Bài 5 hai phương trình quy về phương trình bậc hai đáp án

PHẦN A LÝ THUYẾT GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CĨ DẠNG  f ( x) ax f ( x)  g ( x ) (I)  bx  c, g ( x ) mx  nx  p , a m  Để giải phương trình (I), ta làm sau: Bước Bình phương hai vế (I) dẫn đến phương trình f ( x) g ( x) tìm nghiệm phương trình Bước Thay nghiệm phương trình f ( x) g ( x) vào bất phương trình f ( x) 0 (hoặc g ( x) 0 ) Nghiệm thoả mãn bất phương trình giữ lại, nghiệm khơng thoả mãn loại Bước Trên sở nghiệm giữ lại Bước 2, ta kết luận nghiệm phương trình (I) Chú ý: - Trong hai bất phương trình f ( x ) 0 g ( x) 0 , ta thường chọn bất phương trình có dạng đơn giản để thực Bước - Người ta chứng minh tập hợp (số thực) giữ lại Bước tập nghiệm phương trình (I) Ví dụ Giải phương trình x  x   x  (1) Giải Bình phương hai vế (1) ta x  x   x  (2) Ta có: (2)  x  x 0 Do đó, phương trình (2) có hai nghiệm x 0 x 7 Thay hai giá trị vào bất phương trình x  0 , ta thấy có x 7 thoả mãn bất phương trình Vậy nghiệm phương trình (1) x 7 Ví dụ Giải phương trình Giải x  3x   x  x  (3) 2 Bình phương hai vế (3) ta x  3x   x  x  3(4) Ta có: (4)  x  x  0 Do đó, phương trình (4) có hai nghiệm x  x 2 2 Thay hai giá trị vào bất phương trình 3x  x   x  x  bất phương trình Vậy phương trình (3) có hai nghiệm x  x 2 II GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CĨ DẠNG  f ( x) ax f ( x)  g ( x) (II)  bx  c, g ( x) dx  e,a d  Để giải phương trình (II), ta làm sau: Bước Giải bất phương trình g ( x) 0 để tìm tập nghiệm bất phương trình Bước Bình phương hai vế (II) dẫn đến phương trình f ( x ) [ g ( x)] tìm tập nghiệm phương trình Bước Trong nghiệm phương trình f ( x) [ g ( x)] , ta giữ lại nghiệm thuộc tập nghiệm bất phương trình g ( x) 0 Tập nghiệm giữ lại tập nghiệm phương trình (II) Ví dụ Giải phương trình x  x  2 x  Trang Giải Trước hết ta giải bất phương trình x  0 (6) Ta có: (6)  x 1  x  2 Bình phương hai vế (5) ta x  x  (2 x  1) (7) 2 Ta có: (7)  x  x  4 x  x   x  x  0 5 Do đó, phương trình (7) có hai nghiệm x 1 x Trong hai giá trị trên, có giá trị x 1 thoả mãn Vậy phương trình (5) có nghiệm x 1 x Ví dụ Hai tơ xuất phát thời điểm vối vận tốc trung bình 40 km / h từ hai vị trí A B hai đường vng góc vối để bến O giao hai đường Vị trí A cách bến km , vị trí B cách bến km Gọi x thời gian hai xe bắt đầu chạy cách km 2 Bạn Dương xác định x thoả mãn phương trình (8  40 x)  (7  40 x) 5 Hãy giải thích thời gian x (giờ) để hai xe bắt đầu chạy cách km thoả mãn phương trình (8  40 x)  (7  40 x) 5 Sau đó, giải phương trình Giải Qng đường xe tơ xuất phát từ A, B sau x 40 x( km) Sau x giờ, ô tô xuất phát từ vị trí A đến C cách O khoảng OC 8  40 x( km) Sau x giờ, tơ xuất phát từ vị trí B đến D cách O khoảng OD 7  40 x( km) Để  40 x 0  40 x 0  x 0,175 Do tam giác OCD tam giác vuông nên CD  OC  OD  (8  40 x )2  (7  40 x )2 2 Ta có phương trình: (8  40 x)  (7  40 x) 5 Bình phương hai vế ta có: (8  40 x)  (7  40 x) 25  1600 x  640 x  64  1600 x  560 x  49 25  3200 x  1200 x  88 0 Trang  400 x  150 x  11 0 Phương trình có hai nghiệm x 0,1 x 0, 275 Đối chiếu vối điều kiện  x 0,175 , ta chọn x 0,1 Vậy thời gian để hai xe cách km 0,1 PHẦN B BÀI TẬP TỰ LUẬN Nâng lên lũy thừa, trị tuyệt đối hóa, sử dụng bất đẳng thức, đưa phương trình tích, đặt ẩn phụ Phương trình có dạng Đặt ẩn phụ ax  b , x, x , t  ax  b , t 0 ax  bx  c , ax  bx, t  ax  bx  c , t 0 ax  b , ax  b, t  ax  b  f  x  g  x  , f  x   g  x  C  f x g x      A A2 f  x  , f  x  f  x f  x m f  x , n f  x t  f  x  g  x t  f  x  t s f  x n Câu A f  x với s bội chung nhỏ m Giải phương trình sau: a ) 14  x x  b) x  x    x Lời giải a)  x  0 14  x ( x  3)  x 3  14  x  x      x 5  x   x 5 14  x ( x  3)  x  x  0 Vậy phương trình cho có nghiệm x 5 b) Trang  x  x  0  x 2   x 0  Điều kiện: Với điều kiện phương trình tương đương với  x  x  x  2  x  x  3x  0    x  Đối chiếu với điều kiện ta nghiệm phương trình x  , x  Câu Giải phương trình sau: a) x   x  0 b) x    x   2x Lời giải  x  0  x 2  x    a) Điều kiện: Với điều kiện phương trình tương đương với x   ( x  2)( x  2) 0   x  0     x  0  x  2(1  x  2) 0  x 2   x  17  Đối chiếu với điều kiện ta nghiệm phương trình x 2 b) Điều kiện:  x  0  1  x 0    x  1  x 0  Với điều kiện phương trình tương đương với x    2x   x Bình phương hai vế phương trình rút gọn ta  x  0 x 1  x  3x 1   2  x  1 2 x  x  Trang    x    2  x  x 0    x    x 0   x 0   x  Đối chiếu với điều kiện ta nghiệm phương trình x 0 Câu Giải phương trình sau: a)  x x 3x b) x  9 x  x  Lời giải a) Điều kiện:  x  Với điều kiện phương trình tương đương với 3 x  3x  x   10 10   0   x    x   3 3  x Đối chiếu với điều kiện ta nghiệm phương trình 10  b) Điều kiện: x 3 Với điều kiện phương trình tương đương với  x   3x (1   x ) 9 x    x    x  2  x 1   x    97  18 Đối chiếu với điều kiện ta nghiệm phương trình Câu x 1, x    97 18 Giải phương trình sau: a ) 3x  x   x  10 x  14 4  x  x b) x  9 x  x  Lời giải a) Ta có: 3x  x   x  10 x  14 4  x  x Trang 4 9     x  x      x  x      x  x  1  3 5    2  x  1    x  1  5   x  1 Phương trình  1 có: VT   2  5    VP 5 Vậy phương trình có tập nghiệm S  1 Do đó:  1   x  1 0  x  b) Ta có: x  x    x   x   2   Do   2 x  1   x    x   4 3 x  3  (2)   Vậy 2x  2x    2  2 nên |  x  |  x   3  x   x   4 2 x  0 x  0    x  9 2 x  5  S  ;  2  Vậy phương trình có tập nghiệm là: Câu Giải phương trình sau: a) x 1  x  x  b)  x  3 x   x  x  Lời giải   x  0    x  0 a) Điều kiện:   x  1   x   x  nên ta nhân liên hợp vế trái phương trình, ta Nhận thấy x 1    x  3 Trang   x   x 2   x 2 x  x    x 3 x  x 1  x   x  0 x   x   0    x   x   0  Phương trình vơ nghiệm với x 2 b) Ta thấy x  khơng nghiệm phương trình Xét x  Phương trình tương đương với:   2x2 1  x2  x   x 3 x2  x2 1 1 Phương trình  * x2 x 3  x 0    x  3  x   x2  x 3  2x2 1    *   x  x  2 x     x  4 x  25  20 x   x     x  10 x  12 0    x   x 5  13   x   13  Đối chiếu với điều kiện ta nghiệm phương trình là: x 5  13, x 0 Đối chiếu với điều kiện ta nghiệm phương trình x  , x  Câu Giải phương trình sau: a ) 3x   x 2 b) 3 x  x   x  15  Lời giải a) Điều kiện: x Nhẩm ta thấy x 1 nghiệm phương trình nên ta tách sau: Phương trình     3x        3x    3x  1 3x  1  x  0  x1 3  0 x2  x 1 x2  x 1     x  1    0 x  x 1   3x  1  1 Trang Vì  0 3x  1 x  x  1  x  x   x     2  nên Do phương trình  1  x  0  x 1 Đối chiếu với điều kiện ta nghiệm phương trình x 1 b) Phương trình viết lại sau: x   x  15  x  15  Vì x x2  x   nên phương trình có nghiệm phải thỏa mãn 3 x   hay 27 Phương trình tương đươg với: 3 x   x  15     3( x  1) x2  x 1   ( x  1)   Vì x  x  15  x  x 1 x2  x 1 x 8 3 x2   Do phương trình  2    x 1   0 x  15   x 1    2 x2   x2   x 1  x2  x 1  x 1 27 suy ra: 3 x2  3 x2  0 x  15  x 1 x  15  nên 0 x  0  x 1 Đối chếu điều kiện ta nghiệm phương trình x 1 Câu a) Giải phương trình sau x x   x  x  2 2 b) x  21x  18  x  x  2 Lời giải a) Điều kiện x 1 Nhận xét Đặt t  x  Trang x  x  x  1 x t  2  t  2t  0  t 1 x  1, t 0 phương trình có dạng t Với t 1 ta có x  1  x  x  x2  x   x  1 x  x 1   x  0  x 1 Đối chiếu điều kiện ta nghiệm phương trình x 1 Ta có x  21x 18  x  x  2   x  x    x  x  5 Đặt t  x  x  7, t 0 phương trình có dạng  t   loai   3t  2t  0    t 1 thoa man  Với t 1 ta có  x  x  x  1  x  x  0    x  Vậy phương trình cho có nghiệm x  6, x  Câu Giải phương trình sau 2 a) x  x  11 31  x  5   x  3 b) x  3x Lời giải a) Đặt t  x  11, t 0 phương trình có dạng  t  (loai) t  t  42 0    t 6 (thoa man) Với t 6 ta có x  11 6  x  11 36  x 5 Vậy phương trình cho có nghiệm x 5 2 b) Phương trình  x  x  x  x  10 0 Đặt t  x  3x , t 0 phương trình có dạng  t   loai  t  3t  10 0    t 2  thoa man  Với t 2 ta có x  3x 2  x  3x  0  x  x 1 Vậy phương trình cho có nghiệm x 1, x  Câu Giải phương trình sau a) x  x   x  b) x   x  6 Trang Lời giải a) Điều kiện: x  x t2  Đặt t  x  5, t 0 Khi phương trình trở thành t  10t  25 2   t    t 16 4  t  22t  8t  27 0   t  2t    t  2t  11 0 Ta tìm bốn nghiệm t1,2  2 2, t3,4 1 2 Do t 0 nên nhận giá trị t1   2, t3 1  Từ tìm nghiệm phương trình x 1  b) Điều kiện  x 6 2, x 2  Đặt t  x  1, t 0 phương trình trở thành t  t  5  t  10t  t  20 0   21 t  2   t  t    t  t   0      17 t   (do t 0 ) 11  17 x Từ ta tìm giá trị Câu 10 Giải phương trình sau a) b) 60  24 x  x  x  x  10  x  3   x   12  x  28  x Lời giải a) Điều kiện 60  24 x  x 0 Đặt t  60  24 x  x , t 0 phương trình trở thành t  t  x  x 0  t  6t  x  x 0 6 Ta có  t'  x  3 0 Với t x ta có Trang 10 suy t x t  x   x 0 60  24 x  x  x    x   14  x  x  10 0