Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9

Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 CHUYÊN ĐỀ 1: Phương trình và hệ phương trình. I.Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ thích hợp. Bài 1:Gpt:10. x +2�+ x+ 2� 1� 2 11. x2 4 = 0. � Giải: Đặt u = x +2;v = x+ 2 (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. Bài 3:Gpt: x+1�+ xx1 =90. Giải:PT x2. (x+1)2 + (x 11)2 =90.� x2. 2x2 + 2 =90. Đặt u = x2 ( u 0) (1). Ta có: u.(u 1)2 =90� 2u2 + 2u =90.(u 1)2 ( u 1). 88u2 182u 90 0. Từ đây ta dễ dàng tìm được u, thay vào (1) ta tìm được x. Bài 4:Gpt: 3 x + 3 2x 3= 3 12.(x 1) . Giải: Đặt 3 x =u;3 2x 3= v (1). 1 Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 Có: u v 3 4.(u3 v3) u3 v3 3uv.(u v) 4.(u3 v3) 3.(u v).(u2 2uv v2 ) 0 3.(u v).(u v)2 0 u v u v Xét các trường hợp thay vào (1) ta dễ dàng tìm được x. Bài 5:Gpt: 5x3 3x2 3x 2 Giải: 1 x2 2 2 3x (1). Từ (1) suy ra: 2. 5x3 3x2 3x 2 x2 6x 1 20x3 12x2 12x 8 x4 36x2 1 12x3 2x2 12x x4 8x3 22x2 24x 9 0 (x 0). x2 8x 22 24 9 0. Đặt x x y (*) ta có: y2 ­ 8y + 16 = 0 suy ra y = 4 thay vào (*) ta dễ dàng tìm được x. Bài 6:Gpt: x 1.(x 4) 3.(x 4). x 1 x 4 18 0(1). Giải: Điều kiện x > 4 hoặc x < ­1. *Nếu 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 < ­1, (1) trở thành: (x 1).(x 4) 3. (x 1).(x 4) 18 0 Đặt (x 1).(x 4) y 0 (3) ta có: y2 ­ 3y ­18 = 0. Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (3) ta tìm được x. Bài 7:Gpt:(2x2 ­ 3x +1).(2x2 + 5x + 1)=9x2 (1). Giải: (1) 4x4 4x3 20x2 2x 1 0 (x 0).Chia cả hai vế cho x2 ta được : 4x2 + 4x ­20 + 2 1 x2 = 0. 2x 1 2 x 2. 2x 1 x 24 0. Đặt y = 2x 1 .(2) Ta có: y2 + 2y ­24 = 0. Từ đó ta tìm được y,thay vào (2) ta dễ dàng tìm được x. Bài 8:Gpt: Giải:PT x2 ­ 16x 0 64 2. x2 8 8x 16 + x2 0. x 8 2.x 4 x 0. x­8 ­ ­ ­ 0 + x­4 ­ ­ 0 + + x ­ 0 + + + 2 Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 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 2x2 2x3 5 5x2 5x4 � 4x4 2x+ 2x2 2+x =4 0 � 2x4 +x3 x+ =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: 2x2 ­ x + 1 ­ 1 2 0. Đặt y = x 1 (*). Ta có: 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. II.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 < x2 = t2 + 2t < (t+1)2 suy ra không tồn tại x thỏa mãn. *Nếu t < ­2 thì 2t + 4 < 0 nên t2 + 2t > t2 + 4t + 4 suy ra t2 + 2t > t2 + 4t + 4 = (t+2)2. Suy ra: x2 = t2 + 2t > (t + 2)2 (*). Lại có: t2 +2t < t2 suy ra x2 < t2 (**). Từ (*)&(**) suy ra (t + 2)2 < x2 < t2 suy ra x2 = (t+1)2 suy ra t2 +2t = (t +1)2 (=x2) Suy ra : t2 +2t = t2 +2t +1 (Vô lý). *Nếu t = ­1 suy ra x2 = t2 +2t = ­1 <0 (Vô lý). *Nếu t = 0 suy ra x = 0 y = 0 hoặc ­1 hoặc ­2 hoặc ­3 . Bài 2: Giải: x y z 2(1) 2x2 xy x 2z 1(2) Từ (2) ta có: 2x2 ­ xy+x­2z =1 kết hợp với (1) ta có: 2x2 ­ xy+x­2.(2 ­ x + y)=1 2x2 ­xy +3x­2y­5=0 3 Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 x2 3x 5 7 x 2 x 2 Từ đó ta tìm được x tìm được y 7x 2 x 2 1, 7. tìm được z. Bài 3: x y z 3(1) x2 y2 z2 1(2) Giải: Thay (1) vào (2) ta được: (y + z ­3)2 ­y2 ­z2 =1 yz ­ 3y ­ 3z = ­4 (y­3).(z­3) = 5 = 1.5 = (­1).(­5) = 5.1=(­5).(­1. Từ đó ta tìm được y và z tìm được x. Bài 4: 2xy + x + y = 83. Giải:PT x 83 y 2y 1 2x 166 2y 2y 1 1 167 2y 1 1672y 1 2y 1 1, 167. Từ đó ta tìm được y tìm được x. Bài 5: xy yz zx x y 3. Giải:Điều kiện : x,y,z 0. Nhận xét:Trong ba số x,y,z luôn tồn tại hai số cùng dấu (Theo nguyên tắc Đirichlê có 3 số ­3 thỏ mà chỉ có hai chuồng­mọi số nguyên khác 0 chỉ mang dấu âm hoặc dấu dương) Ta có thể giả sử x,y cùng dấu với nhau.Suy ra x.y = xy > 0 và x , y 0. Đặt A= xy yz zx x y 3. Giả sử z <0 khi đó 3 = A = xy Vậy z >0.Ta có: yz zx x y 0 0 0 0 (Vô lý). A = xy yz zx x y 3 xy z z. y z. x 3.3 z .z. y .z. x 3.3 xy z 1 xy.z z 1, xy 1 z 1,x y 1 z 1,x y 1 Bài 6: 2x2 ­ 2xy = 5x + y ­ 19. Giải:Từ bài ra ta có: y 2x22x5x1 19 x 2 Từ đó ta tìm được x tìm được y. 17 2x 1 172x 1 2x 1 1, 17. III.Giải hệ phương trình và các phương trình khác. Bài 1:1 1 2. 2 x2 Giải:Điều kiện :x ­Nếu x < 0 thì 1 0, x 2 . 1 1 1 2 x2 2 x2 2 2. 4 Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 Vậy ta xét x > 0: Đặt x = a và 2 x2 b (a,b > 0). 1 1 Ta có: a b 2 a2 b2 2 Có: 2 1 1 a b 2. 1 ab ab 1 (1). 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. Vậy ta có: ab 1 a b 2 a b 1 x 1. Bài 2: 4 x2 1 4x x2 y2 2y 3 x4 16 y 5. Giải: 4 x2 0(1) Điều kiện: 12 4x 2 0(2) 3 0(3) x4 16 0(4) Từ (4) suy ra x2 4 kết hợp với (1) suy ra x2 = 4 kết hợp với (2) suy ra x = 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. 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: 2x2 21x 74 105 50 x x2 0 2. x 25 2 x 21. x 25 x ... - tailieumienphi.vn