Đại số lớp 9 tuyển tập 19 bài tập giải phương trình

19 BI GIẢI PHNG TRNH LỚP 9

Bài 1

Giải cc phng trnh sau : 2 x 1 3 x 1 1

+ Bảng xt dấu :

Với x <  , ta c Pt : 1 – 2x – 3( 1 – x ) = 1 x = 3 ( loại ) Với  x < 1 , ta có Pt : 2x – 1 – 3(1 – x ) = 1 x = 1 ( loại ) Với x 1 , ta có Pt : 2x – 1 – 3(x – 1 ) = 1 x = 1 ( nhận ) Vậy : S = 1

Bài 2

Giải cc phng trnh sau : x 2 x 1 x 2 x 1 2 ; K :

x 1 2 x 1 1 x 1 2 x 1 1 2

x 1 1 x 1 1 2 (2) ; ( vì x 1 1 0)

* Nếu x > 2 th Pt (2) x 1 +1 + x 1 - 1 = x = 2 (loại)

* Nếu 1 x 2 thì Pt (2) x 1 +1 + 1 x 0.x = 0 , Pt v số nghiệm VậyPt  cho c nghiệm 1

+ Cách khác : Sau khi biến ổi ến Pt (2) ta c x 1 1 1 x 1

Ch  bất ẳng thức A A iều kiện xảy ra ” =” l A 0

V thế 1 - x 1 0 1 1 x 2

Kết hợp với  ta c 1 x 2

Bài 3

x 3 2 x 1 x 0 (2)

2

4, (loại)

Vậy phng trnh  cho c một nghiệm 1

2

Bài 4

Giải cc phng trnh sau : 2x2 + 2x + 1 = 4x 1 (*)

Giải : K : 4x + 1 0 x - ¼

(*) 4x2 + 4x + 2 = 2 4x 1 4x2 + 4x + 1 – 2 4x 1 +1 = 0

4x2 + ( 4x 1- 1 )2 = 0

x

0

x x

x = 0 ( nhận) Vậy : S = 0

Bài 5

Tm cc gi trị x, y, z biết : 2 3 5 1( 7)

2

+ K : x 2 ; y 3 ; z 5

( x 2 1)2 ( y 3 1)2 ( z 5 1)2 0

2 1 0

3 1 0

5 1 0

x y z

3 4 6

x y z

Bài 6

Giải cc phng trnh sau : 2

2 1 0

x

1 0 1) 0 x =1 Vậy : S = 1

Bài 7

Giải cc phng trnh sau :

a) 3x2 6x 7 5x 4 2x x2

ra khi (x + 1)2 = 0 x = -1

5 – (x + 1)2 5 , dấu “=” xảy ra khi (x + 1)2 = 0 x = -1

Do  : 3x2 6x 7 5x2 10x 14 4 2x x2 5

(x + 1)2 = 0 x = -1 Vậy : S = 1

b) x 7 9 x x2 16x 66 ; K : 7 x 9

(VT) : A = x 7 9 x A2 = 2 + 2 (x 7)(9 x) 2 x 7 9 x 4

(p dụng BT C Si 2 (x 7)(9 x) 2 x 7 9 x 4)

Do  A 2 (VP) : B = x2 16x 66 = (x – 8 )2 + 2 2

Theo ề bi A = B nn A = B = 2 Do  x – 7 = 9 – x ; x = 8 (nhận)

Bài 8

Giải cc phng trnh sau :

2

x

K : Vì 5x3 + 3x2 + 3x – 2 = (x2 + x + 1) (5x – 2)

Mà x2 + x + 1 = (x + ½)2 + ¾ > 0

nên 5x3 3x2 3x 2c ngha khi 5x – 2 x 2/5

3

x

( theo BT C-Si cho hai số khng m)

Dấu “ = ” xảy ra khi x2 + x + 1 = 5x – 2 x2 – 4x + 3 = 0 (x – 1)(x – 3) = 0

x = 1 ; x = 3 Vậy : S = 1;3

Bài 9

Giải cc phng trnh sau :

2 x 3 5 2 x 3 x2 12 x 14

p dụng BT C-Si cho hai số khng m ta c :b

x

Dấu “ = ” xảy ra khi 2 3 0

x

Mặt khc 3x2 – 12x +14 = 3(x2 – 4x = 3(x – 2)2 + 2 2

Dấu “ = ” xảy ra khi x – 2 = 2

Vậy Pt c nghiệm duy nhất x = 2

Bài 10

Giải cc phng trnh sau :

x 2 10 x 0 ; K : 2 x 10

x = 6

Mà (VP) = x2 0 ( x 6)2 4 4 , dấu „=” xảy ra khi x = 6

Vậy phng trnh c một nghiệm duy nhất x = 6

Bài 11

Giải cc phng trnh sau :

x2 4x 4 x2 6x 9 1

Giải :

Dấu “ =” xảy ra khi : (x – 2) (3 – x) 0 2 x 3

Vậy Pt  cho c nghiệm l : 2 x 3

Bài 12

Giải cc phng trnh sau : x2 4x 4 x2 6x 9 1 (1)

x 2 x 3 1

p dụng BT A Adấu “=” xảy ra khi A 0 , ta có :

Do (1) nn phải xảy ra dấu “=” ở Pt (2) tức 2 0

x x

Bài 13

Giải cc phng trnh sau :

(12x –1)(6x – 1)(4x – 1)(3x – 1) = 330

Giải : (12x –1)(12x – 2)(12x – 3)(12x – 4) = 330.2.3.4 (*)

ặt : y = 12x – 3

(*) (y + 2)(y +1)y (y -1) = 7920 (y2 + y - 2)(y2 + y) – 7

ặt t = y 2 + y -1

(**) (t – 1)(t + 1) = 7920 t2 = 7921 t = 89

+ Với t = 89 th ta c y 2 + y – 90 = 0 9

10

y y

9 10

1 7 12

x x

+ Với t = - 89 thì ta có y 2 + y + 88 = 0 ệm

Vậy : S = 7

;1 12

Bài 14

Giải cc phng trnh sau : ( x – 16 (1)

Giải : ặt : y = x - 7

(1) ( y + 1) 4 6 khai triển rt gọn ta c : y 4 + 6y 2 – 7 = 0 (2)

Giai Pt (2) = 8 ; x = 6

Bài 15

Giải cc phng x + 3x 3 + 4x 2 + 3x + 1 = 0

Giải : + V ng phải nghiệm , nn ta chia 2 vế Pt cho x2 ,

Ta ợc Pt sau : (x2 + 1 2

x ) + 3( x +

1

x) + 4 = 0 (*)

+ ặt : y = x + 1

x nên x

2 + 1 2

x = y

2 – 2 (*) y2 + 3y + 2 = 0 (y + 1)(y + 2) = 0 y = - 1 hoặc y = -2

+ Với y = -1 ta có Pt : x + 1

x = -1 x

2 + x + 1 = 0 Pt v nghiệm

+ Với y = -2 ta có Pt : x + 1

x = -2 x

2 -2 x + 1 = 0 Pt c nghiệm x = -1

Bài 16

Giải cc phng trnh sau : (x 2 – 3x – 1 ) 4 – 13x 2 (x 2 – 3x – 1) 2 + 36x 4 = 0 (*)

ặt : u = (x 2 – 3x – 1) 2 ; v = x 2

(*) u2 – 13uv + 36v2 = 0

+ Xột v = 0 u = 0 , ta cú

2

0

+ xột v 0 , chia hai cho v2 ta cú Pt : 13 36

2

ặt y = ta cú PTBh : y2 – 13y + 36 = 0

Bài 17

3 x 21 x 18 2 x 7 x 7 2 (1) ; K: x 2 + 7x + 7 0

ặt : x2 7x 7 y 0 x2 + 7x + 7 = y2

(1) 3y2 + 2y – 5 = 0 (y – 1)(3y + 5) = 0 y = -5 (nhận)

+ x2 7x 7 1 x2 + 7x + 6 = 0 (x + 1)(x + 6) x = -1 ; x = -6

Với x = -1 ; x = -6 thỏa mn x2 + 7x + 7 0 Vậy nghiệm Pt x = -1 ; x = -6

Bài 18

Giải ph ơng trình : x2 x 5 5 (1)

Giải: Đ K x 5 0 5

Đ ặt: y x 5; y 0

Từ đó ph ơng trình (1) chuyể th ệph ơng trình

5

2 6

2 2

y y

Trừ từng v a đ ợ c: x2 y2 x y 0

0, Xảy ra 2 tr ờng hợ p

hay x y 0, thay vào (2) ta có: x2 5 0

Giải ra ta đ ợ c 1 1 1 21

2

2

b) x y 1 0 hay y 2 1 0, thay vào (2) ta có: x2 x 4 0

Giải ra ta đ ợ c: 1 1 27

2

x

Vậy ph ơng trình đã cho có 2 nghiệm: 21

2

1

1

2

1

2

Bài 19

Gi¶i ph ¬ng tr×nh : x2 x 1000 1 8000x 1000 1

§ Æt: 1 8000x 1 2y ; KÕt hî p ví i (1) ta ® î c hÖ:

2 2

2000 2000

Tõ hÖ (2) suy ra : x y x y 1 2000 0 3

Tõ hÖ (2) b»ng c¸ ch céng ta ® î c:

0 1999

0

y

y x y x

VËy tõ (3) ta cã x y thay vµo (1) ta ® î c x2 x 2000x

Gi¶i ph ¬ng tr×nh trªn ta ® î c :x1 0; x2 2001

x1 0 thay vµo (Lo¹ i) ; VËy ph ¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt x 2001