Bài 7 Phương trình quy về phương trình bậc hai – Sách bài tập Toán 9 tập 2

Bài 7 Phương trình quy về phương trình bậc hai – Sách bài tập Toán 9 tập 2


Câu 45 trang 59 Sách bài tập (SBT) Toán 9 tập 2

Giải các phương trình:

a) ({left( {x + 2} right)^2} – 3x – 5 = left( {1 – x} right)left( {1 + x} right))

b) ({left( {x – 1} right)^3} + 2x = {x^3} – {x^2} – 2x + 1)

c) (xleft( {{x^2} – 6} right) – {left( {x – 2} right)^2} = {left( {x + 1} right)^3})

d) ({left( {x + 5} right)^2} + {left( {x – 2} right)^2} + left( {x + 7} right)left( {x – 7} right) = 12x – 23)

Giải

a)

(eqalign{
& {left( {x + 2} right)^2} – 3x – 5 = left( {1 – x} right)left( {1 + x} right) cr
& Leftrightarrow {x^2} + 4x + 4 – 3x – 5 = 1 – {x^2} cr
& Leftrightarrow 2{x^2} + x – 2 = 0 cr
& Delta = 1 – 4.2.left( { – 2} right) = 1 + 16 = 17 > 0 cr
& sqrt Delta = sqrt {17} cr
& {x_1} = {{ – 1 + sqrt {17} } over {2.2}} = {{sqrt {17} – 1} over 4} cr
& {x_2} = {{ – 1 – sqrt {17} } over {2.2}} = – {{1 + sqrt {17} } over 4} cr} )

b)

(eqalign{
& {left( {x – 1} right)^3} + 2x = {x^3} – {x^2} – 2x + 1 cr
& Leftrightarrow {x^3} – 3{x^2} + 3x – 1 + 2x = {x^3} – {x^2} – 2x + 1 cr
& Leftrightarrow 2{x^2} – 7x + 2 = 0 cr
& Delta = {left( { – 7} right)^2} – 4.2.2 = 49 – 16 = 33 > 0 cr
& sqrt Delta = sqrt {33} cr
& {x_1} = {{7 + sqrt {33} } over {2.2}} = {{7 + sqrt {33} } over 4} cr
& {x_2} = {{7 – sqrt {33} } over {2.2}} = {{7 – sqrt {33} } over 4} cr} )

c)

(eqalign{
& xleft( {{x^2} – 6} right) – {left( {x – 2} right)^2} = {left( {x + 1} right)^3} cr
& Leftrightarrow {x^3} – 6x – {x^2} + 4x – 4 = {x^3} + 3{x^2} + 3x + 1 cr
& Leftrightarrow 4{x^2} + 5x + 5 = 0 cr
& Delta = {5^2} – 4.4.5 = 25 – 80 = – 55 < 0 cr} )

Phương trình vô nghiệm.

d)

(eqalign{
& {left( {x + 5} right)^2} + {left( {x – 2} right)^2} + left( {x + 7} right)left( {x – 7} right) = 12x – 23 cr
& Leftrightarrow {x^2} + 10x + 25 + {x^2} – 4x + 4 + {x^2} – 49 – 12x + 23 = 0 cr
& Leftrightarrow 3{x^2} – 6x + 3 = 0 cr
& Leftrightarrow {x^2} – 2x + 1 = 0 cr
& Delta ‘ = {1^2} – 1.1 = 1 – 1 = 0 cr} )

Phương trình có nghiệm số kép: ({x_1} = {x_2} = 1)

 


Câu 46 trang 59 Sách bài tập (SBT) Toán 9 tập 2

Giải các phương trình:

a) ({{12} over {x – 1}} – {8 over {x + 1}} = 1)

b) ({{16} over {x – 3}} + {{30} over {1 – x}} = 3)

c) ({{{x^2} – 3x + 5} over {left( {x – 3} right)left( {x + 2} right)}} = {1 over {x – 3}})

d) ({{2x} over {x – 2}} – {x over {x + 4}} = {{8x + 8} over {left( {x – 2} right)left( {x + 4} right)}})

e) ({{{x^3} + 7{x^2} + 6x – 30} over {{x^3} – 1}} = {{{x^2} – x + 16} over {{x^2} + x + 1}})

f) ({{{x^2} + 9x – 1} over {{x^4} – 1}} = {{17} over {{x^3} + {x^2} + x + 1}})

Giải

a) ({{12} over {x – 1}} – {8 over {x + 1}} = 1) điều kiện: (x ne  pm 1)

(eqalign{
& Rightarrow 12left( {x + 1} right) – 8left( {x – 1} right) = left( {x – 1} right)left( {x + 1} right) cr
& Leftrightarrow 12x + 12 – 8x + 8 = {x^2} – 1 cr
& Leftrightarrow {x^2} – 4x – 21 = 0 cr
& Delta ‘ = {left( { – 2} right)^2} – 1.left( { – 21} right) = 4 + 21 = 25 cr
& sqrt {Delta ‘} = sqrt {25} = 5 cr
& {x_1} = {{2 + 5} over 1} = 7 cr
& {x_2} = {{2 – 5} over 1} = – 3 cr} )

Giá trị x = 7; x = -3 thỏa mãn điều kiện.

Vậy phương trình có hai nghiệm: ({x_1} = 7;{x_2} =  – 3)

b) ({{16} over {x – 3}} + {{30} over {1 – x}} = 3) điều kiện: $x ne 3;x ne 1)

(eqalign{
& Rightarrow 16left( {1 – x} right) + 30left( {x – 3} right) = 3left( {x – 3} right)left( {1 – x} right) cr
& Leftrightarrow 16 – 16x + 30x – 90 = 3x – 3{x^2} – 9 + 9x cr
& Leftrightarrow 3{x^2} + 2x – 65 = 0 cr
& Delta ‘ = {1^2} – 3.left( { – 65} right) = 1 + 195 = 196 > 0 cr
& sqrt {Delta ‘} = sqrt {196} = 14 cr
& {x_1} = {{ – 1 + 14} over 3} = {{13} over 3} cr
& {x_2} = {{ – 1 – 14} over 3} = – 5 cr} )

Giá trị (x = {{13} over 3}) và x = -5 thỏa mãn điều kiện

Vậy phương trình có hai nghiệm: ({x_1} = {{13} over 3};{x_2} =  – 5)

c) ({{{x^2} – 3x + 5} over {left( {x – 3} right)left( {x + 2} right)}} = {1 over {x – 3}}) điều kiện: (x ne 3;x ne  – 2)

( Rightarrow {x^2} – 3x + 5 = x + 2 Leftrightarrow {x^2} – 4x + 3 = 0)

Phương trình có dạng:

(eqalign{
& a + b + c = 0 cr
& 1 + left( { – 4} right) + 3 = 0 cr
& {x_1} = 1;{x_2} = 3 cr} )

Giá trị x = 3 không thỏa mãn điều kiện: loại

Vậy phương trình có một nghiệm x = 1

d) ({{2x} over {x – 2}} – {x over {x + 4}} = {{8x + 8} over {left( {x – 2} right)left( {x + 4} right)}}) điều kiện: (x ne 2;x ne  – 4)

(eqalign{
& Rightarrow 2xleft( {x + 4} right) – xleft( {x – 2} right) = 8x + 8 cr
& Leftrightarrow 2{x^2} + 8x – {x^2} + 2x = 8x + 8 cr
& Leftrightarrow {x^2} + 2x – 8 = 0 cr
& Delta ‘ = {1^2} – 1.left( { – 8} right) = 1 + 8 = 9 > 0 cr
& sqrt {Delta ‘} = sqrt 9 = 3 cr
& {x_1} = {{ – 1 + 3} over 1} = 2 cr
& {x_2} = {{ – 1 – 3} over 1} = – 4 cr} )

Cả hai giá trị x = 2 và x = -4 không thỏa mãn điều kiện: loại

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

e) ({{{x^3} + 7{x^2} + 6x – 30} over {{x^3} – 1}} = {{{x^2} – x + 16} over {{x^2} + x + 1}}) điều kiện (x ne 1)

(eqalign{
& Leftrightarrow {{{x^3} + 7{x^2} + 6x – 30} over {left( {x – 1} right)left( {{x^2} + x + 1} right)}} = {{{x^2} – x + 16} over {{x^2} + x + 1}} cr
& Rightarrow {x^3} + 7{x^2} + 6x – 30 = left( {{x^2} – x + 16} right)left( {x – 1} right) cr
& Leftrightarrow {x^3} + 7{x^2} + 6x – 30 = {x^3} – {x^2} + 16x – {x^2} + x – 16 cr
& Leftrightarrow 9{x^2} – 11x – 14 = 0 cr
& Delta = {left( { – 11} right)^2} – 4.9.left( { – 14} right) = 625 > 0 cr
& sqrt Delta = sqrt {625} = 25 cr
& {x_1} = {{11 + 25} over {2.9}} = {{36} over {18}} = 2 cr
& {x_2} = {{11 – 25} over {2.9}} = {{ – 14} over {18}} = – {7 over 9} cr} )

Giá trị x = 2 và (x =  – {7 over 9}) thỏa mãn điều kiện

Vậy phương trình có hai nghiệm ({x_1} = 2;{x_2} =  – {7 over 9})

f) ({{{x^2} + 9x – 1} over {{x^4} – 1}} = {{17} over {{x^3} + {x^2} + x + 1}})

( Leftrightarrow {{{x^2} + 9x – 1} over {left( {{x^2} + 1} right)left( {{x^2} – 1} right)}} = {{17} over {left( {x + 1} right)left( {{x^2} + 1} right)}}) điều kiện (x ne  pm 1)

(eqalign{
& Rightarrow {x^2} + 9x – 1 = 17left( {x – 1} right) cr
& Leftrightarrow {x^2} + 9x – 1 = 17x – 17 cr
& Leftrightarrow {x^2} + 9x – 17x – 1 + 17 = 0 cr
& Leftrightarrow {x^2} – 8x + 16 = 0 cr
& Delta ‘ = {left( { – 4} right)^2} – 1.16 = 16 – 16 = 0 cr} )

Phương trình có nghiệm số kép: ({x_1} = {x_2} = 4)

Giá trị x = 4 thỏa mãn điều kiện.

Vậy phương trình có 1 nghiệm: x = 4

 


Câu 47 trang 59 Sách bài tập (SBT) Toán 9 tập 2

Giải các phương trình sau bằng cách đưa về phương trình tích:

a) (3{x^2} + 6{x^2} – 4x = 0)

b) ({left( {x + 1} right)^3} – x + 1 = left( {x – 1} right)left( {x – 2} right))

c) ({left( {{x^2} + x + 1} right)^2} = {left( {4x – 1} right)^2})

d) ({left( {{x^2} + 3x + 2} right)^2} = 6left( {{x^2} + 3x + 2} right))

e) ({left( {2{x^2} + 3} right)^2} – 10{x^3} – 15x = 0)

f) ({x^3} – 5{x^2} – x + 5 = 0)

Giải

Giải các phương trình sau bằng cách đưa về phương trình tích.

a) (3{x^3} + 6{x^2} – 4x = 0 Leftrightarrow xleft( {3{x^2} + 6x – 4} right) = 0)

x = 0 hoặc (3{x^2} + 6x – 4 = 0)

(eqalign{
& 3{x^2} + 6x – 4 = 0 cr
& Delta ‘ = {3^2} – 3.left( { – 4} right) = 9 + 12 = 21 > 0 cr
& sqrt {Delta ‘} = sqrt {21} cr
& {x_1} = {{ – 3 + sqrt {21} } over 3};{x_2} = {{ – 3 – sqrt {21} } over 3} cr} )

Vậy phương trình có 3 nghiệm: ({x_1} = 0;{x_2} = {{ – 3 + sqrt {21} } over 3};{x_3} = {{ – 3 – sqrt {21} } over 3})

b)

(eqalign{
& {left( {x + 1} right)^3} – x + 1 = left( {x – 1} right)left( {x – 2} right) cr
& Leftrightarrow {x^3} + 3{x^2} + 3x + 1 – x + 1 = {x^2} – 2x – x + 2 cr
& Leftrightarrow {x^3} + 2{x^2} + 5x = 0 cr
& Leftrightarrow xleft( {{x^2} + 2x + 5} right) = 0 cr} )

x = 0 hoặc ({x^2} + 2x + 5 = 0)

(eqalign{
& {x^2} + 2x + 5 = 0 cr
& Delta ‘ = 1 – 1.5 = 1 – 5 = – 4 < 0 cr} )

Phương trình vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = 0

c)

(eqalign{
& {left( {{x^2} + x + 1} right)^2} = {left( {4x – 1} right)^2} cr
& Leftrightarrow {left( {{x^2} + x + 1} right)^2} – {left( {4x – 1} right)^2} = 0 cr
& Leftrightarrow left[ {left( {{x^2} + x + 1} right) + left( {4x – 1} right)} right]left[ {left( {{x^2} + x + 1} right) – left( {4x – 1} right)} right] = 0 cr
& Leftrightarrow left( {{x^2} + x + 1 + 4x – 1} right)left( {{x^2} + x + 1 – 4x + 1} right) = 0 cr
& Leftrightarrow left( {{x^2} + 5x} right)left( {{x^2} – 3x + 2} right) = 0 cr
& Leftrightarrow xleft( {x + 5} right)left( {{x^2} – 3x + 2} right) = 0 cr
& Leftrightarrow left[ {matrix{
{x = 0} cr
{x + 5 = 0} cr
{{x^2} – 3x + 2 = 0} cr} } right. cr} )

x + 5 = 0 ⇒ x = -5

({x^2} – 3x + 2 = 0) có dạng: (a + b + c = 0), ta có: (1 + left( { – 3} right) + 2 = 0)

({x_1} = 1;{x_2} = 2)

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm: ({x_1} = 0;{x_2} =  – 5;{x_3} = 1;{x_4} = 2)

d)

(eqalign{
& {left( {{x^2} + 3x + 2} right)^2} = 6left( {{x^2} + 3x + 2} right) cr
& Leftrightarrow {left( {{x^2} + 3x + 2} right)^2} – 6left( {{x^2} + 3x + 2} right) = 0 cr
& Leftrightarrow left( {{x^2} + 3x + 2} right)left[ {left( {{x^2} + 3x + 2} right) – 6} right] = 0 cr
& Leftrightarrow left( {{x^2} + 3x + 2} right)left( {{x^2} + 3x – 4} right) = 0 cr
& Leftrightarrow left[ {matrix{
{{x^2} + 3x + 2 = 0} cr
{{x^2} + 3x – 4 = 0} cr} } right. cr} )

({x^2} + 3x + 2 = 0) có dạng: (a – b + c = 0), ta có:

(eqalign{
& 1 – 3 + 2 = 0 cr
& {x_1} = – 1;{x_2} = – 2 cr} )

({x^2} + 3x – 4 = 0) có dạng: $a + b + c = 0)

(eqalign{
& 1 + 3 + left( { – 4} right) = 0 cr
& {x_3} = 1;{x_4} = – 4 cr} )

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm: ({x_1} =  – 1;{x_2} =  – 2;{x_3} = 1;{x_4} =  – 4)

e)

(eqalign{
& {left( {2{x^2} + 3} right)^2} – 10{x^3} – 15x = 0 cr
& Leftrightarrow {left( {2{x^2} + 3} right)^2} – 5xleft( {2{x^2} + 3} right) = 0 cr
& Leftrightarrow left( {2{x^2} + 3} right)left( {2{x^2} + 3 – 5x} right) = 0 cr} )

Ta có:

(eqalign{
& 2{x^2} ge 0 Rightarrow 2{x^2} + 3 > 0 cr
& Rightarrow 2{x^2} – 5x + 3 = 0 cr} )

Phương trình có dạng: (a + b + c = 0)

Ta có:

(eqalign{
& 2 + left( { – 5} right) + 3 = 0 cr
& {x_1} = 1;{x_2} = {3 over 2} cr} )

Vậy phương trình đã cho có  2 nghiệm: ({x_1} = 1;{x_2} = {3 over 2})

f)

(eqalign{
& {x^3} – 5{x^2} – x + 5 = 0 cr
& Leftrightarrow {x^2}left( {x – 5} right) – left( {x – 5} right) = 0 cr
& Leftrightarrow left( {x – 5} right)left( {{x^2} – 1} right) = 0 cr
& Leftrightarrow left( {x – 5} right)left( {x – 1} right)left( {x + 1} right) = 0 cr
& left[ {matrix{
{x – 5 = 0} cr
{x + 1 = 0} cr
{x – 1 = 0} cr} Leftrightarrow left[ {matrix{
{x = 5} cr
{x = – 1} cr
{x = 1} cr} } right.} right. cr} )

Vậy phương trình đã cho có  3 nghiệm: ({x_1} = 5;{x_2} =  – 1;{x_3} = 1)


Câu 48 trang 60 Sách bài tập (SBT) Toán 9 tập 2

Giải các phương trình trùng phương:

a) ({x^4} – 8{x^2} – 9 = 0)

b) ({y^4} – 1,16{y^2} + 0,16 = 0)

c) ({z^4} – 7{z^2} – 144 = 0)

d) (36{t^4} – 13{t^2} + 1 = 0)

e) ({1 over 3}{x^4} – {1 over 2}{x^2} + {1 over 6} = 0)

f) (sqrt 3 {x^4} – left( {2 – sqrt 3 } right){x^2} – 2 = 0)

Giải

a) ({x^4} – 8{x^2} – 9 = 0) đặt ({x^2} = t Rightarrow t ge 0)

Ta có phương trình: ({t^2} – 8t – 9 = 0) có dạng (a – b + c = 0)

Ta có:

(eqalign{
& 1 – left( { – 8} right) + left( { – 9} right) = 0 cr
& {t_1} = – 1;{t_2} = – {{ – 9} over 1} = 9 cr} )

({t_1} =  – 1 < 0) loại

( Rightarrow {x^2} = 9 Leftrightarrow x =  pm 3)

Vậy phương trình đã cho có  2 nghiệm: ({x_1} = 3;{x_2} =  – 3)

b) ({y^4} – 1,16{y^2} + 0,16 = 0) đặt ({y^2} = t Rightarrow t ge 0)

Ta có phương trình: ({t^2} – 1,16t + 0,16 = 0)

Phương trình có dạng: (a + b + c = 0)

Ta có:

(eqalign{
& 1 + left( { – 1,16} right) + 0,16 = 0 cr
& {t_1} = 1;{t_2} = 0,16 cr
& Rightarrow {y^2} = 1 Rightarrow y = pm 1 cr
& {y^2} = 0,16 Rightarrow y = pm 0,4 cr} )

Vậy phương trình có 4 nghiệm: ({y_1} = 1;{y_2} =  – 1;{y_3} = 0,4;{y_4} =  – 0,4)

c) ({z^4} – 7{z^2} – 144 = 0) đặt ({z^2} = t Rightarrow t ge 0)

Ta có phương trình: ({t^2} – 7t – 144 = 0)

(eqalign{
& Delta = {left( { – 7} right)^2} – 4.1.left( { – 144} right) = 49 + 576 = 625 > 0 cr
& sqrt Delta = sqrt {625} = 25 cr
& {t_1} = {{7 + 25} over {2.1}} = 16 cr
& {t_2} = {{7 – 25} over {2.1}} = – 9 cr} )

({t_2} =  – 9 < 0) loại

( Rightarrow {z^2} = 16 Leftrightarrow z =  pm 4)

Vậy phương trình có hai nghiệm: ({z_1} = 4;{z_2} =  – 4)

d) (36{t^4} – 13{t^2} + 1 = 0) đặt ({t^2} = u Rightarrow u ge 0)

Ta có phương trình: (36{u^2} – 13u + 1 = 0)

(eqalign{
& Delta = {left( { – 13} right)^2} – 4.36.1 = 169 – 144 = 25 > 0 cr
& sqrt Delta = sqrt {25} = 5 cr
& {u_1} = {{13 + 5} over {2.36}} = {{18} over {72}} = {1 over 4} cr
& {u_2} = {{13 – 5} over {2.36}} = {8 over {72}} = {1 over 9} cr
& {t^2} = {1 over 4} Leftrightarrow t = pm {1 over 2} cr
& {t^2} = {1 over 9} Leftrightarrow t = pm {1 over 3} cr} )

Vậy phương trình có 4 nghiệm: ({x_1} = {1 over 2};{x_2} =  – {1 over 2};{x_3} = {1 over 3};{x_4} =  – {1 over 3})

e)

(eqalign{
& {1 over 3}{x^4} – {1 over 2}{x^2} + {1 over 6} = 0 cr
& Leftrightarrow 2{x^4} – 3{x^2} + 1 = 0 cr} )

Đặt ({x^2} = t Rightarrow t ge 0)

Ta có phương trình: (2{t^2} – 3t + 1 = 0)

Phương trình có dạng: (a + b + c = 0)

Ta có:

(eqalign{
& 2 + left( { – 3} right) + 1 = 0 cr
& {t_1} = 1;{t_2} = {1 over 2} cr
& Rightarrow {x^2} = 1 Rightarrow x = pm 1 cr
& {x^2} = {1 over 2} Leftrightarrow x = pm {{sqrt 2 } over 2} cr} )

Vậy phương trình có 4 nghiệm: ({x_1} = 1;{x_2} =  – 1;{x_3} = {{sqrt 2 } over 2};{x_4} =  – {{sqrt 2 } over 2})

f) (sqrt 3 {x^4} – left( {2 – sqrt 3 } right){x^2} – 2 = 0) đặt ({x_2} = t Rightarrow t ge 0)

Ta có phương trình: (sqrt 3 {t^2} – left( {2 – sqrt 3 } right)t – 2 = 0)

Phương trình có dạng: (a – b + c = 0)

Ta có:

(eqalign{
& sqrt 3 – left[ { – left( {2 – sqrt 3 } right)} right] + left( { – 2} right) cr
& = sqrt 3 – left( {sqrt 3 – 2} right) + left( { – 2} right) cr
& = sqrt 3 – sqrt 3 + 2 – 2 = 0 cr
& {t_1} = – 1;{t_2} = – {{ – 2} over {sqrt 3 }} = {{2sqrt 3 } over 3} cr} )

({t_1} =  – 1 < 0) loại

({x^2} = {{2sqrt 3 } over 3} Rightarrow x =  pm sqrt {{{2sqrt 3 } over 3}}  =  pm {{sqrt {6sqrt 3 } } over 3})

Phương trình có hai nghiệm: ({x_1} = {{sqrt {6sqrt 3 } } over 3};{x_2} =  – {{sqrt {6sqrt 3 } } over 3})

 


Câu 49 trang 60 Sách bài tập (SBT) Toán 9 tập 2

Chứng minh rằng khi a và c trái dấu thì phương trình trùng phương (a{x^4} + b{x^2} + c = 0) chỉ có hai nghiệm và chúng là hai số đối nhau.

Giải

Phương trình: (a{x^4} + b{x^2} + c = 0) đặt ({x^2} = t Rightarrow t ge 0)

Ta có phương trình: (a{t^2} + bt + c = 0)

Vì a và c trái dấu ⇒ ac < 0. Phương trình có hai nghiệm phân biệt: t1 và t2

Theo hệ thức Vi-ét ta có: ({t_1}.{t_2} = {c over a} < 0) nên t1 và t2 trái dấu.

Giả sử t1 < 0; t2 > 0. Vì t ≥ 0 ⇒ t1 < 0 loại

( Rightarrow {x^2} = {t_2} Rightarrow x =  pm sqrt {{t_2}} )

Vậy phương trình trùng phương: (a{x^4} + b{x^2} + c = 0) có hệ số a và c trái dấu thì phương trình trùng phương có 2 nghiệm đối nhau.

 


Câu 50 trang 60 Sách bài tập (SBT) Toán 9 tập 2

Giải các phương trình sau bằng cách đặt ẩn phụ:

a) ({left( {4x – 5} right)^2} – 6left( {4x – 5} right) + 8 = 0)

b) ({left( {{x^2} + 3x – 1} right)^2} + 2left( {{x^2} + 3x – 1} right) – 8 = 0)

c) ({left( {2{x^2} + x – 2} right)^2} + 10{x^2} + 5x – 16 = 0)

d) (left( {{x^2} – 3x + 4} right)left( {{x^2} – 3x + 2} right) = 3)

e) ({{2{x^2}} over {{{left( {x + 1} right)}^2}}} – {{5x} over {x + 1}} + 3 = 0)

f) (x – sqrt {x – 1}  – 3 = 0)

Giải

a) ({left( {4x – 5} right)^2} – 6left( {4x – 5} right) + 8 = 0) đặt (4x – 5 = t,) ta có phương trình:

(eqalign{
& {t^2} – 6t + 8 = 0 cr
& Delta ‘ = {left( { – 3} right)^2} – 1.8 = 9 – 8 = 1 > 0 cr
& sqrt {Delta ‘} = sqrt 1 = 1 cr
& {t_1} = {{3 + 1} over 1} = 4 cr
& {t_2} = {{3 – 1} over 1} = 2 cr} )

Suy ra:

(left[ {matrix{
{4x – 5 = 4} cr
{4x – 5 = 2} cr
} Leftrightarrow left[ {matrix{
{4x = 9} cr
{4x = 7} cr} Leftrightarrow left[ {matrix{
{x = {9 over 4}} cr
{x = {7 over 4}} cr} } right.} right.} right.)

Phương trình có 2 nghiệm: ({x_1} = {9 over 4};{x_2} = {7 over 4})

b) ({left( {{x^2} + 3x – 1} right)^2} + 2left( {{x^2} + 3x – 1} right) – 8 = 0) đặt ({x^2} + 3x – 1 = t)

Ta có phương trình: ({t^2} + 2t – 8 = 0)

(eqalign{
& Delta ‘ = {1^2} – 1.left( { – 8} right) = 1 + 8 = 9 > 0 cr
& sqrt {Delta ‘} = sqrt 9 = 3 cr
& {t_1} = {{ – 1 + 3} over 1} = 2 cr
& {t_2} = {{ – 1 – 3} over 1} = – 4 cr} )

Với t1 = 2 ta có: ({x^2} + 3x – 1 = 2 Leftrightarrow {x^2} + 3x – 3 = 0)

(eqalign{
& Delta = 9 – 4.1.left( { – 3} right) = 9 + 12 = 21 > 0 cr
& sqrt Delta = sqrt {21} cr
& {x_1} = {{ – 3 + sqrt {21} } over 1} = – 3 + sqrt {21} cr
& {x_2} = {{ – 3 – sqrt {21} } over 1} = – 3 – sqrt {21} cr} )

Với t2 = -4 ta có: ({x^2} + 3x – 1 =  – 4 Leftrightarrow {x^2} + 3x + 3 = 0)

(Delta  = {3^2} – 4.1.3 = 9 – 12 =  – 3 < 0)

Phương trình vô nghiệm

Vậy phương trình có hai nghiệm: ({x_1} =  – 3 + sqrt {21} ;{x_2} =  – 3 – sqrt {21} )

c)

(eqalign{
& {left( {2{x^2} + x – 2} right)^2} + 10{x^2} + 5x – 16 = 0 cr
& Leftrightarrow {left( {2{x^2} + x – 2} right)^2} + 5left( {2{x^2} + x – 2} right) – 6 = 0 cr} )

Đặt (2{x^2} + x – 2 = t)

Ta có phương trình: ({t^2} + 5t – 6 = 0) có dạng:

(eqalign{
& a + b + c = 0;1 + 5 + left( { – 6} right) = 0 cr
& {t_1} = 1;{t_2} = – 6 cr} )

Với t1 = 1 ta có: (2{x^2} + x – 2 = 1 Leftrightarrow 2{x^2} + x – 3 = 0) có dạng: (a + b + c = 0)

(2 + 1 + left( { – 3} right) = 0 Rightarrow {x_1} = 1;{x_2} =  – {3 over 2})

Với t2 = -6 ta có: (2{x^2} + x – 2 =  – 6 Leftrightarrow 2{x^2} + x + 4 = 0)

(Delta  = {1^2} – 4.2.4 = 1 – 32 =  – 31 < 0)

Phương trình vô nghiệm

Vậy phương trình có 2 nghiệm: ({x_1} = 1;{x_2} =  – {3 over 2})

d)

(eqalign{
& left( {{x^2} – 3x + 4} right)left( {{x^2} – 3x + 2} right) = 3 cr
& Leftrightarrow left[ {left( {{x^2} – 3x + 2} right) + 2} right]left( {{x^2} – 3x + 2} right) = 3 cr
& Leftrightarrow {left( {{x^2} – 3x + 2} right)^2} + 2left( {{x^2} – 3x + 2} right) – 3 = 0 cr} )

Đặt ({x^2} – 3x + 2 = t)

Ta có phương trình: ({t^2} + 2t – 3 = 0) có dạng:

(eqalign{
& a + b + c = 0;1 + 2 + left( { – 3} right) = 0 cr
& {t_1} = 1;{t_2} = {{ – 3} over 1} = – 3 cr} )

Với t1 = 1 ta có: ({x^2} – 3x + 2 = 1 Leftrightarrow {x^2} – 3x + 1 = 0)

(eqalign{
& Delta = {left( { – 3} right)^2} – 4.1.1 = 9 – 4 = 5 > 0 cr
& sqrt Delta = sqrt 5 cr
& {x_1} = {{3 + sqrt 5 } over {2.1}} = {{3 + sqrt 5 } over 2} cr
& {x_2} = {{3 – sqrt 5 } over {2.1}} = {{3 – sqrt 5 } over 2} cr} )

Với t2 = -3 ta có: ({x^2} – 3x + 2 =  – 3 Leftrightarrow {x^2} – 3x + 5 = 0)

(Delta  = {left( { – 3} right)^2} – 4.1.5 = 9 – 20 =  – 11 < 0)

Phương trình vô nghiệm

Vậy phương trình có 2 nghiệm: ({x_1} = {{3 + sqrt 5 } over 2};{x_2} = {{3 – sqrt 5 } over 2})

e)

(eqalign{
& {{2{x^2}} over {{{left( {x + 1} right)}^2}}} – {{5x} over {x + 1}} + 3 = 0 cr
& Leftrightarrow 2{left( {{x over {x + 1}}} right)^2} – 5left( {{x over {x + 1}}} right) + 3 = 0 cr} )

Đặt ({x over {x + 1}} = t,) ta có phương trình: (2{t^2} – 5t + 3 = 0)

(2{t^2} – 5t + 3 = 0) có dạng: (a + b + c = 0;2 + left( { – 5} right) + 3 = 0)

({t_1} = 1;{t_2} = {3 over 2})

Với ({t_1} = 1) ta có: ({x over {x + 1}} = 1 Leftrightarrow x = x + 1 Rightarrow 0x = 1) vô nghiệm

Với t2 = ({3 over 2}) ta có: ({x over {x + 1}} = {3 over 2} Leftrightarrow 2x = 3x + 3 Rightarrow x =  – 3)

x = -3 thỏa mãn điều kiện. Vậy phương trình có 1 nghiệm: x = -3

f) (x – sqrt {x – 1}  – 3 = 0) điều kiện: x ≥ 1

( Leftrightarrow left( {x – 1} right) – sqrt {x – 1}  – 2 = 0) đặt (sqrt {x – 1}  = t Rightarrow t ge 0)

Ta có phương trình: ({t^2} – t – 2 = 0) có dạng: (a – b + c = 0)

(eqalign{
& 1 – left( { – 1} right) + left( { – 2} right) = 1 + 1 – 2 = 0 cr
& {t_1} = – 1;{t_2} = – {{ – 2} over 1} = 2 cr} )

({t_1} =  – 1 < 0) loại

Với ({t_2} = 2) ta có: (sqrt {x – 1}  = 2 Rightarrow x – 1 = 4 Rightarrow x = 5)

x = 5 thỏa mãn điều kiện. Vậy phương trình có 1 nghiệm: x = 5


Câu 7.1 trang 60 Sách bài tập (SBT) Toán 9 tập 2

Giải các phương trình:

a) ({x^4} – 2{x^3} + 3{x^2} – 2x – 3 = 0)

b) (5 – sqrt {3 – 2x}  = left| {2x – 3} right|)

Giải

a)

(eqalign{
& {x^4} – 2{x^3} + 3{x^2} – 2x – 3 = 0 cr
& Leftrightarrow {x^4} – 2{x^3} + {x^2} + 2{x^2} – 2x – 3 = 0 cr
& Leftrightarrow {x^2}left( {{x^2} – 2x + 1} right) + 2xleft( {x – 1} right) – 3 = 0 cr
& Leftrightarrow {left[ {xleft( {x – 1} right)} right]^2} + 2.xleft( {x – 1} right) – 3 = 0 cr} )

Đặt (xleft( {x – 1} right) = t)

Ta có phương trình: ({t^2} + 2t – 3 = 0) có dạng (a + b + c = 0)

(1 + 2 + left( { – 3} right) = 0 Rightarrow {t_1} = 1;{t_2} = {{ – 3} over 1} =  – 3)

Với t1 = 1 ta có: (xleft( {x – 1} right) = 1 Leftrightarrow {x^2} – x – 1 = 0)

(eqalign{
& Delta = {left( { – 1} right)^2} – 4.1.left( { – 1} right) = 1 + 4 = 5 > 0 cr
& sqrt Delta = sqrt 5 cr
& {x_1} = {{1 + sqrt 5 } over {2.1}} = {{1 + sqrt 5 } over 2} cr
& {x_2} = {{1 – sqrt 5 } over {2.1}} = {{1 – sqrt 5 } over 2} cr} )

Với t2 = -3 ta có: (xleft( {x – 1} right) =  – 3 Leftrightarrow {x^2} – x + 3 = 0)

(Delta  = {left( { – 1} right)^2} – 4.1.3 = 1 – 12 =  – 11 < 0)

Phương trình vô nghiệm

Vậy phương trình có hai nghiệm: ({x_1} = {{1 + sqrt 5 } over 2};{x_2} = {{1 – sqrt 5 } over 2})

b) (5 – sqrt {3 – 2x}  = left| {2x – 3} right|) điều kiện (3 – 2x ge 0 Leftrightarrow x le {3 over 2})

( Rightarrow 5 – sqrt {3 – 2x}  = 3 – 2x) đặt (sqrt {3 – 2x}  = t Rightarrow t ge 0)

Ta có phương trình: (5 – t = {t^2} Leftrightarrow {t^2} + t – 5 = 0)

(eqalign{
& Delta = {1^2} – 4.1.left( { – 5} right) = 1 + 20 = 21 > 0 cr
& sqrt Delta = sqrt {21} cr
& {t_1} = {{ – 1 + sqrt {21} } over {2.1}} = {{sqrt {21} – 1} over 2} cr
& {t_2} = {{ – 1 – sqrt {21} } over {2.1}} = – {{1 + sqrt {21} } over 2} cr} )

({t_2} =  – {{1 + sqrt {21} } over 2} < 0) loại

(eqalign{
& Rightarrow sqrt {3 – 2x} = {{sqrt {21} – 1} over 2} cr
& Rightarrow 3 – 2x = {{21 – 2sqrt {21} + 1} over 4} cr
& Leftrightarrow 12 – 8x = 22 – 2sqrt {21} cr
& Leftrightarrow 8x = 12 – 22 + 2sqrt {21} cr
& Rightarrow x = {{2left( {sqrt {21} – 5} right)} over 8} = {{sqrt {21} – 5} over 4} cr} )

Phương trình có 1 nghiệm: (x = {{sqrt {21}  – 5} over 4})

 


Câu 7.2 trang 60 Sách bài tập (SBT) Toán 9 tập 2

Cho phương trình (x + 2sqrt {x – 1}  – {m^2} + 6m – 11 = 0)

a) Giải phương trình khi m = 2.

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

Giải

a) Khi m = 2 ta có phương trình: (x + 2sqrt {x – 1}  – 3 = 0) điều kiện (x ge 1)

Đặt (sqrt {x – 1}  = t Rightarrow t ge 0;x + 2sqrt {x – 1}  – 3 = 0 Leftrightarrow x – 1 + 2sqrt {x – 1}  – 2 = 0)

Ta có phương trình: ({t^2} + 2t – 2 = 0)

(eqalign{
& Delta ‘ = {1^2} – 1.left( { – 2} right) = 1 + 2 = 3 > 0 cr
& sqrt {Delta ‘} = sqrt 3 cr
& {t_1} = {{ – 1 + sqrt 3 } over 1} = – 1 + sqrt 3 cr
& {t_2} = {{ – 1 – sqrt 3 } over 1} = – left( {1 + sqrt 3 } right) cr} )

({t_2} =  – left( {1 + sqrt 3 } right) < 0) loại

(eqalign{
& Rightarrow sqrt {x – 1} = sqrt 3 – 1 cr
& Rightarrow x – 1 = {left( {sqrt 3 – 1} right)^2} cr
& Leftrightarrow x – 1 = 3 – 2sqrt 3 + 1 cr
& Leftrightarrow x = 5 – 2sqrt 3 cr} )

Vậy phương trình có 1 nghiệm (x = 5 – 2sqrt 3 )

b) (x + 2sqrt {x – 1}  – {m^2} + 6m – 11 = 0) điều kiện (x ge 1)

( Leftrightarrow x – 1 + 2sqrt {x – 1}  – {m^2} + 6m – 10 = 0)

Đặt (sqrt {x – 1}  = t Rightarrow t ge 0)

Ta có phương trình: ({t^2} + 2t – {m^2} + 6m – 10 = 0)

(a = 1 > 0;c =  – {m^2} + 6m – 10 =  – left( {{m^2} – 6m + 9 + 1} right) =  – left[ {{{left( {m – 3} right)}^2} + 1} right] < 0)

nên c < 0 ⇒ a và c khác dấu, phương trình có hai nghiệm.

Phân biệt t1 và t2 trái dấu nhau. Giả sử t1 > 0 ( Rightarrow x = {t_1}^2 + 1)

Vậy phương trình luôn luôn có nghiệm

 


Câu 7.3 trang 60 Sách bài tập (SBT) Toán 9 tập 2

(Đề thi học sinh giỏi Toán Bulgari – Mùa xuân 1997)

Tìm giá trị của m để phương trình

(left[ {{x^2} – 2mx – 4left( {{m^2} + 1} right)} right]left[ {{x^2} – 4x – 2mleft( {{m^2} + 1} right)} right] = 0)

có đúng ba nghiệm phân biệt.

Giải

Phương trình:

(eqalign{
& left[ {{x^2} – 2mx – 4left( {{m^2} + 1} right)} right]left[ {{x^2} – 4x – 2mleft( {{m^2} + 1} right)} right] = 0 cr
& Leftrightarrow left[ {matrix{
{{x^2} – 2mx – 4left( {{m^2} + 1} right) = 0(1)} cr
{{x^2} – 4x – 2mleft( {{m^2} + 1} right) = 0(2)} cr} } right. cr} )

Ta xét phương trình (1): ({x^2} – 2mx – 4left( {{m^2} + 1} right) = 0)

({Delta _1}’ = {left( { – m} right)^2} – 1.left[ { – 4left( {{m^2} + 1} right)} right] = {m^2} + 4left( {{m^2} + 1} right) > 0) với mọi m

Phương trình (1) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt

Ta xét phương trình (2): ({x^2} – 4x – 2mleft( {{m^2} + 1} right) = 0)

(eqalign{
& {Delta _2}’ = {left( { – 2} right)^2} – 1.left[ { – 2mleft( {{m^2} + 1} right)} right] cr
& = 4 + 2mleft( {{m^2} + 1} right) cr
& = 2{m^3} + 2m + 4 cr} )

Phương trình (2) có nghiệm khi và chỉ khi ({Delta _2}’ ge 0)

(eqalign{
& Rightarrow 2{m^3} + 2m + 4 ge 0 cr
& Leftrightarrow {m^3} + m + 2 ge 0 cr
& Leftrightarrow {m^3} + {m^2} – {m^2} – m + 2m + 2 ge 0 cr
& Leftrightarrow {m^2}left( {m + 1} right) – mleft( {m + 1} right) + 2left( {m + 1} right) ge 0 cr
& Leftrightarrow left( {m + 1} right)left( {{m^2} – m + 2} right) ge 0 cr} )

Vì ({m^2} – m + 2 = {m^2} – 2.{1 over 2}m + {1 over 4} + {7 over 4} = {left( {m – {1 over 2}} right)^2} + {7 over 4} > 0)

( Rightarrow m + 1 ge 0 Leftrightarrow m ge  – 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 hai trường hợp sau:

Trường hợp 1: Phương trình (2) có 1 nghiệm kép khác với nghiệm của phương trình (1).

Ta có: ({Delta _2}’ = 0) suy ra m = -1 và nghiệm kép phương trình (2): x = 2

Thay x = 2 vào phương trình (1) ta có: (4 – 4m – 4left( {{m^2} + 1} right) ne 0)

(eqalign{
& Leftrightarrow 4 – 4m – 4{m^2} – 4 ne 0 cr
& Leftrightarrow – 4mleft( {m + 1} right) ne 0 cr
& Leftrightarrow mleft( {m + 1} right) ne 0 cr} )
( Leftrightarrow left[ {matrix{
{m ne 0} cr
{m ne – 1} cr} } right.)

vô lý loại vì m = -1

Trường hợp 2: Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 trong đó có 1 nghiệm giả sử là xcũng là nghiệm của phương trình (1).

Phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt ( Leftrightarrow {Delta _2}’ > 0 Leftrightarrow m >  – 1)

(left{ {matrix{
{{x_1}^2 – 2m{x_1} – 4left( {{m^2} + 1} right) = 0} cr
{{x_1}^2 – 4{x_1} – 2mleft( {{m^2} + 1} right) = 0} cr} } right.)

(eqalign{
& Rightarrow left( {4 – 2m} right){x_1} + 2mleft( {{m^2} + 1} right) – 4left( {{m^2} + 1} right) = 0 cr
& Leftrightarrow left( {4 – 2m} right){x_1} + 2{m^3} + 2m – 4{m^2} – 4 = 0 cr
& Leftrightarrow left( {4 – 2m} right){x_1} + 2left( {{m^3} – 2{m^2} + m – 2} right) = 0 cr
& Leftrightarrow left( {4 – 2m} right){x_1} + 2left[ {{m^2}left( {m – 2} right) + left( {m – 2} right)} right] = 0 cr
& Leftrightarrow left( {4 – 2m} right){x_1} + 2left( {m – 2} right)left( {{m^2} + 1} right) = 0 cr
& Leftrightarrow 2left( {2 – m} right){x_1} + 2left( {m – 2} right)left( {{m^2} + 1} right) = 0 cr
& Leftrightarrow {x_1} = {m^2} + 1 cr} )

Vì x1 cũng là nghiệm của phương trình (1) nên thay ({x_1} = {m^2} + 1) vào phương trình (1) ta có:

(eqalign{
& {left( {{m^2} + 1} right)^2} – 2mleft( {{m^2} + 1} right) – 4left( {{m^2} + 1} right) = 0 cr
& Leftrightarrow left( {{m^2} + 1} right)left[ {{m^2} + 1 – 2m – 4} right] = 0 cr} )

(vì ({m^2} + 1 > 0) )

(eqalign{
& Leftrightarrow {m^2} + 1 – 2m – 4 = 0 cr
& Leftrightarrow {m^2} – 2m – 3 = 0 cr
& Leftrightarrow {m^2} – 3m + m – 3 = 0 cr
& Leftrightarrow mleft( {m – 3} right) + left( {m – 3} right) = 0 cr
& Leftrightarrow left( {m – 3} right)left( {m + 1} right) = 0 cr
& Leftrightarrow left[ {matrix{
{m = 3} cr
{m = – 1} cr} } right. cr} )

Vì m > -1 nên m = -1 loại

Vậy m = 3. Thay m = 3 vào phương trình (1) và (2) ta có:

Phương trình (1): ({x^2} – 6x – 40 = 0)

Phương trình (2): ({x^2} – 4x – 60 = 0)

Giải phương trình (1):

(eqalign{
& {x^2} – 6x – 40 = 0 cr
& Delta ‘ = {left( { – 3} right)^2} – 1.left( { – 40} right) = 9 + 40 = 49 > 0 cr
& sqrt {Delta ‘} = sqrt {49} = 7 cr
& {x_1} = {{3 + 7} over 1} = 10 cr
& {x_2} = {{3 – 7} over 1} = – 4 cr} )

Giải phương trình (2):

(eqalign{
& {x^2} – 4x – 60 = 0 cr
& Delta ‘ = {left( { – 2} right)^2} – 1.left( { – 60} right) = 4 + 60 = 64 > 0 cr
& sqrt {Delta ‘} = sqrt {64} = 8 cr
& {x_1} = {{2 + 8} over 1} = 10 cr
& {x_2} = {{2 – 8} over 1} = – 6 cr} )

Vậy phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm khi m = 3

The post Bài 7 Phương trình quy về phương trình bậc hai – Sách bài tập Toán 9 tập 2 appeared first on Sách Toán – Học toán.

Goc hoc tap