49 trang 4 lượt tải

Các dạng toán phương trình và bất phương trình bậc nhất một ẩn Toán 9

8

Tài liệu gồm 49 trang, phân loại và giải chi tiết các dạng toán phương trình và bất phương trình bậc nhất một ẩn môn Toán 9.

Chủ đề: Tài liệu chung Toán 9 129 tài liệu

Môn: Toán 9 3.4 K tài liệu

Tác giả:

Profile

Linh Đan

2 tuần trước
Danh sách Quiz
/49
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9
Trang: 1.
Chương II. PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN
Bài 4. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN
PHẦN A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1. Phương trình tích
Để giải phương trình tích
( )( )
ax b cx d 0+ +=
, ta giải phương trình
ax b 0+=
và
cx d 0
+=
. Sau
đó lấy tất cả các nghiệm của chúng.
Ta có thể viết:
( )( )
ax b cx d 0+ +=
ax b 0⇔ +=
hoặc
cx d 0+=
.
2. Phương trình chứa ẩn ở mẫu
- Điều kiện xác định của một phương trình:
Đối với phương trình chứa ẩn ở mẫu, ta thường đặt điều kiện cho ẩn tất cả các mẫu thức trong
phương trình đểu khác 0 và gọi đó là điều kiện xác định (viết tắt là ĐKXĐ) của phương trình.
- Cách giải phương trình chứa ẩn ở mẫu:
Để giải phương trình chứa ẩn ở mẫu ta thường thực hiện các bước sau:
Bước 1: Tìm điều kiện xác định của phương trình.
Bước 2: Quy đồng mẫu hai vế của phương trình rồi khử mẫu.
Bước 3: Giải phương trình vừa tìm được.
Bước 4 (Kết luận): Trong các giá trị tìm được của ẩn ở Bước 3, giá trị nào thoả mãn điều kiện
xác định chính là nghiệm của phương trình đã cho.
B. PHÂN LOẠI CÁC BÀI TẬP
I. Phương trình tích
Bài toán 1. Giải phương trình:
a)
( ) ( )
3 12 10
xx x−− −=
b)
( )
( )
2
4 52 0xx x
−− + − =
c)
3 22
24 2x xx x+=+
Hướng dẫn: Biến đổi tương đương đưa về dạng
( ) ( )
Ax Bx 0⋅=
.
Lời giải
a)
có
(1)
( ) ( )
3 12 10xx x⇔ −− −=
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9
Trang: 2.
( )( )
13 2 0xx⇔− −=
1 0 x⇔ −=
hoặc
3 20x −=
1 x⇔=
hoặc
2
3
x =
Phương trình
có tập nghiệm:
2
1;
3
S

=


.
b) Ta có
( )
2
( )( ) ( )( )
2 2 5 20xx xx⇔− +++ −=
( )( )
2 2 50xxx⇔ − +++ =
(
)(
)
22 7 0xx
⇔− +=
2 0 x⇔−=
hoặc
2 70
x
+=
2
x⇔=
hoặc
7
2
x = −
Phương trình
( )
2
có tập nghiệm:
7
S 2;
2

= −


.
c) Ta có
( )
( )
22
2 2 20xx x x⇔ +− + =
( ) ( )
2
2 2 20x x xx⇔ +− +=
( )
( )
2
22 0x xx⇔+ −=
(
)( )
22 1 0xx x⇔ + −=
0 x⇔=
hoặc
2 0 x +=
hoặc
2 10x −=
0 x⇔=
hoặc
2 x = −
hoặc
1
2
x =
Phương trình
có tập nghiệm:
1
0; 2;
2
S

= −


.
Bài toán 2. Giải phương trình:
a)
32
1x xx−= −
(1)
b)
22
(2 5) 4 4 0x xx− − − −=
(2)
c)
( )
( )
23
2 3 2 80x xx x− + − − +=
(3)
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9
Trang: 3.
d)
2
( 3) 9 0
x − −=
(4)
Lời giải
a) Ta có
( ) ( )
( )
(
)
2
11 110x x x xx⇔ − ++ − − =
( )
( )
2
1 10xx⇔ − +=
1 0 x⇔ −=
hoặc
2
10x +=
1x⇔=
(
2
1 0 x +=
vô nghiệm vì
22
0 10xx≥ ⇒ +>
)
Phương trình
có tập nghiệm:
{
}
1S
=
.
b) Ta có
(2)
22
(2 5) ( 2) 0xx⇔ − −+ =
( )
(
)
25 225 20
xx xx⇔ −++ −−− =
( )( )
33 70
xx⇔ − −=
3 3 0 x⇔ −=
hoặc
70x −=
1 x⇔=
hoặc
7x =
Phương trình
( )
2
có tập nghiệm:
{ }
1; 7S =
.
c) Ta có
( )
( )
( )
(
)
22
2 32 2 240xxx xxx
⇔−+−−−++=
( )
( )
22
2 32 240x xx xx⇔− +−−−−=
(
)( )
2 60xx
⇔− −=
20x
⇔−=
hoặc
60x −=
2
x⇔=
hoặc
6 x =
Phương trình
có tập nghiệm:
{ }
2;6S
=
.
d) Ta có
(4)
22
( 3) 3 0x⇔− −=
( )( )
33 33 0xx⇔ −+ −− =
( )
60xx⇔ −=
0 x⇔=
hoặc
60x −=
0 x⇔=
hoặc
6x =
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9
Trang: 4.
Phương trình
(
)
4
có tập nghiệm:
{ }
0;6S =
.
Bài toán 3. Giải phương trình:
a)
2
12 0
xx
+− =
( )
1
b)
2
3 20xx+ +=
(2)
c)
32
2 3 8 12 0
xxx+ −−=
( )
3
d)
32
4 40x xx− −+=
(4)
Hướng dẫn: Phân tích đa thức ở vế trái thành nhân tử ta đưa về phương trình tích.
Lời giải
a) Ta có (1)
2
3 4 12 0x xx⇔−+−=
( )
(
)
34 30
xx x⇔ −+ −=
( )( )
3 40xx⇔− +=
3 0 x⇔−=
hoặc
40x +=
3 x⇔=
hoặc
4.
x = −
Phương trình
có tập nghiệm:
{ }
3; 4S = −
.
b) Ta có: (2)
2
2 20xxx⇔ ++ +=
( ) ( )
(2) 1 2 1 0xx x⇔ ++ +=
( )(
)
1 20xx
⇔+ +=
1 0 x⇔ +=
hoặc
20x +=
1x⇔=−
hoặc
2x = −
Phương trình
( )
2
có tập nghiệm:
{ }
1; 2S =−−
.
c) Ta có: (3)
32
2 8 3 12 0x xx⇔ −+ −=
( )
( )
22
2 43 4 0xx x⇔ −+ −=
( )
( )
2
42 3 0xx⇔ − +=
( )( )( )
2 22 3 0xx x⇔− + +=
2 0 x⇔−=
hoặc
2 0 x +=
hoặc
2 30x +=
2 x⇔=
hoặc
2 x = −
hoặc
3
2
x = −
Phương trình (3) có tập nghiệm:
3
2; 2;
2
S

= −−


.
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9
Trang: 5.
d) Ta có: (4)
( )
(
)
32
4 40
xx x⇔ − −−=
( )
(
)
2
4 40xx x⇔ −−−=
( )
( )
2
4 10xx⇔ − −=
(
)( )( )
4 1 10x xx⇔ − − +=
4 0 x⇔−=
hoặc
1 0 x −=
hoặc
10x +=
4 x
⇔=
hoặc
1 x =
hoặc
1
x
= −
Phương trình
( )
4
có tập nghiệm:
{ }
4;1; 1S = −
.
Bài toán 4. Giải phương trình:
a)
32
20xxx− −−=
( )
1
b)
432
33 0x x xx− + −=
(2)
Hướng dẫn: Phân tích vế trái thành nhân tử.
Lời giải
a) Ta có
3 22
2 2 20x x x xx⇔ − + − +−=
( ) ( )
( )
2
2 2 20
x x xx x⇔ −+ −+−=
( )
( )
2
2 10x xx
⇔ − ++ =
20x⇔−=
hoặc
2
10xx
++=
2
2
13
2 (vì 1 0
24
x xx x

⇔ = + += + + >


nên phương trình
2
1 0 xx
++=
vô nghiệm)
Phương trình
có tập nghiệm:
{
}
2S
=
.
b) Ta có
(2)
(
)
32
3 310xx x x⇔ − + −=
3
( 1) 0xx⇔ −=
0 x⇔=
hoặc
10x −=
0 x⇔=
hoặc
1x =
Phương trình
( )
2
có tập nghiệm:
{ }
0;1S =
Bài toán 5. Giải phương trình:
a)
43
2 4 40xxx+ − −=
b)
42
6 80xx+ +=
(2)
c)
32
6 11 6 0xx x+ + +=
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9
Trang: 6.
Lời giải
a) Ta có (1)
(
) ( )
43
42 4 0x xx⇔ −+ − =
( )( ) (
)
22 2
2 22 20x x xx⇔ − ++ −=
(
)(
)
22
2 220x xx
⇔ − ++=
( )( )
( )
2
2 2 220x x xx⇔− + ++=
2 0 x⇔− =
hoặc
2 0
x +=
hoặc
2
2 20xx
+ +=
2 x⇔=
hoặc
2x
= −
(Vì
22 2
2 2 2 11( 1) 10xx xx x
+ + = + ++= + +>
nên phương trình
2
2 20
xx+ +=
vô nghiệm)
Phương trình (1) có tập nghiệm:
{ }
2; 2S = −
.
b) Ta có
(2)
422
2 4 80xxx⇔+++=
( ) ( )
22 2
24 20xx x⇔ ++ +=
( )( )
22
2 40xx
⇔ + +=
2
2 0 x⇔ +=
hoặc
2
40x +=
(hai phương trình cuối cùng đều vô nghiệm vì
22
0 20xx≥⇒ +>
,
2
40x +>
)
Phương trình
( )
2
có tập nghiệm:
S
= ∅
.
c) Ta có
32 2
5 5 6 60xxxxx⇔ + + + + +=
( ) ( ) ( )
2
15 16 10x x xx x⇔ ++ ++ +=
( )
( )
( )
2
1 3 26 0x xx x

⇔+ + + + =

( )( )( )
1 3 20xxx⇔+ + +=
10x⇔ +=
hoặc
3 0 x +=
hoặc
20x +=
1 x⇔=−
hoặc
3 x = −
hoặc
2x = −
Phương trình
có tập nghiệm:
{ }
1;3;2S =−−−
.
Bài toán 6. Giải phương trình:
a)
(
)( )
22
2 2 2 3 20xx xx++ ++−=
(1)
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9
Trang: 7.
b)
( )
( )
2
22
2315233240xx xx+− − +++=
(2)
c)
(
)
( )
( )( )
1234240
xx xx+ + + +− =
(3)
Hướng dẫn:
a) Nhận xét về các biểu thức:
2
22xx++
và
2
23
xx
++
Ta đặt:
2
t 22xx=++
2
23 1xx t⇒ + +=+
Ta gọi là phương pháp đặt ẩn phụ.
Lời giải
a) Đặt:
2
t 22xx=++
2
23 1xx t⇒ + +=+
Ta có phương trình:
( 1) 2 0tt
+−=
2
20tt
⇔ +− =
2
1 10tt⇔ −+−=
( 1)(t 1) 1 0tt⇔ − + +−=
( 1)( 2) 0
tt⇔− + =
1t
⇔=
hoặc
2t
= −
+ Với
1t
=
, ta có:
2
2 21xx+ +=
2
( 1) 0x⇔+ =
10
x⇔ +=
1x⇔=−
+ Với
2t = −
, ta có:
2
222xx+ +=−
2
2 40xx⇔ + +=
vô nghiệm vì
22
2 4 ( 1) 3 0xx x+ += + +>
với mọi x
Phương trình đã cho có tập nghiệm:
{ }
S1= −
b) Đặt:
22
t231233 4xx xx t= +−⇒ ++=+
Ta có phương trình:
2
5( 4) 24 0tt− ++ =
2
5 40tt⇔ − +=
2
4 40t tt⇔ − −+ =
( 4) ( 4) 0tt t⇔ − −− =
( 4)(t 1) 0t⇔− −=
40t⇔− =
hoặc
10t −=
4t⇔=
hoặc
1
t
=
+ Nếu
4t
=
, ta có:
2
2 3 14xx+ −=
2
2 3 50xx⇔ + −=
2 ( 1) 5( 1) 0xx x⇔ −+ −=
( 1)(2 5) 0xx⇔− +=
10x
⇔ −=
hoặc
2 50x +=
1x⇔=
hoặc
5
2
x
−
=
+ Nếu
1t =
, ta có:
2
2 3 11xx+ −=
2
2 3 20xx⇔ + −=
2
2 4 20x xx⇔ + −−=
( 2)(2 1) 0xx⇔ + −=
20x⇔+=
hoặc
2 10
x −=
2x
⇔=−
hoặc
1
2
x =
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9
Trang: 8.
Phương trình (2) đã cho có tập nghiệm:
1
S 2;
2

= −


c) Ta có: (3)
[ ]
( )( )
( 1)( 4) 2 3 24 0xx x x
⇔ + + + + −=


( )(
)
22
5 4 5 6 24 0xx xx
⇔ ++ ++−=
Đặt
22
54 56 2
txx xx t=++⇒++=+
Ta có phương trình:
(t 2) 24 0t +− =
2
2 24 0tt⇔+− =
2
2 1 25 0tt⇔ + +− =
2
( 1) 25 0t⇔+ − =
( 1 5)( 1 5) 0tt⇔ +− ++ =
( 4)(t 6) 0t
⇔− + =
4t⇔=
hoặc
6
t = −
+ Nếu
4
t =
, ta có:
22
5 44 5 0xx xx+ +=⇔ + =
( 5) 0xx⇔ +=
0x⇔=
hoặc
5
x
= −
+ Nếu
6t = −
, ta có:
22
5 4 6 5 10 0xx xx++=−⇔++=
2
5 15
() 0
24
x⇔+ + =
Phương trình này vô nghiệm vì vế trái luôn dương với mọi x.
Phương trình (3) đã cho có tập nghiệm:
{
}
S 0; 5= −
Bạn hãy giải bài toán sau:
Giải phương trình:
( )( )
(
)( )
1 2 4 5 40 0xxxx++++−=
(Gợi ý: Ta có:
( )( )
2
1 5 65x x xx+ +=++
( )( )
2
2 4 68x x xx+ +=++
Đặt
2
65tx x=++
II. Phương tình có tham số
Bài toán 7. Cho phương trình:
32
40x x mx+ + −=
a) Tìm m biết phương trình có một nghiệm là
2
x = −
.
b) Giải phương trình với m vừa tìm được ở câu a).
Lời giải
a) Vì
2x = −
là nghiệm của phương trình đã cho nên thay
2x = −
vào phương trình, ta được
23
0( (2)
( 2) 2) 4 m− −−+
=− +
0
842m4 ⇔ −
− =+−
m4⇔=−
b) Với
4m = −
, ta có phương trình:
23
4 4 0xxx − −=
+
2
( 1) 4( 1) 0
xx x+− + =⇔
2
(x+1)(x -4)=0⇔
(x+1)(x-2)(x+2)=0⇔
01x⇔+=
hoặc
02 x − =
hoặc
02 x + =
-1x⇔ =
hoặc
2x =
hoặc
-2x =
Phương trình đã cho có tập nghiệm:
{ }
S 1; 2; 2=−−
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9
Trang: 9.
Bài toán 8. Cho phương trình:
22
4 4 25 0
x mx m+ + −=
a) Tìm các giá trị của m biết phương trình có một nghiệm
2x = −
b) Giải phương trình với mỗi giá trị tìm được câu a).
Lời giải
a) Vì
2x = −
là nghiệm của phương trình đã cho nên thay
2x = −
vào phương trình ta được:
2 2
( 2) 25 04( 2) 4m m−−+ +− =
2
2
2
25 0
8 9 0
9 9 0
(m 9) ( 9) 0
(m-9)(m+1)=0
16 8
m
mm
m mm
m
m
m
+− =
− −=
⇔
− +−=
−=
⇔
⇔
⇔
+−
−
⇔
9m⇔ =
hoặc
1m = −
b)
+ Nếu
9m =
, ta có phương trình:
2
4 36 81 25 0xx+ +− =
22
0
0
(2 4)(2 14) 0
(2 9) 5
(2 9 5)(2 9 5)
x
x
xx
x
⇔ +−
⇔ +− +
+
+
=
=
=
⇔ +
2x⇔=−
hoặc
7x = −
Vậy với
9m =
, phương trình có tập nghiệm:
{ }
2; 7S =−−
+ Nếu
1
m = −
, ta có phương trình:
2
4 4 1 25 0xx
− +− =
22
0
0
(2 4)(2 6)
1
0
(2 1) 5
(2 5)(2 1 5)
xx
x
xx
⇔
−
=
=
+−
−−
⇔ −+
=
−
⇔
2 40x⇔ +=
hoặc
2 60x
−=
2x⇔=−
hoặc
3x =
Vậy với
1m = −
, phương trình có tập nghiệm:
{ }
2;3S = −
III. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN Ở MẪU
Bài toán 9. Giải phương trình
2
2 24
) (1)
22 4
xx
a
xxx
+−
−=
−+ −
2
12 4
b) 0 (2)
1 3 23
xx
x x xx
++
−+ =
− + +−
2
135
c) (3)
5 65 1x xx x
−=
− −+ −
2
112 1
d) (4)
1
xx
x x xx
−−
+=
++
Hướng dẫn: - Tìm ĐKXĐ
- Tìm MTC
- Quy đồng và khử mẫu
Lời giải
a) Ta có:
2
4 ( 2)( 2)x xx−= − +
ĐKXĐ:
2
4 0 ( 2)( 2) 0x xx−≠⇔ − + ≠
20x⇔−≠
và
20x
+≠
2x⇔≠
và
2x ≠−
MTC:
2
4x −
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9
Trang: 10.
Ta có
22
2 22
( 2) ( 2) 4
(1)
4 44
xx
x xx
+−
⇔−=
− −−
Khử mẫu ta được:
22
4 4 4 44xx xx++−+−=
1
84
2
xx⇔ =⇔=
(thỏa mãn ĐKXĐ)
Tập nghiệm của (1):
1
2
S

=


Chú ý:
2
40x −≠
2
x
⇔≠
và
2x ≠−
không được viết:
2x⇔≠
hoặc
2x ≠−
b) Ta có:
2
2 3 0 ( 1)( 3) 0xx xx
+ −≠⇔ − + ≠
10
x⇔ −≠
và
30x +≠
1x⇔≠
và
3x ≠−
MTC:
( 1)( 3)xx−+
Ta có
( 1)( 3) ( 2)( 1) 4
(2) 0
( 1)(x 3) ( 1)( 3) ( 1)( 3)
xx x x
x xx xx
++ + −
⇔−+=
−+ −+ −+
Khử mẫu ta được:
22
3 3 2 240x xx x x x+ ++− +− ++=
39 3xx⇔ =−⇔ =−
(không thỏa mãn ĐKXĐ)
Tập nghiệm của
( )
2
:
{ }
S
= ∅
c)Ta có
( )( )
2
6 5 1 5xx x x− += − −
ĐKXĐ:
( )
( )
1 5 0 1; 5x x xx− − ≠⇔≠ ≠
MTC:
( )( )
15xx−−
Ta có (3)
1 3 5( 5)
( 1)( 5) ( 1)( 5) ( 1)( 5)
xx
xx xx xx
−−
−=
−− −− −−
Khử mẫu ta được:
( )
– 1 – 3 5 5xx= −
4 21x−=−
21
4
x =
(thỏa mãn ĐKXĐ)
Tập nghiệm của phương trình (3) :
21
4
S
=

d)Ta có
( )
2
1x x xx+= +
ĐKXĐ:
( )
1 0 0; 1xx x x+ ≠ ⇔ ≠ ≠−
MTC
( )
: 1xx+
Ta có (4)
( 1)( 1) 1 2
( 1) ( 1) ( 1)
xx x x
xx xx xx
−+ −
+=
+ ++
Khử mẫu ta được:
2
– – 1 1 – 2 xxx xx+ +=
2
– 3 0xx⇔=
( )
3 0xx⇔ −=
0x⇔=
hoặc
3x =
Vì
0
x ≠
nên ta lấy nghiệm
3x =
Tập nghiệm của (4):
{ }
3S =
Bài toán 10. Giải phương trình:
a)
2
32
125 4
(1)
11 1
x
x x xx
−
+=
− − ++
b)
2
32
23
(2)
11 1
xx
x x xx
−=
− − ++
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9
Trang: 11.
c)
2
32
74 5 1
(3)
1 11
x
x xx x
−+
= −
+ −+ +
Lời giải
a) Ta có
( )
(
)
32
: – 1 1 1
x x xx= − ++
ĐKXĐ:
( )
( )
2
1 1 0x xx− ++ ≠
1x ≠−
(vì
2
2
13
0
2
1
4
xx x

+ +>

+
+=
với mọi x thuộc R)
MTC:
(
)
(
)
2
1 1
x xx− ++
Ta có:
22
22 2
1 2 5 4( 1)
(1)
( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1)
xx x x
x xx x xx x xx
++ − −
⇔+=
− ++ − ++ − ++
Khử mẫu ta được:
22
1 2 5 4 – 4xx x x+ + + −=
( )
2
3 – 3 0
3 1 0
xx
xx
⇔=
⇔ −=
0x⇔=
hoặc
1 0x −=
0x⇔=
hoặc
1x =
Đối chiếu với điều kiện
1x ≠−
, ta lấy nghiệm
= 0x
Tập nghiệm của (1):
{ }
0
S =
b) Ta có
(
)
(
)
32
: – 1 1 1
x x xx= − ++
ĐKXĐ:
(
)
( )
2
1 1 0x xx− ++ ≠
2
1 1x vì x x
≠− + + =
2
13
24
x

++


> 0 với mọi x thuộc R
MTC:
( )
( )
2
1 1x xx
− ++
Quy đồng khử mẫu, ta được:
(
)
( )
( ) ( )
22
2 22
2
2
2. 1 – 3 1
2 2 2 – 3
2 3 – 2 0
2 4 – 2 0
2.2 1 0
x x x xx
x x x xx
xx
x xx
xx
++ = −
⇔ ++ =−
⇔− =
⇔−+ =
− +=⇔
2 0x⇔− =
hoặc
2 1 0x +=
2x
⇔=
hoặc
1
2
x = −
(thỏa mãn ĐKXĐ)
Tập nghiệm của (2):
1
2;
2
S = −



c)Ta có:
( )
( )
32
1 1 1x x xx+ = + −+
ĐKXĐ:
0 1x ≠+
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9
Trang: 12.
1x⇔ ≠−
(vì
2
2
13
24
1 xx x

−
+
= +−
> 0 với mọi x thuộc R)
MTC:
( )
( )
2
1 1x xx+ −+
Quy đồng khử mẫu ta được
( )
( )
( )
22
22
2
7 4 5. 1 – – 1
7 4 5 5 – 1
6 6 0
6 1 0
x x xx
x x xx
xx
xx
−+= + +
− + = + +−
−−=
− +=
0x
⇔=
hoặc
1 0x +=
0x⇔=
(không thỏa mãn ĐKXĐ) hoặc
1x = −
(thỏa mãn ĐKXĐ)
Tập nghiệm của (3):
{ }
0S =
Bài toán 11. Giải phương trình
a)
( )( )
2
13 1 6
32727 9x x xx
+=
−+ + −
(1)
b)
22
1 11
4 3 8 15 6xx xx
+=
++ ++
(2)
c)
22 2
21 4
4 22
x
x x xx x
−
+=
−− +
(3)
Lời giải
a) Ta có:
( )( )
2
9 33x xx−= + −
ĐKXĐ:
30; 30xx+≠ −≠
và
2 70x +≠
7
3; 3 và
2
xx x⇔ ≠− ≠ ≠−
MTC:
( )( )( )
3 32 7xx x+− +
Quy đồng và khử mẫu, ta được:
( )
( )
2
13 3 9 6 2 7xx x+ + −= +
2
13 39 9 12 42xx x+ + −= +
2
12 0xx+− =
( )( )
4 30xx+ −=
4 x = −
hoặc
3x =
Đối chiếu với
ĐĐKX
, ta lấy
4x = −
làm nghiệm
Vây tập nghiệm của (1) là
{ }
4S = −
.
b) Ta có:
( )( ) ( )( )
22
4 3 1 3 ; 8 15 5 3xx x x xx x x+ += + + + + = + +
ĐKXĐ:
1 0; 3 0xx+≠ +≠
và
5 0 1;3;5xx
+ ≠ ⇒ ≠− − −
.
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9
Trang: 13.
MTC:
(
)
( )( )
135xxx+++
Quy đồng và khử mẫu ta được:
( ) ( ) ( )( )( )
65 1 1 3 5x x xxx+++= + + +
32
9 11 21 0xx x
+ + −=
32
1 9 9 11 11 0xx x−+ − + − =
( )
( )
2
1 19 911 0x xx x− + ++ + + =
( )
( )
2
1 10 21 0xx x
− ++=
( )( )( )
1 7 30xx x− + +=
1 0 x −=
hoặc
7 0 x +=
hoặc
30x
+=
1 x =
hoặc
7
x = −
hoặc
3.
x = −
Đối chiếu
ĐĐKX
, ta lấy:
1; 7xx
= = −
làm nghiệm
Vậy tập nghiệm của (2) là
{ }
1; 7S
= −
Cách giải khác: ĐKXĐ: (xem cách giải trên)
Ta có (2)
(
)( )
( )(
)
1 11
1 3 3 56xx xx
⇔+=
++ ++
1 1 1 11
1 3 3 56
xx x x
−+−=
++++
1 11
1 56
xx
−=
++
Quy đồng và khử mẫu ta được:
2
6 70
xx+ −=
2
7 70xxx−+ −=
( ) ( )
17 10xx x−+ −=
( )( )
1 70xx− +=
1 x =
hoặc
7x = −
c) Ta có:
(
)
2
22x x xx−= −
( )
2
22x x xx+= +
( )( )
2
4 22x xx− =−− +
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9
Trang: 14.
ĐKXĐ:
0; 2xx
≠≠
và
2x ≠−
MTC:
( )( )
22xx x−+
Quy đồng và khử mẫu, ta được:
( )( )
2 2 42
xx x x− ++= − −
2
2 68x xx−+ = − +
2
5 60xx− +=
(
)( )
2 30xx− −=
2 0 x
⇒−=
hoặc
30x −=
2 x =
hoặc
3x =
Đối chiếu với ĐKXĐ, ta lấy
x3=
làm nghiệm của (3)
Vây tâp nghiệm của (3) là:
{ }
3S
=
.
Bài toán 12. Giải phương trình
a)
2 22
134
4 12 9 9 4 4 12 9xx xxx
−=
−+ − ++
(1)
b)
22 2 2
1 1 1 11
5 6 7 12 9 20 11 30 8xx xx xx x x
+++ =
++ ++ ++ + +
(2)
Hướng dẫn: Phân tích các mẫu thức thành nhân tử, (ở phương trình (2) xem cách giải của bài
toán 11).
Lời giải
a) Ta có:
( )
2
2
4 12923xx x+ += +
( )
( )( )
22
94 4 9 2 32 3x x xx− =− −=− + −
(
)
2
2
4 12 9 2 3
xx x− += −
ĐKXĐ:
2 3 0x +≠
và
2 30x −≠
33
và
22
xx⇔ ≠− ≠
MTC:
( ) ( )
22
2323xx+−
Quy đổng và khử mẫu ta được:
( )
( )
( )
22
2
2 3 3 4 9 4 2 3xx x+ + −= −
( )
2 22
4 12 9 12 27 4 4 12 9xx x xx+ ++ − = − +
60 54x =
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9
Trang: 15.
9
10
x =
Đối chiếu với ĐKXĐ, ta lấy
9
10
x =
Vây tập nghiệm của (1) là
9
10
S

=


.
b) Ta có:
( )( )
2
56 2 3xx x x+ += + +
( )( )
2
7 12 3 4xx x x++=+ +
(
)( )
2
9 20 4 5xx x x++=+ +
( )( )
2
11 30 5 6xx xx+ +=+ +
ĐKXĐ:
2;3;4;5;6x
≠−−−−−
Khi đó:
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
11111
(2)
23 34 45 568xx xx xx xx
⇔+++=
++ ++ ++ ++
11 11 11 111
23 34 45 568
xx xx xx xx
  
−+−+++−=
  
++ ++ ++ ++
  
1 11
2 68xx
−=
++
( ) ( ) ( )( )
8 6 8 2 2 6x x xx+− +=+ +
2
8 20 0
xx+−=
2
10 2 20 0x xx+ −−=
( ) ( )
10 2 10 0xx x+− +=
(
)( )
10 2 0xx+ −=
10 0x +=
hoặc
20x −=
10x = −
hoặc
2x =
Đối chiếu ĐKXĐ, ta thấy
10x = −
và
2x =
đều thoả mãn.
Vậy tập nghiệm của (2) là
{ }
10; 2S = −
.
Nhận xét:
+) Bạn có thể giải phương trình sau theo cách trên:
( ) ( )( ) ( )( ) ( )
(
)
( )
1 1 1 1 21
1 12 23 34 4
x
xx x x x x x x xx
+
+++ =
+ ++ + + ++ +
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9
Trang: 16.
+) Bạn hãy đặt ra vài bài toán tương tự như bài toán 4b).
Bài toán 13. Giải và biện luận phương trình sau:
a)
3
12
xm x
xx
++
=
−−
(1) b)
25
50
2
m
m
x
+
−+ =
−
(2)
c)
22
1
1
m
m
x
−
= −
−
(3)
Huớng dẫn: Xem tóm tắt cách giải ở phần
A
.
Lời giải
a) ĐKXĐ:
10x
−≠
và
20 1
xx−≠⇔≠
và
2x ≠
MTC:
( )( )
12
xx−−
Quy đồng và khử mẫu, ta được:
( )( ) ( )( )
2 31xmx x x+ −=+ −
22
2 2 33x xmxmxxx
− + − = −+ −
( ) (
)
4 2 3 *m xm−=−
+ Nếu
m 4 0 4m−=⇔ =
Ta có (*)
05
x
⇔=
(vô nghiệm)
+ Nếu
40 4mm−≠⇒ ≠
Ta có
( )
23
*
4
m
x
m
−
⇔=
−
Vì
1x ≠
và
23
21
4
m
x
m
−
≠⇒ ≠
−
và
23
2
4
m
m
−
≠
−
1
m⇒ ≠−
và
2 3 2 8mm
−≠ −
1m⇒ ≠−
Đáp số:
+)
m1≠−
và
m4≠
. Tập nghiệm của (1):
2 m 3
S
m4
−

=

−

.
+)
m1
= −
hoặc
m4=
. Tập nghiệm của (1):
S = ∅
.
b) ĐKXĐ:
2x ≠
. Khi đó, ta có:
(2)
( )( ) ( )
5 2 2 5 0 5 15m x m mx⇒ − − + +=⇔ − =−
( )
*
+ Nếu
5
m ≠
. Ta có
( )
15
5
* x
m
−
⇔=
−
Vì
( )
15
2 2m 5
m5
x
−
≠⇒ ≠ ≠
−
15 2 10m−≠ −
5
2
m ≠−
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9
Trang: 17.
Đáp số: +)
5
m
2
= −
hoặc
m5=
. Tập nghiệm của (2):
S = ∅
.
+) Nếu
5m ≠
và
5
2
m ≠−
. Tâp nghiệm của (2):
15
5m
S

=

−

.
c) ĐKXĐ:
1≠x
Quy đồng và khử mẫu, ta được:
(
)(
) ( ) ( )
2 2 1 1 1 3 3*m m x m xm−= − − ⇔ − = −
+ Nếu
10 1mm−= ⇔ =
Ta có
( )
* 00x⇔=
(luôn đúng với mọi
x
)
+ Nếu
m10 m 1−≠ ⇔ ≠
Ta có
( )
*
x3
⇔=
Đáp số: + Nếu
m1=
. Tập nghiệm của (3):
S = R
+ Nếu
1m
≠
. Tập nghiệm của (3):
{ }
3
S =
.
Bài toán 14. Tìm
m
để phương trình sau vô nghiệm:
( )
22
22
12
xm
xx
xm xm m x
−−
−−
+=
−+ −
Hướng dẫn: Tìm ĐKXĐ và đưa phương trình vể dạng
ax b 0+=
, xét
a0=
.
Lời giải
Ta có:
( )
( )
( )
22 2 2
m x x m xmxm−=− − =−− +
ĐKXĐ:
0
xm+≠
và
0
xm x m− ≠ ⇔ ≠±
Quy đồng và khử mẫu, ta được:
( )( ) ( )( ) ( )
1 2 2 2xxm x xm xm− + +− − =− −
( ) ( )
* 2 1 2m xm−=−
+ Nếu
1
2 10
2
mm−= ⇔ =
Ta có
( )
3
*0
2
x
−
⇔=
(vô nghiệm)
+ Nếu
1
2
m ≠
, ta có
( )
2
*
21
m
x
m
−
⇔=
−
Xét
2
2
22
21
m
xm m m m m
m
−
= ⇔ = ⇔ −= −
−
22
2 2 20 10m m mm− + = ⇒ − +=
2
13
m 0
24

− +=


(không xảy ra vì vế trái luôn dương)
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9
Trang: 18.
Xét
2
2
22
21
m
x m m m mm
m
−
=−⇔ =−⇔ −=− +
−
2
m1m 1
⇔ =⇔=±
Đáp số: Phương trình vô nghiệm khi
1
m
2
=
hoặc
m1= ±
.
Nhận xét: Qua cách giải trên, ta có phương trình đã cho có nghiệm khi
1
m
2
≠
và
m1= ±
.
(Phương trình có nghiệm
2
21
m
x
m
−
=
−
).
Bài toán 15. Tìm
m
để phương trình sau có nghiệm:
2
22
28xmm
xm xm x m
−=
−+ −
.
Lời giải
Ta có:
( )( )
22
x m xmxm−=− +
ĐKXĐ:
0
xm−≠
và
0xm x m+ ≠ ⇔ ≠±
Quy đồng và khử mẫu, ta được:
( ) ( )
2
28xx m mx m m+− −=
22
60x mx m
−− =
22
236 0x mx mx m+−−=
( ) ( )
23 20xxm mxm+− +=
( )( )
2 3 0x mx m+ −=
2 0 xm+=
hoặc
30xm−=
2 xm= −
hoặc
3xm=
Nếu
2mm−≠
và
20m mm− ≠− ⇒ ≠
Tương tự:
30m mm≠± ⇒ ≠
Phương trình có nghiệm
( )
2; 3x mx m=−=
khi
0m ≠
Nhận xét: với
m0=
phương trình đã cho vô nghiệm.
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9
Trang: 1.
Bài 5. BẤT ĐẨNG THỨC VÀ TÍNH CHẤT
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1. Bất đẳng thức
• Nhắc lại thứ tự trên tập số thực
Trên tập số thực, với hai số
a
và
b
có ba trường hợp sau:
a) Số
a
bằng số
b
, kí hiệu
ab=
;
b) Số
a
lớn hơn số
b
, kí hiệu
ab>
;
c) Số
a
nhỏ hơn số
b
, kí hiệu
ab<
.
Số
a
lớn hơn hoặc bằng số
b
, tức là
ab>
hoặc
ab=
, kí hiệu
ab≥
.
Số
a
nhỏ hơn hoặc bằng số
b
, tức là
ab<
hoặc
ab=
, kí hiệu
ab≤
.
• Khái niệm bất đẳng thức
Ta gọi hệ thức dạng
ab>
(hay
,,ababab<≥≤
) là bất đẳng thức và gọi
a
là vế trái,
b
là vế phải
của bất đẳng thức.
Chú ý: Hai bất dảng thức
12<
và
32− <−
(hay
63>
và
85>
) được gọi là hai bất đẳng thức cùng
chiều. Hai bất đẳng thức
12<
và
23− >−
(hay
63>
và
58<
) được gọi là hai bất đẳng thức ngược
chiều.
• Tính chất bắc cầu: Nếu
ab<
và
bc<
thì
ac<
.
Chú ý: Tương tự, các thứ tự lớn hơn (
>
), lớn hơn hoặc bằng (
≥
), nhỏ hơn hoặc bằng (
≤
) cũng có
tính chất bắc cầu.
2. Liên hệ giữa thứ tự và phép cộng
Khi cộng cùng một số vào hai vế của một bất đẳng thức ta được một bất đẳng thức mới cùng chiều
với bất đẳng thức đã cho.
Với ba số
,,abc
, ta có:
Nếu
ab<
thì
acbc+≤+
;
Nếu
ab≤
thì
acbc
+≤+
;
Nếu
ab>
thì
acbc
+>+
;
Nếu
ab≥
thì
acbc+≥+
.
3. Liên hệ giữa thứ tự và phép nhân
• Khi nhân cả hai vế của một bất đẳng thức với cùng một số dương, ta được bất đẳng thức mới cùng
chiều với bất đẳng thức đã chọ.
Với ba số
,,abc
và
0c >
, ta có:
Nếu
ab<
thì
ac bc<
;
Nếu
ab≤
thì
ac bc≤
;
Nếu
ab>
thì
ac bc>
;
Nếu
ab≥
thì
ac bc≥
.
• Khi nhân cả hai vế của một bất đẳng thức với cùng một số âm, ta được bất đẳng thức mới ngược chiều
với bất đẳng thức đã cho.
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9
Trang: 2.
Với ba số
,,abc
và
0
c <
, ta có:
Nếu
ab<
thì
ac bc>
;
Nếu
ab≤
thì
ac bc≥
;
Nếu
ab>
thì
ac bc<
;
Nếu
ab≥
thì
ac bc≤
.
B. PHÂN LOẠI CÁC BÀI TẬP
I. Liên hệ giữa thứ tự và phép cộng
Bài toán 1.
a) Nếu
xy
>
. Chứng minh rằng
2
xy y+>
.
b) Cho
ab>
. Chứng minh rằng
22ab a b+>+
.
Huớng dẫn: Áp dụng tính chất
ab acbc>⇒+>+
.
Lời giải
a) Ta có:
xy xyyy>⇒+>+
hay
2xy y+>
b) Ta có:
ab aaba>⇒+>+
2aba⇒ >+
2abbab⇒ +>++
Hay
22
ab ba+> +
(đpcm).
Bài toán 2. Với
m
bất kì, chứng tỏ:
a)
12mm+ <+
;
b)
1mm−<
;
c)
( )
2
2 ( 1)mm m+< +
.
Huớng dẫn: Ta có thể dùng phép biến đổi tương đương và áp dụng tính chất ở phần
A
.
Lời giải
a) Ta luôn có:
12 1 2
mm< ⇒+ < +
(đpcm).
b) Ta có:
10 1 0mm− < ⇔− + < +
hay
1mm−<
(đpcm).
c) Ta có
( )
2
2 ( 1)mm m
+< +
22
2 21mmmm⇔+<++
0 1 (luôn đúng) ⇔<
Bạn có thế viết:
Ta có:
22
01 2 0 2 1mm mm<⇒++<++

Tài liệu khác của Toán 9

Preview text:

PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9
Chương II. PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN
Bài 4. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN
PHẦN A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1. Phương trình tích
Để giải phương trình tích (ax + b)(cx + d) = 0, ta giải phương trình ax + b = 0 và cx + d = 0 . Sau
đó lấy tất cả các nghiệm của chúng.
Ta có thể viết: (ax + b)(cx + d) = 0 ⇔ ax + b = 0 hoặc cx + d = 0 .
2. Phương trình chứa ẩn ở mẫu
- Điều kiện xác định của một phương trình:
Đối với phương trình chứa ẩn ở mẫu, ta thường đặt điều kiện cho ẩn tất cả các mẫu thức trong
phương trình đểu khác 0 và gọi đó là điều kiện xác định (viết tắt là ĐKXĐ) của phương trình.
- Cách giải phương trình chứa ẩn ở mẫu:
Để giải phương trình chứa ẩn ở mẫu ta thường thực hiện các bước sau:
Bước 1: Tìm điều kiện xác định của phương trình.
Bước 2: Quy đồng mẫu hai vế của phương trình rồi khử mẫu.
Bước 3: Giải phương trình vừa tìm được.
Bước 4 (Kết luận): Trong các giá trị tìm được của ẩn ở Bước 3, giá trị nào thoả mãn điều kiện
xác định chính là nghiệm của phương trình đã cho.
B. PHÂN LOẠI CÁC BÀI TẬP I. Phương trình tích
Bài toán 1. Giải phương trình: a) 3x(x − ) 1 − 2(x − ) 1 = 0 b) 2
x − 4 − (x + 5)(2 − x) = 0 c) 3 2 2
2x + 4x = x + 2x
Hướng dẫn: Biến đổi tương đương đưa về dạng A(x)⋅B(x) = 0 . Lời giải a) Ta có
(1) ⇔ 3x(x − ) 1 − 2(x − ) 1 = 0
Trang: 1.
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9 ⇔ (x − ) 1 (3x − 2) = 0
⇔ x −1 = 0 hoặc 3x − 2 = 0 2
⇔ x =1 hoặc x = 3 Phương trình ( ) 1 có tập nghiệm:  2 S 1;  =  . 3   b) Ta có
(2) ⇔ (x − 2)(x + 2)+(x +5)(x − 2) = 0
⇔ (x − 2)(x + 2 + x + 5) = 0
⇔ (x − 2)(2x + 7) = 0
⇔ x − 2 = 0 hoặc 2x + 7 = 0 ⇔ x = 2 hoặc 7 x = − 2
Phương trình (2) có tập nghiệm:  7 S 2;  = − . 2   c) Ta có (3) 2
⇔ x (x + ) − ( 2 2 2 x + 2x) = 0 2
⇔ 2x (x + 2) − x(x + 2) = 0 ⇔ (x + )( 2 2 2x − x) = 0
⇔ x(x + 2)(2x − ) 1 = 0
⇔ x = 0 hoặc x + 2 = 0 hoặc 2x −1= 0 1
⇔ x = 0 hoặc x = 2 − hoặc x = 2
Phương trình (3) có tập nghiệm: 1 S 0; 2;  = − . 2  
Bài toán 2. Giải phương trình: a) 3 2
x −1 = x − x (1) b) 2 2
(2x − 5) − x − 4x − 4 = 0 (2) c) (x − )( 2 x + x − ) 3 2 3 2 − x + 8 = 0 (3)
Trang: 2.
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9 d) 2 (x − 3) − 9 = 0 (4) Lời giải a) Ta có ( ) ⇔ (x − )( 2 1 1 x + x + ) 1 − x(x − ) 1 = 0 ⇔ (x − )( 2 1 x + ) 1 = 0 ⇔ x −1 = 0 hoặc 2 x +1 = 0 ⇔ x =1 ( 2
x +1 = 0 vô nghiệm vì 2 2
x ≥ 0 ⇒ x +1 > 0 ) Phương trình ( )
1 có tập nghiệm: S = { } 1 . b) Ta có (2) 2 2
⇔ (2x − 5) − (x + 2) = 0
⇔ (2x −5+ x + 2)(2x −5− x − 2) = 0
⇔ (3x −3)(x − 7) = 0
⇔ 3x − 3 = 0 hoặc x − 7 = 0
⇔ x =1 hoặc x = 7
Phương trình (2) có tập nghiệm: S = {1; } 7 . c) Ta có
(3) ⇔ (x − )( 2x + x − )−(x − )( 2 2 3 2
2 x + 2x + 4) = 0 ⇔ (x − )( 2 2
2 x + 3x − 2 − x − 2x − 4) = 0
⇔ (x − 2)(x − 6) = 0
⇔ x − 2 = 0 hoặc x − 6 = 0
⇔ x = 2 hoặc x = 6
Phương trình (3) có tập nghiệm: S = {2; } 6 . d) Ta có (4) 2 2
⇔ (x − 3) − 3 = 0
⇔ (x −3+ 3)(x −3−3) = 0
⇔ x(x − 6) = 0
⇔ x = 0 hoặc x − 6 = 0
⇔ x = 0 hoặc x = 6
Trang: 3.
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9
Phương trình (4) có tập nghiệm: S = {0; } 6 .
Bài toán 3. Giải phương trình: a) 2 x + x −12 = 0 ( )1 b) 2 x + 3x + 2 = 0 (2) c) 3 2
2x + 3x −8x −12 = 0 (3) d) 3 2
x − 4x − x + 4 = 0 (4)
Hướng dẫn: Phân tích đa thức ở vế trái thành nhân tử ta đưa về phương trình tích. Lời giải a) Ta có (1) 2
⇔ x − 3x + 4x −12 = 0
⇔ x(x −3) + 4(x −3) = 0
⇔ (x −3)(x + 4) = 0
⇔ x − 3 = 0 hoặc x + 4 = 0
⇔ x = 3 hoặc x = 4. − Phương trình ( )
1 có tập nghiệm: S = {3;− } 4 . b) Ta có: (2) 2
⇔ x + x + 2x + 2 = 0 (2) ⇔ x(x + ) 1 + 2(x + ) 1 = 0 ⇔ (x + ) 1 (x + 2) = 0
⇔ x +1 = 0 hoặc x + 2 = 0 ⇔ x = 1 − hoặc x = 2 −
Phương trình (2) có tập nghiệm: S = { 1; − − } 2 . c) Ta có: (3) 3 2
⇔ 2x −8x + 3x −12 = 0 ⇔ x( 2 x − ) + ( 2 2 4 3 x − 4) = 0 ⇔ ( 2
x − 4)(2x + 3) = 0
⇔ (x − 2)(x + 2)(2x + 3) = 0
⇔ x − 2 = 0 hoặc x + 2 = 0 hoặc 2x + 3 = 0 3
⇔ x = 2 hoặc x = 2 − hoặc x = − 2
Phương trình (3) có tập nghiệm: 3 S 2; 2;  = − − . 2  
Trang: 4.
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9 d) Ta có: (4) ⇔ ( 3 2
x − 4x ) −(x − 4) = 0 2
⇔ x (x − 4) −(x − 4) = 0 ⇔ (x − )( 2 4 x − ) 1 = 0
⇔ (x − 4)(x − ) 1 (x + ) 1 = 0
⇔ x − 4 = 0 hoặc x −1 = 0 hoặc x +1 = 0
⇔ x = 4 hoặc x =1 hoặc x = 1 −
Phương trình (4) có tập nghiệm: S = {4;1;− } 1 .
Bài toán 4. Giải phương trình: a) 3 2
x − x − x − 2 = 0 ( )1 b) 4 3 2
x − 3x + 3x − x = 0 (2)
Hướng dẫn: Phân tích vế trái thành nhân tử. Lời giải a) Ta có ( ) 1 3 2 2
⇔ x − 2x + x − 2x + x − 2 = 0 2
⇔ x (x − 2) + x(x − 2) + (x − 2) = 0 ⇔ (x − )( 2 2 x + x + ) 1 = 0
⇔ x − 2 = 0 hoặc 2 x + x +1 = 0 2 2  1  3
⇔ x = 2 (vì x + x +1 = x + + >   0 nên phương trình 2
x + x +1 = 0 vô nghiệm)  2  4 Phương trình ( )
1 có tập nghiệm: S = { } 2 . b) Ta có (2) ⇔ x( 3 2
x − 3x + 3x − ) 1 = 0 3
⇔ x(x −1) = 0
⇔ x = 0 hoặc x −1 = 0
⇔ x = 0 hoặc x =1
Phương trình (2) có tập nghiệm: S = {0; } 1
Bài toán 5. Giải phương trình: a) 4 3
x + 2x − 4x − 4 = 0 ( ) 1 b) 4 2
x + 6x + 8 = 0 (2) c) 3 2
x + 6x +11x + 6 = 0 (3)
Trang: 5.
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9 Lời giải a) Ta có (1) ⇔ ( 4 x − ) + ( 3 4 2x − 4x) = 0 ⇔ ( 2 x − )( 2 x + ) + x( 2 2 2 2 x − 2) = 0 ⇔ ( 2 x − )( 2
2 x + 2x + 2) = 0
⇔ (x − )(x + )( 2 2
2 x + 2x + 2) = 0
⇔ x − 2 = 0 hoặc x + 2 = 0 hoặc 2 x + 2x + 2 = 0
⇔ x = 2 hoặc x = − 2 (Vì 2 2 2
x + 2x + 2 = x + 2x +1+1 = (x +1) +1 > 0 nên phương trình 2
x + 2x + 2 = 0 vô nghiệm)
Phương trình (1) có tập nghiệm: S = { 2;− 2}. b) Ta có (2) 4 2 2
⇔ x + 2x + 4x + 8 = 0 2 ⇔ x ( 2 x + ) + ( 2 2 4 x + 2) = 0 ⇔ ( 2 x + )( 2 2 x + 4) = 0 2 ⇔ x + 2 = 0 hoặc 2 x + 4 = 0
(hai phương trình cuối cùng đều vô nghiệm vì 2 2
x ≥ 0 ⇒ x + 2 > 0, 2 x + 4 > 0 )
Phương trình (2) có tập nghiệm: S = ∅ . c) Ta có (3) 3 2 2
⇔ x + x + 5x + 5x + 6x + 6 = 0 2 ⇔ x (x + ) 1 + 5x(x + ) 1 + 6(x + ) 1 = 0 ⇔ (x + ) ( 2
1 x + 3x) +(2x + 6) = 0  ⇔ (x + )
1 (x + 3)(x + 2) = 0
⇔ x +1 = 0 hoặc x + 3 = 0 hoặc x + 2 = 0 ⇔ x = 1 − hoặc x = 3 − hoặc x = 2 −
Phương trình (3) có tập nghiệm: S = { 1 − ; 3 − ;− } 2 .
Bài toán 6. Giải phương trình: a) ( 2 x + x + )( 2 2
2 x + 2x + 3) − 2 = 0 (1)
Trang: 6.
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9
b) ( x + x − )2 2 − ( 2 2 3 1
5 2x + 3x + 3) + 24 = 0 (2) c) (x + )
1 (x + 2)(x + 3)(x + 4) − 24 = 0 (3) Hướng dẫn:
a) Nhận xét về các biểu thức: 2 x + 2x + 2 và 2 x + 2x + 3 Ta đặt: 2 t = x + 2x + 2 2
⇒ x + 2x + 3 = t +1
Ta gọi là phương pháp đặt ẩn phụ. Lời giải a) Đặt: 2 t = x + 2x + 2 2
⇒ x + 2x + 3 = t +1
Ta có phương trình: t(t +1) − 2 = 0 2
⇔ t + t − 2 = 0 2
⇔ t −1+ t −1 = 0
⇔ (t −1)(t+1) + t −1 = 0
⇔ (t −1)(t + 2) = 0
⇔ t =1 hoặc t = 2 − + Với t =1, ta có: 2 x + 2x + 2 =1 2 ⇔ (x +1) = 0 ⇔ x +1 = 0 ⇔ x = 1 − + Với t = 2 − , ta có: 2 x + 2x + 2 = 2 − 2
⇔ x + 2x + 4 = 0 vô nghiệm vì 2 2
x + 2x + 4 = (x +1) + 3 > 0 với mọi x
Phương trình đã cho có tập nghiệm: S = {− } 1 b) Đặt: 2 2
t = 2x + 3x −1⇒ 2x + 3x + 3 = t + 4
Ta có phương trình: 2t − 5(t + 4) + 24 = 0 2
⇔ t − 5t + 4 = 0 2
⇔ t − 4t − t + 4 = 0
⇔ t(t − 4) − (t − 4) = 0
⇔ (t − 4)(t−1) = 0
⇔ t − 4 = 0 hoặc t −1 = 0
⇔ t = 4 hoặc t =1
+ Nếu t = 4, ta có: 2 2x + 3x −1 = 4 2
⇔ 2x + 3x − 5 = 0
⇔ 2x(x −1) + 5(x −1) = 0
⇔ (x −1)(2x + 5) = 0
⇔ x −1 = 0 hoặc 2x + 5 = 0 ⇔ x =1 hoặc 5 x − = 2
+ Nếu t =1, ta có: 2 2x + 3x −1 =1 2
⇔ 2x + 3x − 2 = 0 2
⇔ 2x + 4x − x − 2 = 0
⇔ (x + 2)(2x −1) = 0
⇔ x + 2 = 0 hoặc 2x −1 = 0 ⇔ x = 2 − hoặc 1 x = 2
Trang: 7.
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9
Phương trình (2) đã cho có tập nghiệm:  1 S  2;  = − 2  
c) Ta có: (3) ⇔ [(x +1)(x + 4)](x + 2)(x +3) − 24 = 0  ⇔ ( 2 x + x + )( 2 5
4 x + 5x + 6) − 24 = 0 Đặt 2 2
t = x + 5x + 4 ⇒ x + 5x + 6 = t + 2
Ta có phương trình: t(t+ 2) − 24 = 0 2
⇔ t + 2t − 24 = 0 2
⇔ t + 2t +1− 25 = 0 2 ⇔ (t +1) − 25 = 0
⇔ (t +1− 5)(t +1+ 5) = 0
⇔ (t − 4)(t+ 6) = 0
⇔ t = 4 hoặc t = 6 −
+ Nếu t = 4, ta có: 2 2
x + 5x + 4 = 4 ⇔ x + 5x = 0
⇔ x(x + 5) = 0
⇔ x = 0 hoặc x = 5 − + Nếu t = 6 − , ta có: 2 2 x + 5x + 4 = 6
− ⇔ x + 5x +10 = 0 5 2 15 ⇔ (x + ) + = 0 2 4
Phương trình này vô nghiệm vì vế trái luôn dương với mọi x.
Phương trình (3) đã cho có tập nghiệm: S = {0;− } 5
Bạn hãy giải bài toán sau:
Giải phương trình: (x + )
1 (x + 2)(x + 4)(x + 5) − 40 = 0
(Gợi ý: Ta có: (x + )(x + ) 2 1 5 = x + 6x + 5 (x + )(x + ) 2 2 4 = x + 6x + 8 Đặt 2
t = x + 6x + 5
II. Phương tình có tham số
Bài toán 7. Cho phương trình: 3 2
x + x + mx − 4 = 0
a) Tìm m biết phương trình có một nghiệm là x = 2 − .
b) Giải phương trình với m vừa tìm được ở câu a). Lời giải a) Vì x = 2
− là nghiệm của phương trình đã cho nên thay x = 2
− vào phương trình, ta được 3 2 ( 2) − + ( 2) − + m( 2) − − 4 = 0 ⇔ 8 − + 4 − 2m − 4 = 0 ⇔ m = 4 − b) Với m = 4
− , ta có phương trình: 3 2
x + x − 4x − 4 = 0 2
⇔ x (x +1) − 4(x +1) = 0 2 ⇔ (x+1)(x -4)=0 ⇔ (x+1)(x-2)(x+2)=0 ⇔ x +
1 = 0 hoặc x − 2 = 0 hoặc x + 2 = 0
⇔ x = -1 hoặc x = 2 hoặc x = -2
Phương trình đã cho có tập nghiệm: S = { 1; − 2;− } 2
Trang: 8.
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9
Bài toán 8. Cho phương trình: 2 2
4x + 4mx + m − 25 = 0
a) Tìm các giá trị của m biết phương trình có một nghiệm x = 2 −
b) Giải phương trình với mỗi giá trị tìm được câu a). Lời giải a) Vì x = 2
− là nghiệm của phương trình đã cho nên thay x = 2
− vào phương trình ta được: 2 2 4( 2) − + 4m( 2) − + m − 25 = 0 2
⇔ 16 −8m + m − 25 = 0 2
⇔ m −8m − 9 = 0 2
⇔ m − 9m + m − 9 = 0
⇔ m(m− 9) + (m − 9) = 0 ⇔ (m-9)(m+1)=0
⇔ m = 9 hoặc m = 1 − b)
+ Nếu m = 9 , ta có phương trình: 2
4x + 36x + 81− 25 = 0 2 2 ⇔ (2x + 9) − 5 = 0
⇔ (2x + 9 − 5)(2x + 9 + 5) = 0
⇔ (2x + 4)(2x +14) = 0 ⇔ x = 2 − hoặc x = 7 −
Vậy với m = 9 , phương trình có tập nghiệm: S = { 2; − − } 7 + Nếu m = 1 − , ta có phương trình: 2
4x − 4x +1− 25 = 0 2 2 ⇔ (2x −1) − 5 = 0
⇔ (2x −1+ 5)(2x −1− 5) = 0
⇔ (2x + 4)(2x − 6) = 0
⇔ 2x + 4 = 0 hoặc 2x − 6 = 0 ⇔ x = 2 − hoặc x = 3 Vậy với m = 1
− , phương trình có tập nghiệm: S = { 2; − } 3
III. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN Ở MẪU
Bài toán 9. Giải phương trình x + 2 x − 2 4 a) + + − = (1) x 1 x 2 4 b) − + = 0 (2) 2
x − 2 x + 2 x − 4 2
x −1 x + 3 x + 2x − 3 1 3 5 c) − − − = (3) x 1 1 2x 1 d) + = (4) 2
x − 5 x − 6x + 5 x −1 2 x x + x x +1 Hướng dẫn: - Tìm ĐKXĐ - Tìm MTC
- Quy đồng và khử mẫu Lời giải a) Ta có: 2
x − 4 = (x − 2)(x + 2) ĐKXĐ: 2
x − 4 ≠ 0 ⇔ (x − 2)(x + 2) ≠ 0
⇔ x − 2 ≠ 0 và x + 2 ≠ 0
⇔ x ≠ 2 và x ≠ 2 − MTC: 2 x − 4
Trang: 9.
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9 2 2 Ta có (x + 2) (x − 2) 4 (1) ⇔ − = 2 2 2 x − 4 x − 4 x − 4 Khử mẫu ta được: 2 2
x + 4x + 4 − x + 4x − 4 = 4 1
⇔ 8x = 4 ⇔ x = (thỏa mãn ĐKXĐ) 2 Tập nghiệm của (1): 1 S   =  2   Chú ý: 2
x − 4 ≠ 0 ⇔ x ≠ 2 và x ≠ 2 − không được viết:
⇔ x ≠ 2 hoặc x ≠ 2 − b) Ta có: 2
x + 2x − 3 ≠ 0 ⇔ (x −1)(x + 3) ≠ 0
⇔ x −1 ≠ 0 và x + 3 ≠ 0
⇔ x ≠ 1 và x ≠ 3 −
MTC: (x −1)(x + 3) Ta có
(x +1)(x + 3) (x + 2)(x −1) 4 (2) ⇔ − + = 0
(x −1)(x+ 3) (x −1)(x + 3) (x −1)(x + 3) Khử mẫu ta được: 2 2
x + 3x + x + 3− x + x − 2x + 2 + 4 = 0 ⇔ 3x = 9 − ⇔ x = 3
− (không thỏa mãn ĐKXĐ)
Tập nghiệm của (2) : S = { } ∅ c)Ta có 2
x − 6x + 5 = (x − ) 1 (x −5) ĐKXĐ: (x − )
1 (x −5) ≠ 0 ⇔ x ≠1; x ≠ 5 MTC: (x − ) 1 (x −5) Ta có (3) x − x −  1 3 5( 5) − =
(x −1)(x − 5) (x −1)(x − 5) (x −1)(x − 5)
Khử mẫu ta được: x – 1 – 3 = 5 (x −5) 4 − x = − 21 21 x = (thỏa mãn ĐKXĐ) 4
Tập nghiệm của phương trình (3) : 21 S   =   4  d)Ta có 2
x + x = x (x + ) 1 ĐKXĐ: x(x + )
1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 0; x ≠ 1 − MTC: x (x + ) 1 Ta có (4) x − x + − x x  ( 1)( 1) 1 2 + = x(x +1)
x(x +1) x(x +1) Khử mẫu ta được: 2
x + x – x – 1 + 1 – 2x = x 2
⇔ x – 3x = 0
⇔ x(x −3) = 0
⇔ x = 0 hoặc x = 3
Vì x ≠ 0 nên ta lấy nghiệm x = 3
Tập nghiệm của (4): S = { } 3
Bài toán 10. Giải phương trình: 2 2 a) 1 2x − 5 4 + = (1) b) 2 3x x − = (2) 3 2 x −1 x −1 x + x +1 3 2
x −1 x −1 x + x +1
Trang: 10.
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9 2 c) 7 − x + 4 5 1 = − (3) 3 2 x +1
x − x +1 x +1 Lời giải a) Ta có 3 x = (x − )( 2 : – 1 1 x + x + ) 1 ĐKXĐ: (x − )( 2 1 x + x + ) 1 ≠ 0 2 x ≠ 1 − (vì 2  1  3
x + x + 1 = x + + >   0 với mọi x thuộc R)  2  4 MTC: (x − )( 2 1 x + x + ) 1 2 2 Ta có: x + x +1 2x − 5 4(x −1) (1) ⇔ + = 2 2 2
(x −1)(x + x +1) (x −1)(x + x +1) (x −1)(x + x +1) Khử mẫu ta được: 2 2
x + x +1 + 2x − 5 = 4x – 4 2
⇔ 3x – 3x = 0 ⇔ 3x(x − ) 1 = 0
⇔ x = 0 hoặc x − 1 = 0
⇔ x = 0 hoặc x = 1
Đối chiếu với điều kiện x ≠ −1, ta lấy nghiệm x = 0
Tập nghiệm của (1): S = { } 0 b) Ta có 3 x = (x − )( 2 : – 1 1 x + x + ) 1 ĐKXĐ: (x − )( 2 1 x + x + ) 1 ≠ 0 2 2 x ≠ 1
− vì x + x +1 =  1  3 x + + 
> 0 với mọi x thuộc R 2    4 MTC: (x − )( 2 1 x + x + ) 1
Quy đồng khử mẫu, ta được: 2.( 2 x + x + ) 2
1 – 3x = x(x − ) 1 2 2 2
⇔ 2 x + 2x + 2 – 3x = x − x 2
⇔ 2 x − 3x – 2 = 0 2
⇔ 2 x − 4x + x – 2 = 0
⇔ (x − 2).(2x + ) 1 = 0
⇔ x − 2 = 0 hoặc 2x + 1 = 0 ⇔ x = 2 hoặc 1
x = − (thỏa mãn ĐKXĐ) 2 Tập nghiệm của (2):  1 S = 2;−   2   c)Ta có: 3 x + = (x + )( 2 1 1 x − x + ) 1 ĐKXĐ: x +1 ≠ 0
Trang: 11.
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9 2 ⇔ x ≠ −1 (vì 2  1  3
x − x + 1 = x − 
+ > 0 với mọi x thuộc R)  2  4 MTC: (x + )( 2 1 x − x + ) 1
Quy đồng khử mẫu ta được 2 7
− x + 4 = 5.(x + ) 1 – ( 2 x – x + ) 1 2 2 7
− x + 4 = 5x + 5 – x + x −1 2 6 − x − 6x = 0 6 − x (x + ) 1 = 0
⇔ x = 0 hoặc x + 1 = 0
⇔ x = 0 (không thỏa mãn ĐKXĐ) hoặc x = 1 − (thỏa mãn ĐKXĐ)
Tập nghiệm của (3): S = { } 0
Bài toán 11. Giải phương trình a) 13 1 6 ( + = (1) x − 3)(2x + 7) 2 2x + 7 x − 9 b) 1 1 1 + = (2) 2 2
x + 4x + 3 x + 8x +15 6 c) 2 1 x − 4 + = (3) 2 2 2 4 − x
x − 2x x + 2x Lời giải a) Ta có: 2
x −9 = (x + 3)(x −3)
ĐKXĐ: x + 3 ≠ 0; x − 3 ≠ 0 và 2x + 7 ≠ 0 7 ⇔ x ≠ 3
− ; x ≠ 3 và x ≠ − 2
MTC: (x + 3)(x −3)(2x + 7)
Quy đồng và khử mẫu, ta được: (x + ) 2 13
3 + x −9 = 6(2x + 7) 2
13x + 39 + x − 9 =12x + 42 2 x + x −12 = 0
(x + 4)(x −3) = 0 x = 4 − hoặc x = 3 Đối chiếu với Đ Đ
KX , ta lấy x = 4 − làm nghiệm
Vây tập nghiệm của (1) là S = {− } 4 . b) Ta có: 2
x + x + = (x + )(x + ) 2 4 3 1
3 ; x +8x +15 = (x + 5)(x + 3)
ĐKXĐ: x +1 ≠ 0; x + 3 ≠ 0 và x + 5 ≠ 0 ⇒ x ≠ 1 − ; 3 − ; 5 − .
Trang: 12.
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9 MTC: (x + )
1 (x + 3)(x + 5)
Quy đồng và khử mẫu ta được:
6(x + 5) + (x + ) 1 = (x + )
1 (x + 3)(x + 5) 3 2
x + 9x +11x − 21 = 0 3 2
x −1+ 9x − 9 +11x −11 = 0 (x − )( 2
1 x + x +1+ 9x + 9 +1 ) 1 = 0 (x − )( 2 1 x +10x + ) 21 = 0
( x − )1(x +7)(x +3) = 0
x −1 = 0 hoặc x + 7 = 0 hoặc x + 3 = 0
x =1 hoặc x = 7 − hoặc x = 3. − Đối chiếu Đ Đ
KX , ta lấy: x =1; x = 7 − làm nghiệm
Vậy tập nghiệm của (2) là S = {1;− } 7
Cách giải khác: ĐKXĐ: (xem cách giải trên) Ta có (2) 1 1 1 ⇔ ( + = x + )
1 (x + 3) (x + 3)(x + 5) 6 1 1 1 1 1 − + − =
x +1 x + 3 x + 3 x + 5 6 1 1 1 − = x +1 x + 5 6
Quy đồng và khử mẫu ta được: 2
x + 6x − 7 = 0 2
x − x + 7x − 7 = 0 x(x − ) 1 + 7(x − ) 1 = 0
(x − )1(x +7) = 0
x =1 hoặc x = 7 − c) Ta có: 2
x − 2x = x(x − 2) 2
x + 2x = x(x + 2) 2
4 − x = −(x − 2)(x + 2)
Trang: 13.
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9
ĐKXĐ: x ≠ 0; x ≠ 2 và x ≠ 2 −
MTC: x(x − 2)(x + 2)
Quy đồng và khử mẫu, ta được: 2
− x + x + 2 = (x − 4)(x − 2) 2
−x + 2 = x − 6x + 8 2
x − 5x + 6 = 0
(x −2)(x −3) = 0
⇒ x − 2 = 0 hoặc x − 3 = 0
x = 2 hoặc x = 3
Đối chiếu với ĐKXĐ, ta lấy x = 3 làm nghiệm của (3)
Vây tâp nghiệm của (3) là: S = { } 3 .
Bài toán 12. Giải phương trình a) 1 3 4 − = (1) 2 2 2
4x −12x + 9 9 − 4x 4x +12x + 9 b) 1 1 1 1 1 + + + = (2) 2 2 2 2
x + 5x + 6 x + 7x +12 x + 9x + 20 x +11x + 30 8
Hướng dẫn: Phân tích các mẫu thức thành nhân tử, (ở phương trình (2) xem cách giải của bài toán 11). Lời giải a) Ta có:
x + x + = ( x + )2 2 4 12 9 2 3 2 − x = −( 2 9 4
4x − 9) = −(2x + 3)(2x −3)
x − x + = ( x − )2 2 4 12 9 2 3
ĐKXĐ: 2x + 3 ≠ 0 và 2x − 3 ≠ 0 3 3
⇔ x ≠ − và x ≠ 2 2
MTC: ( x + )2 ( x − )2 2 3 2 3
Quy đổng và khử mẫu ta được:
( x + )2 + ( x − ) = ( x − )2 2 2 3 3 4 9 4 2 3 2 2
x + x + + x − = ( 2 4 12 9 12
27 4 4x −12x + 9) 60x = 54
Trang: 14.
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9 9 x = 10
Đối chiếu với ĐKXĐ, ta lấy 9 x = 10
Vây tập nghiệm của (1) là 9 S   =  . 10   b) Ta có: 2
x + 5x + 6 = (x + 2)(x + 3) 2
x + 7x +12 = (x + 3)(x + 4) 2
x + 9x + 20 = (x + 4)(x + 5) 2
x +11x + 30 = (x + 5)(x + 6) ĐKXĐ: x ≠ 2 − ; 3 − ; 4 − ; 5 − ; 6 − Khi đó: 1 1 1 1 1 (2) ⇔ ( + + + =
x + 2)(x + 3) (x + 3)(x + 4) (x + 4)(x + 5) (x + 5)(x + 6) 8  1 1   1 1   1 1   1 1  1 − + − + + + − = 
x 2 x 3  
  x 3 x 4  
  x 4 x 5  
  x 5 x 6  + + + + + + + +  8 1 1 1 − = x + 2 x + 6 8
8(x + 6) −8(x + 2) = (x + 2)(x + 6) 2
x + 8x − 20 = 0 2
x +10x − 2x − 20 = 0
x(x +10) − 2(x +10) = 0
(x +10)(x − 2) = 0
x +10 = 0 hoặc x − 2 = 0 x = 10 − hoặc x = 2
Đối chiếu ĐKXĐ, ta thấy x = 10
− và x = 2 đều thoả mãn.
Vậy tập nghiệm của (2) là S = { 1 − 0; } 2 . Nhận xét:
+) Bạn có thể giải phương trình sau theo cách trên: 1 1 1 1 2x +1 + + + = x(x + ) 1 (x + )
1 (x + 2) (x + 2)(x + 3) (x + 3)(x + 4) x(x + 4)
Trang: 15.
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9
+) Bạn hãy đặt ra vài bài toán tương tự như bài toán 4b).
Bài toán 13. Giải và biện luận phương trình sau: + + + a) x m x 3 = (1) b) 2m 5 m − 5 + = 0 (2) x −1 x − 2 x − 2 −
c) 2m 2 = m −1 (3) x −1
Huớng dẫn: Xem tóm tắt cách giải ở phần A . Lời giải
a) ĐKXĐ: x −1 ≠ 0 và x − 2 ≠ 0 ⇔ x ≠ 1 và x ≠ 2 MTC: (x − ) 1 (x − 2)
Quy đồng và khử mẫu, ta được:
( x + m)(x −2) = (x +3)(x − )1 2 2
x − 2x + mx − 2m = x − x + 3x − 3
( m − 4) x = 2m −3 ( *)
+ Nếu m − 4 = 0 ⇔ m = 4
Ta có (*) ⇔ 0x = 5 (vô nghiệm)
+ Nếu m − 4 ≠ 0 ⇒ m ≠ 4 Ta có ( ) 2m − 3 * ⇔ x = m − 4 − − Vì x ≠ 1 và 2m 3 x ≠ 2 ⇒ ≠ 1 và 2m 3 ≠ 2 m − 4 m − 4 ⇒ m ≠ 1
− và 2m − 3 ≠ 2m −8 ⇒ m ≠ 1 − Đáp số: +) m ≠ 1
− và m ≠ 4. Tập nghiệm của (1): 2 m − 3 S  =  .  m 4  −  +) m = 1
− hoặc m = 4. Tập nghiệm của (1): S = ∅ .
b) ĐKXĐ: x ≠ 2 . Khi đó, ta có:
(2) ⇒ (m −5)(x − 2) + 2m + 5 = 0 ⇔ (m −5) x = 15 − (*) −
+ Nếu m ≠ 5. Ta có (*) 15 ⇔ x = m − 5 − Vì 15 x ≠ 2 ⇒ ≠ 2 (m ≠ 5) m − 5 15 − ≠ 2m −10 5 m ≠ − 2
Trang: 16.
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9 Đáp số: +) 5
m = − hoặc m = 5 . Tập nghiệm của (2): S = ∅ . 2 +) Nếu m ≠ 5 và 5
m ≠ − . Tâp nghiệm của (2): 15 S   = . 2  5 m  −  c) ĐKXĐ: x ≠ 1
Quy đồng và khử mẫu, ta được:
2m − 2 = (m − ) 1 (x − ) 1 ⇔ (m − )
1 x = 3m − 3 (*)
+ Nếu m −1 = 0 ⇔ m =1
Ta có (*) ⇔ 0x = 0 (luôn đúng với mọi x )
+ Nếu m −1 ≠ 0 ⇔ m ≠ 1 Ta có (*) ⇔ x = 3
Đáp số: + Nếu m =1. Tập nghiệm của (3): S = R
+ Nếu m ≠ 1. Tập nghiệm của (3): S = { } 3 .
Bài toán 14. Tìm m để phương trình sau vô nghiệm: 1− x
x − 2 2(x − m) − 2 + = 2 2
x − m x + m m − x
Hướng dẫn: Tìm ĐKXĐ và đưa phương trình vể dạng ax + b = 0 , xét a = 0. Lời giải Ta có: 2 2 − = −( 2 2 m x
x − m ) = −(x − m)(x + m)
ĐKXĐ: x + m ≠ 0 và x − m ≠ 0 ⇔ x ≠ ±m
Quy đồng và khử mẫu, ta được:
( 1− x)(x + m)+(x −2)(x −m) = 2−2(x −m)
( 2m− )1x = m−2(*) + Nếu 1
2m −1 = 0 ⇔ m = 2 Ta có ( ) 3 * 0x − ⇔ = (vô nghiệm) 2 − + Nếu 1 m ≠ , ta có ( ) m 2 * ⇔ x = 2 2m −1 − Xét m 2 2 x = m ⇔
= m ⇔ m − 2 = 2m − m 2m −1 2 2
2m − 2m + 2 = 0 ⇒ m − m +1 = 0 2  1  3 m − + =  
0 (không xảy ra vì vế trái luôn dương)  2  4
Trang: 17.
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9 Xét m − 2 2 x = −m ⇔
= −m ⇔ m − 2 = 2 − m + m 2m −1 2 ⇔ m =1 ⇔ m = 1 ±
Đáp số: Phương trình vô nghiệm khi 1 m = hoặc m = 1 ± . 2
Nhận xét: Qua cách giải trên, ta có phương trình đã cho có nghiệm khi 1 m ≠ và m = 1 ± . 2 − (Phương trình có nghiệm m 2 x = ). 2m −1 2
Bài toán 15. Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x 2m 8m − = . 2 2
x − m x + m x − m Lời giải Ta có: 2 2
x − m = (x − m)(x + m)
ĐKXĐ: x − m ≠ 0 và x + m ≠ 0 ⇔ x ≠ ±m
Quy đồng và khử mẫu, ta được:
x(x + m) − m(x − m) 2 2 = 8m 2 2
x − mx − 6m = 0 2 2
x + 2mx − 3mx − 6m = 0
x(x + 2m) −3m(x + 2m) = 0
( x + 2m)(x −3m) = 0
x + 2m = 0 hoặc x − 3m = 0 x = 2
− m hoặc x = 3m Nếu 2
− m ≠ m và 2
− m ≠ −m ⇒ m ≠ 0
Tương tự: 3m ≠ ±m ⇒ m ≠ 0
Phương trình có nghiệm (x = 2 − ;
m x = 3m) khi m ≠ 0
Nhận xét: với m = 0 phương trình đã cho vô nghiệm.
Trang: 18.
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9
Bài 5. BẤT ĐẨNG THỨC VÀ TÍNH CHẤT
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ 1. Bất đẳng thức •
Nhắc lại thứ tự trên tập số thực
Trên tập số thực, với hai số a và b có ba trường hợp sau:
a) Số a bằng số b , kí hiệu a = b ;
b) Số a lớn hơn số b , kí hiệu a > b ;
c) Số a nhỏ hơn số b , kí hiệu a < b .
 Số a lớn hơn hoặc bằng số b , tức là a > b hoặc a = b , kí hiệu a ≥ b .
 Số a nhỏ hơn hoặc bằng số b , tức là a < b hoặc a = b , kí hiệu a ≤ b . •
Khái niệm bất đẳng thức
Ta gọi hệ thức dạng a > b (hay a < , b a ≥ ,
b a ≤ b ) là bất đẳng thức và gọi a là vế trái, b là vế phải của bất đẳng thức.
Chú ý: Hai bất dảng thức 1< 2 và 3 − < 2
− (hay 6 > 3 và 8 > 5) được gọi là hai bất đẳng thức cùng
chiều. Hai bất đẳng thức 1< 2 và 2 − > 3
− (hay 6 > 3 và 5 < 8) được gọi là hai bất đẳng thức ngược chiều. •
Tính chất bắc cầu: Nếu a < b và b < c thì a < c .
Chú ý: Tương tự, các thứ tự lớn hơn ( >), lớn hơn hoặc bằng (≥ ), nhỏ hơn hoặc bằng (≤ ) cũng có tính chất bắc cầu.
2. Liên hệ giữa thứ tự và phép cộng
Khi cộng cùng một số vào hai vế của một bất đẳng thức ta được một bất đẳng thức mới cùng chiều
với bất đẳng thức đã cho.
Với ba số a,b,c , ta có:
 Nếu a < b thì a + c ≤ b + c ;
 Nếu a ≤ b thì a + c ≤ b + c ;
 Nếu a > b thì a + c > b + c ;
 Nếu a ≥ b thì a + c ≥ b + c .
3. Liên hệ giữa thứ tự và phép nhân •
Khi nhân cả hai vế của một bất đẳng thức với cùng một số dương, ta được bất đẳng thức mới cùng
chiều với bất đẳng thức đã chọ.
Với ba số a,b,c và c > 0 , ta có:
 Nếu a < b thì ac < bc ;
 Nếu a ≤ b thì ac ≤ bc ;
 Nếu a > b thì ac > bc ;
 Nếu a ≥ b thì ac ≥ bc . •
Khi nhân cả hai vế của một bất đẳng thức với cùng một số âm, ta được bất đẳng thức mới ngược chiều
với bất đẳng thức đã cho.
Trang: 1.
PHÂN LOẠI VÀ GIẢI CHI TIẾT CÁC DẠNG TOÁN 9
Với ba số a,b,c và c < 0 , ta có:
 Nếu a < b thì ac > bc ;
 Nếu a ≤ b thì ac ≥ bc ;
 Nếu a > b thì ac < bc ;
 Nếu a ≥ b thì ac ≤ bc .
B. PHÂN LOẠI CÁC BÀI TẬP
I. Liên hệ giữa thứ tự và phép cộng Bài toán 1.
a) Nếu x > y . Chứng minh rằng x + y > 2y .
b) Cho a > b . Chứng minh rằng 2a + b > a + 2b .
Huớng dẫn: Áp dụng tính chất a > b ⇒ a + c > b + c . Lời giải
a) Ta có: x > y ⇒ x + y > y + y hay x + y > 2y
b) Ta có: a > b ⇒ a + a > b + a
⇒ 2a > b + a
⇒ 2a + b > b + a + b
Hay 2a + b > 2b + a (đpcm).
Bài toán 2. Với m bất kì, chứng tỏ:
a) 1+ m < 2 + m ;
b) m −1< m; c) m(m + ) 2 2 < (m +1) .
Huớng dẫn: Ta có thể dùng phép biến đổi tương đương và áp dụng tính chất ở phần A . Lời giải
a) Ta luôn có: 1< 2 ⇒1+ m < 2 + m (đpcm). b) Ta có: 1 − < 0 ⇔ 1
− + m < 0 + m
hay m −1< m (đpcm).
c) Ta có m(m + ) 2 2 < (m +1) 2 2
⇔ m + 2m < m + 2m +1 ⇔ 0 <1 (luôn đúng) Bạn có thế viết: Ta có: 2 2
0 <1⇒ m + 2m + 0 < m + 2m +1
Trang: 2.

Tài liệu liên quan: