50 bai tap phuong trinh quy ve phuong trinh bac hai co dap an toan 9

BÀI TẬP PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI I Phương pháp giải 1 Phương trình trùng phương Phương trình trùng phương là phương trình có dạng 4 2 0( 0)   ax bx c a Cách giải Đặt ẩn phụ 2 ( 0)[.]

Trang 1

BÀI TẬP PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI

I Phương pháp giải

1 Phương trình trùng phương

Phương trình trùng phương là phương trình có dạng 420(0) axbxcaCách giải: Đặt ẩn phụ 2(0)yx y phương trình trở thành 20 aybyc Chọn nghiệm 20,   yxyxy

2 Phương trình chứa ẩn ở mẫu thức

Giải phương trình chứa ẩn ở mẫu thức ta làm như sau Bước 1: Tìm điều kiện xác định của phương trình Bước 2: Quy đồng mẫu thức hai vế rồi khử mẫu thức Bước 3: Giải phương trình vừa nhận được

Bước 4: Trong các giá trị tìm được của ẩn, loại các giá trị không thoả mãn điều kiện xác định Các giá trị thoả mãn điều kiện xác định là nghiệm của phương trình đã cho

* Phương trình tích: Vận dụng .0 00   AA BBII Bài tập Bài 1: (34/SGK, Tâp 2)

Giải phương trình trùng phương

a) x45x2 40 b) 2x43x2 20 c) 3x210x2 30

Giải

Muốn giải được bài này ta phải áp dụng các kiến thức đã học

Muốn giải phương trình trùng phương đã phải đưa phương trình về phương trình bậc hai Đưa phương trình trùng phương về phương trình bậc hai bằng cách nào?

Trang 2

Nếu kĩ năng giải toán của ta tốt sẽ tạo ra sự phản xạ, tạo ra sự nhận biết nhạy bén: 1 ( 5) 40a b      c lại nhớ ngay đến định lí Vi –ét “Nếu phương trình 20 axbx c có a b c  0 thì phương trình có một nghiệm x11cịn nghiệm kia x2  ca) Từ đó ta có: a11 và 2 4 41 a

Với a11 và a2 4 thoả mãn điều kiện a0 Do đó ta có:

1   11

ax

24

a ta có x 2

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S{1; 1; 2; 2} b) Giải phương trình 42

2 x3x  20

Đây là một phương trình trùng phương Khi giải phương trình trùng phương ta đặt ẩn phụ Đặt 2 (0)xm m thì phương trình 422 x3x  20 trở thành phương trình bậc hai 22m 3m 20 Phương trình này có các hệ số a2;b 3;c 2nên 224( 3)4.2.( 2)9 1625 b  ac   0

   nên phương trình có hai nghiệm phân biệt

1( 3)253 58222.244     b  ma2( 30253 52122.2442     b    m

a (nghiệm này loại)

Với m12 thì 222x    x c) Giải phương trình 423x 10x  30Đặt 2(0)xt t thì phương trình trùng phương 423x 10x  30 trở thành phương trình bậc hai: 23t 10t 30

Phương trình này có các hệ số a3,b5,c3 nên:

Biệt thức 22

53.325 9 160

 b ac 

Do  0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt

Trang 3

0

 t giá trị này không thoả mãn điều kiện t0 nên bị loại

25 49333    b  ta0

 t nên nghiệm này cũng bị loại

Bài 2: (35/56/SGK, Tập 2) Giải phương trình: a) ( 3)( 3) 2(1)3   xxxx b) 2 3 652  xxxc) 2421(1)(2)  xxxxxGiải a) Giải phương trình: (3)(3)2(1)3   xx

xx Quy đồng mẫu số và khử mẫu số ta có:

222

9 6334330

x    x x  x  x  (a)

Phương trình (a) có các hệ số: a4;b 3;c 3 nên có biệt thức

22

4( 3)4.4.( 3)9 48570

 b  ac   

Do  0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt:

1( 3)5735722.48     b xa2( 3)5735722.48     b xa

Vậy tập nghiệm của phương trình là: 3 57 3; 57

88S      b) Phương trình đã cho 2 3 652 x

xx có chứa biến ở mẫu số nên: 52 xx26352 x

xx Quy đồng mẫu số và khử mẫu số, ta có:

(2)(2) 3(5)(2)6(5) x  xx xx2224 26330 15630 xx   x x x  x x241540  x  x  (b)

Phương trình (b) có các hệ số a 4;b15;c4 nên có biệt thức:

22

4154( 4).4225 642890

Trang 4

Do  0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt 11528915 172122.( 4)884     bxa21528915 1732422.( 4)88    bxa

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là 1; 44  S c) Giải phương trình: 2421(1)(2)  xxxxx

* Phương trình này có chứa ẩn ở mẫu số nên điều kiện xác định là 1 x và x 2 24(2)2 x   xx

* Quy đồng mẫu số và khử mẫu số

22

482560

 x     xxx  x  (c)

Phương trình (c) có các hệ số a1;b5;c6 nên có biệt thức:

22

454.1.625 24 1 0 b  ac 

Do  0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt

1515 1422222     b  xa (loại) 2515 16322.122     b  xa (nhận)

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S  { 3}

Bài 3: (36/56/SGK, Tập 2) Giải phương trình: a) 22(3x 5x1)(x 4)0 b) 2222(2x  x 4)(2x 1)0Giải

a) Bài toán của câu này là một phương trình tích

Trang 5

Như thế là: ta phải giải hai phương trình (1) và (2) 2(1) 3x5x 10 có các hệ số a3;b 5;c1 nên có biệt thức là: 224( 5)4.3 125 12 130 b  ac 

Do  130nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:

1( 5)13513x22.36     b a2( 5)1351322.36     b xa2(2) x 40224042     xxxCách 2: 220240(2)(2)202      xxxxxxx

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là:

513 513;; 2; 266     Sb) Giải phương trình 222(2x  x 4)(2x1)0

Muốn giải được phương trình này ta vận dụng hằng đẳng thức đáng nhớ 3 trong 7 hằng đẳng thức đáng nhớ đã học ở lớp 8 22(A B)(A B)ABDo vậy ta có: 222(2 x x 4)(2x1)022(24 21)(24 21)0 x   xx x   xx 22222350 (1)(235)(23)0230 (2)       xxxxxxxxVới (1) ta có: Cách 1: Phương trình 22x 3x 50 có các hệ số: a2;b3;c 5 nên: 2 3 ( 5)0      a b c

Trang 6

Nếu phương trình 20 axbx c có a b c  0 thì phương trình có một nghiệm x11cịn nghiệm kia 2 52 cxa Do đó: Phương trình 22x 3x 50 có nghiệm là: 1215522     xcxaCách 2: Phương trình 22x 3x 50225250 x  x x 2(22 ) (55)0 x  x  x 2 (1) 5(1)0 x x  x (1)(25)0 x x 11015250252      xxxxxx* Với (2) Cách 1: Phương trình 22x   x 30 có các hệ số a2;b 1;c 3nên a b c          2 ( 1) ( 3)2 1 30

Trang 7

10123023    xxxx132  xx

Vậy tập nghiệm của phương trình

2222(2x  x 4)(2x 1)0 là: 531;; 1;22  SBài 4: (37/56/SGK, Tập 2)

Giải phương trình trùng phương

a) 429x 10x  1 0 b) 4225x 2x 16 10xc) 420,3x 1,8x 1,50 d) 2212x  14xGiải a) Phương trình 429x 10x  1 0 là một phương trình trùng phương

Phương pháp dùng để giải phương trình trùng phương là phương pháp đặt ẩn phụ Đặt x2 m 0 thì phương trình 9x410x2 1 0 thành phương trình: 29m 10m 1 0Phương trình 29m 10m 1 0 có các hệ số a9;b5;c1Nên 22( 5)9.125 9 160bac   

Do  160 nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt

1( 5)165 491999     b  ma2( 5)165 41999     b maTừ 21 1   11mxx 22111993    mxx

Trang 8

25y 3y260 có a5;b3;c 26nên 22434.5.( 26)9 5205290bac  

Vì  5290 nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt

135293 2320222.51010     b xa235293 23262, 6022.51010     b xa (loại) Với 21 2   22yxx

Vậy tập nhiệm của phương trình đã cho là: S  {2; 2} c) Giải phương trình 42

0,3x 1,8x 1,50 (a) Nhân cả 2 vế của (a) với 10 ta có:

42420,3x 1,8x 1,5 03x 18x 150Đặt 2(0)xt t thì phương trình 3x418x2150 trở thành phương trình: 23t 18t150 có các hệ số a3;b18;c15nên a b c    3 18 150Nhắc lại: Theo Vi-ét: Nếu phương trình 20 (a0) axbc c có a b c  0 thì phương trình có một nghiệm 1x 1, cịn nghiệm kia x2  ca Vận dụng hệ thức này thì 1 1

t (bị loại vì điều kiện t0)

21553  c  ta (loại) Vậy phương trình 420,3 x1,8x 1,50 vơ nghiệm d) Giải phương trình 2212x  14x

Trang 9

22

454.2( 1)25 8330

 b  ac  

Do  330 nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt

153353322.24     b qa2533533022.24     b qa (loại) Từ kết quả trên 253353342    xx

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là

533533;22       SBài 5: (38/56/SGK, Tập 2) a) 22(x3) (x 4)23 3 x b) 32222(3)(1)(2) xxxxxc) 322(x1)0,5x x x(1,5) d) ( 7) 1 4323    x xxxe) 214 1 19 3xx f) 2281(1)(4) xxxxxxGiải

a) Muốn giải được câu này ta phải áp dụng hằng đẳng thức đáng nhớ:

222(A B)A 2ABB222(A B)A 2ABB Ta có: 22(x3) (x 4)23 3 x226981623 3x  x x  x x

Áp dụng quy tắc chuyển vế Ta có thể chuyển bất kì số hạng nào của một đẳng thức từ vế này sang vế kia nhưng phải đổi dấu số hạng đó

2221523 3 x  x x22225 23 30 x  x x22520 x  x Có các hệ số a2;b5;c2 nên biệt thức: 24 .524.2.225 1690 b  a c 

Trang 10

1595 32122.2442     b  xa2595 38222.244     b  xa

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: 2; 12   S b) Giải phương trình: 32222(3)(1)(2) xxxxx

Khi giải câu này ta phải sử dụng những kiến thức cơ bản nào? Muốn giải được phương trình 3222

2(3)(1)(2) xxxxx ta phải sử dụng các kiến thức cơ bản: * Hằng đẳng thức 222(A B) A 2ABB và 33223(A B) A 3A B3AB B

* Quy tắc nhân đa thức với đa thức * Định nghĩa số hạng đồng dạng * Quy tắc cộng, trừ số hạng đồng dạng * Định lí Vi-ét 3223226922 xxxxxxx22x 8x 11 0  phương trình này có các hệ số 2;4;11a b c  nên có biệt thức:  2242.( 11) 16 22 38 0bac

Do  38 0 nên phương trình hai nghiệm phân biệt

14382bxa   24382bxa   

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là:

Trang 11

22

4(1,5)4.( 2,5).( 1)2,25 86,75 0

bac

    

Do   6,750 nên phương trình đã cho vơ nghiệm

d) Giải phương trình ( 7) 1 4

323

x x   xx

2 (x x 7) 6 3x 2(x 4)

   (Quy đồng mẫu và khử mẫu số) 22x 14x 6 3x 2x 8 22x 14x 6 3x 2x 8 0  22x 15x 14 0Phương trình 2x215x14 0 có các hệ số a2;b 15;c 14 nên  b24ac ( 15)24.2.( 14)225 112 337 0

Do  337 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:

1( 15)3371533722.24bxa   2( 15)3371533722.24bxa   

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là:

15337 15337;44S     e) Giải phương trình: 214 1 139 xx  

Phương trình này có mẫu số chứa biên (chứa ẩn) nên khi giải phải xác định điều kiện của ẩn để mẫu số khác 0 Điều kiện xác định: x 3 Phương trình 214 1 139 xx   là các phép tính cộng trừ các phân thức có mẫu thức khác nhau

Muốn thực hiện các phép tính cộng, trừ các phân thức có mẫu thức khác nhau, theo quy tắc ta phải quy đồng các mẫu thức

Muốn quy đồng mẫu thức ta phải tìm mẫu thức chung

Muốn tìm được mẫu thức chung phải phân tích các mẫu thức ra thừa số để chọn các thừa số chung Mỗi thừa số lấy với số mũ cao nhất

Trang 12

Do thế ta có: 22214114111339 x 3 xx   x  1411(x 3)(x 3) x 3 14(3)(3)3(3)(3)(3)(3)xxxxxxx  293 14xx   

(vì hai phân thức bằng nhau có mẫu thức bằng nhau thì tử thức bằng nhau) 220 0xx Phương trình 220 0x  x  có các hệ số: 1;1;20a b c nên 22414.1.( 20) 1 80 81 0bac   

Do  81 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:

11811 98422.122bxa     21811 910522.122bxa     Với các giá trị x1425

x   thoả mãn điều kiện x 3

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: S { 5; 4} f) Giải phương trình   2281(1)(4)xxxxxx

Trang 13

nên ta có a b c      1 7 ( 8)0 nên theo Vi-ét thì: 11

x   (không thỏa mãn điều kiện x 1 nên bị loại)

2( 8)81cxa 

 (thỏa mãn điều kiện của ẩn) Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: S {8}

Bài 6: (39/57/SGK, Tập 2)

Giải phương trình bằng cách đưa về phương trình tích

a) 22(3x 7x10)[2 x (15)x5 3] 0b) 323260x  x  x c) 22(x 1)(0, 6x 1)0, 6x xd) 2222(x 2x5)(x  x 5)Giải a) Phương trình: 22(3x 7x10)[2 x (15)x5 3] 0 là nghiệm tích nên: 22371002(15)5 30xxxx   * Phương trình 3x27x100 có các hệ số 3;7;10a b  c  nên: 3 ( 7) ( 10)3 7 100a b c        Theo Vi-ét thì: x1 12( 10)1033cxa * Phương trình 22x  (15) x5 3 0 có các hệ số 2;(15);5 3a b  c Do đó: 2 155 30

a b c      nên theo Vi-ét thì:

31x 45 32x 

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là:

Trang 14

Phân tích đa thức 32326x  x  x ra thừa số Ta có: 32323260(3) (26)0x  x  x   x  x  x22(3) 2(3)0(3)(2)0x xxxx   2233303220222xxxxxxxxx              

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: S   { 3;2; 2}

c) Giải phương trình 22(x 1)(0, 6x 1)0, 6x xÁp dụng quy tắc chuyển vế ta có: 2(x 1)(0, 6x 1) x(0, 6x 1)0Phân tích đa thức: 2(x 1)(0, 6x 1) x(0, 6x 1)0 ra thừa số ta có: 2(0, 6x1)(x  1 x)0220, 6100, 61 (1)1010 (2)xxxxxx       * Với (1) ta có: 0, 61 1 50, 63x   x   * Với (2) có: 21 0x   x có 224( 1)4.1( 1) 1 45bac     151522.12bxa  1522bxa  

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là:

5 15 15;;322S      d) Giải phương trình: 2222(x 2x5)(x  x 5)

Áp dụng quy tắc chuyển vế của đẳng thức ta có:

22222222

(x 2x5)(x  x 5)(x 2x5)(x  x 5)0

Trang 15

2222(x 2x 5 xx 5)(x 2x 5 xx 5)0     2(2xx)(3x 10)000(21)0 1210310023100103xxxxxxxxx             

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: {0; 1 10;}2 3S  Bài 7: (40/57/SGK, Tập 2) Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ: a) 2223(x x)2(x   x) 1 0 b) 222(x 4x2)x 4x 40c) x x5 x7 d) 10. 1 31xxxxGiải a) Giải phương trình 2223(x x)2(x   x) 1 0Đặt 2x  xt ta có: 23t   2t 1 0 Phương trình này có các hệ số 3;2;1a b  c  nên: 3 2 1 0a b c      Do đó phương trình có một nghiệm là: 11x  và 2 1 133cxa  Từ đó ta có: 22111 0t x   xx   x22414.1( 1) 1 45bac      

Do   50 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

Trang 16

Phương trình 23x 3x 1 0 có các hệ số a3;b3;c 1 nên: 22434.3.( 1)9 1230bac     

Phương trình vơ nghiệm

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: S 1 5; 1 5

22      b) Giải phương trình 222(x 4x2)x 4x 40222(x 4x 2)(x 4x 2) 60  Đặt 242x  x  y thì phương trình 222(x 4x2)(x 4x  2) 60 trở thành phương trình 260t   t Phương trình 260t   t có các hệ số a1;b1;c 6 nên: 22414.1.( 6) 1 2425bac    250

   nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

11251 54222.122bt          21251 56322.122bta     * Với t12 ta có 2242240(4)0x  x   x  x x x00404xxxx  * Với t2 3 thì 22423450x  x   x  x 2(2)1.54 51 0      

Phương trình vơ nghiệm Vậy S {0; 4}

c) Giải phương trình x x 5 x7 áp dụng quy tắc chuyển vế ta có:

Trang 17

11t   (loại) 2( 7)7711cta 

  (thỏa mãn điều kiện của ẩn) Với t2 7 ta có 7 7 02 497xxx   

Vậy phương trình đã cho có: S{49}

d) Giải phương trình: 10. 1 3 (0,1)1xxxcxx 

Giải bài tốn này bằng phương pháp đặt ẩn phụ: Đặt 1xtx  thì 11xxt 

Do đó phương trình đã cho trở thành phương trình

22110.31033100tttttt     Phương trình 23100t  t  có các hệ số a1;b 3;c 10nên 234( 3)4.1.( 10)9 40490bac   

Do  490 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt

1( 3)493 710522.122bxa    2( 3)493 74222.122bxa     * Với t15 thì 55545 514xxxxxx      * Với t2  2 ta có: 22232 213xxxxxx           

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: 5; 243

S    





Bài 8:

Giải phương trình sau:

Trang 18

a) Áp dụng hằng đẳng thức đáng nhớ 22

(A B) 2 A 2ABB để khai triển 2

(2x1) ta có:

22

(2x1)8x4x 4x 1 8x

Áp dụng quy tắc chuyển vế các số hạng của đẳng thức 24x 4x 1 8x 0 24x 4x 1 0 Phương trình này có các hệ số a4;b 2;c1nên có biệt thức 22( 2)4.14 40bac    

Do  0 nên phương trình có nghiệm kép: 12( 2)21442bxxa  Cách khác:

Phân tích vế trái của phương trình 2

4x 4x 1 0 ra thừa số, ta có: 24x 4x 1 02(2x 1)0(2x 1)(2x 1)0 121021 22102112xxxxxx       

Vậy phương trình đã cho có nghiệm kép 1 2 1

2

x x  b) Giải phương trình (3x1)(1x) 15

Thực hiện phép nhân đa thức với đa thức ở vế trái của phương trình, ta có: 2

(3x1)(1x) 153x3x   1 x 15Áp dụng quy tắc chuyển vế của đẳng thức

2

3x 2x 1 150

 

Thu gọn đa thức ở vế trái của phương trình 3x22x160Phương trình này có các hệ số a3;b1;c 16nên có biệt thức 2213.( 16) 1 48490bac   

Trang 19

11491 762333bxa     21491 78333bxa    

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: 2; 83S    c) Giải phương trình 22x 3x (x 1)(x 2)0

Theo thứ tự thực hiện phép tính, thực hiện phép tính nhân đa thức với đa thức sau đó thực hiện phép trừ: 2222x 3x (x 1)(x  2)02x 3x(x 2x x 2)0222x 3xx 2xx 20  

(Chú ý quy tắc đưa biểu thức ra ngoài dấu ngoặc, đứng trước ngoặc là dấu “-“ ta phải đổi dấu các số hạng trong ngoặc)

Thu gọn biểu thức ở vế trái của phương trình, ta có: 2620x  x Phương trình có các hệ số a1;b3;c2 nên: 2231.( 2)9 2 11bac     

Do  11 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:

13113111bxa     23113111bxa     

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là:

{ 311; 311}S     d) Giải phương trình: 211300x  xPhương trình 211300x  x có các hệ số a1;b 11;c30 nên có biệt thức: 224114.1.30 121 120 1 0bac  

Do   1 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt

1( 11)111 112622.122bxa   2( 11)111 110522.122bxa   

Trang 20

Cách khác:

Nếu ai đó nhớ kiến thức cơ bản, con mắt toán học tinh một chút thì thấy ngay Phương trình 2

11300

x  x có hệ số 11 6 5 

306.5

nên áp dụng ngay hệ thức Vi-ét và nhẩm ngay ra nghiệm của phương trình này 12( 11)1111 6 511bSxxa    1230.306.51cPx xa 

Tôi nhắc lại: Thuộc kiến thức cơ bản, năng rèn luyện năng lực tư duy bằng các làm bài tập thật nhiều bài tập là khá, giỏi toán

Nếu toàn dân Việt Nam từ 25 tuổi trở lên đều khá tốn, nếu giỏi tốn thì rất tốt (kể cả bà bán tơm, bán tép ngồi chợ), tu luyện đạo đức qua tốn học (người giỏi tốn rất ít khi làm những việc sai đạo lí) thì Việt Nam sẽ khơng thia kém bất kì quốc gia nào e) Giải phương trình 212270x  xCách 1: Phương trình 212270x  x có các hệ số a1;b 6;c27 nên biệt thức 22( 6)1.2736 2790bac   

Do   90 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt

1( 6)96 399111bxa     2( 6)96 3311bxa    

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S{9;3}

Cách 2:

Cũng như phương trình trước, phương trình này cũng có các hệ số cho ta nghĩ ngay đến cách giải nhẩm nhanh nhất 12( 12)123 91bSxxa   1227.273.91cPx xa 

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S{3;9}

f) Giải phương trình 2

1021 0

x  x

Trang 21

Phương trình 21021 0x  x có các hệ số 1;5;21a b  cnên 22( 5)1.2125 2140qbac  

Do  0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:

1( 5)45 277111bxa     2( 5)45 233111bxa     

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S {7;3}

Cách 2:

Phương trình 2

1021 0

x  x có các hệ số: 10 7 321 7.3

Do đó ta nghĩ ngay đến nhẩm nghiệm bằng hệ thức Vi-ét: 12( 10)10107 311bSxxa   1221.277.31cPx xa 

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S {7;3} g) Giải phương trình 2

2x 24x700 (a) Chia cả hai vế của (a) cho 2 ta có:

222470022x  x Áp dụng tính chất chia một tổng cho một số, ta có: 22224700123502222xxxx Cách 1: Phương trình 212350x  x có các hệ số a1;b 6;c3522( 6)1.3536 35 1 0bac   

Do   1 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:

Trang 22

2( 6)16 155111bxa     

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: S {7;5}

Cách 2:

Phương trình x212x350 có các hệ số: 12 và 35 cho ta liên hệ đến hệ thức Vi-ét: 12( 1)127 511bSxxa   1231.357.51cPx xa 

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S{7;5}

Bài 9: Giải phương trình: a) 223x 9x320b) 22x 5 2x6 20c) 23,11x 5, 09x1, 980d) 2(12)x 3(12)x 2 2 20Giải a) Giải phương trình 223x 9x320Cách 1: Phương trình 223x 9x320 có các hệ số a23;b 9;c 32

Quan sát và nhẩm nhanh các hệ số của phương trình ta thấy ngay: 0a b c   vì 23 ( 9) ( 32)   23 9 32 32 0 Do đó: x1 1 và 2 ( 32) 322323cxa Cách 2: Phương trình 223x 9x320 có các hệ số a23;b 9;c 32224 ( 9)4.23.( 32)81 294430250ba c  

Do  30250 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt

Trang 23

b) Giải phương trình: 2

2x 5 2x6 20 có các hệ số a2;b5 2;c 6 2

Do đó a b c  2 5 2 ( 6 2)0 nên theo Vi-ét ta có: 11x  và 2 6 2 62cxa  

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S {1; 6} c) Giải phương trình 2

3,11x 5, 09x1, 980 Ta có:

3,11 ( 5, 09) 1,983,11 5, 09 1,980

a b c    nên theo Vi-ét ta có:

11x  và 2 1,98 1983,11311cxa 

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: 1;198311S   d) Giải phương trình 2(12)x 3(12)x 2 2 20

Quan sát và nhẩm nhanh ta thấy ngay:

(12) 3(12) (2 2 2)0a b c    Vận dụng định lí Vi-ét ta có: 11x  và 22 2 22(12)21212cxa 

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: S {1; 2}

Bài 10:

a) Chứng minh rằng phương trình 2

41 0

x  x  có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 Lập phương trình bậc hai có nghiệm 2

1x và 22x b) Tìm m để phương trình 22230

x  mx m  có hai nghiệm cùng dấu Khi đó hai nghiệm có cùng dấu âm hay cùng dấu dương

Giải

a) Chứng minh phương trình 2

41 0

x  x  có hai nghiệm phân biệt

Một câu hỏi đặt ra để tư duy Dựa vào kiến thức cơ bản nào để chứng minh một phương trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt

* Theo cơng thức nghiệm, phương trình bậc hai dạng 2

(0)

ax bx c a có hai nghiệm phân biệt   0 hoặc  0

Với phương trình 2

41 0

x  x  có a1;b 2;c1 nên phương trình này có biệt thức

22

( 2)1.14 1 30

bac



Trang 24

Như vậy phương trình 2

41 0

x  x  có  0 nên có hai nghiệm phân biệt * Lập phương trình bậc hai có nghiệm 2

1

x và 22

x

Làm thế nào để lập được một phương trình bậc hai có 21x và 22x ? Phương trình x24x 1 0 có 2( 2)1.14 1 30

      nên có hai nghiệm phân biệt

là: x1 và x2 mà x1x2 Sb

Theo yêu cầu đề bài ta phải lập phương trình bậc hai có hai nghiệm 21x và 22x Muốn có 21x và 22x thì phải có 22121 2(x x )2x x 42.1(Px x1. 2 c) 16 2 14 

 Phương trình bậc hai ta phải lập là 2

141 0

x  x 

b) Phương trình 2

2230

x  mx m  có hai nghiệm cùng dấu Dựa vào đâu để biết hai nghiệm cùng dấu hay khác dấu

Phương trình bậc hai có hai nghiệm cùng dấu  P 0 tức là x x1. 2 0 (vì nếu x1x2

cùng âm thì ( ).( )   

Nếu x1 và x2 cùng dương thì tích dĩ nhiên là số dương) Phương trình 22230x  mx m  có: 21223023.2301mmcmPx xma     2(1)203322mmm   

Khi đó x1x2 2m 0 Phương trình có hai nghiệm dương

Bài 11:

Cho phương trình 2

(m1)x 2mx  m 20 (1) a) Giải phương trình (1) khi m1

b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

Giải a) Thay m1 vào (1) ta có: 22(1 1) x 2.1x   1 200x 2x 1 01212xx  

b) Phương trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi  0 hoặc  0 và

101

Trang 25

Do đó 2

(m1)x 2mx  m 20 có hai nghiệm phân biệt

222(1)(2)(22)0mmmmmm m    22220mmm m  3m 20 3m 2 (m 1)32m Vậy khi m1 và 32m thì phương trình 2

(m1)x 2mx  m 20 có hai nghiệm phân biệt

Bài 12:

Giải phương trình sau: a) 28120x  x b) 2560x  x c) 23x 5x 20 d) 23x 2x 80e) 22x 7x 60 f) 24x 3x520Giải a) Giải phương trình 28120x  xPhương trình 28120x  x có các hệ số a1;b 4;c12 nếu có biệt thức 22( 4)1.12 16 1240bac   

Do   40 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:

1( 4)44 266111bxa     2( 4)44 222111bxa     

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là: S {6; 2} b) Giải phương trình: 2560x  x Phương trình 2560x  x  có các hệ số: a1;b5;c6 nên có biệt thức: 224541.625 24 1 0bac  

Do  0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:

Trang 26

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S   { 2; 3} c) Giải phương trình 23x 5x 20Phương trình 23x 5x 20 có các hệ số a3;b 5;c2 nên có biệt thức: 24( 5) 4.3.225 24 1 0bac    

Do  0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt

1( 5)15 16122.366bxa     2( 5)15 14222.3663bxa     d) Giải phương trình 23x 2x 80Phương trình 23x 2x 80 có các hệ số a3;b1;c 8 nên có biệt thức 22213.( 8) 12425bac    

Do  250 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt

11251 54333bxa    21 56233bxa    

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là 4; 23S   e) Giải phương trình 22x 7x 60Phương trình 22x 7x 60 có các hệ số a2;b 7;c6 nên: 224( 7)4.2.649 48 1 0bac   

Do   1 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:

1( 7)17 18222.244bxa     2( 7)17 16322.2442bxa     

Trang 27

Do  1690 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: 1( 3)1693 131622888bxa    2( 3)1693 1310528884bxa    

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: 2; 54S    Bài 13: Cho phương trình 22(1)2100x  m x m (m là tham số) 1) Giải và biện luận về số nghiệm của phương trình

2) Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm x x1, 2 Hãy tìm hệ thức giữa x x1, 2 mà khơng phụ thuộc vào m

Giải

1) * Giải và biện luận số nghiệm của phương trình: 2

2(1)2100

x  m x m

Khi giải phương trình bậc hai việc xác định hệ số vô cùng quan trọng Người hiểu không sâu vế toán coi thường việc xác định các hệ số

Có xác định được hệ số mới láp được biệt thức Có xác định được biệt thức mới xác định được phương trình có nghiệm kép hay khơng có nghiệm cũng từ biệt thức ta xác định được phương trình đã cho có mấy nghiệm

Phương trình 22(1)2100x  m x m có các hệ số a1;b(m1);c2m10Do thế 22(1)1.(210)bacmm 221 210mmm 29(3)(3)mmm 

* Biện luận số nghiệm của phương trình a) Nếu 290m   thì 22203m  m 33mm    hay m3

Khi đó phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt

b) Nếu 22

9093

Trang 28

- Với m3 thì 1 2 1 3 1 4 4111mxx  - Với m 3 thì 1 2 1 3 1 2 2111mxx   c) Nếu 290

m   thì   3 m 3 phương trình vơ nghiệm 2) Tìm hệ thức liên hệ giữa x x1; 2 mà không phụ thuộc vào m

Nếu phương trình 2

2(1)2100

x  m x m có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 thì

1212210.21012(1)222211cmPx xmabmmSxxma     1.2(12)(210) (22)x xxxmm2m 10 2m 28  Hay x x1. 2(x1x2) 8 0

Đây chính là hệ thức liên hệ giữa x1 và x2 không phụ thuộc vào tham số m

Bài 14:

Cho phương trình 2

2(1) x 2 m 100

x  m

1) Giải và biện luận số nghiệm của phương trình theo m 2) Tìm m sao cho 22121210 x x x x đạt giá trị nhỏ nhất Tính giá trị nhỏ nhất đó Giải 1) Phương trình 22(1) x 2 m 100x  m có các hệ số a1;b (m1);c2m10 222(1)1.(210)21 210bacmmmmm  29(3)(3)mmm 

* Biện luận số nghiệm của phương trình theo m a) nếu   m2 90 thì m2 9 m232

33

mm

    hay m3

Khi đó phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt

b) Nếu 22

9093

mmm



      

Trang 29

- Với m3 thì 1 2 1 1 3 1 41bmxxma      - Với m 3 thì 2 2 1 3 1 2 2111mxx    c) Nếu 290

m   thì   3 m 3 phương trình vơ nghiệm 2) Tìm m sao cho 22

1212

10 x x x x đạt giá trị nhỏ nhất Tìm giá trị nhỏ nhất đó Khi m3 hoặc m 3 thì phương trình có 2 nghiệm

Khi đó 2221212121 210 x xxx (xx )8x x24(m 1)8(2m 10)4(m3)248 48Vậy 22121210 x xxx đạt giá trị nhỏ nhất là 48 khi m 3 Bài 15:

Giải và biện luận các phương trình sau:

a) x24mx3m20 b) x24mx5m20c) x22mx m2 9 0 d) 3m x224mnx n20g) x22mx m2n20 e) x22mx m2n20Giải a) Giải phương trình 22430xmxmPhương trình 22430xmxm có các hệ số a1;b 2 ;m c3m2 b2ac ( 2 )m21.3m24m23m2m2

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi m20

21202( 2 )2 13113 nêu 01m mm nêu mmmmmmxmamm       2223 02( 2 )2 11101m mm nêu mmmmmmxmam nêu m      

Như vậy phương trình có hai nghiệm m và 3m nếu m0 Phương trình có nghiệm kép khi   2  

Trang 30

 22 2222(2 )1.( 5)459bacmmmmm biệt thức 29m 0

  0 Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi  2 

9m 0 Khi đó ta có: 21235 nêu 02329 111 nêu m0 1mmmmmmbmmxmam       2 nêu 02355 nêu 011mmbmmmxmma    

Phương trình đã cho có nghiệm kép khi  9m2  0 m 0 c) Giải phương trình 22 29 0xmx mPhương trình 22 29 0xmx m có các hệ số: 1;;29abm cm có biệt thức là:  222 22  1.(9)9 9 0bac mmmm

Do   90 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:

      193311bmmxma      293311bmmxmad) Giải phương trình 2223m x 4mnx n 0Phương trình 2223m x 4mnx n 0 có các hệ số 2 23;2;am bmn cn 2 2222 22 22 2( 2)3.430bacmnm nm nm nm n

Do  0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt:

    2 2 12222( 2)2(2).33333bmnm nmn mnm n nm nnxammmmm    2 2 2 2 2( 2)33333bmxmnmn mnmnnxammmm

Nếu m0và n0 thì phương trình có hai nghiệm là n

m và

3

nm

Nếu m0 và n0 thì phương trình có vơ số nghiệm g) Giải phương trình 222

20

Trang 31

Phương trình 22220xmx mn có các hệ số  221;;abm cmn 2 222()1(m)bacmnm2m2n2  n20Do    20

n nên phương trình vơ nghiệm f) Giải phương trình 22220xmx mnPhương trình x22mx m2n20 có các hệ số: 221;;a b m cm n2222222( m)1.(mn ) mmnn  21()11mmnm nxm na   22()11bmnm nxm na    

Nếu n0 thì phương trình có hai nghiệm:

1

x  mn

2

x  m n

* Nếu m0 thì phương trình có nghiệm kép 1 2 2 21bmxxma

* Nếu n0 thì phương trình vơ nghiệm

Bài 16:

Giải và biện luận các phương trình sau:

a) 2231mx  xx  b) 2(m1)x 2x 1 0c) 21ax  aGiải a) Giải phương trình 2231mx  xx 

Trang 32

9 ( 4 m 4)  9 4m 44m 5  * Nếu 54m  thì phương trình có nghiệm kép 1 2 23x x   * Nếu 54

m  thì phương trình có hai nghiệm phân biệt

12345,2(1)mx xm* Nếu 54

m  thì phương trình vơ nghiệm b) Giải phương trình 2(m1)x 2x 10 (m1)Phương trình 2(m1)x 2x 10 (m1)có các hệ số a m 1; b 1;c 122b ac ( 1)(m 1).1 1 m 1 m 2       

* Nếu m2 thì phương trình vơ nghiệm

* Nếu m2 thì phương trình có nghiệm kép x1x2 1 * Nếu m2 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt:

1,212

x x  m

c) Giải phương trình 2

1

ax  a

Áp dụng quy tắc chuyển vế của đẳng thức, đưa phương trình 21ax  a về dạng: 21 0ax   a

* Nếu a0 thì phương trình trở thành 0x 1 Phương trình vơ nghiệm

* Nếu a0 thì 2 a 11 axxaa  Với a 1 hoặc a0 thì xa 1a Với a 1 thì x0