34 Bài tập phương trình và hệ phương trình Toán nâng cao 9

Bài toán 32: Cho tam giác có số đo các đường cao là các số nguyên, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác bằng 1.. Chứng minh tam giác đó là tam giác đều..[r]

34 BÀI TẬP PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH TỐN NÂNG CAO LỚP

Bài tốn 1: Giải phương trình

2 10 12 40

x   x x  x

Bổ đề : Với a0;b0 a b  a b 2  a b  2 a b 2   a b 2a2b2 Giải: Điều kiện : 2 x 10, Ta có x 2 10 x 2x  2 10 x4 mà

   2

2

12 40 12 36 4

x  x  x  x   x   Dấu xảy

2 10

6

6

x x

x x

   

    

 Vậy phương trình có nghiệm x =

Hoặc: Áp dung bất đẳng thức Cô si cho hai số khơng âm ta có  4 10 .4 2 4 10 4

2 10

2 4

x x x x

x   x          

Dấu xảy

10

x

x x

  

    



Bài tốn 2: Giải phương trình: 2

1

x   x xx  x  x

Vì

1

x   x xx2 1 nên Áp dụng bất đẳng thức Cô si số hạng vế trái ta

được:   1

1

2

x x x x

x  x       (1)

  2

2 1

1

2

x x x x

xx         (2)

Cộng (1) (2) vế theo vế ta có: 2 2

1 1

2

x x x x

x   x xx        x nên theo đề

ta có : 2  2

2 1

x     x x x  Đẳng thức xảy x = Thử lại ta thấy x = thoả Vậy

phương trình có nghiệm x =

Bài tốn 3: Giải phương trình:

Điều kiện tồn phương trình:

3

2 2

5 2

2

x x

x x

x

    

    

   

  



(*)

Vế phải (1): 2  2   2

3x 12x143 x 4x  4 x2  2 Đẳng thức xảy x =

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacơpxki thoả mãn (*) vế trái phương trình (1):

 2 

2x 3 2 x 1 2x  3 2x  42 Đẳng thức xảy

2x  3 2x x Đẳng thức xảy phương trình (1) nên x = nghiệm phương trình

Hoặc Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số khơng âm ta có:

   

2 2

2

x x

x   x        Đẳng thức xảy

2

2

5

x

x x

  

    

 Đẳng thức xảy phương trình (1) nên x = nghiệm

phương trình

Bài tốn 4: Giải phương trình: 2

2 3

x  x  x  x  x x (1)

Giải: Điều kiện

2

2

2

1 3

x x

x x

  

 

  

 (2)

Vế trái phương trình (1): 2  2

2 2

x  x  x   với x đẳng thức xảy x

= Theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki với x thoả mãn (2) vế phải phương trình (1) thoả:

    2

2 2 2 2

2x  x 3 x3x  1 2x   x 3x3x  4 x2x  4 x 2 đẳng

thức xảy 2

2x   x 3x3x Để đẳng thức xảy phương trình (1) hai vế

phương trình (1) Nên x = Thử lại thấy x = nghiệm phương trình Bài tốn 5: Giải phương trình:  

5 1x 2 x 2 (1) Giải:

Điều kiện   

 2

5ab a b a a

b b

            

    Giải phương trình

a

b 

1

a b 

Với a

b  phương trình (1) vô nghiệm

Với

2

a

b 

2

2

1

2 1

5

x

x x x

x x

  

     

  

 Phương trình có hai nghiệm thoả điều

kiện

5 37

2

x   ; 2 37

2

x  

Bài toán 6: Giải phương trình: 42 60 5x  7x  (1)

Phương trình (1) có nghĩa x < nên  1 42 60

5 x x

   

      

 

   

42 42 60 60

3 3

5 7

0

42 60

3

5

x x x x

x x

     

   

         

     

  

   

 

     

   

42 60

9

5 0

42 60

3

5

x x

x x

 

 

  

   

 

     

   

 

 

 

 

9 42 60

0

42 60

5

5

x x

x x

x x

   

  

   

       

 

   

 

   

1

3

42 60

5

5

x

x x

x x

 

 

 

    

   

          

    

 

 

3 3x

  

   

1

42 60

5

5

x x

x x



   

       

 

   

> nên

x Thử lại nên nghiệm phương

trình

x

Bài tốn 7: Giải phương trình: x x 2 x x 5 x x 3 (1)

Điều kiện để phương trình có nghĩa :   3 x ;0 x Bình phương hai vế phương

trình (1) ta được:     2    

2 2

  

2

2 x x x 10x x

     2    22

4x x x 10x x

    

    

2 2

4x x x 100x 20x x 4x x 7x 10 100x 20x x 3x 8x 60x

               

 

2

3 60

x x x

    Giải phương trình 10; 0;

x  

  Thử lai có hai nghiệm x = 0; x = thoả mãn đề cho

Bài toán 8: Giải phương trình:  

5 10

x  x  x  x  (1)

Điều kiện x > -2   

7 10

x  x  x x Nhân hai vế phương trình (1) với

 x 2 x5 ta được:x  2 x 51 x2x53  x 2 x5

  

 

3 x x

      x 2 x5  x 2 x 5 x2x5 1

      

5 2 1

x x x x x

             

5

2 1

1

x x x

x x

x

         

  

   

    

 Do x > -2 nên x = -4 (loại) Vậy nghiệm phương

trình x = -1

***Cách giải khác:

Đặt

2

a x a  x ; b x 5 b2  x nên b2a2    x x Do phương trình (1) trở thành: 2

( )(1 )

b a

b a ab

  



  

 (*)

Từ hệ (*) suy 2      

1

b a  b a ab  b a a b ab    

  

0

1

1

1

a b b a

a b

a b

a b ab

   



   

       

  ta có x = -1

Bài tốn 9: Giải phương trình: 2

25x  10x 3 (1)

Giải: Điều kiện

2

2

2

25 25

10 10 10

10 10

x x

x x

x x

    

       

 

  

 

  (*)

Đặt

thành 2 23

5

15

a b a b a

a b b

a b

    

  

 

     

   



Nếu b = 2

10x  1 x    9 x so với điều kiên (*) x 3 thoả

Nếu a = 2

25x 16x    9 x so với điều kiên (*) x 3 thoả Vậy phương trình có nghiệm x 3

Bài tốn 10: Giải phương trình: 3

1

x  x  x (*)

Lập phương hai vế phương trình (*) ta được:

   3

3

5x    x x x1 x1  x 1 x1 3

5x 2x x 5x

   

 

3 3

1 5 0

x x x x x x x x x

          

2

x  Thử lại ta thấy

phương trinh có ba nghiệm

Bài tốn 11: Giải phương trình3

1 x  1 x 2 (1)

Điều kiện: x0 Đặt 31 x a; 31 x b a3  1 x ; b3  1 x nên phương trình

(1) trở thành

  2  2  

3 2

2

2

2

2 2

a b a b

a b a b

a b a ab b

a b a ab b b b b b

   

 

   

   

  

       

           

   

 2

2 2

2

2

1

4 2 1

a b

a b a b

a b

b b b b b b b b

  

   

  

     

            

  

Nếu a = 1 x  1 x   0 x Nếu b = 1 x  1 x   0 x Vậy x = nghiệm phương trình

Bài tốn 12: Giải phương trình

2 x x 1 (1) Giải: TXĐ x   1 x Đặt

3

1

a b

a b

   

 

  3 2  

1

1

4

1 1 3

a b

a b

a b a b

b b b

a b b b b b b b

 

  



   

   

      

          

   

Nên b0;1;3Do       a b; 1;0 ; 0;1 ; 2;3

Nếu a0 32      x x x ; b1 x      1 x 1 x Nếu a1

2      x x x ; b0 x      1 x x

Nếu a 2 32        x 2 x x 10; b3 x      1 x x 10 Vậy phương trình có ba nghiệm x1; 2;10

Bài tốn 13: Giải phương trình 22

x x x

x x

  

 (*)

Giải: Điều kiện để phương trình có nghĩa x0 x

x



 hay 0 x

 

1

*

1

x x

x x

 

  

 Thử thấy

1

x nghiệm phương trình (*)

Với

2

x

  1  x x 2x 1 Suy 1 21

x x

x x

    



Với 1

2  x 1  x x 2x 1 Suy

1

1 1

x x

x x

    

 Vậy x =

2 nghiệm phương trình

Bài tốn 14: Giải phương trình : 3 3

3x  x 2001 3x 7x2002 6x2003 2002

Giải: Đ ặt : 3

3x  x 2001 a a 3x  x 2001

3

3x 7x 2002 b b 3x 7x 2002

        

3

6x 2003 c c 6x 2003

      

Suy 3

2002

a   b c Do phương trình cho a b c  3 a3 b3 c3 nên

 3 3 3 3

( )

a b c   a  b c  Khai triển thu gọn được: 3a b b c c a     0  Nếu a b  0 33x2 x 200133x27x2002 3x2 x 2001 3 x27x2002

1

6

6

x x

 Nếu b c  0 3

3x 7x2002  6x20033x 7x2002  6x 2003

2

3x x

    Phương trình có nghiệm 13 1; 13

6

x   

 

 

 Nếu a c 0 3

3x  x 2001 6x20033x  x 2001 6 x2003

2

3x 7x 4004

    Phương trình vơ nghiệm Vậy phương trình có ba nghiệm 1; 13 1; 13

6 6

x   

 

 

Bài tốn 15: Tính giá trị biểu thức:

4

1

a

a a a



   a nghiệm phương trình

2

4x  2x 0

Giải : Phương trình

4x  2x 20 có ac = - 20 nên có hai nghiệm phân biệt với a nghiệm dương phương trình nên ta có:

4a  2a 0 (1) Vì a > nên từ (1) có :

 

2 2 1

4 2.2 2

a

a a a a

a       a   

Gọi S  

   

4

4

2 4

4 4 4

1 1

1

1

1 1

a a a a a a a a

a

a a a

a a a

a a a a a a

       



      

  

     

2 2

1 1 8

1

8 2 2 2 2 2 2

a a a a a a a a a a a a

a

            

           

Bài toán 16: Giải phương trình:

1000 8000 1000

x  x  x 

Giải: Đặt 2

1 8000 x 1 2y 8000 x2y  1 8000x4y 4y 1 4y 4y8000x

2

2000

y y x

   Do phương trình cho trở thành hệ phương trình:

2

2000 2000

x x y

y y x

   



 

 (1).Từ hệ phương trình (1) ta suy

        

2

2000 2000

x  x y  y yx  xy xy  x y  xy  (2)

x yx y 2000 x yx y 1999

          

Từ hệ phương trình (1)

suy ra: 2       2

2000 2001

Nên x y 19990.Do từ (2) suy x y hay x = y Thay vào hệ (1) ta

 

2

2000 2001 0

x  x xx x   x x2001 Nhưng x = khơng nghiệm phương trình nên phương trình có nghiệm x = 2001

Bài toán 17: Giải phương trình 2

3 2

x  x  x  x  x  x

Điều kiện phương trình: x2

Ta có 2

3 2

x  x  x  x  x  x  x1 x 2 x 3 x 2 x1 x3

x

   x 2 x 3  x 2 x3 0  x 2 x3 x  1 1  x x 3

    x      1 x x x  1 0x 1 x2. x

là nghiệm phương trình

Bài tốn 18: Giải phương trình 12 2 2 5x x 9x36 x 4x16 ĐKXĐ: x0

Từ phương trình ta có 12 2 2 2 2

5x 4x 36x12 9x 36x12 Với x0 nên chia hai vế phương trình cho

x mẫu ta :1 2 2

5 36 12 36 12

4

x x x x

 

   

     

   

Đặt

2

12 36

t

x x

     

 

Khi ta có

54t 9t Quy đồng khử mẫu ta được:  

2

12 36 6

t  t   t   t

Do

2

12 36

6

x x

   

 

  Quy đồng khử mẫu ta

2

6 24

x  x 

Giải phương trình

6 24

Bài toán 19: Giải hệ phương trình:

2

2

2

20 11 2009 (1)

20 11 2009 (2)

20 11 2009 (3)

y y x

z z y

x x z

  

 

  

  

 

 

Giải: Từ (1) suy y 20 12 11 2009 y

x

    

 

  Tương tự từ (2) (3) suy x0 ;z0 Vì hệ số khơng đổi ta hốn vị vịng quanh x; y; z giả thiết x = max(x, y, z) Nghĩa xy x; z Trừ tường vế phương trình (3) cho phương trình (1) ta

   2 2 

2

20 x y 11 x y 20 x yz 11x z x y (4)

z x

         

 

  Vì x y ;x z nên

0

x y x3yz2 0 Do phương trình (4)

3

x y

x y z x yz

 

   





Thay vào phương trình (1) ta được:

2

20

11x 2009 11x 2009x 20

x       Do x = y = z =

2009 4035201 22



Bài tốn 20: Cho hệ phương trình

4

2

697

(1) 81

3 4 (2)

x y

x y xy x y

   



       

a) Nếu có (x; y) thoả (2) Chứng minh

y

 

b) Giải hệ phương trình Giải:

a) Từ phương trình (2) có: 2 2 2    2

3 4

x y xy x y  x  y x y  Phương

trình bậc hai ẩn x có nghiệm:  2  2

0 y y

       y 3 2y4y 3 2y4 0 3y7 1 y0

y

  

b) Tương tự phương trình bậc hai ẩn y có nghiệm:

 

2 2

3 4 4

x y xy x y   y  x yx  x 

 2 2

0 x 4(x 3x 4)

        2  

8 16 12 16

x x x x x x

         

3

x

  

Do

3

x

 

y

  nên

4

4 256 49 697

3 81 81

x y         

Đẳng thức xảy 697

81

x y 

3

x

 

y Khi

3

x

3

y thay vào phương

trình (2) vơ nghiệm Nên hệ cho vơ nghiệm

Bài tốn 21 : Giải hệ phương trình:   

2 2

2 2

144

x y x y

x y x y y

            (*) Giải: Từ hệ phương trình suy y >

(*)   

2 2

2

144 (1)

2 24 (2)

x y x y

y x          

Thế phương trình (2) vào phương trình (1) ta có:

 2  2    2

2 24 24 144 24 24 144

x  x  x  x    x  x 

72x 3x 576 24x 144

     

 2

4 2 2

3x 96x 720 x 32x 256 x 16 16 x 20 ;y 16

             

12 ;

x  y

Thử lại nghiệm: x y; 2 5; ; 2 5; ; 3;0 ;    2 3;0

Bài toán 22: Giải hệ phương trình:  

  2 2 19 (*)

x xy y x y

x xy y x y

    

 

   



Giải : Hệ (*)  

          2 2 2 2 19

2 19

2 7

x y xy x y

x xy y xy x y

x xy y xy x y x y xy x y

                                  2

x y xy

x y x y xy

   

  

    

 Đặt

x y a xy b

    



Khi hệ trở thành:  

2

2

6

7 7 0

7

a b

a a a a a

a a b

  

        



  

 a1

Nếu a  0 b suy 0

0

x y x

xy y            

Nếu a  1 b suy     1 6 x y x y

xy x y

     

 

  

  

  Nên x; (-y) nghiệm phương trình bậc

hai

1

6 ;

Nếu x = k13 y  k2 ; Nếu x = k2  2 y   k1 ; Vậy hệ cho có nghiệm là:

      x y;  0;0 ; 3; ;  3; 2

Bài toán 23: Cho hệ phương trình:

3

2 2

2 (1)

2 (2)

x y y

x x y y

    

 

  

 Tính

2

Qx y

Giải: Từ (1) suy  2  2

3 2 2 1

x    y y     yy    y     x (3)

Từ 2

2

x x y  y có 22 1 1

y

x x

y

     

 (4)

Từ (3) (4) x 1 Do y1 Vậy Qx2y2   1 2 12

Bài tốn 24: Giải hệ phương trình: 2 2 (1)

2 (2)

x y

x y x y

 

 

    



Giải: Từ phương trình (2) suy  2   2    2 2

2 11 1 11

x  x  y  y    x  y  

Từ phương trình (1) suy x3y1 Nên

  2 2   2 2

3y 3  y1   11 3y2  y1  11 9y212y 4 y22y  1 11

2

10y 10y 5y 5y

        Giải phương trình bậc hai ẩn y hai nghiệm :

5 85

10

y  

Nếu 85

10

y  3 1 15 85 10

x y   ; Nếu 85

10

y  3 1 15 85 10

x y  

Vậy hệ phương trình có nghiệm là:  ; 15 85; 85 ; 15 85; 85

10 10 10 10

x y             

   

 

Bài tốn 25: Giải hệ phương trình:

3

3

2

6

x x y

y xy

  

 

 

 (*)

 3

3 2

3 3 2

8 12 20 3.4 3.2 27

6 6 7

x x y x x y xy y

y xy y xy

                   

 3

3 2 27 x y y xy        



2

9

x y y y         

Giải phương trình :

9

y  y   y1 2 y27y70 có ba nghiệm y1 1;

2

7 105 105

;

4

y   y  

Nếu y  1 x ; Nếu 105 105 ;

4

y   x  Nếu 105 105 ;

4

y    x  Vậy

hệ phương trình có ba nghiệm    ; 1;1 ; 105 7; 105 ; 105 7; 105

8

x y           

    

 

Bài tốn 26: Giải hệ phương trình

2

2

2 (1)

4 (2)

x xy y x y

x y x y

      

 

    



Giải: Từ phương trình (1) suy  

1

y  x y x  x  Giải phương trình bậc hai ẩn y

có hai nghiệm y12x1 ;y2   x Nên hệ phương trình tương đương:

2

2

4

y x

x y x y

   



    

 2

2

4

x y

x y x y

   



    



Giải hệ phương trình : 2 2

4

2 5

13

4

5

x

y x

x y x y

y                     

Giải hệ phương trình 2 22

4

x y

x y x y

   



    

 có nghiệm

1 x y     

Vậy hệ phương trình có nghiệm là:   ; 1;1 ; 4; 13

5

x y    

 

 

Bài toán 27: Giải hệ phương trình

2

x y y x y

y x x y x

   

 

  

 (Đề thi chuyên Lê Khiết năm học

2008- 2009)

Điều kiện hệ:

x ;

4

Khi ta có:

 

2

2

3 4

2

x y y x y

x y y x y

x y y x y x

y x x y y

                               

2

3 4 4

4

x y y x y

x y y x x y y x y x y x

x y y x x y

                        2

2

3 4

4

x y y x y

y x

x y y x

x y y x x y

                    

2

12

0

4

x y y x y

xy x y x y

x y y x x y

                 

2

12

0 (*)

4

x y y x y

xy x y

x y y x x y

                      

Do điều kiện

x ;

4

y

nên phương trình(*) x y Do 12

4

xy

x y y x x y

 



 

   

 

  > hay x = y

Thay x = y vào phương trình ta có: 3

3x x 3 4x 3 x 4x 3 x 4x 3

  

2

1,2

1

1 1 13

3

2

x x

x x x

x x x

                    

So với điều kiện 13

x  (loại) V ậy hệ phương trình cho có nghiệm

1 13 x y x y          

Cách giải khác: Điều kiện hệ

x ;

4

y

Ta có:  

 

2

2

2 3

xy x y y

x y y x y

y x x y x xy y x x

                     

 Giả sử x y suy 4x 3 4y3 nên

2  2  2  2 

xy y x  xy x y  y x  x y  y  x  y x (vô lý)  Giả sử x y suy 4y 3 4x3 nên

Nên suy x y Thay x = y vào hệ ta có phương trình:

3

3x x3 4x 3 x 4x 3 x 4x 3

  

2

1,2

1

1 1 13

3

2

x x

x x x

x x x

   

 

        

   

 

So với điều kiện 13

x  (loaị) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm

1

1 13

2

x y x y

  



  

 



Bài toán 28: Giải hệ phương trình:

4 (1)

4 (2)

4 (3)

x y z

y z x

z x y

   

    

   



Giải: Điều kiện ; ;

x y z Nhân phương trình với ta có:

2 2

2 2

2 2

x y z

y z x

z x y

   

   



   



4x 4y 4z 4x 4y 4z

         

4x 4x 1 4y 4y 1 4z 4z 1

               

  2  2 2

4x 1 4y 1 4z 1

         

2

x y z

   

Bài tốn 29 Giải hệ phương trình sau:

2

2

2

12 48 64 (1)

12 48 64 (2)

12 48 64 (3)

x x y

y y z

z z x

   



  



   

 Giải:

Giả sử ba số x y z; ;  nghiệm hệ phương trình y z x; ;  z x y; ;  nghiệm phương trình Giả sử x số lớn x y ;xz (4)

Từ (1) ta có 2 3 3  2   2

từ phương trình (2) (3) ta có x2 ;z2 (5)

Trừ vế (1) (3) ta được: 3  2     

12 48 12

x y  z x  zx  zx x z (6)

Theo (4) (5) suy 3

0 ; ;

x y  z x x  z Nên từ (6) suy x y z (7)

Thay (7) vào (1) ta được: 3 2  3

12 48 64 4

x  x  x   x   x

Vậy hệ có nghiệm x y z; ;   4; 4; 4

Bài toán 30: Tìm x, y, z biết x  y z x y z

Điều kiện: x y z; ; 0 ;x  y z Đặtxa2 ;yb2 ;zc2 Do a.b.c 0 nên ta có

 2

2 2 2

a b c    a b c a b c  a b c  2 2 2

2 2

a b c a b c ab ac bc

        

2

2b 2ab 2ac 2bc

      2b a b   2c a b   0 2a b b c    0

0

a b a b

b c b c

  

 

 

  

  Do x = y z tuỳ ý ; y = z x tuỳ ý

Hoặc cách giải khác: x  y z x y z x  y z y  x z

 

2

x y z y y x y x x z xz

         

     

y x y z xz y x y z xz y x y yz xz

            

      

y x y z x y x y y z

         Do x = y z tuỳ ý y = z x tuỳ ý

Bài toán31: Cho x > , y > và1 1

x y Chứng minh rằng: x y x 1 y1

Từ 1

x y (1) Suy x > ; y > thức x1 ; y1 tồn Từ (1) suy

  

1 1 1

x y xyxy    x y x y   x1y  1 x1y 1

    2

2 1 1

x y x y x y x y

             x y x 1 y1 (đpcm)

Giải:

Gọi x, y, z độ dài đường cao ứng với cạnh a, b, c tam giác, đường cao tam giác lớn đường kính đường trịn nội tiếp tam giác đó, nghĩa

2; 2;

x y z Vì x, y, z số nguyên dương nên

1 1 1

3; 3;

3 3

x y z

x y z

          Mặt khác ta lại có:

1 1

1

ax ABC

a b c a b c

x y z

x y z by cz S r

 

            nên tam giác ABC

Bài tốn 33: Cho phương trình

2 (*)

x  mx   Tìm giá trị tham số m để phương

trình có nghiệm phân biệt x x x x1; 2; 3; thoả mãn

4 4

1 32

x x x x 

Giải: Đặt

0

x  t phương trình (*) trở thành t22mt 4 (1) Phương trình (*) có nghiệm phân biệt nên phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt t t1; ngh ĩa l à:

2

1

1 2

2

'

2

2 0

0

m m

m m

t t m m m

m t t

t t

     

   

 

          

   



   

 

Khi m <-2 phương trình (*) có nghiệm x1;2   t1 ; x3;4   t2  2

4 4

1 2 41 16

x x x x  t t  t t  m  Từ giả thiết suy 8m2 13 32  m

m 

Bài tốn 34: Chứng minh phương trình

ax bx cx 2bx4a0 (a0) (*) có hai nghiệm x x1; thoả mãn x x1 1

2

5a 2b ac Giải:

Nếu phương trình (*) có hai nghiệm x x1; đa thức bậc bốn vế trái phương trình

phân tích :    

1

ax bx cx 2bx4a xx xx ax mx n 

  

1

x px ax mx n

     (vì x x1 1 p x1 x2)

     

4

ax m ap x a mp n x m pn x n

ta :

4 (1)

2 (2)

(3) (4)

n a

m pn b

m ap b a mp n c

 

    

   

    

Giải hệ phương trình ta 2

5a 2b ac Cách giải 2: Vì x1 0

1

1

x x

 nghiệm phương trình (*) nên ta có:

      

4 2

1 1 1 1 1

ax bx cx 2bx 4a 0 a x  1 bx x   1 x 1 ax bx a 0

   

1 1 1

x x ax bx a

    

**Có ba trường hợp xảy

Trường hợp 1: Nếu x1   1 x1 x2  1 Đa thức vế trái chia hết cho

 2 2

1

x x  x nên đa thức dư đồng phải Bằng phép chia đa thức cho đa

thức ta được:

2

4 2

5

2

a b c b a

a b ac

a b c c a

     

 

   

      

 

Trường hợp 2: Nếu x1 1 x2  x1 Tương tự trường hợp (1) ta có

2

5a 2b ac

Trường hợp 3: Nếu x1 1 x x1; nghiệm phương trình

0

ax bx a  Chia đa thức

(*) cho

ax bx a ta đa thức dư đồng có a bx 5a22b2ac 0

2

5a 2b ac

Cách giải 3: Vì x0 khơng nghiệm phương trình (*) nên chia hai vế cho x2 ta được:

2

4

0 (1)

a x b x c

x x

      

   

    Đặt

2

2

2

4

y x x y

x x

      nên phương trình trở thành

2

4 (2)

ay by a c  Đặt 1 1 2 2  

1

2

;

y x y x

x x

    Áp dụng định lý Viet cho phương

trình (2) 2

4 ;

b a c

y y y y

a a



    Thay vào (3) biến đổi ta 2

5a 2b ac

Phương trình (2) có hai nghiệm y y1; Nếu y1 y2  x1 x2 nghiệm

phương trình (2) ta phải xét thêm trường hợp 1) 2) cách giải 2:

1) Giải phương trình sau:

a)x3 x2x9 x18168x KQ: x = 1; x = 36

b) 2

5x 14x 9 x  x 205 x1 8;5 61

x  

 

 

2) Giải hệ phương trình sau:

a)

7

x y

x y

   

 

 

 KQ:    x y;  3;

b)   

   

1

1 17

x y

x x y y xy

   

 

    

 KQ:      x y; 1;3 ; 3;1

c)

2

3

1

x y xy

x y x y

   

 

  

 KQ:     x y; 1;0 ; 1;0

d)

3

3

2000

500

x xy y

y x y x

   

 

  



3) Giải phương trình sau:

1) 10 2 x 2x 3 2) 48x3  35x3 13

3)5

32x  1x 4 4)3

1 82

x   x

5) x420 x 4 6) 2

17 17

x x x x 

7) 3

1 2

Website HOC247 cung cấp mơi trường học trực tuyếnsinh động, nhiều tiện ích thơng minh,

nội dung giảng biên soạn công phu giảng dạy giáo viên nhiều năm kinh

nghiệm, giỏi kiến thức chuyên môn lẫn kỹnăng sư phạmđến từcác trường Đại học

trường chuyên danh tiếng

I. Luyện Thi Online

- Luyên thi ĐH, THPT QG:Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ Trường ĐH THPT danh tiếng xây dựng khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, NgữVăn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học Sinh Học - Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán

trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An trường Chuyên khác TS.Trần Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Trịnh Thanh Đèo Thầy Nguyễn Đức Tấn.

II Khoá Học Nâng Cao HSG

- Toán Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Toán Chuyên dành cho em HS THCS lớp 6, 7, 8, u thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập ởtrường đạt điểm tốt

ở kỳ thi HSG

- Bồi dưỡng HSG Tốn: Bồi dưỡng phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp dành cho học sinh khối lớp 10, 11, 12 Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS Lê Bá Khánh Trình, TS Trần

Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩncùng đơi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia

III. Kênh học tập miễn phí

- HOC247 NET: Website hoc miễn phí học theo chương trình SGK từ lớp đến lớp 12 tất môn học với nội dung giảng chi tiết, sửa tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu tham khảo phong phú cộng đồng hỏi đáp sôi động

- HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp Video giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa tập, sửa đề thi miễn phí từ lớp đến lớp 12 tất mơn Tốn- Lý - Hố, Sinh- Sử - Địa, NgữVăn, Tin Học Tiếng Anh

Vững vàng tảng, Khai sáng tương lai

Học mọi lúc, mọi nơi, mọi thiết bi – Tiết kiệm 90%

Học Toán Online Chuyên Gia

HOC247 NET cộng đồng học tập miễn phí