intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Chuyên đề: Phương trình, hệ phương trình - Phòng giáo dục Cam Lâm

Chia sẻ: ThiênĐường ThiênĐường | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:21

Thêm vào BST
Báo xấu
124
lượt xem 21
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

 Mời các em học sinh cùng các thầy cô giáo tham khảo Chuyên đề: Phương trình, hệ phương trình sau đây. Tài liệu này giúp giáo viên định hướng cho các em học sinh ôn tập để làm bài hiệu quả. 

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề: Phương trình, hệ phương trình - Phòng giáo dục Cam Lâm

  1. Phòng Giáo Dục Cam Lâm                                                                                   HSG Toán 9 CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH A. Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ thích hợp. 2 2 �x − 2 � �x + 2 � �x 2 − 4 � Bài 1:Gpt:          10.� �+ � �− 11.� 2 �= 0. �x + 1 � �x − 1 � �x − 1 � Giải: x−2 x+2 Đặt  u = ;v =  (1). x +1 x −1 Ta có: 10.u2 + v2 ­11.uv = 0 (u­v).(10u­v)=0 u=v hoặc 10u=v. Xét các trường hợp thay vào (1) ta tìm được x một cách dễ dàng. Bài 2:Gpt: (x2 ­ 4x+3).(x2 ­ 6x + 8)=15. Giải: Đặt x2 ­ 5x + 5 = u (1). Ta có: (x2 ­ 4x+3).(x2 ­ 6x + 8)=15 (x­1).(x­3).(x­2).(x­4)­15=0 (x­1).(x­2).(x­3).(x­4)­15=0 (x2­5x+4).(x2­5x+6)­15=0 (u­1).(u+1)­15=0 u2­16=0 u= 4. Thay các giá trị của u vào (1) ta dễ dàng tìm được x. 2 �x � �x � Bài 3:Gpt: � �+ � �= 90. �x + 1 � �x − 1 � 2 � 1 1 � 2 2x + 2 2 Giải:PT x . � + = 90 . � x . 2 = 90 . �( x + 1) 2 ( x − 1) 2 � � ( x − 1) 2 Đặt u = x2  ( u  0)  (1). Ta có: 2u + 2 u. = 90 � 2u 2 + 2u = 90.(u − 1) 2       ( u  1). (u − 1) 2 88u 2 182u 90 0 . Từ đây ta dễ dàng tìm được u, thay vào (1) ta tìm được x. Bài 4:Gpt: 3 x + 3 2 x − 3 = 3 12.( x − 1) . Giải: 1
  2. Phòng Giáo Dục Cam Lâm                                                                                   HSG Toán 9 Đặt  3 x = u; 3 2 x − 3 = v  (1). Có:  u v 3 4.(u 3 v3 ) u3 v3 3uv.(u v) 4.(u 3 v3 ) u v 3.(u v).(u 2 2uv v 2 ) 0 3.(u v).(u v) 2 0 u v Xét các trường hợp thay vào (1) ta dễ dàng tìm được x. 1 x2 Bài 5:Gpt: 5 x 3 3x 2 3x 2 3 x  (1). 2 2 Giải: Từ (1) suy ra:  2. 5 x 3 3x 2 3x 2 x 2 6x 1 20 x 3 12 x 2 12 x 8 x4 36 x 2 1 12 x 3 2 x 2 12 x 24 9 x4 8x 3 22 x 2 24 x 9 0  (x 0). x2 8 x 22 0. x x2 3 Đặt  x y  (*) ta có: x y2 ­ 8y + 16 = 0 suy ra y = 4 thay vào (*) ta dễ dàng tìm được x. x 1 Bài 6:Gpt: x 1 .( x 4) 3.( x 4). 18 0(1). x 4 Giải: Điều kiện x > 4 hoặc x  4, (1) trở thành: ( x 1).( x 4) 3. ( x 1).( x 4) 18 0 Đặt  ( x 1).( x 4) y 0  (2) ta có: y2 + 3y ­18 = 0. Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (2) ta tìm được x. *Nếu x 
  3. Phòng Giáo Dục Cam Lâm                                                                                   HSG Toán 9 Bài 8:Gpt: x 2 16 x 64 2. x 2 8 x 16 x2 0. Giải:PT x 8 2. x 4 x 0. x                     ­      0        4          8            + x­8                  ­              ­          ­  0      + x­4                  ­              ­ 0       +         + x                     ­        0    +        +          + Đến đây ta xét từng khoảng ,bài toán trở nên đơn giản. Bài 9:Gpt: (1 + x + x2)2 = 5.(1 + x2 + x4). Giải: 1 x2 x4 2x 2x 2 2x3 5 5x 2 5 x 4 � 4 x 4 − 2 x3 + 2 x 2 − 2 x + 4 = 0 � 2 x 4 − x3 + x 2 − x + 2 = 0 Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho, vậy x 0. Chia cả hai vế của phương trình trên cho x2 ta được: 1 2 1 2x2 ­ x + 1 ­  0 . Đặt y =  x  (*). Ta có: x x2 x 2y2 ­ y ­ 3 = 0.Từ đó ta dễ dàng tìm được y, thay vào (*) ta tìm được x. Bài 10: Gpt: (6­x)4 + (8­x)4 = 16. Giải: Đặt 7 ­ x = y (*). Ta có: (y­1)4 + (y + 1)4 =16 2y4 +12 y2 +2 = 16 2.(y­1).(y+1).(y2+7)=0                                                                                 y =1 hoặc y = ­1. Thay các giá trị của y tìm được ở trên thay vào (*) ta dễ dàng tìm được các giá trị của x.  Tìm các nghiệm nguyên (x;y) hoặc (x;y;z) của các phương trình sau: Bài 1: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) Giải: Đặt y2 + 3y = t. Ta có: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) = (y2 + 3y).(y2 + 3y +2) = t2 + 2t. *Nếu t > 0 thì t2 
  4. Phòng Giáo Dục Cam Lâm                                                                                   HSG Toán 9 *Nếu t  t2 + 4t + 4 = (t+2)2. Suy ra: x2 = t2 + 2t > (t + 2)2 (*). Lại có: t2 +2t 
  5. Phòng Giáo Dục Cam Lâm                                                                                   HSG Toán 9 xy yz zx xy y x xy x y A =  3 z. z. 3.3 . z. . z. 3.3 xy z z x y z x y z y x z 1, x y 1 1 xy .z z 1, xy 1 z 1, x y 1 Bài 6: 2x2 ­ 2xy = 5x + y ­ 19. 2x 2 5 x 19 17 Giải:Từ bài ra ta có: y x 2 17 2 x 1 2x 1 1, 17. 2x 1 2x 1 Từ đó ta tìm được x  tìm được y. B. Giải hệ phương trình và các phương trình khác. 1 1 Bài 1: x 2. 2 x2 Giải:Điều kiện : x 0, x 2. 1 1 1 1 ­Nếu x  0: Đặt x = a và  2 x 2 b   (a,b > 0). 1 1 2 Ta có: a b a2 b2 2 1 1 1 Có:  2 2. ab 1  (1). a b ab Lại có: 2 = a2 + b2  2ab suy ra 1 ab (2). Từ (1)&(2) suy ra ab = 1 mà a2 + b2 =2 nên suy ra (a+b)2 = 4 suy ra a + b = 2. ab 1 Vậy ta có: a b 1 x 1. a b 2 Bài 2: 4 x 2 1 4x x2 y2 2y 3 x 4 16 y 5. Giải: 4 x2 0(1) 1 4x 0( 2) Điều kiện: x2 y2 2y 3 0(3) 4 x 16 0(4) Từ (4) suy ra x   4 kết hợp với (1) suy ra x2 = 4 kết hợp với (2) suy ra x = 2. 2 Phương trình đã cho trở thành: y 1 y 5  . Lúc này việc tìm y không còn khó khăn gì nữa (Lập bảng xét dấu). Bài 3: 2x4 ­21x3 + 74x2 ­105x +50 =0. 5
  6. Phòng Giáo Dục Cam Lâm                                                                                   HSG Toán 9 Giải: Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho. Vậy x 0.Chia cả hai vế của phương trình đã cho cho x2 ta được: 2 2 105 50 25 25 2 x 21x 74 0 2. x 21. x 26 0 x x2 x x 25 Đặt  x y  ta có: x 2y2 ­21.y ­ 26 = 0.Từ đó ta tìm được y tìm ra x. 2.1 x 1 x 5 Bài 4: 1 x 4.1 x 7 Giải: a 1 x 0 Đặt : b 1 x 0 2a b 5 Hệ đã cho trở thành: a 4b 7 Từ đó tìm được a =3,b =1. Đến đây việc tìm ra x không còn khó khăn nữa. x 1 y 5 1(1) Bài 5: y 5 x 1 (2) Giải: Thay biểu thức (2) vào phương trình (1) ta có: x 1 5 x 1 5 1 2. x 1 1 . Từ đó ta tìm được x.Việc tìm giá trị của y cũng không có gì khó khan nữa. 2 x 2 15 xy 4 y 2 12 x 45 y 24 0(1) Bài 6: 2 2 x 2y 3 y 3x xy 0(2) Giải: Phương trình (2) phân tích được như sau: x y (x ­ y).(x ­3 + 2y) = 0 x 3 2y Xét các trường hợp thay vào phương trình (1) ta dễ dàng tìm được x và y. Bài 7: x3 + (3­m).x2 + (m­9).x + m2 ­6m + 5 = 0. Giải: Phương trình đã cho phân tích được như sau: 6
  7. Phòng Giáo Dục Cam Lâm                                                                                   HSG Toán 9 x (m 5) . x 2 2 x (m 1) 0 . Đến đây việc giải và biện luận phương trình không còn khó khăn gì nữa. x y z 1 Bài 8: x4 y4 z4 xyz Giải: Bổ đề: a, b, c R : a 2 b 2 c 2 ab bc ca. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. (Dễ dàng chứng minh được bổ đề trên). Sử dụng bổ đề ta có: xyz = x4 + y4 + z4  x2y2 + y2z2 + z2x2  xyz.(x + y + z) = xyz. Suy ra các dấu bất đẳng thức ở trên đều phải trở thành đẳng thức tức là ta phải có: x = y =z  kết hợp với giả thiết ban đầu :x + y + z =1 ta được: 1 x y z . 3 x2 y2 1(1) Bài 9: 1999 2000 x 1999 y 2000 y x .( x y xy 2001)(2) Giải: Điều kiện: x,y  0. Nhìn nhận phương trình (2) ta thấy: ­Nếu x > y thì:  VT > 0, VP  VP. ­Nếu y > x thì: VT 0 suy ra: VT 
  8. Phòng Giáo Dục Cam Lâm                                                                                   HSG Toán 9  Bài toán 1  :  Giải phương trình  x − 2 + 10 − x = x 2 − 12 x + 40 Bổ đề :  Với   a 0; b 0   a + b = ( a + b ) � ( a + b ) + ( a − b ) � a + b � 2 ( a 2 + b 2 ) 2 2 2 Giải: Điều kiện :  2 x 10 , Ta có  x − 2 + 10 − x 2 ( x − 2 + 10 − x ) = 4  mà  ( ) x 2 − 12 x + 40 = x 2 − 12 x + 36 + 4 = ( x − 6 ) + 4 4 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  2 x − 2 = 10 − x � x = 6 . Vậy phương trình có nghiệm x = 6 x−6 = 0 Hoặc: Áp dung bất đẳng thức Cô si cho hai số không âm ta có  ( x − 2 ) .4 ( 10 − x ) .4 x − 2 + 4 10 − x + 4 x − 2 + 10 − x = + + = 4. 2 2 4 4 x−2= 4  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  � x=6. 10 − x = 4 Bài toán 2: Giải phương trình:  x 2 + x − 1 + x − x 2 + 1 = x 2 − x + 2 Vì  x 2 + x − 1 0  và  x − x 2 + 1 0  nên Áp dụng bất đẳng thức Cô si mỗi số hạng của vế trái ta  x2 + x −1 + 1 x2 + x ( được: x 2 + x − 1 .1 ) 2 = 2   (1) x − x2 + 1 + 1 x − x2 + 2 ( ) x − x 2 + 1 .1 2 = 2  (2) x2 + x x − x2 + 2 Cộng (1) và (2) vế theo vế ta có:  x + x − 1 + x − x + 1 2 2 + = x + 1  nên theo đề  2 2 ta có : x 2 − x + 2 �x + 1 � ( x − 1) �0 . Đẳng thức xảy ra khi x = 1 . Thử lại ta thấy x = 1 thoả .  2 Vậy phương trình có nghiệm là x = 1.  Bài toán 3  :  Giải phương trình:  2 x − 3 + 5 − 2 x = 3 x 2 − 12 x + 14  (1) 3 x 2x − 3 0 2 3 5 Điều kiện tồn tại phương trình: � �� � x  (*) 5 − 2x 0 5 2 2 x 2 Vế phải của (1):  3x 2 − 12 x + 14 = 3 ( x 2 − 4 x + 4 ) + 2 = 3 ( x − 2 ) + 2 2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ  2 khi x = 2. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki thoả mãn (*)  thì vế trái của phương trình (1): 2x − 3 + 5 − 2x (1 2 ) + 12 ( 2 x − 3 + 5 − 2 x ) = 4 = 2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  2 x − 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: 2x − 3 +1 5 − 2x +1 ( 2 x − 3) .1 + ( 5 − 2 x ) .1 + = 2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  2 2 8
  9. Phòng Giáo Dục Cam Lâm                                                                                   HSG Toán 9 2x − 3 = 1 � x = 2 . Đẳng thức xảy ra ở phương trình (1)  là 2  nên x = 2 là nghiệm của  5 − 2x = 1 phương trình. Bài toán 4: Giải phương trình:  x 2 − 2 x + 3 = 2 x 2 − x + 1 + 3 x − 3 x 2 . (1) 2x2 − x 0 Giải: Điều kiện  (2). 1 + 3 x − 3x 2 0  Vế trái của phương trình (1):  x 2 − 2 x + 3 = ( x − 1) + 2 2   với mọi x R . đẳng thức xảy ra khi  2 x = 1. Theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki với mọi x thoả mãn (2) thì vế phải của phương  trình (1) thoả:  2 x 2 − x + 1 + 3x − 3x 2 < (1 2 )( ) + 12 2 x 2 − x + 1 + 3x − 3 x 2 = 2 + 4 x − 2 x 2 = 4 − ( x − 1) 2 2 . đẳng thức  xảy ra khi  2 x 2 − x = 1 + 3x − 3x 2  . Để đẳng thức xảy ra ở phương trình (1) thì cả hai vế của  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 + x 3 = 2 ( x 2 + 2 ) (1) Giải:   Điều kiện  1 + x3 �� 0 ( x + 1) ( x 2 − x + 1) �0  Do  x 2 − x + 1 0  với mọi x nên  x + 1�۳0− x 1 Đặt  a = x + 1  ;  b = x 2 − x + 1  với  a 0 ; b > 0 . Nên phương trình (1) trở thành :  2 �a � �a � a a 1   5ab = 2 ( a + b 2 2 ) � 2 � �− 5 � �+ 2 = 0.  Giải phương trình này được  = 2  hoặc  = �b � �b � b b 2 a Với  = 2  thì phương trình (1) vô nghiệm b a 1 x −1 Với  =  thì  2 x + 1 = x 2 − x + 1 .  Phương trình có hai nghiệm thoả điều  b 2 x2 − 5x − 3 = 0 5 − 37 5 + 37 kiện   x1 =    ;  x2 = . 2 2 42 60 Bài toán 6: Giải phương trình:  + = 6  (1)  5− x 7−x � 42 � � 60 � Phương trình (1) có nghĩa khi x 
  10. Phòng Giáo Dục Cam Lâm                                                                                   HSG Toán 9 9 ( 5 − x ) − 42 9 ( 7 − x ) − 60 � + =0 � 42 � � 60 � ( 5 − x ) �3 + � ( 7 − x) � 3+ � � 5− x � � 7−x � � � � � � 1 1 �= 0 � 3 ( 1 − 3x ) � � 42 � + � 60 � � 3 ( 1 − 3 x ) = 0  vì  � ( 5 − x ) �3 + � � ( 7 − x) � 3+ � � � � � 5− x � � 7−x � � � 1 1 + 1 � 42 � � 60 � > 0 nên  x = . Thử lại đúng nên nghiệm của phương  ( 5 − x ) �3 + � ( 7 − x) � 3+ � 3 � 5− x � � 7− x � 1 trình là  x = . 3 Bài toán 7: Giải phương trình:  x ( x − 2 ) + x ( x − 5 ) = x ( x + 3)   (1) Điều kiện để phương trình có nghĩa là :  −3 < x < 0 ;0 < x < 5 . Bình phương hai vế của  phương trình (1) ta được: x ( x − 2 ) + x ( x − 5 ) + 2 x 2 ( x − 2 ) ( x − 5 ) = x ( x + 3) � 2 x 2 ( x − 2 ) ( x − 5 ) = 10 x − x 2 � 4 x 2 ( x − 2 ) ( x − 5 ) = ( 10 x − x 2 ) 2 ( ) � 4 x 2 ( x − 2 ) ( x − 5 ) = 100 x 2 − 20 x 3 + x 4 � 4 x 2 x 2 − 7 x + 10 = 100 x 2 − 20 x 3 + x � 3 x 4 − 8 x 3 − 60 x 2 = 0 � 10 � ( ) � x 2 3 x 2 − 8 x − 60 = 0 . Giải phương trình này được  x ��− ;0;6 �. Thử lai chỉ có hai nghiệm  � 3 x = 0; x = 6 thoả mãn đề cho. Bài toán 8: Giải phương trình: ( )( x + 5 − x + 2 1 + x 2 + 7 x + 10 = 3 ) (1) Điều kiện x > ­2 và  x 2 + 7 x + 10 = ( x + 2 ) ( x + 5 ) . Nhân hai vế của phương trình (1) với  ( ) ( x + 2 ) − ( x + 5) � x − 2 + x + 5  ta được: � � �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 + 5 1− x + 2 − 1− x + 2 = 0 � ) ( )( x + 5 −1 1− x + 2 = 0 ) x + 5 −1 = 0 x +5 =1 � x = −4 � � �� ��  Do x > ­2 nên x = ­4 (loại). Vậy nghiệm của phương  1− x + 2 = 0 x + 2 =1 � � x = −1 trình x = ­1. Cách giải khác: Đặt  a = x + 2 � a 2 = x + 2  ;     b = x + 5 � b 2 = x + 5  nên  b 2 − a 2 = x + 5 − x − 2 = 3 .Do đó phương  b2 − a 2 = 3 trình (1) trở thành:  (*)   (b − a )(1 + ab) = 3 Từ hệ (*) suy ra  b 2 − a 2 = ( b − a ) ( 1 + ab ) � ( b − a ) ( a + b − ab − 1) = 0 10
  11. Phòng Giáo Dục Cam Lâm                                                                                   HSG Toán 9 b−a = 0 a=b � � a = b = 1  khi đó ta cũng có x = ­1. a + b − ab − 1 = 0 ( a − 1) ( b − 1) = 0  Bài toán 9  :  Giải phương trình:  25 − x 2 − 10 − x 2 = 3 (1) � � 25 − x 0 2 � 2 �x 25 Giải: Điều kiện  � ���−2� � x 2 10 10 x 10  (*). � 10 − x 0 2 �x 10 Đặt  0 < a = 25 − x 2  ;  10 − x 2 = b > 0 � a 2 − b 2 = 25 − x 2 − 10 + x 2 = 15 . Nên phương trình (1) trở  a−b = 3 � a −b = 3 �a=4 thành � 2 � � � � a − b 2 = 15 � a+b = 5 � b =1 Nếu b = 1 thì 10 − x = 1 � x = 9 � x = �3  so với điều kiên (*)  x = 3  thoả 2 2 Nếu a = 4 thì   25 − x 2 = 16 � x 2 = 9 � x = �3  so với điều kiên (*)  x = 3  thoả. Vậy phương trình có nghiệm là  x = 3 . Bài toán 10: Giải phương trình:  3 x + 1 + 3 x − 1 = 3 5 x (*) Lập phương hai vế của phương trình (*) ta được: 5 x = x + 1 + x − 1 + 3 3 ( x + 1) ( x − 1) �3 3 � � x + 1 + x − 1 �� 5 x = 2 x + 3 x − 1. 5 x 3 2 3 � 3 ( ) x 2 − 1. 3 5 x = x � x 3 = 5 x x 2 − 1 � 4 x 3 − 5 x = 0 � x = 0  hoặc  x = 2 5 . Thử lại ta thấy  phương trinh có đúng ba nghiệm trên. Bài toán 11: Giải phương trình 3 1 + x + 3 1 − x = 2 (1) Điều kiện:  x 0 . Đặt  3 1 + x = a ;  3 1 − x = b   � a3 = 1 + x  ;  � b3 = 1 − x  nên phương trình  (1) trở thành  �a + b = 2 �a + b = 2 �a+b = 2 �a = 2−b �3 3 � � � � �a + b = 2 ( a + b ) a 2 − ab + b 2 = 2 � ( ) �a 2 − ab + b 2 = 1 � ( 2 − b ) − b ( 2 − b ) + b2 − 1 = 0 2 �a = 2−b �a = 2−b a = 2−b �� � � � � � a = b =1 ( b − 1) = 0 2 �4 − 4b + b 2 − 2b + b 2 + b 2 − 1 = 0 b 2 − 2b + 1 = 0 � Nếu a = 1 thì 1 + x = 1 � x = 0 � x = 0 Nếu b = 1 thì 1 − x = 1 � x = 0 � x = 0 . Vậy x = 0  là một nghiệm của phương trình.  Bài toán 12  :  Giải phương trình  3 2 − x + x − 1 = 1   (1) Giải:  TXĐ   x −�۳1 0 x 1 . Đặt  3 2 − x = a ;  x − 1 = b 0 . Nên phương trình đã cho trở  a + b =1 � a + b =1 �a = 1− b �a = 1− b �a = 1 − b thành: 3 3   �3 2 � � � � � � ( 1 − b ) + b 2 = 1 �1 − 3b 2 + 3b − b3 + b 2 = 1 b ( b 2 − 4b + 3) = 0 3 a +b =1 � a +b =1 Nên  b { 0;1;3} Do đó  ( a; b ) = { ( 1;0 ) ; ( 0;1) ; ( −2;3) } Nếu  a = 0  thì  3 2 − x = 0 � 2 − x = 0 � x = 2  ;  b = 1  thì  x − 1 = 1 � x − 1 = 1 � x = 2 11
  12. Phòng Giáo Dục Cam Lâm                                                                                   HSG Toán 9 Nếu  a = 1  thì  3 2 − x = 1 � 2 − x = 1 � x = 1  ;   b = 0  thì  x − 1 = 0 � x − 1 = 0 � x = 1 Nếu  a = −2  thì  3 2 − x = −2 � 2 − x = −8 � x = 10 ;   b = 3  thì  x − 1 = 3 � x − 1 = 9 � x = 10 Vậy phương trình có ba nghiệm là  x { 1; 2;10} 1 − x 2x + x2 Bài toán 13:Giải phương trình =  (*) x 1 + x2 1− x Giải: Điều kiện để phương trình có nghĩa là  x 0  và  0  hay  0 < x 1 x 1− x 2x −1 1 ( *) � = 1+ . Thử thấy  x =  là một nghiệm của phương trình (*) x 1+ x 2 2 1 1− x 2x −1 Với  0 < x <  thì 1 − x > x > 0  và  2 x − 1 < 0  .Suy ra  > 1 > 1+ 2 x 1 + x2 1 1− x 2x −1 Với  < x 1  thì  0 1 − x < x  và  2 x − 1 > 0  .Suy ra  < 1 < 1+ 2 x 1 + x2 1 Vậy x =   là nghiệm của phương trình. 2  Bài toán 14  :  Giải phương trình :  3 3x 2 − x + 2001 − 3 3 x 2 − 7 x + 2002 − 3 6 x − 2003 = 3 2002 . Giải: Đ ặt :  3 3x 2 − x + 2001 = a � a 3 = 3x 2 − x + 2001       − 3 3x 2 − 7 x + 2002 = b � b3 = −3x 2 + 7 x − 2002        − 3 6 x − 2003 = c � c3 = −6 x + 2003 Suy ra  a 3 + b3 + c3 = 2002 . Do đó phương trình đã cho sẽ là  ( a + b + c ) = a 3 + b3 + c 3  nên  3 ( a + b + c) − ( a 3 + b3 + c 3 ) = 0  Khai triển và thu gọn được:  3 ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) = 0 . 3 Nếu  a + b = 0 3x 2 − x + 2001 = 3 3 x 2 − 7 x + 2002 � 3 x 2 − x + 2001 = 3x 2 − 7 x + 2002 3 1 � 6x = 1 � x = 6 Nếu  b + c = 0 3 3x 2 − 7 x + 2002 = − 3 6 x − 2003 � 3 x 2 − 7 x + 2002 = −6 x + 2003 � 1 + 13 1 − 13 � � 3 x 2 − x − 1 = 0 . Phương trình này có nghiệm  x � ; � � 6 6 � Nếu  a + c = 0 3 3x 2 − x + 2001 = 3 6 x − 2003 � 3 x 2 − x + 2001 = 6 x − 2003 � 3 x 2 − 7 x + 4004 = 0 . Phương trình này vô nghiệm �1 1 + 13 1 − 13 � Vậy phương trình có ba nghiệm  x � ; ; �. �6 6 6 � Bài toán 15: Tính giá trị của biểu thức: a +1  trong đó a là nghiệm của phương trình  4 x 2 + 2 x − 2 = 0 a4 + a + 1 − a2 Giải : Phương trình  4 x 2 + 2 x − 2 = 0  có ac = ­ 4 2 < 0  nên có hai nghiệm phân biệt với a là  nghiệm dương của phương trình nên ta có:  4a 2 + 2a − 2 = 0  (1) . Vì a  > 0 nên từ (1) có : 12
  13. Phòng Giáo Dục Cam Lâm                                                                                   HSG Toán 9 2 −a 2 2 ( 1− a) 1− a 1 − 2a + a 2 a = 2 = = �a = 4 .  4 2.2 2 2 2 8 a +1 ( a + 1) a4 + a + 1 + a2 ( a + 1) a4 + a +1 + a2 Gọi S  = = = = a4 + a + 1 + a2 ( ) a + a +1− a 2 4 4 a + a +1 − a 4 2 a4 + a + 1 − a4 1 − 2a + a 2 1− a 1 − 2a + a 2 + 8a + 8 1 − a a 2 + 6a + 9 1 − a a + 3 1 − a 4 = + a +1 + = + = + = + = = 2 8 2 2 8 2 2 8 2 2 2 2 2 2 2 2 Bài toán  16: Giải phương trình: x 2 − x − 1000 1 + 8000 x = 1000 Giải: Đặt  1 + 8000 x + 1 = 2 y � 1 + 8000 x = 2 y − 1 � 1 + 8000 x = 4 y 2 − 4 y + 1 � 4 y 2 − 4 y = 8000 x � y 2 − y = 2000 x . Do đó phương trình đã cho trở thành hệ phương trình: x 2 − x = 2000 y  (1).Từ hệ phương trình (1) ta suy ra  y 2 − y = 2000 x x 2 − x − y 2 + y = 2000 ( y − x ) � ( x − y ) ( x + y ) − ( x − y ) + 2000 ( x − y ) = 0 (2) � ( x − y ) ( x + y − 1 + 2000 ) = 0 � ( x − y ) ( x + y + 1999 ) = 0 Từ hệ phương trình (1)  suy ra: x 2 + y 2 − ( x + y ) = 2000 ( x + y ) � 2001( x + y ) = x 2 + y 2 > 0 � x + y > 0 .  Nên  x + y + 1999 > 0 .Do đó từ (2) suy ra   x − y = 0  hay x = y. Thay vào hệ (1) ta được  x 2 − x = 2000 x � x ( x − 2001) = 0 � x = 0  hoặc  x = 2001 . Nhưng x = 0 không là nghiệm của  phương trình nên phương trình có nghiệm là x = 2001. Bài toán 17:   Giải phương trình  x 2 − 3 x + 2 + x + 3 = x − 2 + x 2 + 2 x − 3 . Điều kiện của phương trình:  x 2 Ta có  x 2 − 3x + 2 + x + 3 = x − 2 + x 2 + 2 x − 3 � x − 1. x − 2 + x + 3 = x − 2 + x − 1. x + 3 � x −1 ( 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 � 0 x = −1  hoặc  x = 2 . � x = 2   là một nghiệm của phương trình.   1 1 1 Bài toán 18: Giải phương trình  + 2 = 2 5x 2 x − 9 x + 36 x − 4 x + 16 Giải :  ĐKXĐ:  x 0 1 4 9 Từ phương trình trên ta có  + 2 = 2 . Với  x 0  nên chia  5x 2 4 x − 36 x + 12 2 9 x − 36 x + 12 2 1 4 9 + 2 = 2 hai vế của phương trình cho  x  ở mẫu  ta được : 5 4 − 36 + �12 � 9 − 36 + �12 �. Đặt  2 � � � � x �x � x �x � 13
  14. Phòng Giáo Dục Cam Lâm                                                                                   HSG Toán 9 2 �12 � 36 1 4 9 � �− = t . Khi đó ta có  + = . Quy đồng khử mẫu ta được:  �x � x 5 4+t 9+t t 2 − 12t + 36 = 0 � ( t − 6 ) = 0 � t = 6 2 2 12 � 36 Do đó  � � �− = 6  Quy đồng khử mẫu ta được  x 2 + 6 x − 24 = 0 �x � x Giải phương trình  x 2 + 6 x − 24 = 0  ta được nghiệm:  x1,2 = −3 33 Vậy phương trình có hai nghiệm là  x1,2 = −3 33 y + 11y = 2009 (1) 20 x2 z Bài toán 19: Giải hệ phương trình:  20 2 + 11z = 2009 (2) y x 20 2 + 11x = 2009 (3) z � 1 � Giải: Từ (1) suy ra  y �20. 2 + 11�= 2009 � y > 0 . Tương tự từ (2) và (3) suy ra  x > 0 ; z > 0 .  � x � Vì hệ số không đổi khi ta hoán vị vòng quanh đối với x; y; z có thể giả thiết x = max(x, y,  z) . Nghĩa là  x y ; x z . Trừ tường vế của phương trình (3) cho phương trình (1) ta được �x y � �z x � ( ) 20 � 2 − 2 �+ 11( x − y ) = 0 � 20 x 3 − yz 2 + 11x 2 z 2 ( x − y ) = 0 (4) . Vì  x y > 0;x z > 0  nên  x − y 0  x= y và  x3 − yz 2 0 . Do đó phương trình (4)  � 3 � x = y = z .  x = yz 2 Thay vào phương trình (1) ta được: 20 2009 4035201 + 11x = 2009 � 11x 2 − 2009 x + 20 = 0 . Do đó x = y = z =  . x 22 697 x4 + y 2 = (1) Bài toán 20: Cho hệ phương trình  81 x 2 + y 2 + xy − 3x − 4 y + 4 = 0 (2) 7 a) Nếu có (x; y) thoả (2) . Chứng minh rằng  1 y 3 b) Giải hệ phương trình trên Giải:  a) Từ phương trình (2)  có:  x 2 + y 2 + xy − 3x − 4 y + 4 = 0 � x 2 + ( y − 3) x + ( y − 2 ) = 0 . Phương  2 trình bậc hai ẩn x có nghiệm: 7 ( y − 3) − 4 ( y − 2 ) �0 � ( y − 3 + 2 y − 4 ) ( y − 3 − 2 y + 4 ) �0 � ( 3 y − 7 ) ( 1 − y ) �0 � 1 2 2 ∆ �� 0 y 3 b) Tương tự  phương trình bậc hai ẩn y có nghiệm:  x 2 + y 2 + xy − 3 x − 4 y + 4 = 0 � y 2 + ( x − 4 ) y + x 2 − 3 x + 4 = 0 4 ( x − 2) − 4( x 2 − 3 x + 4) �0 � x − 8 x + 16 − 4 x + 12 x − 16 �0 � x ( 4 − 3 x ) �0 � 0 2 2 2 ∆ �� 0 x 3 14
  15. Phòng Giáo Dục Cam Lâm                                                                                   HSG Toán 9 4 2 4 7 4 � �7 � 256 49 697 Do  0 x  nên  x 4 + y 2 �  và 1 � y�+ � �= + = .  3 3 �3 � �3 � 81 9 81 697 4 7 4 7 Đẳng thức xảy ra  x 4 + y 2 = � x =  và  y = . Khi  x =  và  y =  thì thay vào phương  81 3 3 3 3 trình (2) vô nghiệm. Nên hệ đã cho vô nghiệm. (x 2 + y2 )(x 2 ) − y 2 = 144  Bài toán 21   :  Giải hệ phương trình: (*) x2 + y 2 − x2 − y 2 = y Giải: Từ hệ phương trình suy ra y > 0 (*)  (x 2 + y2 )(x 2 ) − y 2 = 144 (1)   y 2 = 2 x 2 − 24 (2) Thế phương trình (2) vào phương trình (1) ta có:  (x 2 )( ) ( )( ) + 2 x 2 − 24 x 2 − 2 x 2 + 24 = 144 � 3 x 2 − 24 24 − x 2 = 144 � 72 x 2 − 3 x 4 − 576 + 24 x 2 − 144 = 0 + 256 = 0 � ( x − 16 ) 2 � 3 x 4 − 96 x 2 + 720 = 0 � x 4 − 32 x 2 2 = 16 � x 2 = 20 ; y 2 = 16  và  x 2 = 12 ; y = 0 .  { Thử lại được 4 nghiệm: ( x; y ) = ( 2 5; 4 ) ; ( −2 5; −4 ) ; ( 2 3;0 ) ; ( −2 3;0 ) . } x 2 + xy + y 2 = 19 ( x − y ) 2  Bài toán 22  :  Giải hệ phương trình:  (*) x 2 − xy + y 2 = 7 ( x − y ) �x − 2 xy + y + 3 xy = 19 ( x − y ) ( x − y ) + 3xy = 19 ( x − y ) 2 2 2 2 2 � Giải : Hệ (*)  � �2 �� �x − 2 xy + y + xy = 7 ( x − y ) ( x − y ) + xy = 7 ( x − y ) 2 2 � 6 ( x − y ) − xy = 0 2 x− y =a . Đặt  .  ( x − y) 2 − 7 ( x − y ) + xy = 0 xy = b 6a 2 − b = 0 Khi đó hệ trở thành: � 7 a 2 − 7 a = 0 � 7a ( a − 1) = 0 � a = 0  hoặc  a = 1 . a − 7a + b = 0 2 �x − y = 0 �x = 0 Nếu  a = 0 � b = 0  suy ra  � � �xy = 0 �y = 0 x − y =1 x + ( − y) = 1 Nếu  a = 1 � b = 6  suy ra  � �  . Nên x; (­y) là nghiệm của phương trình  xy = 6 x ( − y ) = −6 bậc hai  k 2 − k − 6 = 0 � k1 = 3 ; k2 = −2 Nếu  x =  k1 = 3  thì  y = −k2 = 2   ; Nếu  x =  k2 = −2  thì  y = −k1 = −3   ; Vậy hệ đã cho có nghiệm  là:  ( x; y ) = { ( 0;0 ) ; ( 3; 2 ) ; ( −3; −2 ) } . x 3 + 2 y 2 − 4 y + 3 = 0 (1) Bài toán 23: Cho hệ phương trình:   . Tính  Q = x 2 + y 2 . x + x y − 2y = 0 2 2 2 (2) 15
  16. Phòng Giáo Dục Cam Lâm                                                                                   HSG Toán 9 1 =2 ( 1 2 y y 2 ) 1 2 ( y 1) 2 Giải: Từ (1) suy ra  x3 − −� 3 −−− 4 y= +−−− 2 y 2 =− +− 1 x 1 (3) 2y Từ  x 2 + x 2 y 2 − 2 y = 0  có  x = 1 −1 �� 2 �� x 1 (4) y2 +1 Từ (3) và (4)   x = −1 . Do đó  y = 1 . Vậy  Q = x 2 + y 2 = ( −1) + 12 = 2 . 2 x − 3y = 3 (1) Bài toán 24:  Giải hệ phương trình: x + y − 2 x − 2 y − 9 = 0 (2) 2 2 Giải: Từ phương trình (2) suy ra  ( x 2 − 2 x + 1) + ( y 2 − 2 y + 1) − 11 = 0 � ( x − 1) + ( y − 1) − 11 = 0 . 2 2 Từ phương trình (1) suy ra  x = 3 ( y + 1) . Nên  ( 3 y + 3 − 1) + ( y − 1) − 11 = 0 � ( 3 y + 2 ) + ( y − 1) − 11 = 0 � 9 y 2 + 12 y + 4 + y 2 − 2 y + 1 − 11 = 0 2 2 2 2 � 10 y 2 + 10 y − 6 = 0 � 5 y 2 + 5 y − 3 = 0 . Giải phương trình bậc hai ẩn y được hai nghiệm : −5 85 y= 10 −5 + 85 15 + 3 85 −5 − 85 15 − 3 85 Nếu  y =   thì  x = 3 ( y + 1) =  ; Nếu  y =   thì  x = 3 ( y + 1) = 10 10 10 10 � � �15 + 3 85 −5 + 85 �� � 15 − 3 85 −5 − 85 � � Vậy hệ phương trình  có nghiệm là:  ( x; y ) = �� � 10 ; ; �� �� ; �. � � �� 10 �� 10 10 � � 2 x3 + 3x 2 y = 5 Bài toán 25: Giải hệ phương trình: (*) y 3 + 6 xy 2 = 7 Hệ phương trình (*) tương đương ( 2 x ) + 3.4 x 2 y + 3.2 xy 2 + y 3 = 27 ( 2x + y ) 3 3 8 x 3 + 12 x 2 y = 20 � � = 27 2x + y = 3 �3 �3 y + 6 xy 2 = 7 y + 6 xy 2 = 7 y 3 + 6 xy 2 = 7 y3 − 9 y 2 + 7 = 0 Giải phương trình :  y 3 − 9 y 2 + 7 = 0 � ( y − 1) ( 2 y 2 − 7 y − 7 ) = 0  có ba nghiệm  y1 = 1 ;  7 + 105 7 − 105 y2 = ; y3 = 4 4 7 + 105 5 − 105 7 − 105 5 + 105 Nếu  y = 1 � x = 1   ; Nếu  y = �x= ; Nếu  y = �x= ; Vậy  4 8 4 8 � � �5 − 105 7 + 105 ��5 + 105 7 − 105 � � � hệ phương trình có ba nghiệm  ( x; y ) = �( 1;1) ; � � 8 ; �� ��; ; � �� � � 4 �� 8 4 �� 2 x 2 + xy − y 2 − 5 x + y + 2 = 0 (1) Bài toán 26: Giải   hệ phương trình  . x2 + y 2 + x + y − 4 = 0 (2) Giải: Từ phương trình (1) suy ra  y 2 − ( x + 1) y − 2 x 2 + 5 x − 2 = 0 . Giải phương trình bậc hai ẩn  y có hai nghiệm  y1 = 2 x − 1 ; y2 = − x + 2 . Nên hệ phương trình trên tương đương: 16
  17. Phòng Giáo Dục Cam Lâm                                                                                   HSG Toán 9 y − 2x +1 = 0 x+ y−2=0  hoặc  . x + y + x+ y−4=0 2 2 x2 + y 2 + x + y − 4 = 0 4 x = − y − 2x +1 = 0 5 Giải hệ  phương trình :  �2 2 � . x + y + x+ y−4 =0 13 y=− 5 x+ y−2=0 x =1 Giải hệ phương trình  2 2  có nghiệm  .  x + y + x+ y−4=0 y =1 � � 4 � 13 � Vậy hệ phương trình có nghiệm là: ( x; y ) = �( 1;1) ; �− ; − �. � � �5 5� 2x y + y x = 3 4 y − 3  Bài toán 27  :  Giải hệ phương trình    2 y x + x y = 3 4x − 3 3 3 Điều kiện của hệ: x ;   y 4 4 �2 x y + y x = 3 4 y − 3 �2 x y + y x = 3 4 y − 3 Khi đó ta có:  � � �2 y x + x y = 3 4 y − 3 ( �x y − y x = 3. 4 y − 3 − 4 x − 3 ) 2x y + y x = 3 4 y − 3 (x y−y x )(x y+y x ) = 3.( 4 y − 3 − 4x − 3 )( 4 y − 3 + 4x − 3 ) x y+y x ( 4x − 3 + 4 y − 3 ) 2x y + y x = 3 4 y − 3 2x y + y x = 3 4 y − 3 x2 y − y 2 x 3 ( 4 y − 3 − 4 x + 3) xy ( x − y ) 12 ( x − y ) = + =0 x y+y x 4x − 3 + 4 y − 3 x y+y x 4x − 3 + 4 y − 3 2x y + y x = 3 4 y − 3 xy � 12 � ( x − y) � + �= 0 (*) �x y + y x 4x − 3 + 4 y − 3 � 3 3 Do điều kiện x ;   y 4 4 � xy 12 �  nên phương trình(*)  x − y = 0  Do � + � > 0 hay x = y �x y + y x 4x − 3 + 4 y − 3 � Thay x = y  vào phương trình ta có:  3x x = 3 4 x − 3 � x3 = 4 x − 3 � x 3 − 4 x + 3 = 0 x =1 x −1 = 0 ( � ( x − 1) x + x − 3 = 0 � 2 ) x2 + x − 3 = 0 � x1,2 = −1 13 2 17
  18. Phòng Giáo Dục Cam Lâm                                                                                   HSG Toán 9 −1 − 13 So với điều kiện  x =  (loại). V ậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  2 x = y =1 −1 + 13 x= y= 2 3 3 Cách giải khác: Điều kiện của hệ x ;   y 4 4 �2 x y + y x = 3 4 y − 3 ( ) � xy 2 x + y = 3 4 y − 3 Ta có:  � � �2 y x + x y = 3 4 x − 3 ( ) � xy 2 y + x = 3 4 x − 3 Giả sử   x > y  suy ra  3 4 x − 3 > 3 4 y − 3  nên  ( ) ( ) ( ) ( xy 2 y + x > xy 2 x + y � 2 y + x > 2 x + y � y > x � y > x  (vô lý) ) Giả sử  x < y  suy ra  3 4 y − 3 > 3 4 x − 3  nên  ( ) ( ) ( ) ( xy 2 x + y > xy 2 y + x � 2 x + y > 2 y + x � x > y � x > y  (vô lý) ) Nên suy ra  x = y . Thay x = y  vào hệ ta có phương trình:  3x x = 3 4 x − 3 � x3 = 4 x − 3 � x3 − 4 x + 3 = 0 x =1 x −1 = 0 ( ) � ( x − 1) x + x − 3 = 0 � 2 2 x + x −3 = 0 � x1,2 = −1 13 2 −1 − 13 So với điều kiện  x =  (loaị). Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  2 x = y =1 −1 + 13 . x= y= 2 x + y = 4 z − 1 (1) Bài toán 28: Giải hệ phương trình:  y + z = 4 x − 1 (2) z + x = 4 y − 1 (3) 1 Giải: Điều kiện  x; y; z . Nhân mỗi phương trình với 2 ta có: 4 2x + 2 y = 2 4z −1 2 y + 2z = 2 4x −1 � 4x + 4 y + 4z − 2 4x −1 − 2 4 y −1 − 2 4z −1 = 0 2z + 2x = 2 4 y −1 ( ) ( ) ( � 4x −1− 2 4x −1 +1 + 4 y −1− 2 4 y −1 + 1 + 4z −1 − 2 4z −1 +1 = 0 ) 1 �( ) ( ) ( ) 2 2 2 4x −1 −1 + 4 y −1 −1 + 4z −1 −1 = 0 � x = y = z = . 2 Bài toán 29         Giải hệ phương trình sau: 18
  19. Phòng Giáo Dục Cam Lâm                                                                                   HSG Toán 9 12 x 2 − 48 x + 64 = y 3 (1) 12 y 2 − 48 y + 64 = z 3 (2) 12 z 2 − 48 z + 64 = x3 (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  nghiệm của phương trình này. Giả sử x là số lớn nhất  x y ; x z  (4) Từ (1) ta có 12 x 2 − 48 x + 64 = y 3 � y 3 = 12 ( x 2 − 4 x + 4 ) + 16 = 12 ( x − 2 ) + 16 �� 2 16 y > 2 . Tương tự  từ phương trình (2) và (3) ta cũng có  x > 2 ; z > 2 . (5) Trừ từng vế của (1) và (3) ta được: x3 − y 3 = 12 ( z 2 − x 2 ) − 48 ( z − x ) = 12 ( z − x ) ( x + z − 4 ) .  (6) Theo (4) và (5) suy ra  x3 − y 3 0 ; z − x 0 ; x + z − 4 > 0 . Nên từ (6) suy ra  x = y = z (7) Thay (7) vào (1) ta được:  x3 − 12 x 2 + 48 x − 64 = 0 � ( x − 4 ) = 0 � x = 4 . 3 Vậy hệ có nghiệm duy nhất  ( 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 0 . Đặt x = a ; y = b 2 ; z = c 2 . Do a.b.c  0  nên ta có  2 a 2 − b 2 + c 2 = a − b + c � a 2 − b 2 + c 2 = ( a − b + c ) � a 2 − b 2 + c 2 = a 2 + b 2 + c 2 − 2ab + 2ac − 2bc 2 � −2b 2 + 2ab − 2ac + 2bc = 0 � 2b ( a − b ) − 2c ( a − b ) = 0 � 2 ( a − b ) ( b − c ) = 0 �a−b = 0 �a=b �� ��     Do đó x = y  và z tuỳ ý ; y = z và x tuỳ ý �b−c = 0 �b=c Hoặc cách giải khác:   x − y + z = x − y + z � x − y + z + y = x + z � x − y + z + y + 2 y ( x − y + x ) = x + z + 2 xz � y ( x − y + z ) = xz � y ( x − y + z ) = xz � y ( x − y ) + yz − xz = 0 � y ( x − y ) − z ( x − y ) = 0 � ( x − y ) ( y − z ) = 0  Do đó x = y  và z tuỳ ý   hoặc y = z và x tuỳ ý. 1 1  Bài toán 31:   Cho x > 0 , y > 0 và + = 1  . Chứng minh rằng:  x + y = x − 1 + y − 1 . x y 1 1 Từ  + = 1 . (1)  Suy ra x > 1 ; y > 1 và  các căn thức  x − 1 ; y − 1  tồn tại . Từ (1) suy ra  x y x + y = xy � xy − x − y + 1 = 1 � ( x − 1) ( y − 1) = 1 � ( x − 1) ( y − 1) =1� 2 ( x − 1) ( y − 1) =2 ( x − 1) ( y − 1) − 2 = ( ) 2 � x+ y = x+ y+2 x −1 + y −1 x + y = x − 1 + y − 1  (đpcm).  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  19
  20. Phòng Giáo Dục Cam Lâm                                                                                   HSG Toán 9 x > 2; y > 2; z > 2  . Vì x, y, z là các số nguyên dương nên  1 1 1 1 1 1 + + � + + = 1 . Mặt khác ta lại có:  x �3; y �3; z �3 � x y z 3 3 3 1 1 1 a b c a+b+c 1 + + = + + = = = 1 � x = y = z = 3  nên tam giác ABC đều. x y z ax by cz 2S ABC r Bài toán 33:  Cho phương trình  x 4 + 2mx 2 + 4 = 0 (*) . Tìm giá trị của  tham số m để  phương trình có 4 nghiệm phân biệt  x1 ; x2 ; x3 ; x4  thoả mãn  x14 + x24 + x34 + x44 = 32 . Giải: Đặt  x 2 = t > 0  khi đó phương trình (*) trở thành  t 2 + 2mt + 4 = 0 (1) . Phương trình (*) có  nghiệm phân biệt nên phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt  t1 ; t2  ngh ĩa l à: ∆ ' = m2 − 4 > 0 m >2 m > 2 �m < −2 t1 + t2 = −2m > 0 � � � m < 0 �� � m < −2 � � m
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
3=>0