Chuyen de boi duong HSG Toan 9 Phuong trinh va hephuong trinh

phương trình 2 vậy ta phải xét thêm các trường hợp 1 2 như cách giải 2: Bài tập về nhà về phương trình và hệ phương trình 1Giải các phương trình sau: a .[r]

Toán BDHSG phương trình và hệ phương trình (lớp 9)

Bài toán 1 :Giải phương trình x 2 10 x x212x40

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

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

2 10

6

6 0

x x

  





 

Hoặc: Áp dung bất đẳng thức Cô si cho hai số không âm ta có

 2 4 10 .4 2 4 10 4

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

2 4

6

x

x x

 





 

Bài toán 2: Giải phương trình: x2 x 1 x x 2 1 x2 x2

Vì x2  x 1 0 và x x 2  1 0 nên Áp dụng bất đẳng thức Cô si mỗi số hạng của vế trái ta

1 1

x  x      

(1)

1 1

(2)

Cộng (1) và (2) vế theo vế ta có:

nên theo đề ta

có :x2 x   2 x 1 x12 0 Đẳng thức xảy ra khi x = 1 Thử lại ta thấy x = 1 thoả Vậy phương trình có nghiệm là x = 1

Bài toán 3 : Giải phương trình: 2x 3 5 2 x 3x212x14 (1)

Điều kiện tồn tại phương trình:

3

2

x x

x x

x







 

Vế phải của (1): 3x2 12x 14 3  x2 4x 4  2 3x 22  2 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 2

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

2x 3  5 2  x  1  1 2x 3 5 2   x  4 2 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2x 3 5 2   x x 2 Đẳng thức xảy ra ở phương trình (1) là 2 nên x = 2 là nghiệm của phương trình

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

2 3 1 5 2 1 2 3 1 5 2 1 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2 3 1

2

5 2 1

x

x x

 





trình

Bài toán 4: Giải phương trình: x2 2x 3 2x2  x 1 3 x 3x2 (1)

Giải: Điều kiện

2

2





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

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

đẳng thức

phương trình (1) đều bằng 2 Nên x = 1 Thử lại thấy x = 1 là nghiệm của phương trình

Bài toán 5 : Giải phương trình: 5 1 x3  2x2  2

(1) Giải:

Điều kiện 1 x3   0 x 1 x2  x 1 0

2

2 2

5ab 2 a b 2 a 5 a 2 0.

   

        

a

1 2

a

b 

a

Với

1

2

a

2

2

1

5 3 0

x





     

  

1

5 37

2

; 2

5 37 2

Bài toán 6: Giải phương trình:

6

     

42 42 60 60

0

 

 

 

 

0

x



1 3

x 

Thử lại đúng nên nghiệm của phương

trình là

1

3

x 

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

trình (1) ta được:x x  2x x  52 x x2  2 x 5 x x 3

   

2 x x 2 x 5 10x x

      4x x2  2 x 5 10x x 22

4x x 2 x 5 100x 20x x 4x x 7x 10 100x 20x x 3x 8x 60x 0

2 3 2 8 60 0

Giải phương trình này được

10

;0;6 3

x  

= 0; x = 6 thoả mãn đề cho

Bài toán 8: Giải phương trình: x  5 x 2 1   x2  7x 10 3

(1)

 x 2  x 5

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

   

3 1 x 2 x 5 3

      x 2  x 5  x  2 x  5 x 2 x 5  1 0 

x

        

trình x = -1

Cách giải khác:

Đặt a x2 a2  x 2 ; b x 5 b2  x 5 nên b2 a2   x 5 x 2 3  Do đó phương

trình (1) trở thành:

2 2 3 ( )(1 ) 3

  



Từ hệ (*) suy ra b2  a2 b a  1ab  b a a b ab     1 0

   

0

1

1 0

a b

b a

a b

a b ab





 



Bài toán 9 : Giải phương trình: 25 x2  10 x2 3 (1)

Giải: Điều kiện

2

15



Bài toán 10: Giải phương trình: 3 x 1 3 x135x (*)

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

    3 3 3

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

   5x 2x 33 x2 1 53 x

3 x2 1 5 3 x x x3 5x x2 1 4x3 5x 0 x 0

hoặc

5 2

x 

Thử lại ta thấy phương trinh có đúng ba nghiệm trên

Bài toán 11: Giải phương trình31 x 31 x 2 (1)

2

 2

2

1

a b

 



Vậy x = 0 là một nghiệm của phương trình

Bài toán 12 : Giải phương trình 32 x x1 1 (1)

Giải: TXĐ x 1 0   x 1 Đặt 3 2 x a; x1 b 0 Nên phương trình đã cho trở thành:

3 3

1

1

a b

 





 

1 1

4 3 0

 



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

Bài toán 13:Giải phương trình

2 2

1



 (*)

1

0

x x





hay 0 x 1

 * 1 1 2 21

1

1 2

x 

là một nghiệm của phương trình (*)

Với

1

0

2

x

 

1 1 1

  



Với

1

1

1 1 1

  



Vậy x =

1

Bài toán 14 : Giải phương trình : 3 3x2 x2001 33x2 7x2002 36x 200332002

 33x2  7x2002 b b3 3x27x 2002

 3 6x 2003 c c36x2003

a b c  3 (a3 b3 c3 ) 0  Khai triển và thu gọn được: 3a b b c c a        0

 Nếu a b   0 33x2 x 2001 3 3x2 7x 2002  3x2 x 2001 3  x2 7x 2002

1

6 1

6

 Nếu b c   0 3 3x2 7x 2002  36x 2003  3x2 7x 2002  6x 2003

2

3x x 1 0

1 13 1 13

;

x    

 Nếu a c  0  3 3x2 x 2001 36x 2003  3x2 x 2001 6  x 2003

3x 7x 4004 0

Vậy phương trình có ba nghiệm

1 1 13 1 13

Bài toán 15: Tính giá trị của biểu thức:

1 1

a



   trong đó a là nghiệm của phương trình 4x2 2x 2 0 

a

Gọi S

 

 

1

1 1

a



  

a

Bài toán 16: Giải phương trình:x2 x1000 1 8000 x 1000

2

2

2000

2000

  





 

x y x y  1 2000 0 x y x y  1999 0

Từ hệ phương trình (1)

suy ra:x2y2 x y  2000x y  2001x y  x2y2 0 x y 0

phương trình nên phương trình có nghiệm là x = 2001

Bài toán 17: Giải phương trình x2 3x 2 x 3 x 2 x2 2x 3

1

x

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

hoặc x1 1 0   x 2 x 3 hoặc x 1 1   0x 1 hoặc x 2. x 2

là một nghiệm của phương trình

Bài toán 18: Giải phương trình 2 2 2

5x  x  9x 36x  4x 16

Giải :

     

2

12 36

t

 

 

 2

t  t   t   t

Do đó

2

12 36

6

 

 

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



















1

20 11 2009 0

x

hệ số không đổi khi ta hoán vị vòng quanh đối với x; y; z có thể giả thiết x = max(x, y, z)

   3 2 2 2 

2 2







Thay vào phương trình (1) ta được:

2

20

11x 2009 11x 2009x 20 0

2009 4035201

22



Bài toán 20: Cho hệ phương trình

4 2

2 2

697

(1) 81

3 4 4 0 (2)









a) Nếu có (x; y) thoả (2) Chứng minh rằng

7 1

3

y

 

b) Giải hệ phương trình trên

Giải:

2

x y xy x y   x  y x y  Phương trình bậc hai ẩn x có nghiệm:

 2  2

0 y 3 4 y 2 0

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

7 1

3

y

  

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

 

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

 2 2

0 x 2 4(x 3x 4) 0

         x2  8x 16 4  x2  12x 16 0   x4 3  x 0

4 0

3

x

  

Do

4

0

3

x

 

và

7 1

3

y

 

nên

x y       

Đẳng thức xảy ra

4 2 697

81

3

x

và

7 3

y 

Khi

4 3

x 

và

7 3

y 

thì thay vào phương trình (2) vô nghiệm Nên hệ đã cho vô nghiệm

Bài toán 21 : Giải hệ phương trình:

144





Giải: Từ hệ phương trình suy ra y > 0

(*)

144 (1)



 



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

x2  2x2  24 x2  2x2  24 144  3x2  24 24   x2  144  72x2  3x4  576 24  x2  144 0 

3x 96x 720 0 x 32x 256 0 x 16 16 x 20 ;y 16

              và x2 12 ;y0 Thử lại được 4 nghiệm:x y ;   2 5; 4 ; 2 5; 4 ; 2 3;0 ; 2 3;0        

Bài toán 22 : Giải hệ phương trình:

 

 

2

19

(*) 7







Giải : Hệ (*)

 

 

2

2

3 19



 

2

2



 

x y a

xy b

 







2

2 2





  



Nếu a  1 b 6 suy ra

 

 

1 1

x y

   

 



hai k2 k 6 0   k1  3 ;k2  2

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

Bài toán 23: Cho hệ phương trình:

2 2 2

2 4 3 0 (1)

2 0 (2)





Giải: Từ (1) suy ra x3   3 4y 2y2   1 2 1 2  y y 2   1 2y 12   1 x 1

(3)

Từ x2x y2 2 2y0 có

2 2

2

1

y

y

2

Bài toán 24: Giải hệ phương trình: 2 2

2 2 9 0 (2)







Giải: Từ phương trình (2) suy ra x2 2x 1  y2 2y 1 11 0   x 12y 12 11 0 

3y  3 12y 12 11 0  3y 22y 12 11 0   9y2  12y  4 y2  2y  1 11 0 

10y 10y 6 0 5y 5y 3 0

5 85

10

y 

Nếu

5 85

10

y 

15 3 85

10

; Nếu

5 85 10

y 

15 3 85

10

Vậy hệ phương trình có nghiệm là:

 ;  15 3 85; 5 85 ; 15 3 85; 5 85

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

Bài toán 25: Giải hệ phương trình:





Hệ phương trình (*) tương đương

 3





 3

x y



 

x y

 



 



Giải phương trình : y3 9y2 7 0 y 1 2  y2  7y 7 0

;

Nếu y 1 x1 ; Nếu

;

Nếu

;

Vậy hệ

phương trình có ba nghiệm

 ;  1;1 ; 5 105 7; 105 ; 5 105 7; 105

Bài toán 26: Giải hệ phương trình

2 2

4 0 (2)





    

2 2

2 1 0

4 0

  





    

2 0

4 0

x y

  





    

Giải hệ phương trình :

2 2

4

13

4 0

5

x







  



    

2 0

4 0

x y

  





    

1 1

x y











4 13

; 1;1 ; ;

5 5

x y    

Bài toán 27 : Giải hệ phương trình





học 2008- 2009)

Điều kiện của hệ:

3 4

x 

;

3 4

y 

3 4 3 4 3





 







 

3 4 3 4 3

x y y x









12

0







 

12

0 (*)

xy

x y







Do điều kiện

3 4

x 

;

3 4

y 

12

xy



   2 

2

1,2

1

1 0

3 0

2

x x





 







So với điều kiện

1 13 2

x 

(loại) V ậy hệ phương trình đã cho có nghiệm

1

1 13 2

 





 





Cách giải khác: Điều kiện của hệ

3 4

x 

;

3 4

y 

Ta có:



(vô lý)

(vô lý)

3x x  3 4x 3  x  4x 3  x  4x  3 0

   2 

2

1,2

1

1 0

3 0

2

x x





 







So với điều kiện

1 13 2

x 

(loaị) Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm

1

1 13 2

 





 



Bài toán 28: Giải hệ phương trình:

4 1 (1)

4 1 (2)

4 1 (3)

   









Giải: Điều kiện

1

; ;

4

x y z 

Nhân mỗi phương trình với 2 ta có:

2 2 2 4 1

2 2 2 4 1

2 2 2 4 1







  4x 4y 4z 2 4x 1 2 4  y 1 2 4  z 1 0 

4x 1 2 4x 1 1 4y 1 2 4y 1 1 4z 1 2 4z 1 1 0

 4x 1 1 2 4y 1 1 2 4z 1 12 0

2

   

Bài toán 29 Giải hệ phương trình sau:

12 48 64 (1)

12 48 64 (3)









Giải:

Giả sử bộ ba số x y z; ;  là nghiệm của hệ phương trình trên thì y z x; ;  và z x y; ;  cũng là

Từ (1) ta có 12x2  48x 64 y3  y3  12x2  4x 4 16 12  x 22 16 16   y 2 Tương tự

Trừ từng vế của (1) và (3) ta được:x3  y3  12z2  x2 48z x   12z x x z     4 (6)

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

Điều kiện: x y z; ; 0 ;x y z  0 Đặtx a 2;y b z c 2;  2 Do a.b.c  0 nên ta có

 2

a  b c  a b c  a  b c  a b c   a2  b2 c2 a2 b2 c2  2ab 2ac 2bc

2

2b 2ab 2ac 2bc 0

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

0

0

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

      0

    0     0

Bài toán31: Cho x > 0 , y > 0 và

1 1

1

Từ

1 1

1

   

x y xy   xy x y     x y   x 1 y 1   1 2 x 1 y 1  2

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

Giải:

Gọi x, y, z lần lượt là độ dài các đường cao ứng với các cạnh a, b, c của tam giác, đường cao của tam giác luôn lớn hơn đường kính đường tròn nội tiếp tam giác đó, nghĩa là

2; 2; 2

1 1 1 1 1 1

3 3 3

Mặt khác ta lại có:

 

nên tam giác ABC đều

Bài toán 33: Cho phương trình x42mx2  4 0 (*) Tìm giá trị của tham số m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt x x x x1 ; ; ; 2 3 4 thoả mãn x14x24 x34 x44  32

Giải:

2

1 2

1 2

1 2

2

0 4

4

m m

m

t t

t t

 

   

   







 2

Bài toán 34:

thoả mãn x x 1 2 1 thì 5a2  2b2ac

Giải:

Nếu phương trình (*) có hai nghiệm x x1 ; 2 thì đa thức bậc bốn ở vế trái của phương trình

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

được :

2 (2) (3) (4)

m ap b

a mp n c





  







   



Cách giải 2: Vì x 1 0 và 2 1

1

x x



đều là nghiệm của phương trình (*) nên ta có:

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

     2 

Có ba trường hợp xảy ra

ta được:

5a  2b ac

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

được:

2

2

0 (1)

2

4

nên phương trình trở

Áp dụng định lý Viet cho

4

;



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

Bài tập về nhà về phương trình và hệ phương trình

1)Giải các phương trình sau:

a)x 3 x 2 x 9 x 18 168x

KQ: x = 1; x = 36

b) 5x214x 9 x2 x 20 5 x1

5 61 8;

2

x   

1) Giải các hệ phương trình sau:

a)

7

x y





 

b)

   





c)

2 2

3 3

1 3





  

d)

3 2

2000 0

500 0







Bài tập về nhà:

7)x3 1 2 23 x1 8) 8 x  5 x 5