Giải SBT Toán 9 Bài 7: Phương trình quy về phương trình bậc hai | Hay nhất Giải sách bài tập Toán lớp 9

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 = (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 – 5 = (1 – x)(1 + x)

⇔ x² + 4x +4 –3x –5 =1 – x²

⇔ 2x² +x –2 =0

Δ = 1² –4.2.(–2) =1 +16 =17 > 0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt

1

1 17 17 1

x ;

2.2 4

  

 

2

1 17 17 1

x 2.2 4

   

  .

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: 17 1 17 1

S ;

4 4

    

 

  

 

 

b) Ta có: (x –1)³ + 2x = x³ – x² – 2x + 1

⇔ x³ – 3x² + 3x – 1 + 2x = x³ – x² – 2x + 1

⇔ 2x² – 7x + 2 = 0

Δ = (–7)² – 4.2.2 = 49 – 16 = 33 > 0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt

1

7 33 7 33

x ;

2.2 4

 

 

2

7 33 7 33

x 2.2 4

 

 

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 7 33 7 33

4 ; 4

   

 

 

 

 

c) Ta có: x(x² – 6 ) – (x – 2)² = (x + 1)³

⇔ x³ – 6x – x² + 4x – 4 = x³ + 3x² + 3x + 1

⇔ 4x² + 5x + 5 = 0

Δ = 5² – 4.4.5 = 25 – 80 = – 55 < 0 Vậy phương trình vô nghiệm

d) Ta có: (x + 5)² + (x – 2)² + (x + 7)(x – 7) = 12x – 23

⇔ x² + 10x + 25 + x² – 4x + 4 + x² – 49 = 12x – 23

⇔ x² + 10x + 25 + x² – 4x + 4 + x² – 49 – 12x + 23 = 0

⇔ 3x² – 6x + 3 = 0

⇔ x² – 2x + 1 = 0

Δ’ = (–1)² – 1.1 = 1 – 1 = 0

Phương trình đã cho có nghiệm kép: x1 = x2 = ^{b ' 1} a 1

  = 1 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {1}

Bài 46 trang 59 SBT Toán 9 Tập 2: Giải các phương trình:

a) 12 8 x 1 x 11

 

b) ^{16 30} 3

x 31 x 

 

c)

  

x2 3x 5 1 x 3 x 2 x 3

  

  

d) ^{x2x2 xx4}



^{x8x2 x}



^84



e)

3 2 2

3 2

x 7x 6x 30 x x 16

x 1 x x 1

     

  

f)

2

4 3 2

x 9x 1 17

x 1 x x x 1

  

   

Lời giải:

a) Điều kiện x 1 Ta có:

12 8

x 1x 11

 

 

    

     

  

12 x 1 8 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 + 8 = x² – 1

⇔ x² – 4x – 21 = 0

Δ’ = (–2)² –1.(–21) = 4 + 21b = 25 > 0 Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt

1 2

2 25 2 25

x 7; x 3

1 1

 

    

Cả hai giá trị x đều thỏa mãn

Vậy tập nghiệm của phương trình ban đầu là S = {–3; 7}

b) Điều kiện x 3;x 1  Ta có: ^{16 30} 3

x 31 x 

 

 

    

     

  

16 1 x 30 x 3 3 x 3 1 x x 3 1 x x 3 1 x x 3 1 x

   

  

     

      

16 1 x 30 x 3 3 x 3 1 x

       (*)

16 16x 30x 90 3x 3x2 9 9x

       

3x2 2x 65 0

   

 

' 12 3. 65 1 195 196 0

       

Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt

1 2

1 196 13 1 196

x ; x 5

6 3 6

   

    

Cả hai giá trị x đều thỏa mãn

Vậy tập nghiệm của phương trình ban đầu là: S = 13 3 ; 5

  

 

 

c) Điều kiện x 3;x  2 Ta có:

  

x2 3x 5 1 x 3 x 2 x 3

  

  

    

  

2 1. x 2

x 3x 5

x 3 x 2 x 3 x 2

  

 

   

x2 3x 5 x 2

     x2 4x 3 0

    (*) Có a = 1; b = –4; c = 3

Ta có a + b + c = 0 nên phương trình có nghiệm x1 1 (thỏa mãn);

2

c 3

x 3

a 1

   (loại)

Vậy tập nghiệm của phương trình ban đầu là S = {1}

d) Điều kiện: x 2;x  4 Ta có:

  

2x x 8x 8

x 2 x 4 x 2 x 4

  

   

 

    

     

2x x 4 x x 2 8x 8

x 2 x 4 x 2 x 4 x 2 x 4

  

  

     

   

2x x 4 x x 2 8x 8

      (*)

2 2

2x 8x x 2x 8x 8

     

x2 2x 8 0

   

 

' 12 1. 8 1 8 9 0

       

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

1 2

1 3 1 3

x 2; x 4

1 1

   

    

Cả hai giá trị của x đều không thỏa mãn điều kiện bài toán Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

e) Điều kiện: x1 Ta có:

3 2 2

3 2

x 7x 6x 30 x x 16

x 1 x x 1

     

  

   

3 2 2

2 2

x 7x 6x 30 x x 16 x 1 x x 1 x x 1

    

 

    



³

 

²

 

²

  

2 2

x x 16 x 1

x 7x 6x 30

x 1 x x 1 x x 1

  

  

 

    

   

3 2 2

x 7x 6x 30 x x 16 x 1

       

3 2 3 2 2

x 7x 6x 30 x x x x 16x 16

         

9x2 11x 14 0

   

 

^{11 2 4.9.}



¹⁴



^{121 504 625 0}

        

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

1 2

11 625 11 625 7

x 2; x

2.9 2.9 9

  

   

Cả hai giá trị x đều thỏa mãn:

Vậy tập nghiệm của phương trình ban đầu là S = 7 9 ;2

 

 

 

f) Điều kiện: x 1 Ta có:

2

4 3 2

x 9x 1 17

x 1 x x x 1

 

    

      

2

2 2 2

x 9x 1 17

x 1 x 1 x 1 x 1

 

 

   

           

2

2 2

17 x 1 x 9x 1

x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1

  

 

     

 

x2 9x 1 17 x 1

    

x2 9x 1 17x 17

    

x2 8x 16 0

   

Δ’ = (–4)² – 1.16 = 16 – 16 = 0

Phương trình có nghiệm kép :x1 = x2 = ^{b 8} 2a 2.1

  = 4 Giá trị của x thỏa mãn điều kiện bài toán

Vậy nghiệm của phương trình là x =4

Bài 47 trang 59 SBT Toán 9 Tập 2: Giải các phương trình sau bằng cách đưa về phương trình tích

a) 3x³ + 6x² – 4x = 0

b) (x + 1)³ – x + 1 = (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 = 0 f) x³ – 5x² – x + 5 = 0

Lời giải:

a) Ta có: 3x³ + 6x² – 4x = 0

⇔ x(3x² + 6x – 4) = 0

⇔ x = 0 hoặc 3x² + 6x – 4 = 0 Giải phương trình 3x² + 6x – 4 = 0 Δ’ = 3² – 3.(–4) = 9 + 12 = 21 > 0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt

1

b' ' 3 21

x ;

2a 3

    

 

2

b' ' 3 21

x .

2a 3

    

 

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm 3 21 3 21

S 0; ;

3 3

     

 

  

 

 

b) Ta có: (x + 1)³ – x + 1 = (x – 1)(x – 2)

⇔ x³ + 3x² + 3x + 1 – x + 1 = x² – 2x – x + 2

⇔ x³ + 2x² + 5x = 0

⇔ x(x² + 2x + 5) = 0

⇔ x = 0 hoặc x² + 2x + 5 = 0 Giải phương trình x² + 2x + 5 = 0 Δ’ = 1² – 1.5 = 1 – 5 = –4 < 0

⇒ phương trình vô nghiệm

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho S = {0}

c) Ta có: (x² + x + 1)² = (4x – 1)²

⇔ [(x² + x + 1) + (4x – 1)] [(x² + x + 1) – (4x – 1)] = 0

⇔ (x² + 5x)(x² – 3x + 2) = 0

⇔ x(x + 5) (x² – 3x + 2) = 0

⇔ x = 0 hoặc x + 5 = 0 hoặc x² – 3x + 2 = 0 + Giải x + 5 = 0 ⇔ x = –5

+ Giải phương trình x² – 3x + 2 = 0 Δ = (–3)² – 4.2.1 = 9 – 8 = 1 > 0 Phương trình có ha nghiệm phân biệt:

1 2

3 1 3 1

x 2; x 1

2.1 2.1

 

   

Vậy tập nghiệm phương trình ba đầu là S = {0; –5; 2; 1}

d) (x² + 3x + 2)² = 6.(x² + 3x + 2)

⇔ (x² + 3x + 2)² – 6.(x² + 3x + 2) = 0

⇔ (x² + 3x + 2)[ (x² + 3x + 2) – 6] = 0

⇔ (x² + 3x + 2).(x² + 3x – 4 ) = 0

2 2

x 3x 2 0 x 3x 4 0

  

    

+ Giải phương trình: x² +3x + 2 =0

Phương trình có dạng a – b + c = 0 nên x1 = –1 , x2 = ^{c 2} a 1

   = –2 + Giải phương trình: x² +3x –4 =0

Phương trình có dạng a + b + c = 0 nên x1 = 1 ,x2 = ^{c 4} a 1

  –4 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {–2; –1; 1; 4}

e) Ta có: (2x² + 3)² – 10x³ – 15x = 0

⇔ (2x² + 3)² – 5x(2x² + 3) = 0

⇔ (2x² + 3)(2x² + 3 – 5x) = 0

⇔ (2x² + 3)(2x² – 5x + 3) = 0 Vì 2x² ≥ 0 nên 2x² + 3 > 0 Suy ra : 2x² – 5x + 3 = 0

Giải phương trình 2x² – 5x + 3 = 0 Δ = (–5)² – 4.2.3 = 25 – 24 = 1 > 0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

1 2

5 1 6 3 5 1 4

x ; x 1

2.2 4 2 2.2 4

 

     

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 3 2;1

 

 

 . f) Ta có: x³ – 5x² – x + 5 = 0

⇔ x²( x – 5) – ( x – 5) = 0

⇔ (x – 5)(x² – 1) = 0

⇔ (x – 5)(x – 1)(x + 1) = 0

x 5 0 x 5

x 1 0 x 1

x 1 0 x 1

  

 

 

    

     

 

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {–1; 1; 5}

Bài 48 trang 60 SBT Toán 9 Tập 2: Giải các phương trình trùng phương a) x⁴ –8x² – 9 =0

b) y⁴ – 1,16y² + 0,16 =0 c) z⁴ –7z² – 144 =0 d) 36t⁴ – 13t² +1 =0 e) ¹x^{4 1}x^{2 1} 0

3 2  6

f) ^{3x4  }



^{2 3 x}



^{2  2 0}

Lời giải:

a) Đặt m = x². Điều kiện m ≥ 0 Ta có: x⁴ – 8x² – 9 = 0

Phương trình trở thành m² – 8m – 9 = 0

Phương trình m² – 8m – 9 = 0 có hệ số a = 1, b = –8, c = –9 nên có dạng a – b + c = 0 Suy ra: m1 = –1 (loại) , m2 =

 

⁹

1 9

   (thỏa mãn) Ta có: x²    9 x 3

Vậy tập nghiệm của phương trình ban đầu là S = {–3; 3}

b) Đặt m = y². Điều kiện m ≥ 0 Ta có: y⁴ – 1,16y² + 0,16 = 0 Phương trình trở thành

m² – 1,16m + 0,16 = 0

Phương trình m² – 1,16m + 0,16 = 0 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}

a  1 = 0,16(thỏa mãn) Ta có: y² =1 ⇒ y = ± 1

y² = 0,16 ⇒ y = ± 0,4

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho S = {–1; –0,4; 0,4; 1}

c) Đặt m = z² .Điều kiện m ≥ 0 Ta có: z⁴ – 7z² – 144 = 0 Phương trình trở thành m² – 7m – 144 = 0 (*)

Ta có: Δ = (–7)² – 4.1.(–144) = 49 + 576 = 625 > 0 Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt

1

7 625

m 16

2.1

   (thỏa mãn)

2

7 625

m 9

2.1

    (loại) VỚi m = 16 z² 16 z 4

Vậy phương trình ban đầu có tập nghiệm là ^{S }



^4;4



d) Đặt m = t² .Điều kiện m ≥ 0 Ta có: 36t⁴ – 13t² + 1 = 0 Phương trình trở thành 36m² – 13m + 1 = 0 (*)

Ta có: Δ = (–13)² – 4.36.1 = 169 – 144 = 25 > 0 Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt:

1

13 25 18 1

m 2.36 72 4

    (thỏa mãn)

2

13 25 8 1

m 2.36 72 9

    (thỏa mãn)

+ Với m = 1 ² 1 1

t t

4    4 2 + Với m = ¹ t^{2 1} t ¹ 9    9 3

Vậy tập nghiệm phương trình đã cho là 1 1 1 1

S ; ; ;

3 2 2 3

  

  

 

e) Đặt m = x². Điều kiện m ≥ 0 Ta có: ¹x^{4 1}x^{2 1} 0

3 2  6 Phương trình trở thành

1 2 1 1

m m 0

3 2  6 2m2 3m 1 0

    có hệ số a = 2; b = –3; c = 1 Ta có: a + b + c = 0

m1 1

  (thỏa mãn); ₂ 1

m  2 (thỏa mãn) + Với m = 1t² 1   t 1

+ Với m = 1 ² 1 2

t t

2    2 2

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm 2 2

S 1; ; ;1

2 2

  

 

  

 

 

f) Đặt m = x². Điều kiện m ≥ 0 Ta có: ^{3x4 }



^{2 3 x}



^{2  2 0}

Phương trình trở thành

 

3m2  2 3 m 2 0

Ta có: ^{a 3;b  }



^{2 3 ;c}



^{ 2} có a – b + c = 0

m 1

   (loại); ₂ c 2

m a 3

   (thỏa mãn)

Với m = 2 3

2 2 2 6 3

x x

3 3 3

      

Vậy phương trình đã có tập nghiệm là S = ^{6 3}; ^{6 3}

3 3

 

 

 

 

 

Bài 49 trang 60 SBT Toán 9 Tập 2: Chứng minh rằng khi a và c trái dấu thì phương trình trùng phương ax⁴+bx²+c =0 chỉ có hai nghiệm và chúng là hai số đối nhau

Lời giải:

Đặt m = x² .Điều kiện m ≥ 0 Ta có: ax⁴ + bx² + c = 0 Phương trình trở thành am² + bm + c = 0 Vì a và c trái dấu nên ^c

a < 0. Phương trình có 2 nghiệm phân biệt là m1 và m2

Theo hệ thức Vi–ét,ta có: m1m2 = ^c a

Vì a và c trái dấu nên ^c

a <0 suy ra m1m2 < 0 hay m1 và m2 trái dấu nhau Vì m1 và m2 trái dấu nhau nên có 1 nghiệm bị loại, giả sử loại m1

Khi đó x² = m2 => x = ± m ₂

Vậy phương trình trùng phương ax⁴ + bx² + c = 0 chỉ có hai nghiệm và chúng là hai số đối nhau khi a và c trái dấu.

Bài 50 trang 60 SBT Toán 9 Tập 2: Giải các phương trình sau bằng cách đặt ẩn số phụ a) (4x – 5)² – 6(4x – 5) + 8 = 0

b) (x² + 3x – 1)² + 2(x² + 3x – 1) – 8 = 0 c) (2x² + x – 2)² + 10x² + 5x – 16 = 0 d) (x² – 3x + 4)(x² – 3x + 2) = 3

e)

 

2 2

2x 5x

3 0 x 1  x 1 

 

f) x x 1  3 0 Lời giải:

a) Đặt m = 4x – 5

Ta có: (4x – 5)²– 6(4x – 5) + 8 = 0 Phương trình trở thành

m² – 6m + 8 = 0 (*)

Δ’ = (–3)² – 1.8 = 9 – 8 = 1 > 0

Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt

1

3 1

m 4

1

   (thỏa mãn);

2

3 1

m 2

1

   (thỏa mãn)

Do đó:

x 9

4x 5 4 4x 9 4

4x 5 2 4x 7 7

x 4

 

  

    

    

   



Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 7 9 4 4;

 

 

  b) Đặt m = x² + 3x – 1

Ta có: (x² + 3x – 1)² + 2(x² + 3x – 1) – 8 = 0 Phương trình trở thành

m² + 2m – 8 = 0 (*)

Δ’ = 1² – 1.(–8) = 1 + 8 = 9 > 0

Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt

1

1 9

m 2

1

    ;

2

1 9

m 4

1

     .

+ Với m = 2 thì x² + 3x – 1 = 2 x2 3x 3 0

    (1)

 

32 4.1. 3 9 12 21 0

       

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt:

1

3 21 21 3

x 2.1 2

  

  ;

2

3 21 21 3

x 2.1 2

   

  .

+ Với m = –4 ta có: x² + 3x – 1 = 2 x2 3x 3 0

   

32 4.1.3 9 12 3 0

        Phương trình vô nghiệm

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = 3 21 21 3

2 ; 2

   

 

 

 

 

c) (2x² + x – 2)² + 10x² + 5x – 16 = 0

⇔ (2x² + x – 2)² + 5(2x² + x – 2) – 6 = 0 Đặt m = 2x² + x – 2

Phương trình trở thành:

m2 5m 6 0 (*) có a = 1; b = 5; c = –6 nên a + b + c = 0 Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt:

m11;

2

c 6

m 6

a 1

     .

+ Với m = 12x²   x 2 1 2x2 x 3 0

    (1)

Phương trình có a = 2; b = 1; c = –3 nên a + b + c = 0, do đó phương trình (1) có nghiệm

1 2

c 3 x 1; x

a 2

   

+ Với m = –6 2x²    x 2 6 2x2 x 4 0

    (2) 12 4.2.4 31 0

      . Do đó phương trình (2) vô nghiệm Vậy tập nghiệm của phương trình ban đầu là S =

 

^{31 .}

d) (x² – 3x + 4)(x² – 3x + 2) = 3 Ta có: (x² –3x + 4)(x² – 3x + 2) = 3

⇔ (x² – 3x + 2 + 2)(x² – 3x + 2) – 3 = 0

⇔ (x² – 3x + 2)² + 2(x² – 3x + 2) – 3 = 0

Đặt m = x² – 3x + 2 khi đó phương trình trở thành:

m2 2m 3 0 (*) ta có a = 1; b = 2; c = –3 nên a + b + c = 0, dó đo phương trình (*) có hai nghiệm là

1 2

c 3 m 1;m

a 1

   = –3 + Với m = 1 x² 3x 2 1

x2 3x 1 0

    (1)

 

^{3 2 4.1.1 9 4 5}

       > 0

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt:

1

3 5 3 5

x ;

2.1 2

 

 

2

3 5 3 5

x 2.1 2

 

 

+ Với m = –3 x² 3x  2 3 x2 3x 5 0

    (2)

 

^{3 2 4.1.5 9 20 11 0}

         . Phương trình (2) vô nghiệm

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = 3 5 3 5

2 ; 2

   

 

 

 

 

e)

 

2 2

2x 5x

3 0 x 1  x 1 

  . Điều kiện x  1. Đặt x

x 1m

 . Khi đó phương trình trở thành 2m² 5m 3 0

Phương trình 2m² 5m3 có a = 2; b = –5; c = 3 nên có dạng a + b + c = 0

1 2

c 3 m 1;m

a 2

   

+ Với m = 1 x

1 x x 1 0 1

 x 1     

 (vô nghiệm)

+ Với m = 3 x 3

2x 3x 3 2 x 1 2  

   x 3 (thỏa mãn) Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S =

 

^{3 .}

f) x x 1  3 0. Điều kiện x 1 x 1 x 1 2 0

     

Đặt m = x 1 điều kiện m 0 khi đó phương trình trở thành:

m2   m 2 0 (*) có a = 1; b = –1; c = –2 nên a – b + c = 0 m1 1

   (loại); m₂ ^{c 2} 2 a 1

    (thỏa mãn)

+ Với m = 2 x 1      2 x 1 4 x 5 (thỏa mãn) Vậy tập nghiệm của phương trìn ban đầu là S =

 

^{5 .}

Bài tập bổ sung

Bài 1 trang 60 SBT Toán 9 Tập 2: Giaỉ các phương trình:

a) x⁴ 2x³ 3x² 2x 3 0 b) 5 3 2x  2x3 Lời giải:

a) x⁴ 2x³ 3x² 2x 3 0

4 3 2 2

x 2x x 2x 2x 3 0

      

   

2 2

x x 2x 1 2x x 1 3 0

      

 

²

 

x x 12 2x x 1 3 0

     

 

²

 

x x 1 2x x 1 3 0

       Đặt x(x – 1) = t

Khi đó phương trình trở thành: t² 2t 3 0 có a = 1; b = 2; c= – 3 nên a + b + c = 0.

1 2

c 3

t 1; t 3

a 1

      

+ Với t = 1^{x x 1}



^{  }



^{1 x2   x 1 0(1)}

 

^{1 2 4.1}

 

^{1 1 4 5 0}

        

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt:

1

1 5 1 5

x ;

2.1 2

 

 

2

1 5 1 5

x 2.1 2

 

  .

+ Với t = –3 ^{x x 1}



^{   }



^{3 x2   x 3 0 (2)}

 

^{1 2 4.1.3 1 12 11 0}

         Phương trình (2) vô nghiệm

Vậy tập nghiệm của phương trình ban đầu là: 1 5 1 5

S ;

2 2

   

 

  

 

 

b) 5 3 2x  2x3 điều kiện: 3 – 2x 3

0 x

   2. 5 3 2x 3 2x

     đặt 3 2x   t t 0 Ta có phương trình: 5     t t² t² t 5 0 (*)

 

12 4.1. 5 1 20 21 0

       

Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt:

1

1 21 21 1

t 2.1 2

  

  (thỏa mãn)

2

1 21 21 1

t 2.1 2

   

  < 0 (loại)

3 2x 21 1

2

   

21 2 21 1

3 2x 4

 

  

12 8x 22 2 21

    8x 12 22 2 21

   

 

2 21 5 21 5

x 8 4

 

   (thỏa mãn)

Vậy tập nghiệm của phương trình là 21 5

S 4

  

 

  

 

 . Bài 2 trang 60 SBT Toán 9 Tập 2: Cho phương trình:

x + 2 x 1 m² 6m 11 0  a) Giải phương trình khi m = 2

b) Chứng minh phương trình có nghiệm với mọi giá trị của m.

Lời giải

a) Khi m = 2 ta có phương trình x2 x 1 3  0 điều kiện x 0 x 1 2 x 1 2 0

     

Ta có phương trình t² 2t 2 0 (*)

 

' 12 1. 2 1 2 3 0

       

Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt

1

1 3

t 1 3

1

      (thỏa mãn)

2

1 3

t 1 3

1

      (loại) Với t =  1 3 x 1  3 1

 

²

x 1 3 1

    x 1 3 2 3 1

     x 5 2 3

  

Vậy với m = 2 thì phương trình có nghiệm x = 52 3. b) x2 x 1 m² 6m 11 0  điều kiện x 1

x 1 2 x 1 m2 6m 10 0

        Đặt x 1   t t 0

Ta có phương trình t² 2tm² 6m 10 0

Ta có: c = –m² + 6m – 10 = –(m² – 6m + 9 + 1) = –[(m – 3)² + 1] < 0

Nên x < 0 mà a = 1 > 0 nên a và c trái dấu, phương trình có hai nghiệm phân biệt t1; t2 trái dấu với nhau.

Giả sử t₁   0 x t₁² 1

Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi m.

Bài 3 trang 60 SBT Toán 9 Tập 2: (Đề thi học sinh giỏi toán Bulgari – Mùa xuân năm 1997). Tìm giá trị của m để phương trình [x² – 2mx – 4(m² + 1)][x² – 4x – 2m(m² + 1)] = 0 có đúng ba nghiệm phân biệt.

Lời giải:

Phương trình:

   

2 2 2 2

x 2mx 4 m 1 x 4x 2m m 1 0

         

   

 

 

2 2

2 2

x 2mx 4 m 1 0 (1) x 4x 2m m 1 0 (2)

    



    

Ta xét phương trình (1): ^{x2 2mx4 m}



^{2  1}



⁰

 

²



²



²



²



1' m 1. 4 m 1  m 4 m 1 0

          với mọi m Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt:

Ta xét phương trình (2): ^{x2 4x2m m}



^{2  1}



⁰

 

²



²



2' 2 1 2m m 1 

      



²



³

4 2m m 1 2m 2m 4

     

Phương trình (2) có nghiệm khi và chỉ khi  ₂' 0 2m3 2m 4 0

   

Phương trình (2) có nghiệm khi và chỉ khi  ₂' 0 2m3 2m 4 0

   

m3 m 2 0

   

3 2 2

m m m m 2m 2 0

      

     

m m 12 m m 1 2 m 1 0

      



^{m 1 m}

 

^{2 m 2}



⁰

    

Vì

2

2 2 1 1 7 1 7

m m 2 m 2. m m 0

2 4 4 2 4

 

          

m 1 0 m 1

     

Vậy với m  1 thì phương trình (2) có nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi sảy ra một trong 2 trường hợp sau:

Trường hợp 1: Phương trình (2) có 1 nghiệm kép khác với nghiệm của phương trình (1) Ta có:     ₂' 0 m 1 vahay nghiệm của phương trình (2) là nghiệm kép x = 2

Thay x = 2 vào phương trình (1) ta có: 4 – 4m – 4(m² + 1) 0 4 4m 4m2 4 0

    

4m2 4m 0

   

 

4m m 1 0

    vô lí vì m = –1.

Trường hợp 2: Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt x ; x_{1 2} trong đó có 1 nghiệm trùng với nghiệm của phương trình (1)

Giải sử x₁ là nghiệm của cả hai phương trình (1) và (2)

Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt    ₂' 0 m 1 và:

 

 

2 2

1 1

2 2

1 1

x 2mx 4 m 1 0 x 4x 2m m 1 0

    



   





4 2m x



1 2m m



² 1

 

4 m² 1



0

      



4 2m x



1 2m³ 2m 4m² 4 0

      



4 2m x



1 2 m



³ 2m² m 2



0

      



4 2m x



1 2 m m 2²

  

m 2



0

       



4 2m x



1 2 m 2 m

  

² 1



0

     

 

1

  

²



2 2 m x 2 m 2 m 1 0

     

2

x1 m 1

  

Vì x₁ cũng là nghiệm của phương trình (1) nên thay x₁ m² 1 vào phương trình (1) ta có:



^{m2 1}



^{2 2m m}



^{2  1}

 

^{4 m2  1}



⁰



^{m2 1 m}



^{2 1 2m 4 0}

       (m²  1 0)

m2 1 2m 4 0

     m2 2m 3 0

   

m2 3m m 3 0

    

   

m m 3 m 3 0

    



^{m 3 m 1}

 

⁰

   

m 3

m 1

 

   

Ta chỉ nhận m = 2 vì điều kiện m > –1 Thay m = 3 vào phương trình ta có:

(1): x² 6x400 (2): x² 4x600

Giải phương trình (1) x² 6x400

 

²

 

' 3 1. 40 9 40 49 0

       

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt:

1

3 49

x 10;

1

  

2

3 49

x 4

1

   

Giải phương trìn (2) : x² 4x600

 

²

 

' 2 1. 60 64 0

      

Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt:

1

2 64

x 10;

1

  

2

2 64

x 6

1

   

Vậy phương trình đã cho có đúng ba nghiệm phân biệt khi m = 3.