giai sbt toan 9 bai 7 phuong trinh quy ve phuong trinh bac hai

Bài 7 Phương trình quy về phương trình bậc hai Bài 45 trang 59 SBT Toán 9 Tập 2 Giải các phương trình 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 =[.]

Bài 7: Phương trình quy phương trình bậc hai Bài 45 trang 59 SBT Toán Tập 2: Giải phương trình: a) (x+2)2 – 3x – =(1 – x)(1 + x) b) (x – 1)3 + 2x = x3 – x2 – 2x + c) x(x2 – ) – (x – 2)2 = (x + 1)3 d) (x + 5)2 + (x – 2)2 + (x + 7)(x – 7) = 12x – 23 Lời giải: a) Ta có: (x + 2)2 – 3x – = (1 – x)(1 + x) ⇔ x2 + 4x +4 –3x –5 =1 – x2 ⇔ 2x2 +x –2 =0 Δ = 12 –4.2.(–2) =1 +16 =17 > Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1  1  17 17   ; 2.2 x2  1  17  17   2.2   17   17    ; Vậy tập nghiệm phương trình cho là: S        b) Ta có: (x –1)3 + 2x = x3 – x2 – 2x + ⇔ x3 – 3x2 + 3x – + 2x = x3 – x2 – 2x + ⇔ 2x2 – 7x + = Δ = (–7)2 – 4.2.2 = 49 – 16 = 33 > Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1   33  33  ; 2.2 x2   33  33  2.2   33  33  Vậy tập nghiệm phương trình S =  ;  4   c) Ta có: x(x2 – ) – (x – 2)2 = (x + 1)3 ⇔ x3 – 6x – x2 + 4x – = x3 + 3x2 + 3x + ⇔ 4x2 + 5x + = Δ = 52 – 4.4.5 = 25 – 80 = – 55 < Vậy phương trình vơ nghiệm d) Ta có: (x + 5)2 + (x – 2)2 + (x + 7)(x – 7) = 12x – 23 ⇔ x2 + 10x + 25 + x2 – 4x + + x2 – 49 = 12x – 23 ⇔ x2 + 10x + 25 + x2 – 4x + + x2 – 49 – 12x + 23 = ⇔ 3x2 – 6x + = ⇔ x2 – 2x + = Δ’ = (–1)2 – 1.1 = – = Phương trình cho có nghiệm kép: x1 = x2 = b'  =1 a Vậy tập nghiệm phương trình S = {1} Bài 46 trang 59 SBT Toán Tập 2: Giải phương trình: a) 12  1 x 1 x 1 b) 16 30  3 x  1 x x  3x  c)   x  3 x   x  d) 2x x 8x    x  x   x   x   x  7x  6x  30 x  x  16  e) x3  x  x 1 x  9x  17  f) x 1 x  x2  x  Lời giải: a) Điều kiện x  1 Ta có: 12  1 x 1 x 1  12  x  1  x  1  x  1 x  1    x  1 x  1  x  1 x  1  x  1 x  1  12(x + 1) – 8(x – 1) = (x + 1)(x – 1) (*) ⇔ 12x + 12 – 8x + = x2 – ⇔ x2 – 4x – 21 = Δ’ = (–2)2 –1.(–21) = + 21b = 25 > Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1   25  25  7;x   3 1 Cả hai giá trị x thỏa mãn Vậy tập nghiệm phương trình ban đầu S = {–3; 7} b) Điều kiện x  3;x  Ta có:  16 30  3 x  1 x 16 1  x  30  x  3  x  31  x     x  31  x   x  31  x   x  31  x   16 1  x   30  x  3   x  31  x  (*)  16  16x  30x  90  3x  3x   9x  3x  2x  65   '  12  3. 65    195  196  Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1  1  196 13 1  196  ;x   5 6 Cả hai giá trị x thỏa mãn 13  Vậy tập nghiệm phương trình ban đầu là: S =  ; 5 3  c) Điều kiện x  3;x  2 x  3x  Ta có:   x  3 x   x  1. x   x  3x     x  3 x    x  3 x    x  3x   x   x  4x   (*) Có a = 1; b = –4; c = Ta có a + b + c = nên phương trình có nghiệm x1  (thỏa mãn); x2  c   (loại) a Vậy tập nghiệm phương trình ban đầu S = {1} d) Điều kiện: x  2;x  4 Ta có:  2x x 8x    x  x   x   x   2x  x   x  x  2 8x     x   x    x   x    x   x    2x  x    x  x    8x  (*)  2x  8x  x  2x  8x   x  2x    '  12  1. 8      Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1  1  1   2;x   4 1 Cả hai giá trị x khơng thỏa mãn điều kiện tốn Vậy phương trình cho vô nghiệm e) Điều kiện: x  Ta có:  x  7x  6x  30 x  x  16  x3  x  x 1 x  7x  6x  30 x  x  16   x  1  x  x  1 x  x  x  7x  6x  30  x  x  16   x  1   x2  x 1  x  1  x  x  1  x  7x  6x  30   x  x  16   x  1  x  7x  6x  30  x  x  x  x  16x  16  9x  11x  14     11  4.9. 14   121  504  625  Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1  11  625 11  625 7  2;x   2.9 2.9 Cả hai giá trị x thỏa mãn:  7  Vậy tập nghiệm phương trình ban đầu S =  ;2 9  f) Điều kiện: x  1 x  9x  17  Ta có: x 1 x  x2  x  x  9x  17    x  1 x  1  x  1  x  1 17  x  1 x  9x     x  1 x  1  x  1  x  1 x  1  x  1  x  9x   17  x  1  x  9x   17x  17  x  8x  16  Δ’ = (–4)2 – 1.16 = 16 – 16 = Phương trình có nghiệm kép :x1 = x2 = b  =4 2a 2.1 Giá trị x thỏa mãn điều kiện tốn Vậy nghiệm phương trình x =4 Bài 47 trang 59 SBT Toán Tập 2: Giải phương trình sau cách đưa phương trình tích a) 3x3 + 6x2 – 4x = b) (x + 1)3 – x + = (x – 1)(x – 2) c) (x2 + x + 1)2 = (4x – 1)2 d) (x2 + 3x + 2)2 = 6.(x2 + 3x + 2) e) (2x2 + 3)2 – 10x3 – 15x = f) x3 – 5x2 – x + = Lời giải: a) Ta có: 3x3 + 6x2 – 4x = ⇔ x(3x2 + 6x – 4) = ⇔ x = 3x2 + 6x – = Giải phương trình 3x2 + 6x – = Δ’ = 32 – 3.(–4) = + 12 = 21 > Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1  b'  ' 3  21  ; 2a x2  b'  ' 3  21  2a   3  21 3  21   ; Vậy phương trình cho có tập nghiệm S  0;  3     b) Ta có: (x + 1)3 – x + = (x – 1)(x – 2) ⇔ x3 + 3x2 + 3x + – x + = x2 – 2x – x + ⇔ x3 + 2x2 + 5x = ⇔ x(x2 + 2x + 5) = ⇔ x = x2 + 2x + = Giải phương trình x2 + 2x + = Δ’ = 12 – 1.5 = – = –4 < ⇒ phương trình vơ nghiệm Vậy tập nghiệm phương trình cho S = {0} c) Ta có: (x2 + x + 1)2 = (4x – 1)2 ⇔ [(x2 + x + 1) + (4x – 1)] [(x2 + x + 1) – (4x – 1)] = ⇔ (x2 + 5x)(x2 – 3x + 2) = ⇔ x(x + 5) (x2 – 3x + 2) = ⇔ x = x + = x2 – 3x + = + Giải x + = ⇔ x = –5 + Giải phương trình x2 – 3x + = Δ = (–3)2 – 4.2.1 = – = > Phương trình có nghiệm phân biệt: x1  3 3  2;x  1 2.1 2.1 Vậy tập nghiệm phương trình ba đầu S = {0; –5; 2; 1} d) (x2 + 3x + 2)2 = 6.(x2 + 3x + 2) ⇔ (x2 + 3x + 2)2 – 6.(x2 + 3x + 2) = ⇔ (x2 + 3x + 2)[ (x2 + 3x + 2) – 6] = ⇔ (x2 + 3x + 2).(x2 + 3x – ) =  x  3x     x  3x   + Giải phương trình: x2 +3x + =0 Phương trình có dạng a – b + c = nên x1 = –1 , x2 =  c 2 = –2  a + Giải phương trình: x2 +3x –4 =0 Phương trình có dạng a + b + c = nên x1 = ,x2 = c 4   –4 a Vậy tập nghiệm phương trình S = {–2; –1; 1; 4} e) Ta có: (2x2 + 3)2 – 10x3 – 15x = ⇔ (2x2 + 3)2 – 5x(2x2 + 3) = ⇔ (2x2 + 3)(2x2 + – 5x) = ⇔ (2x2 + 3)(2x2 – 5x + 3) = Vì 2x2 ≥ nên 2x2 + > Suy : 2x2 – 5x + = Giải phương trình 2x2 – 5x + = Δ = (–5)2 – 4.2.3 = 25 – 24 = > Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1  5 5   ;x   1 2.2 2.2 3  Vậy tập nghiệm phương trình S =  ;1 2  f) Ta có: x3 – 5x2 – x + = ⇔ x2( x – 5) – ( x – 5) = ⇔ (x – 5)(x2 – 1) = ⇔ (x – 5)(x – 1)(x + 1) = x   x   x    x     x    x  1 Vậy tập nghiệm phương trình S = {–1; 1; 5} Bài 48 trang 60 SBT Toán Tập 2: Giải phương trình trùng phương a) x4 –8x2 – =0 b) y4 – 1,16y2 + 0,16 =0 c) z4 –7z2 – 144 =0 d) 36t4 – 13t2 +1 =0 e) f) x  x  0   3x   x   Lời giải: a) Đặt m = x2 Điều kiện m ≥ Ta có: x4 – 8x2 – = Phương trình trở thành m2 – 8m – = Phương trình m2 – 8m – = có hệ số a = 1, b = –8, c = –9 nên có dạng a – b + c = Suy ra: m1 = –1 (loại) , m2 =   9   (thỏa mãn) Ta có: x   x  3 Vậy tập nghiệm phương trình ban đầu S = {–3; 3} b) Đặt m = y2 Điều kiện m ≥ Ta có: y4 – 1,16y2 + 0,16 = Phương trình trở thành m2 – 1,16m + 0,16 = Phương trình m2 – 1,16m + 0,16 = có hệ số a = 1; b = –1,16; c = 0,16 nên có dạng a + b+c=0 Suy ra: m1 = 1(thỏa mãn) , m2 = c 0,16 = 0,16(thỏa mãn)  a Ta có: y2 =1 ⇒ y = ± y2 = 0,16 ⇒ y = ± 0,4 Vậy tập nghiệm phương trình cho S = {–1; –0,4; 0,4; 1} c) Đặt m = z2 Điều kiện m ≥ Ta có: z4 – 7z2 – 144 = Phương trình trở thành m2 – 7m – 144 = (*) Ta có: Δ = (–7)2 – 4.1.(–144) = 49 + 576 = 625 > Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt m1   625  16 (thỏa mãn) 2.1 m2   625  9 (loại) 2.1 VỚi m = 16  z  16  z  Vậy phương trình ban đầu có tập nghiệm S  4;4 d) Đặt m = t2 Điều kiện m ≥ Ta có: 36t4 – 13t2 + = Phương trình trở thành 36m2 – 13m + = (*) Ta có: Δ = (–13)2 – 4.36.1 = 169 – 144 = 25 > Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt: m1  13  25 18   (thỏa mãn) 2.36 72 m2  13  25   (thỏa mãn) 2.36 72 + Với m = 1  t2   t   4 + Với m = 1  t2   t   9  1 1 1  Vậy tập nghiệm phương trình cho S   ; ; ;   2 3 e) Đặt m = x2 Điều kiện m ≥ Ta có: x  x  0 Phương trình trở thành 1 m  m 0  2m  3m   có hệ số a = 2; b = –3; c = Ta có: a + b + c = (thỏa mãn)  m1  (thỏa mãn); m  + Với m = t   t  1 + Với m = 1  t2   t   2   2  ; ;1 Vậy phương trình cho có tập nghiệm S  1; 2   f) Đặt m = x2 Điều kiện m ≥ Ta có:   3x   x   Phương trình trở thành   3m2   m     Ta có: a  3;b    ;c  2 có a – b + c =  m  1 (loại); m  Với m = c  (thỏa mãn) a 2  x2  x 3  3   6  ; Vậy phương trình có tập nghiệm S =   3   Bài 49 trang 60 SBT Toán Tập 2: Chứng minh a c trái dấu phương trình trùng phương ax4+bx2+c =0 có hai nghiệm chúng hai số đối Lời giải: Đặt m = x2 Điều kiện m ≥ Ta có: ax4 + bx2 + c = Phương trình trở thành am2 + bm + c = Vì a c trái dấu nên c < Phương trình có nghiệm phân biệt m1 m2 a Theo hệ thức Vi–ét,ta có: m1m2 = Vì a c trái dấu nên c a c x = ± m2 Vậy phương trình trùng phương ax4 + bx2 + c = có hai nghiệm chúng hai số đối a c trái dấu Bài 50 trang 60 SBT Toán Tập 2: Giải phương trình sau cách đặt ẩn số phụ a) (4x – 5)2 – 6(4x – 5) + = b) (x2 + 3x – 1)2 + 2(x2 + 3x – 1) – = c) (2x2 + x – 2)2 + 10x2 + 5x – 16 = d) (x2 – 3x + 4)(x2 – 3x + 2) = e) 2x 5x 30  x  x    f) x  x    Lời giải: a) Đặt m = 4x – Ta có: (4x – 5)2– 6(4x – 5) + = Phương trình trở thành m2 – 6m + = (*) Δ’ = (–3)2 – 1.8 = – = > Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt m1  3  (thỏa mãn); m2  3  (thỏa mãn)  x    4x    4x    Do đó:   4x    4x  x   7  Vậy tập nghiệm phương trình S =  ;  4 4 b) Đặt m = x2 + 3x – Ta có: (x2 + 3x – 1)2 + 2(x2 + 3x – 1) – = Phương trình trở thành m2 + 2m – = (*) Δ’ = 12 – 1.(–8) = + = > Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt m1  1   2; m2  1   4 + Với m = x2 + 3x – =  x  3x   (1)   32  4.1. 3   12  21  Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt: x1  3  21 21  ;  2.1 x2  3  21  21   2.1 + Với m = –4 ta có: x2 + 3x – =  x  3x     32  4.1.3   12  3  Phương trình vơ nghiệm  3  21 21   ; Vậy tập nghiệm phương trình cho S =   2   c) (2x2 + x – 2)2 + 10x2 + 5x – 16 = ⇔ (2x2 + x – 2)2 + 5(2x2 + x – 2) – = Đặt m = 2x2 + x – Phương trình trở thành: m  5m   (*) có a = 1; b = 5; c = –6 nên a + b + c = Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt: m1  ; m2  c 6   6 a + Với m =  2x  x    2x  x   (1) Phương trình có a = 2; b = 1; c = –3 nên a + b + c = 0, phương trình (1) có nghiệm x1  1; x  c 3  a + Với m = –6  2x  x   6  2x  x   (2)   12  4.2.4  31  Do phương trình (2) vơ nghiệm Vậy tập nghiệm phương trình ban đầu S = 31 d) (x2 – 3x + 4)(x2 – 3x + 2) = Ta có: (x2 –3x + 4)(x2 – 3x + 2) = ⇔ (x2 – 3x + + 2)(x2 – 3x + 2) – = ⇔ (x2 – 3x + 2)2 + 2(x2 – 3x + 2) – = Đặt m = x2 – 3x + phương trình trở thành: m  2m   (*) ta có a = 1; b = 2; c = –3 nên a + b + c = 0, dó đo phương trình (*) có hai nghiệm m1  1;m  c 3  = –3 a + Với m =  x  3x    x  3x   (1)    3  4.1.1    > Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt: x1  3 3  ; 2.1 x2  3 3  2.1 + Với m = –3  x  3x   3  x  3x   (2)    3  4.1.5   20  11  Phương trình (2) vô nghiệm     Vậy phương trình cho có tập nghiệm S =  ;  2   2x 5x   Điều kiện x  1 e)   x  1 x  Đặt x  m Khi phương trình trở thành 2m  5m   x 1 Phương trình 2m  5m  có a = 2; b = –5; c = nên có dạng a + b + c =  m1  1;m  c  a + Với m =  + Với m = x   x  x    (vô nghiệm) x 1 x    2x  3x   x  3 (thỏa mãn) x 1 Vậy phương trình cho có tập nghiệm S = 3 f) x  x    Điều kiện x   x 1 x 1   Đặt m = x  điều kiện m  phương trình trở thành: m  m   (*) có a = 1; b = –1; c = –2 nên a – b + c = c  m1  1 (loại); m     (thỏa mãn) a + Với m =  x    x    x  (thỏa mãn) Vậy tập nghiệm phương trìn ban đầu S = 5 Bài tập bổ sung Bài trang 60 SBT Toán Tập 2: Giaỉ phương trình: a) x  2x  3x  2x   b)   2x  2x  Lời giải: a) x  2x  3x  2x    x  2x  x  2x  2x    x  x  2x  1  2x  x  1    x  x  1  2x  x  1     x  x  1   2x  x  1   Đặt x(x – 1) = t Khi phương trình trở thành: t  2t   có a = 1; b = 2; c= – nên a + b + c =  t1  1;t  c 3   3 a + Với t =  x  x  1   x  x   (1)    1  4.1 1     Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt: x1  1 1  ; 2.1 x2  1 1  2.1 + Với t = –3  x  x  1  3  x  x   (2)    1  4.1.3   12  11  Phương trình (2) vơ nghiệm 1    ; Vậy tập nghiệm phương trình ban đầu là: S      b)   2x  2x  điều kiện: – 2x   x     2x   2x đặt  2x  t  t  Ta có phương trình:  t  t  t  t   (*)   12  4.1. 5   20  21  Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt: t1  1  21 21  (thỏa mãn)  2.1 t2  1  21  21  < (loại)  2.1   2x    2x  21  21  21   12  8x  22  21  8x  12  22  21 x  21   21  (thỏa mãn)  21   Vậy tập nghiệm phương trình S      Bài trang 60 SBT Toán Tập 2: Cho phương trình: x + x   m  6m  11  a) Giải phương trình m = b) Chứng minh phương trình có nghiệm với giá trị m Lời giải a) Khi m = ta có phương trình x  x    điều kiện x   x 1  x 1   Ta có phương trình t  2t   (*)  '  12  1. 2      Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt t1  1   1  (thỏa mãn) t2  1   1  (loại) Với t = 1   x     x 1    1  x 1   1  x 52 Vậy với m = phương trình có nghiệm x =  b) x  x   m2  6m  11  điều kiện x   x   x   m  6m  10  Đặt x 1  t  t  Ta có phương trình t  2t  m  6m  10  Ta có: c = –m2 + 6m – 10 = –(m2 – 6m + + 1) = –[(m – 3)2 + 1] < Nên x < mà a = > nên a c trái dấu, phương trình có hai nghiệm phân biệt t1; t2 trái dấu với Giả sử t1   x  t12  Vậy phương trình ln có nghiệm với m Bài trang 60 SBT Toán Tập 2: (Đề thi học sinh giỏi tốn Bulgari – Mùa xn năm 1997) Tìm giá trị m để phương trình [x2 – 2mx – 4(m2 + 1)][x2 – 4x – 2m(m2 + 1)] = có ba nghiệm phân biệt Lời giải: Phương trình:  x  2mx   m  1  x  4x  2m  m  1   x  2mx   m  1  (1)  2  x  4x  2m  m  1  (2) Ta xét phương trình (1): x  2mx   m2  1  1 '   m    4  m  1   m   m  1  với m Do phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt: Ta xét phương trình (2): x  4x  2m  m2  1   '   2   12m  m  1    2m  m2  1  2m3  2m  Phương trình (2) có nghiệm  '   2m3  2m   Phương trình (2) có nghiệm  '   2m3  2m    m3  m    m3  m  m  m  2m    m  m  1  m  m  1   m  1    m  1  m2  m    1  1 Vì m  m   m  m     m     4  2 2  m    m  1 Vậy với m  1 phương trình (2) có nghiệm Vậy phương trình cho có ba nghiệm phân biệt sảy trường hợp sau: Trường hợp 1: Phương trình (2) có nghiệm kép khác với nghiệm phương trình (1) Ta có:  '   m  1 vahay nghiệm phương trình (2) nghiệm kép x = Thay x = vào phương trình (1) ta có: – 4m – 4(m2 + 1)    4m  4m    4m  4m   4m  m  1  vơ lí m = –1  ... 16  16x  30x  90  3x  3x   9x  3x  2x  65   ''  12  3. 65    195  196  Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1  1  196 13 1  196  ;x   5 6 Cả hai giá trị x thỏa... 16x  16  9x  11x  14     11  4 .9.  14   121  504  625  Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1  11  625 11  625 ? ?7  2;x   2 .9 2 .9 Cả hai giá trị x thỏa mãn:  ? ?7  Vậy tập... phương trình ban đầu S =  ;2 ? ?9  f) Điều kiện: x  1 x  9x  17  Ta có: x 1 x  x2  x  x  9x  17    x  1 x  1  x  1  x  1 17  x  1 x  9x     x  1 x  1  x