x4 x 3 x2 x 1) 0
 x 2
 (x 2)(x 4 x3 x2 x 1) 0 
 4 3 2 
 x x x x 1 0(*)
 11