20 trang 6 lượt tải

Chuyên Đề Giải Phương Trình Bậc Cao Bồi Dưỡng HSG Toán 8 Giải Chi Tiết

12

Phương trình có nghiệm xảy ra 2 trường hợp là có nghiệm duy nhất hoặc có vô số nghiệm. Giải và biện luận số nghiệm của phương trình sau. Tìm a để phương trình có nghiệm nguyên. Phương trình bậc cao đưa về phương trình tích. Tài liệu giúp bạn tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao. Mời đọc đón xem!

Chủ đề: Tài liệu chung Toán 8 271 tài liệu

Môn: Toán 8 2.2 K tài liệu

Tác giả:

Profile

Mỹ Châu

1 tháng trước
Danh sách Quiz
/20
Trang 1
PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN CHỨA THAM SỐ
- Là phương trình có dạng: ax = b phụ thuộc vào tham số m
+) Nếu
0
b
ax
a
→ =
+) Nếu
0 0 0( . . )
00
0
b x vo so nghiem
a x b
b ptvn
= =
= → = →

Bài 1: Giải và biện luận số nghiệm của phương trình sau
a.
2
( 4) 3 6m x m− = −
b.
(2 1) 2 3 2m x m x+ − = −
c.
( 2) 3 1m x x− = +
d.
2
( 2) 2 3m x m x+ − = −
Lời giải
a.
2
( 4) 3 6m x m− = −
+) Nếu
2
2
3 6 3
( 4) 0 2
42
m
m m x
mm
−
− → = =
−+
+) Nếu
2
2 0 0( . . )
( 4) 0
2 0 12( . )
m x vo so nghiem
m
m x vo nghiem
==

− = →

= − = −

b.
+) Nếu
22
2 2 0 1
22
m
mx
m
−
− → = =
−
+) Nếu
2 2 0 1 0 0 . .m m x vo so nghi em− = → = − → = →
Vậy nếu +) Nếu
1m
phương trình có vô số nghiệm
+) m = 1 phương trình vô nghiệm
c.
( 2) 3 1 ( 3) 2 1m x x m x m− = + − = +
+)
21
3 0 3
3
m
m m x
m
+
− → =
−
+)
3 0 3 0 7( . )m m x vo nghiem− = = → =
d.
22
( 2) 2 3 ( 1) 2 3m x m x m x m+ − = − + = −
Ta có:
2
1) 0m m pt+ →
luôn có nghiệm
2
23
1
m
x
m
−
=
+
Bài 2: Cho phương trình
2
( 1)( 2) 1m x m− + + =
Trang 2
a. Tìm m để x = 3 là nghiệm của phương trình
b. Tìm m để phương trình có nghiệm
c. Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất x = 3
Lời giải
a. Thay x = 3 vào phương trình, ta được:
22
4
5( 1) 1 5 4 0 1;
5
m m m m m
−

− + = − − =


b.
2 2 2
( 1)( 2) 1 ( 1) 2 1m x m m x m m− + + = − = − + +
Để phương trình có nghiệm thì xảy ra 2 trường hợp
+) Phương trình có nghiệm duy nhất
2
1 0 1mm −
+) Phương trình có vô số nghiệm
2
2
10
1
2 1 0
m
m
mm
−=
=
− + + =
Vậy
1m −
thì phương trình luôn có nghiệm
c. Để phương trình có nghiệm dy nhất thì
2
2
1
1
4
1
21
5
3
4
1
5
m
m
m
m
mm
m
m


−
=

=

− + +
=
−

=
−
Vậy
4
5
m
−
=
Bài 3: Cho phương trình
2
( 1) 2 4.m x x m m+ − = + −
Tìm m sao cho
a. Phương trình nhận 1 là nghiệm
b. Phương trình có nghiệm
c. Phương trình vô nghiệm
Lời giải
a. Thay x = 1 vào phương trình
1;2m→ −
b. Phương trình có nghiệm xảy ra 2 trường hợp là có nghiệm duy nhất hoặc có vô số nghiệm
22
( 1) 2 4. ( 2) 4m x x m m m x m+ − = + − − = −
+) Phương trình có nghiệm duy nhất
2 0 2mm −
Trang 3
+) Phương trình có vô số nghiệm
2
20
2
40
m
m
m
−=
=
−=
Vậy phương trình có nghiệm với mọi m
c. Phương trình vô nghiệm
2
20
40
m
m
m
−=
−
Bài 4: Tìm
aZ
để phương trình
3( 2) 4x ax+ = +
có nghiệm nguyên
Lời giải
3( 2) 4 (3 ) 2x ax a x+ = + − = −
+) Nếu
3 0 3a a ptvn− = = →
+) Nếu
2
3 0 3 ( 2) 1; 2 1;2;4;5
3
a x Z a U a
a
−
− → = − − =
−
Bài 5: Giải và biện luận các phương trình sau
a.
( 2) 3
21
1
mx
m
x
−+
=−
+
b.
21
2
2
a
a
x
−
=−
−
c.
1
1
1
mx
x
+
=
−
d.
( 1) 2
3
m x m
m
x
+ + −
=
+
Lời giải
a. Điều kiện:
1 ( 2) 3 (2 1)( 1) ( 1) 2 4x m x m x m x m − → − + = − + − − = −
+)
24
1 0 1
1
m
m m x
m
−
− − − → =
−−
nghiệm này phải
2 4 2 4
1 1 1 0 2 4 1 0 5
11
mm
m m m
mm
−−
− − + − − −
− − − −
Vậy với
24
1; 5
1
m
m m x
m
−
− → =
−−
Với m = 5 phương trình vô nghiệm
+)
1 0 1 0 5( . )m m pt x vo nghiem− − = = − → = −
b. Điều kiện xác định:
2 0 2xx−
21
2 ( 2) 4 5
2
a
a a x a
x
−
= − − = −
−
+)
45
2 0 2
2
a
a a x
a
−
− → =
−
. Xét
4 5 3
2 4 5 2( 2)
22
a
a a a
a
−
− −
−
Trang 4
+)
200 2 0 3( . )a a pt x vo nghiem− = → =
. Xét
4 5 3
2 4 5 2( 2)
22
a
a a a
a
−
− −
−
Vậy
3
2;
2
aa= = →
phương trình vô nghiệm
3
2;
2
aa →
phương trình có nghiệm
45
2
a
x
a
−
=
−
c. Điều kiện
1x
1
1 1 1 ( 1) 2
1
mx
mx x m x
x
+
= + = − − = −
−
+)
1 0 1m m ptvn− = = →
+)
2 2 2 1 1
1 0 1 1 1 0 0 0 1
1 1 1 1
mm
m m x m
m m m m
− − − − + − −
− → = − −
− − − −
Vậy
1; 1mm − →
phương trình có nghiệm
2
1
x
m
−
=
−
Vậy
1; 1mm= = −
phương trình vô nghiệm
d. Điều kiện
3x −
( 1) 2
( 1) 2 ( 3) 2 2
3
m x m
m m x m m x x m
x
+ + −
= + + − = + = +
+
Xét
5
2 2 3
2
mm
−
+ −
Vậy
5
2
m
−
=
phương trình có nghiệm
22xm=+
BÀI TẬP VỀ NHÀ:
Bài 1: Giải và biện luận số nghiệm của phương trình sau
a.
( ) ( 2)m x m x m− = + −
b.
2
( 1) 1 (2 )m x m x+ − = −
c.
2
6 4 3m x x m+ = +
d.
2
( 1) (3 2)m x m x m− + = −
Bài 2: Tìm m để mỗi phương trình sau có 1 nghiệm
a.
( )( 1) 0x m x− − =
b.
2
( 1) 1m m x m− = −
Hướng dẫn
a.
1
( )( 1) 0 1
x
x m x m
xm
=
− − = → =
=
Trang 5
b.
2
0
( 1) 1 ( 1) 0
1
m
m m x m m m
m
− = − −
. Vậy
0; 1mm
thì phương trình có 1 nghiệm
Bài 3: Tìm m để phương trình sau vô nghiệm :
( 1) ( 2) 0m x x+ − + =
Giải
( 1) ( 2) 0 2 0m x x mx+ − + = − =
Để phương trình vô nghiệm thì
0
0
20
m
m
=
=
−
Bài 4: Tìm m để phương trình sau có vô số nghiệm :
2
4 2(1)m x m x− = −
Lời giải
2
(1) ( 4) 2m x m − = −
có vô số nghiệm
2
40
2
20
m
m
m
−=
=
−=
Bài 5: Với giá trị nào của m thì:
a.
2 1 5 4xa− = +
có nghiệm dương b.
3( 2) 4x ax+ = +
có nghiệm lớn hơn -1
c.
2
( 3 2) 3 3a a x a− + + =
có nghiệm duy nhất
Lời giải
a.
5( 1)
2 1 5 4 2 5 5 0 1
2
a
x a x a x a
+
− = + = + = −
b.
3( 2) 4 (3 ) 2x ax a x+ = + − = −
+)
3 0 3aa− = = →
thay vào phương trình vô nghiệm
+)
3
2 2 2 1
3 0 3 1 1 0 0
1
3 3 3 3
a
a
a a x
a
a a a a
−−
− → = = − +
− − − −
c.
22
( 3 2) 3 3 ( 3 2) 3 3a a x a a a x a− + + = − + = −
có nghiệm duy nhất
2
1
3 2 0
2
a
aa
a
− +
Bài 6: Tìm a để phương trình có nghiệm nguyên:
2 3 ( 2)x a x a+ − = +
Lời giải
3 2 5 5
2 3 ( 2) 1
2 2 2
aa
x a x a x
a a a
+ − +
+ − = + = = = − +
− − −
Để
5 5 5 5
( 0) 2 2 ( ; 0)
22
x Z Z k z k a a k Z k
a a k k
→ → = → − = → = −
−−
Trang 6
( Vì a có thể không nguyên )
+) Nếu a nguyên
5
5 1; 5Z k k k
k
→ → → = =
Bài 7: Cho phương trình:
23
1(1)
2
m
m
x
−
=+
−
. Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất
Lời giải
Điều kiện:
2x
23
1 2 3 ( 1)(2 ) ( 1) 5
2
m
m m m x m x m
x
−
= + − = + − + =
−
+)
5
1 0 1
1
m
m m x
m
+ − → =
+
. Vì
11
2
52
2
13
mm
x
m
m
m
− −


→



+

Bài 8: Cho phương trình:
2 1 3
21
xx
x m x
++
=
−−
. Tìm m để phương trình vô nghiệm
Lời giải
Điều kiện:
1;
2
m
xx
2 1 3
(2 1)( 1) ( 3)(2 ) ( 7) 1 3 (1)
21
xx
x x x x m m x m
x m x
++
= + − = + − − = −
−−
+) TH1:
13
7 (1)
7
m
mx
m
−
→ =
−
. Vì
;1
2
m
xx
nên ta có các trường hợp sau:
-
2
1
13
2 6 7
2
2 7 2
m
m m m
x m m
m
m
=−
−
= = − = −
=
−
-
13
1 1 1 3 7 2
7
m
x m m m
m
−
= = − = − =
−
Vậy phương trình vô nghiệm
1;2;7m −
Bài 9: Giải và biện luận phương trình sau:
2
22
3 4 3 1m m m
x m m x x m
−+
+=
− − +
Lời giải
Điều kiện xác định:
xm
Trang 7
22
2
22
3 4 3 1 3 4 3 1
( ) 3 4 3 ( 1) ( 1)(2 3)
( )( )
m m m m m m
m x m m m x m m x m m
x m m x x m x m x m x m x m
− + − +
+ = − = → + − + + = − − = − −
− − + − − + +
+)
1 0 1 0. 0m m x− = = → =
Vì
11x m x m → → =
phương trình nghiệm đúng với mọi
1x 
Hay
/1S x R x=
+)
1 0 1 2 3m m x m− → = −
vì điều kiện
xm →
+)
2 3 3x m m m m −
+)
2 3 1x m m m m − − −
Vậy
1; 3mm
phương trình đã cho có nghiệm
23xm=−
Trang 8
B. BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẢN
Dạng tổng quát:
0
0
0
b
ax
a
ax b ax b
b
ax
a
−
+ −
−
Ví dụ 1: Giải các bất phương trình sau
a.
4 1 3 2
23
xx
x
−−
+
b.
10 3 6 5
1
48
xx+−
+
c.
0
0
0
b
ax
a
ax b ax b
b
ax
a
−
+ −
−
d.
0
0
0
b
ax
a
ax b ax b
b
ax
a
−
+ −
−
Ví dụ 2: Giải các hệ bất phương trình sau
a.
3 2 7
2
53
1 (3 1)
5
22
x
x
x
x
−
− +
−
−
b.
3 1 3 1 2 1
2 3 4 3
2 1 4
3
53
x x x x
x
x
+ − + −
− −
+
− +
c.
1
15 2 3
3
3 14
2( 4)
2
xx
x
x
− +
−
−
d.
22
2 1 5
(1 2 ) (2 3)
xx
xx
− −
+ −
Hướng dẫn:
a.
11
3 2 7
2
4 11
10
53
4
1 (3 1)
13 10
5
13
22
x
x
x
x
x
x
x
−
− +


−

−
b.
3 1 3 1 2 1
13
13
2 3 4 3
27
2 1 4
22
27
3
53
21
x x x x
x
x
x
x
x
+ − + −
− −


+

− +
*) Giải và biện luận bất phương trình
0 (1)ax b ax b+ −
+) Nếu
0a
Trang 9
+)
0 (1)
b
ax
a
−
→
+)
0 (1)
b
ax
a
−
→
+) Nếu
00a x b= −
+)
0b bpt− →
vô số nghiệm
+)
0b bpt− →
vô nghiệm
Bài 1: Giải và biện luận các bất phương trình sau
a.
( ) 3 9m x m x− −
b.
6 2 3mx x m+ +
c.
( ) 3 4x m m x x+ + +
d.
3
3( ) ( 1) 1x m m mx+ − + − −
Lời giải
a.
2
( ) 3 9 ( 3) 9(1)m x m x m x m− − − −
+)
2
9
3 0 3 (1) 3
3
m
m m x m
m
−
− → = +
−
+)
3 0 3 (1) 3m m x m− → +
+)
3 0 3 (1) 0 0m m x− = = →
( vô số nghiệm )
b.
6 2 3 ( 2) 3 6(1)mx x m m x m+ + − −
+)
36
2 0 2 (1) 3
2
m
m m x
m
−
− → =
−
+)
2 0 2 (1) 3m m x− →
+)
2 0 2 (1) 0 0m m x− = = →
vô nghiệm
c.
2
( ) 3 4 ( 2) 4(1)x m m x x m x m+ + + − − +
+)
2
4
2 0 2 (1) 2
2
m
m m x m
m
−+
− → = − −
−
+)
2 0 2 (1) 2m m x m− → − −
+)
2 0 2 (1) 0 0m m x− = = → →
phương trình vô nghiệm
d.
3 3 2
3( ) ( 1) 1 ( 3) 3 (1)x m m mx m x m m+ − + − − + +
+)
2
3 0 3 (1)m m x m+ − →
Trang 10
+)
2
3 0 3 (1)m m x m+ − →
+)
3 0 3 (1) 0 0m m x+ = = − →
vô số nghiệm.
PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO
A. Phương trình bậc cao đưa về dạng tích
1. Phương trình bậc cao đưa về phương trình tích
- Dùng phương pháp nhẩm nghiệm
- Dùng định lý Bezut: Nếu f(x) = 0 có nghiệm x = a thì
( ) ( ). ( )f x x a h x=−
-
1
10
( ) ... 0
nn
nn
f x a x a x a
−
−
= + + + =
Nếu f(x) có nghiệm hữu tỷ
0
()
()
n
p U a
p
x
q U a
q
=→
- Nếu tổng các hệ số của đa thức bằng 1 thì có nghiệm x = 1
- Nếu tổng các hệ số của hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của hạng tử bậc lẻ thì ó nghiệm x =
1
Trang 11
- Có thể sử dụng lược đồ Hoocne
VD:
4 3 2 2
2
2 3 3 5 6 0 ( 2)(2 3)( 1) 0
3
2
x
x x x x x x x x
x
=
− − + − = − + − + =
−
=
Bài 1: Giải các phương trình sau
a.
2
4 3 0xx− + =
b.
2
4 1 0xx− + =
c.
32
2 9 18 0x x x+ − − =
d.
32
2 3 6 0x x x− + + =
e.
32
2 3 3 1 0x x x− + − =
f.
42
2 3 2 0x x x− − − =
Lời giải
a.
2
1
4 3 0 ( 1)( 3) 0
3
x
x x x x
x
=
− + = − − =
=
b.
2 2 2 2
23
4 1 0 ( 2) 3 0 ( 2) ( 3) 0
23
x
x x x x
x
=+
− + = − − = − − =
=−
c.
3 2 3 2 2 2
2 9 18 0 ( 3 ) (5 15 ) (6 18) 0 ( 3)( 5 6) 0 3; 2x x x x x x x x x x x x+ − − = − + − + − = − + + = −
d.
3 2 2 2
5 23
2 3 6 0 ( 1)(2 5 6) 0 ( 1) ( ) 0 1
4 16
x x x x x x x x x

− + + = + − + = + − + = = −


e.
3 2 2
1
2 3 3 1 0 (2 1)( 1)
2
x x x x x x x− + − = − − + =
f.
4 2 3 2 2
2 3 2 0 ( 1)( 2) 0 ( 1)( 2)( 1) 0 1;2x x x x x x x x x x x x− − − = + − − − = + − + + = −
Bài 2: HSG – Đông Anh – 2003. Giải các phương trình sau
a.
2
4 3 0xx− + =
b.
32
2 3 10 0x x x− − + =
Lời giải
a.
2 2 2
3/ 2
4 3 0 (2 1) 2 0
1/ 2
x
x x x
x
=−
− − = + − =
=
b.
3 2 2
2 3 10 0 ( 2)( 4 5) 0 2x x x x x x x− − + = + + − = = −
Bài 3: Giải các phương trình sau
a.
42
6 8 0x x x+ + − =
b.
3 3 3
( 1) (3 3) 27 8x x x− + + = +
c.
22
( 1) ( 2) ( 1) ( 2) 12x x x x+ + + − − =
d.
2 2 2
( 5 ) 2( 5 ) 24x x x x+ − + =
e.
2 2 4 2
( 1) 3( 1)x x x x+ + = + +
f.
5 4 3 2
2x x x x x= + + + +
Lời giải
Trang 12
a. Ta có tổng các hệ số = 0 nên có nhân tử là x – 1
4 2 4 3 3 2 2 3 2
2
6 8 0 ( ) ( ) (2 2 ) (8 8) 0 ( 1)( 2 8) 0 ( 1)( 2)
( 4) 0 1; 2
x x x x x x x x x x x x x x x x
x x x
+ + − = − + − + − + − = − + + + = − +
− + = −
b.
3 3 3 3 2 3 2 2
2
( 1) (3 3) 27 8 6 11 19 6 0 (6 18 ) (7 21 ) (2 6) 0
12
( 3)(6 7 2) 0 ( 3)(2 1)(3 2) 0 3; ;
23
x x x x x x x x x x x
x x x x x x x
− + + = + − − − = − + − + − =
−−

− + + = − + + =


c.
2 2 3 2
( 1) ( 2) ( 1) ( 2) 12 2 10 12 0 ( 1)( 6) 0 1x x x x x x x x x x+ + + − − = + − = − + + = =
d.
2 2 2 2 2 2 2 2 2
( 5 ) 2( 5 ) 24 ( 5 ) 2( 5 ) 1 25 0 ( 5 1) 5 0 ( 1)( 4)
( 1)( 6) 0 1; 4;1; 6
x x x x x x x x x x x x
x x x

+ − + = + − + + − = + − − = + +

− + = − − −
e.
2 2 4 2 2 2 4 2 2 2 2 2
( 1) 3( 1) ( 1) 3( 1) 0 ( 1) 3( 1)( 1) 0x x x x x x x x x x x x x x+ + = + + + + − + + = + + − + + − + =
2 2 2 2 2
( 1) 1 3( 1) 0 ( 1)( 1) 0 1x x x x x x x x x x

+ + + + − − + = + + − = =

f.
5 4 3 2 5 4 3 2 5 4 3 2 4 3 2
4 3 2 4 3 2
432
2 2 0 ( 1) ( 1) 0 ( 1)( 1)
2
( 1) 0 ( 2)( 1) 0
1 0(*)
x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x
x
x x x x x x x x x
x x x x
= + + + + − − − − − = − − + + + + = − + + + + −
=
+ + + + = − + + + + =
+ + + + =
4 3 2 3 2 2 2 2
(*) ( ) ( 1) 0 ( 1)( 1) 0 ( 1) ( 1) 0 .x x x x x x x x x x x vo nghiem + + + + = + + + = + − + + = →
Bài 4: Dùng cách đặt ẩn phụ giải các phương trình sau
a.
2 3 2 2 2
( 1) (1 3 ) ( 3 2) (1)x x x x+ + − = − +
b.
2 3 2 3 2 3
( 3 4) (2 5 3) (3 2 1)x x x x x x+ − + − + = − −
c.
42
2 3 0xx− + + =
d.
4 3 2
8 15 4 2 0x x x x+ + − − =
e.
2
2 2 1 2 0x x x+ + + − =
f.
2
( 2)( 2)( 10) 72x x x− + − =
g.
3 3 3
(2 5) ( 2) ( 3)x x x− − − = −
Lời giải
2
2 3 3 3 3 3 3 2 2 3 2
1 0( )
0
1; 1 3 ( ) 3 3 3 ( ) 0 1 3 1(*)
01
3
x voly
a
a x b x a b a b a b a a b ab b ab a b a b x x
b
x
+=
=
= + = − → + = + + = + + + + = = − + = −
=
=
2
1
(*) 3 2 0 1;2 1;2;
3
x x x x

− + =


b.
2 3 2 3 2 3
( 3 4) (2 5 3) (3 2 1)x x x x x x+ − + − + = − −
Trang 13
Đặt
2 2 2 3 3 3
3 4; 2 5 3 3 2 1 ( ) 3 ( ) 0
1; 4
0
13
0 1;3/ 2 4;1; ;
32
1; 1/ 3
a x x b x x a b x x a b a b ab a b
x
a
bx
ab
= + − = − + → + = − − → + = + + =
−
=
−

= → −


= − −
c. Đặt
2 2 2
1( )
( 0) 2 3 0 3 3
3( )
t loai
t x t t t x x
t tm
=−
= → − + + = → = =
=
d.
4 3 2 4 3 2 2 2 2 2
8 15 4 2 0 8 16 4 2 0 ( 4 ) ( 4 ) 2 0x x x x x x x x x x x x x+ + − − = + + − − − = + − + − =
Đặt
22
22
22
1 4 1 0 ( 2) 3 2 3
4 2 0
2
4 2 0 ( 2) 6
26
t x x x x
t x x t t
t
x x x
x

= − + + = + = = −
= + → − − =

=
+ − = + =
= −

e.
2 2 2
2 2 1 2 0 2 1 2 1 3 0 2 3 0( 1 ; 0)x x x x x x y y y x y+ + + − = + + + + − = + − = = +
10
11
32
yx
x
yx
==

→ + = →

= − = −

f.
2 2 2
16
( 2)( 2)( 10) 72 ( 4)( 10) 72 , 0 14 32 0 4
2
y
x x x y y y x y y y x
y
=

− + − = − − = = − − = → =

=−
g. Đặt
3 3 3
5
2 5 ; 2 3 ( ) 3 ( ) 0 0 3;2;
2
0
ab
x a x b a b x a b a b ab a b a x
b
=

− = − = → − = − → − = − − = =


=
B. Phương trình dạng:
( )( )( )( ) (1)( )x a x b x c x d m a d b c+ + + + = + = +
22
(1) ( )( )( )( ) ( ) ( )x a x d x b x c m x a d x ad x b c x bc m
+ + + + = + + + + + + =
Đặt
2
( ) ( )( ) 0 ... ...t x a d x t ad t bc t x= + + → + + = → = → =
Bài 1: Giải các phương trình sau
a.
( 1)( 1)( 2) 24(1)x x x x+ − + =
b.
( 2)( 3)( 5)( 6) 180x x x x+ + − − =
c.
( 4)( 5)( 6)( 7) 1680x x x x− − − − =
d.
2
(4 3) (2 1)( 1) 75x x x+ + + =
e.
2
2 (8 1) (4 1) 9x x x− − =
f.
2
(12 7) (3 2)(2 1) 3x x x+ + + =
Lời giải
Trang 14
a.
2 2 2
2
2
6
( 1)( 1)( 2) 24 ( )( 2) 24 ( 2) 24 2 24 0
4
60
2; 3
40
t
x x x x x x x x t t t t
t
xx
x
xx
=
+ − + = + + − = − = − − =
=−
+ − =
−
+ + =
b.
2
( 2)( 3)( 5)( 6) 180 3 14 14 7;3;0; 4x x x x x x x+ + − − = − − = −
c.
22
( 4)( 5)( 6)( 7) 1680 ( 11 28)( 11 30) 1680 ( 1)( 1) 1680 41x x x x x x x x y y y− − − − = − + − + = + − = =
+)
2
41 11 12 0 1; 12y x x x= → − − = −
+)
2
41 11 70 0( )y x x vonghiem= − → − + =
d.
2
(4 3) (2 1)( 1) 75 (4 3)(4 3)(4 2)(4 4) 8.75 24.25x x x x x x x+ + + = + + + + = =
Đặt
2 2 2 2
2
(4 3) (4 2)(4 4) (4 3) 1 1 ( 1) 24.25 25 25 ( 25)( 24) 0
4 3 5 2
25( 0) (4 3) 25
4 3 5 2
t x x x x t t t t t t t
xx
t t x
xx
= + → + + = + − = − → − = − = − − + =
+ = =

= + =

+ = − = −

e. Nhân với 8 ta được:
8 (8 1)(8 1)(8 2) 72x x x x− − − =
Đặt
2 2 2 4 2 2 2 2
1
2
8 1 ( 1). .( 1) 72 ( 1) 72 72 0 ( 9)( 8) 0 9
1
4
x
x y y y y y y y y y y y
x
=
− = → + − = − = − − = − + = =
−
=
f.
22
(12 7) (3 2)(2 1) 3 (12 7) (2 8)(12 6) 72( . .24)x x x x x x nhan voi+ + + = + + + =
Đặt
2
42
2
1
9
3
12 7 ( 1). . ( 1) 72 72 0
5
8
6
x
y
x y y y y y y y
y
x
−
=
=
+ = → − + = − − =
−
=−
=
Bài 2: Giải các phương trình sau
a.
22
( 3 )( 7 10) 216x x x x− + + =
b.
22
(2 7 3)(2 3) 9 0x x x x− + + − + =
Lời giải
a.
2 2 2 2
2
2
2
( 3 )( 7 10) 216 ( 3)( 2)( 5) 216 ( 2 )( 2 15) 216 ( 15) 2160
24 2 24 0 6
15 216 0 ( 24)( 9) 0
94
2 9 0( . )
x x x x x x x x x x x x y y
y x x x
y y y y
yx
x x v nghiem
− + + = − + + = + + − = − − =
= + − = = −

− − = − + =

= − =
+ + =

b.
2 2 2 2
(2 7 3)(2 3) 9 0 ( 3)(2 1)(2 3)( 1) 9 0 (2 3 1)(2 3 9) 9 0x x x x x x x x x x x x− + + − + = − − + − + = − + − − + =
Trang 15
2
2
1 2 3 8 0 ....
( 10) 9 0
9 .....
2 3 0
t x x
tt
t
xx
= − − − =

+ + =

=−
−=

Bài 3: HSG Bắc Giang 30/03/2013. Giải phương trình sau
2 ( 1)( 1)( 2) 4x x x x− − + + =
Lời giải
+) Nếu
2 2 4 2
0( )
2 ( 2)( 1)( 1)( 2) 4 ( 1)( 4) 4 5 0 5( )
5( )
x loai
x x x x x x x x x x tm
x loai
=
→ − − + + = − − = − = =
=−
+) Nếu
22
4 2 2 2
2 (2 )( 1)( 1)( 2) 4 ( 2)( 1)( 1)( 2) 4 ( 1)( 4) 4
57
5 8 0 ( ) 0( . )
24
x x x x x x x x x x x
x x x vo nghiem
→ − − + + = − − + + = − − − = −
− + = − + =
Vậy phương trình có nghiệm
5x =
C. Phương trình dạng:
2
( )( )( )( ) ( )x a x b x c x d mx ad bc+ + + + = =
Cách 1: Đặt
( )( )t x a x b= + +
Ví dụ1: Giải phương trình sau:
a.
2
( 2)( 3)( 4)( 6) 30 (1)x x x x x+ + + + =
b.
2
( 2)( 3)( 6)( 9) 80 (1)x x x x x+ + + + =
Lời giải
a. Đặt
2 2 2 2 2 2 2
7 12 8 12 (1) ( ) 30 30 0 ( 5 ) (6 30 ) 0t x x x x t x t x t x t tx x t tx tx x= + + → + + = + + = + − = − + − =
2
2
5 2 12 0( . ) 1
( 5 )( 6 ) 0
6 12
13 12 0
t x x x vo nghiem x
t x t x
t x x
xx
= + + = = −

− + =

= − = −
+ + =

b.
2 2 2 2
( 2)( 3)( 6)( 9) 80 ( 11 18)( 9 18) 80 1; 8x x x x x x x x x x x+ + + + = + + + + = − −
Cách 2:
+) Kiểm tra xem x = 0 có là nghiệm hay không?
+) Xét
2 2 2
0 ( ) ( )x pt x a d x ad x b c x bc mx
→ + + + + + + =
Trang 16
Chia cả hai vế cho x
2
ta được:
22
( ) ( )
. ( )( ) ( )( ) . .
x a d x ad x b c x bc ad bc
m x a d x b c m t d a t b c m t x
x x x x
+ + + + + +
= + + + + + + = + + + + = → = → =
Ví dụ2: Giải phương trình sau:
2
4( 5)( 6)( 10)( 12) 3x x x x x+ + + + =
Lời giải
2 2 2 2 2
4( 5)( 6)( 10)( 12) 3 4( 5)( 12)( 6)( 10) 3 4( 17 60)( 10 60) 3x x x x x x x x x x x x x x x+ + + + = + + + + = + + + + =
Do x = 0 không thỏa mãn phương trình nên ta chia cả hai vế cho x
2
, được:
60 60
4( 17 )( 16 ) 3pt x x
xx
+ + + + =
Đặt
2
60 31
31
60
2
2
4( 17)( 16) 3 4 132 1085 0
35 60 35
22
x
t
x
t x pt t t t t
x
tx
x
−
−
+=
=
= + → + + = + + =
−−
= + =
2
2
15
8;
2 31 120 0
2
2 35 120 0
....
x
xx
xx
x
−

−
+ + =



+ + =
D. Phương trình dạng:
44
( ) ( ) (1)x a x b m+ + + =
Cách giải: Đặt
;
2 2 2 2 2
a b a b a b a b a b
t x x a t a t t x b t b t t
+ + − + −
= + → + = + − = + = + + = + − = − = −
4 4 4 4
( ) ( ) ( ) ( ) ..... .....x a x b m t t m t x+ + + = + + − = → = → =
Bài 1: Giải các phương trình sau
a.
44
( 2) ( 4) 16xx− + − =
b.
44
( 1) ( 3) 16xx+ + + =
c.
55
(4 ) ( 2) 32xx− + − =
d.
4 4 4
( 7) ( 8) (15 2 )x x x− + − = −
e.
44
( 6) ( 8) 272xx+ + + =
Lời giải
a. Đặt t
2
4 4 4 2
2
14
3 ( 1) ( 1) 16 6 7 0
2
7( )
tx
t x t t t t
x
t loai
==
= − → + + − = + − =
=
=−
b. Đặt
44
11
2 ( 1) ( 1) 16
13
tx
t x t t
tx
= = −

= + → − + + =

= − = −

Trang 17
c.
5 5 5 5
(4 ) ( 2) 32 ( 2) ( 4) 32x x x x− + − = − − − =
Đặt
5 5 5 4 3 2
5 4 3 2 4 2
3 2 1; 4 1 ( 1) ( 1) 32 5 10 10 5 1
4
( 5 10 10 5 1) 32 0 2 3 0 1
2
y x x y x y y y y y y y y
x
y y y y y y y y
x
= − → − = + − = − → + − − = + + + + +
=
− − + − + − − = + − = = →
=
d. Đặt
4 4 4 4 4 4
4 4 4 4 4 4 2 2 2 2
7 ; 8 ;15 2 2 15 ( 7) ( 8) (15 2 )
3 3 7
0 ( ) 0 4 ( ) 0 4 ( ) 0 0
2 4 16
x a x b x c c x a b c x x x a b c
ab
a b c a b a b ab a b ab a b b ab
− = − = − = → − = − → + = − → − + − = − + =

+ − = + − + = + + = + + = =


( do
22
37
( ) 0
4 16
a b b+ +
nhưng không xảy ra dấu = )
( 7)( 8) 0 7;8x x x − − =
e.
4; 10x − −
E. Phương trình dạng:
4 3 2
0ax bx cx bx a+ + + + =
( phương trình đối xứng )
Cách giải:
4 3 2 4 2 2
0 ( 1) ( 1) 0ax bx cx bx a a x bx x cx+ + + + = + + + + =
Đặt
2
1tx=+
hoặc
1
tx
x
=+
Ví dụ: Giải phương trình sau
4 3 2
2 3 3 2 0x x x x− − − + =
Lời giải
4 3 2 4 2 2 2 2 2 2
2 3 3 2 0 2( 1) 3 ( 1) 0 2( 1) 3 ( 1) 5 0x x x x x x x x x x x x− − − + = + − + − = + − + − =
Đặt
2
2 2 2
0
1 0( . )
1
1 2 3 5 0 ( )(2 5 ) 0 2;
2 5 0
2
2 5 0
tx
x x vo nghiem
t x pt t tx x t x t x x
tx
tx
+=
+ + =

= + → − − = − − =

−=
−=

F. Phương trình dạng:
5 4 3 2
0ax bx cx cx bx a+ + + + + =
( phương trình đối xứng )
- Nhận thấy x = -1 là nghiệm của phương trình vậy vế trái của phương trình có 1 nhân tử là x + 1
Sau đó phương trình quay trở về dạng E
Ví dụ: Giải các phương trình sau
a.
5 4 3 2
2 4 4 2 0x x x x x− − − − + =
b.
5 4 3 2
6 11 15 15 11 6 0x x x x x− − − − + =
Trang 18
c.
5 4 3 2
3 3 1 0x x x x x− + + − + =
Lời giải
a.
5 4 3 2 4 3 2
.
1
2 4 4 2 0 ( 1)(2 3 3 2) 0 1;2;
2
dang E
x x x x x x x x x x x

− − − − + = + − − − + = −


b.
5 4 3 2 5 4 4 3 3 2 2
6 11 15 15 11 6 0 (6 6 ) (17 17 ) (2 2 ) (17 17 ) 6 6 0x x x x x x x x x x x x x x− − − − + = + − + + + − + + + =
4 3 2
4 3 2
1
( 1)(6 17 2 17 6) 0
6 17 2 17 6 0(*)
x
x x x x x
x x x x
=−
+ − + − + =
− + − + =
2 2 2 2
(*) 6( 1) 17( 1) 10 0x x x + − + − =
Đặt
2
2 2 2 2 2
2
2 2 0
1 6 17 10 0 6 3 20 10 0 (2 )(3 10 ) 0
3 10 3 0
xx
t x pt t tx x t tx tx x t x t x
xx
+ + =
= + → − − = + − − = + − =
− + =
2
3
1
3 9 3 0 3 ( 3) ( 3) 0 1;3;
1
3
3
x
x x x x x x S
x
=

− − + = − − + = → = −

=

c.
5 4 3 2 4 3 2
4 3 2
1
3 3 1 0 ( 1)( 2 5 2 1) 0
2 5 2 1 0(*)
x
x x x x x x x x x x
x x x x
=−
− + + − + = + − + − + =
− + − + =
2
2
11
(*) ( ) 2( ) 5 0 .... .x x vo nghiem
xx
+ − + + = →
Vậy phương trình có tập nghiệm
1S =−
G. Phương trình dạng:
4 3 2 2
0 ( )
ed
ax bx cx dx e
ab

+ + + + = =


- Phương trình ở trường hợp 4 là trường hợp đặc biệt của phương trình này
- Cách giải:
+) Đặt
2
1tx=+
+) Xét
0x
, chia cả hai vế cho
2 2 2
22
0 ( ) ( ) 0
d e e d
x ax bx c ax bx c
x x x x
→ + + + + = + + + + =
Đặt
2
22
2
2
mm
t x t x m
xx
= + → = + + →
phương trình bậc hai
tx→→
Trang 19
Ví dụ: Giải các phương trình sau
a.
4 3 2
8 21 24 9 0x x x x− + − + =
b.
4 3 2
2 21 74 105 50 0x x x x− + − + =
c.
4 3 2
2 3 27 6 8 0x x x x+ − + + =
d. [ HSG Nam Trực – 2015 ]
4 3 2
3 4 3 1 0x x x x+ + + + =
e.
4 3 2
6 25 12 25 6 0x x x x+ + − + =
Lời giải
a. Do x = 0 không thỏa mãn phương trình nên ta chia cả hai vế cho x
2
, được:
4 3 2 2 2 2
22
24 9 9 3 3 3
8 21 24 9 0 8 21 0 ( ) 8( ) 21 0 ( ) 8( ) 15 0x x x x x x x x x x
x x x x x x
− + − + = − + − + = + − + + = + − + + =
2
2
3
3
3 3 0( . )
.....
3
5 3 0
5
x
x x vo nghiem
x
x
xx
x
x
+=
− + =
=
− + =
+=
b.
2
4 3 2 2
2
6
6 5 0
5
2 21 74 105 50 0 2 21 54 0 1;2;5;
9
2
2 9 10 0
2
t
xx
x x x x t t x
t
xx
=
− + =

− + − + = − + =

=
− + =

c.
2
4 3 2 2
2
27
7 4 0
22
2
2 3 27 6 8 0 2( ) 3( ) 35 0 .....
2
5 2 0
5
x
xx
x
x x x x x x x
xx
xx
x
x
+=
− + =
+ − + + = + + + − =
+ + =
+ = −
d.
4 3 2 2 2
2
1
1( . )
1
11
3 4 3 1 0 ( ) 3( ) 4 0 3 2 0 1
21
2
x vo nghiem
y
x
x x x x x x y y x
y
xx
x
x
+ = −
=−
+ + + + = + + + + = + + = = −
=−
+ = −
Vậy phương trình có tập nghiệm
1S =−
e. +) x= 0 không là nghiệm của phương trình
+) Chia cả hai vế cho x
2
ta được:
2
2
11
6( ) 25( ) 12 0xx
xx
+ + − + =
Đặt
2 2 2 2
2
13
11
2
2 6 25 24 0 6 9 16 24 0 (2 3)(3 8) 0
18
3
x
x
y x x y y y y y y y y
xx
x
x
−
−=
= − → + = + + + = + + + = + + =
−
−=
Trang 20
2
2
1
2;
2 2 3
11
2
2; ; 3;
1
23
3 3 8
3;
3
xx
xx
S
xx
xx
= − =
− = −

→ = − −

− = −

= − =
BÀI TẬP VỀ NHÀ BÀI
Bài 1: Giải các phương trình sau
a.
22
1 1 13
( 29) ( 30) 36xx
+=
++
b.
6 5 4 3 2
3 6 7 6 3 1 0x x x x x x− + − + − + =
Lời giải
a.
2 2 2 2
1 1 13 1 1 2 2 13
( 29) ( 30) 36 ( 29) ( 30) ( 29)( 30) ( 29)( 30) 36x x x x x x x x
+ = + − + =
+ + + + + + + +
2
2
1 1 2 13 1 2 13
( ) 1 1
29 30 ( 29)( 30) 36 ( 29)( 30) ( 29)( 30) 36x x x x x x x x

− + = + + = +

+ + + + + + + +

2
2
17
1
( 29)( 30) 6xx


+ =


++


+)
2
1 7 1
1 ( 29)( 30) 6 0 59 864 0 27; 32
( 29)( 30) 6 6
x x x x x
xx
= − = + + − = + − = − −
++
+)
2 2 2
1 13 6 59 6 59
59 870 0 ( ) 870 ( ) 0( . )
( 29)( 30) 6 13 2 13 2
x x x vo nghiem
xx
−
= + + + = + + + − =
++
Vậy phương trình có tập nghiệm
27; 32S = − −
b.
6 5 4 3 2
3 6 7 6 3 1 0x x x x x x− + − + − + =
+) x = 0 không là nghiệm của phương trình
+) Chia cả hai vế cuả phương trình cho x
3
ta được:
3 2 3 2
2 3 3 2
6 3 1 1 1 1
3 6 7 0 ( ) 3( ) 6( ) 7 0pt x x x x x x
x x x x x x
− + − + − + = + − + + + − =
Đặt
2 2 3 3 3
23
1 1 1 1 1 1
2; ( ) 3 . ( ) 3t x x t x x x x t t
x x x x x x
= + → + = − + = + − + = −
Thay vào phương trình ta được:
3 2 3
1
3 3( 2) 6 7 0 ( 1) 0 1 1 .t t t t t t x vo nghiem
x
− − − + − = − = = + = →

Tài liệu khác của Toán 8

Preview text:

PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN CHỨA THAM SỐ
- Là phương trình có dạng: ax = b phụ thuộc vào tham số m +) Nếu b a  0 → x = a  =  = +) Nếu b 0 0x 0(v . o s . o nghiem)
a = 0 → 0x = b → 
b  0  ptvn
Bài 1: Giải và biện luận số nghiệm của phương trình sau a. 2
(m − 4)x = 3m − 6 b. (2m +1)x − 2m = 3x − 2 c. 2
m(x − 2) = 3x +1 d. (m + 2)x − 2m = x − 3 Lời giải a. 2
(m − 4)x = 3m − 6 +) Nếu 3m − 6 3 2
(m − 4)  0  m  2  → x = = 2 m − 4 m + 2  =  = +) Nếu m 2 0x 0(v . o s . o nghiem) 2 (m − 4) = 0  →  m 2  = − 0x = 1 − 2(v . o nghiem)
b. (2m +1)x − 2m = 3x − 2  (2m − 2)x = 2m − 2 +) Nếu 2m − 2
2m − 2  0 → x = =1 2m − 2
+) Nếu 2m − 2 = 0 → m = 1
− → 0x = 0 → v . o . so nghiem
Vậy nếu +) Nếu m  1 phương trình có vô số nghiệm
+) m = 1 phương trình vô nghiệm
c. m(x−2) = 3x+1 (m−3)x = 2m+1 +) 2m +1
m − 3  0  m  3 → x = m − 3
+) m − 3 = 0  m = 3 → 0x = 7(v . o nghiem) d. 2 2
(m + 2)x − 2m = x − 3  (m +1)x = 2m − 3 Ta có: − 2 2m 3 m +1)  0 m
 → pt luôn có nghiệm x = 2 m +1
Bài 2: Cho phương trình 2
(m −1)(x + 2) +1 = m Trang 1
a. Tìm m để x = 3 là nghiệm của phương trình
b. Tìm m để phương trình có nghiệm
c. Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất x = 3 Lời giải
a. Thay x = 3 vào phương trình, ta được:  4 − 2 2 
5(m −1) +1 = m  5m − m − 4 = 0  m 1  ;   5  b. 2 2 2
(m −1)(x + 2) +1 = m  (m −1)x = −2m + m +1
Để phương trình có nghiệm thì xảy ra 2 trường hợp
+) Phương trình có nghiệm duy nhất 2  m 1 −  0  m  1  2 m −1= 0
+) Phương trình có vô số nghiệm   m =1 2  2 − m + m +1 = 0
Vậy m  −1 thì phương trình luôn có nghiệm m  1  m  1 
c. Để phương trình có nghiệm dy nhất thì  m =1 4 − 2 −2 + +1    m m m = 3  =   4 − 5 2  m −1 m =  5 Vậy 4 − m = 5
Bài 3: Cho phương trình 2
m(x +1) − 2x = m + m − 4. Tìm m sao cho
a. Phương trình nhận 1 là nghiệm
b. Phương trình có nghiệm
c. Phương trình vô nghiệm Lời giải
a. Thay x = 1 vào phương trình → m 1 − ;  2
b. Phương trình có nghiệm xảy ra 2 trường hợp là có nghiệm duy nhất hoặc có vô số nghiệm 2 2
m(x +1) − 2x = m + m − 4.  (m − 2)x = m − 4
+) Phương trình có nghiệm duy nhất  m − 2  0  m  2 Trang 2m − 2 = 0
+) Phương trình có vô số nghiệm    m = 2 2 m − 4 = 0
Vậy phương trình có nghiệm với mọi m m − 2 = 0
c. Phương trình vô nghiệm    m 2 m − 4  0
Bài 4: Tìm a Z để phương trình 3(x + 2) = ax + 4 có nghiệm nguyên Lời giải
3(x + 2) = ax + 4  (3 − a)x = −2
+) Nếu 3− a = 0  a = 3 → ptvn +) Nếu 2 −
3 − a  0 → x =
Z  3− a U ( 2 − ) =  1  ; 
2  a 1;2;4;  5 3 − a
Bài 5: Giải và biện luận các phương trình sau
a. (m − 2)x + 3 − = a 2m −1 b. 2 1 = a −2 x +1 x − 2 c. mx +1 + + − = m x m 1 d. ( 1) 2 = m x −1 x + 3 Lời giải
a. Điều kiện: x  1
− → (m − 2)x + 3 = (2m −1)(x +1)  (−m −1)x = 2m − 4 +) 2m − 4
−m −1  0  m  1 − → x = nghiệm này phải −m −1 2m − 4 2m − 4  1 −   1 − 
+1  0  2m − 4 − m −1  0  m  5 −m −1 −m −1 Vậy với 2m − 4 m  1
− ;m  5 → x = −m −1
Với m = 5 phương trình vô nghiệm
+) −m −1 = 0  m = 1
− → pt  0x = 5 − (v . o nghiem)
b. Điều kiện xác định: x − 2  0  x  2
2a −1 = a −2  (a −2)x = 4a −5 x − 2 +) 4a − 5 a −
a − 2  0  a  2 → x = . Xét 4 5 3
 2  4a − 5  2(a − 2)  a a − 2 a − 2 2 Trang 3 +) a −
a − 200  a = 2 → pt  0x = 3(v . o nghiem) . Xét 4 5 3
 2  4a − 5  2(a − 2)  a a − 2 2 Vậy 3
a = 2;a = → phương trình vô nghiệm 2 3 a −
a  2;a  → phương trình có nghiệm 4 5 x = 2 a − 2
c. Điều kiện x  1
mx +1 =1 mx+1= x−1 (m−1)x = 2 − x −1
+) m −1 = 0  m =1→ ptvn +) 2 − 2 − 2 − − m +1 −m −1
m −1  0  m  1 → x =  1  −1  0   0   0  m  1 − m −1 m −1 m −1 m −1 Vậy −
m  −1; m 1 → phương trình có nghiệm 2 x = m −1 Vậy m =1;m = 1
− phương trình vô nghiệm
d. Điều kiện x  −3
(m +1)x + m − 2 = m  (m+1)x+ m−2 = (
m x + 3)  x = 2m + 2 x + 3 Xét 5 − 2m + 2  3 −  m  2 Vậy 5 − m =
phương trình có nghiệm x = 2m + 2 2 BÀI TẬP VỀ NHÀ:
Bài 1: Giải và biện luận số nghiệm của phương trình sau
a. m(x −m) = x +(m−2) b. 2
m (x +1) −1 = (2 − m)x c. 2 2
m x + 6 = 4x + 3m d. m (x −1) + m = x(3m − 2)
Bài 2: Tìm m để mỗi phương trình sau có 1 nghiệm
a. (x−m)(x−1) = 0 b. 2
m(m −1)x = m −1 Hướng dẫn x =1 a. (x− )
m (x −1) = 0  → m =1  x = m Trang 4   b. m 0 2 (
m m −1)x = m −1  m(m −1)  0  
. Vậy m  0;m  1 thì phương trình có 1 nghiệm m  1
Bài 3: Tìm m để phương trình sau vô nghiệm : (m +1)x − (x + 2) = 0 Giải
(m +1)x − (x + 2) = 0  mx − 2 = 0  =
Để phương trình vô nghiệm thì m 0   m = 0  2 −  0
Bài 4: Tìm m để phương trình sau có vô số nghiệm : 2
m x − m = 4x − 2(1) Lời giải 2 m − 4 = 0 2
(1)  (m − 4)x = m − 2 có vô số nghiệm    m = 2 m − 2 = 0
Bài 5: Với giá trị nào của m thì:
a. 2x −1 = 5a + 4 có nghiệm dương b. 3(x + 2) = ax + 4 có nghiệm lớn hơn -1 c. 2
(a − 3a + 2)x + 3 = 3a có nghiệm duy nhất Lời giải a. 5(a +1)
2x −1 = 5a + 4  2x = 5a + 5  x =  0  a  1 − 2
b. 3(x + 2) = ax + 4  (3− a)x = −2
+) 3− a = 0  a = 3 → thay vào phương trình vô nghiệm − −   +) 2 2 2 a 1 a 3
3 − a  0  a  3 → x = =  1 −  +1  0   0  3 − a a − 3 a − 3 a − 3  a 1   c. a 1 2 2
(a − 3a + 2)x + 3 = 3a  (a − 3a + 2)x = 3a − 3 có nghiệm duy nhất 2
a − 3a + 2  0   a  2
Bài 6: Tìm a để phương trình có nghiệm nguyên: 2x + a − 3 = (x + 2)a Lời giải a + 3 a − 2 + 5 5
2x + a − 3 = (x + 2)a x = = = 1 − + 2 − a 2 − a 2 − a Để 5 5 5 5 x Z →  Z →
= k z(k  0) → 2 − a = → a = 2 − (k Z;k  0) 2 − a 2 − a k k Trang 5
( Vì a có thể không nguyên ) +) Nếu a nguyên 5
→  Z → 5 k → k = 1  ;k = 5  k
Bài 7: Cho phương trình: 2 −3m = m +1(1) . Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất 2 − x Lời giải
Điều kiện: x  2
2 − 3m = m+1 2−3m = (m+1)(2− x)  (m+1)x = 5m 2 − xm  1 − m  1 − +) 5m  
m +1  0  m  1 − → x =
. Vì x  2 →  5m   2 m +1  2 m  m 1  +  3
Bài 8: Cho phương trình: 2x +1 x + 3 =
. Tìm m để phương trình vô nghiệm 2x − m x −1 Lời giải Điều kiện: m x  1; x  2 2x +1 x + 3 =
 (2x +1)(x −1) = (x + 3)(2x − m)  (m − 7)x =1− 3m(1) 2x − m x −1 +) TH1: 1− 3m m
m  7 → (1)  x =
. Vì x  ; x  1 nên ta có các trường hợp sau: m − 7 2 −  = − - m 1 3m m m 1 2 x =  =
 2 − 6m = m − 7  2 m − 7 2  m = 2 - 1− 3m x = 1 
=1 1− 3m = m − 7  m = 2 m − 7
Vậy phương trình vô nghiệm  m 1 − ;2;  7 2
Bài 9: Giải và biện luận phương trình sau: m 3m − 4m + 3 1 + = 2 2 x − m m − x x + m Lời giải
Điều kiện xác định: x  m Trang 6 2 2 m 3m − 4m + 3 1 m 3m − 4m + 3 1 2 + =  − =
→ m(x + m) − 3m + 4m + 3 = x − m  (m −1)x = (m −1)(2m − 3) 2 2 x − m m − x x + m
x − m (x − m)(x + m) x + m
+) m −1 = 0  m =1→ 0.x = 0
Vì x  m → x  1→ m =1 phương trình nghiệm đúng với mọi x  1
Hay S = xR / x    1
+) m −1  0  m  1→ x = 2m − 3 vì điều kiện x  m →
+) x m  2m − 3  m m  3
+) x  −m  2m − 3  −m m  1
Vậy m  1;m  3 phương trình đã cho có nghiệm x = 2m − 3 Trang 7
B. BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẢN b −
a  0  x   Dạng tổng quát: +  0 a ax bax b −   b −
a  0  x   a
Ví dụ 1: Giải các bất phương trình sau a. 4x −1 3x − 2 + − + x x x  b. 10 3 6 5 1+ 2 3 4 8  b −  b −
a  0  x  
a  0  x   c. +  0 a ax bax b −   d. +  0 a ax bax b −   b −  b −
a  0  x   
a  0  x   a  a
Ví dụ 2: Giải các hệ bất phương trình sau  3 2x − 7
3x +1 3− x x +1 2x −1 2 − x +   −  −  a.  5 3  2 3 4 3  b.  1 (3x −1)  2x +1 4 x −  5  −  +  3 x  2 2  5 3  1
15x − 2  3x + 
2x −1  x − 5 c.  3  d.  3x −14  2 2
(1+ 2x)  (2x − 3) 2(x − 4)   2 Hướng dẫn:  3 2x − 7  11 2 − x +  x    a.  5 3  10 4 11      x  1 (3x −1) 4 13 10 x −  5 x   2 2  13
3x +1 3− x x +1 2x −1  13 −  − x    b.  2 3 4 3  27 13     x  2x +1 4 22 27 3  x  −  + x   5 3  21
*) Giải và biện luận bất phương trình
ax + b  0  ax b − (1) +) Nếu a  0 Trang 8 +) b −
a  0 → (1)  x a +) b −
a  0 → (1)  x a
+) Nếu a = 0  0x  −b
+) −b  0 → bpt vô số nghiệm
+) −b  0 → bpt vô nghiệm
Bài 1: Giải và biện luận các bất phương trình sau
a. m(x − m)  3x − 9 b. mx + 6  2x + 3m
c. (x + m)m + x  3x + 4 d. 3
3(x + m) − (m +1)  1 − − mx Lời giải a. 2
m(x − m)  3x − 9  (m − 3)x m − 9(1) 2 +) m − 9
m − 3  0  m  3 → (1)  x  = m + 3 m − 3
+) m − 3  0  m  3 → (1)  x m + 3
+) m − 3 = 0  m = 3 → (1)  0x  0 ( vô số nghiệm )
b. mx + 6  2x + 3m  (m − 2)x  3m − 6(1) +) 3m − 6
m − 2  0  m  2 → (1)  x  = 3 m − 2
+) m − 2  0  m  2 → (1)  x  3
+) m − 2 = 0  m = 2 → (1)  0x  0 vô nghiệm c. 2
(x + m)m + x  3x + 4  (m − 2)x  −m + 4(1) 2 +) −m + 4
m − 2  0  m  2 → (1)  x  = −m − 2 m − 2
+) m − 2  0  m  2 → (1)  x  −m − 2
+) m − 2 = 0  m = 2 → (1)  0x  0 → phương trình vô nghiệm d. 3 3 2
3(x + m) − (m +1)  1
− − mx  (m + 3)x m + 3m (1) +) 2
m + 3  0  m  3
− → (1)  x m Trang 9 +) 2
m + 3  0  m  3
− → (1)  x m
+) m + 3 = 0  m = 3
− → (1)  0x  0 vô số nghiệm.
PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO
A. Phương trình bậc cao đưa về dạng tích
1. Phương trình bậc cao đưa về phương trình tích
- Dùng phương pháp nhẩm nghiệm
- Dùng định lý Bezut: Nếu f(x) = 0 có nghiệm x = a thì f (x) = (x − a).h(x) - n n 1
f (x) = a x + a x − + ...+ a = 0 n n 1 − 0 p
p U (a )
Nếu f(x) có nghiệm hữu tỷ 0 x = →  q
q U (a )  n
- Nếu tổng các hệ số của đa thức bằng 1 thì có nghiệm x = 1
- Nếu tổng các hệ số của hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của hạng tử bậc lẻ thì ó nghiệm x = 1 Trang 10
- Có thể sử dụng lược đồ Hoocne x = 2 VD: 4 3 2 2 2x 3x 3x 5x 6 0
(x 2)(2x 3)(x x 1) 0  − − + − =  − + − + =  3 − x =  2
Bài 1: Giải các phương trình sau a. 2 x 4 − x + 3 = 0 b. 2
x − 4x +1 = 0 c. 3 2 x 2
+ x − 9x −18 = 0 d. 3 2 2x 3
− x + x + 6 = 0 e. 3 2
2x − 3x + 3x −1 = 0 f. 4 2 x − 2x 3 − x − 2 = 0 Lời giải x =1 a. 2 x 4
− x + 3 = 0  (x −1)(x − 3) = 0   x = 3 x = 2 + 3 b. 2 2 2 2
x − 4x +1 = 0  (x − 2) − 3 = 0  (x − 2) − ( 3) = 0   x = 2 − 3 c. 3 2 3 2 2 2 x 2
+ x − 9x −18 = 0  (x − 3x ) + (5x −15x) + (6x −18) = 0  (x − 3)(x + 5x + 6) = 0  x  3  ;−  2 d.  5 23 3 2 2 2 2x 3
− x + x + 6 = 0  (x +1)(2x − 5x + 6) = 0  (x +1) (x − ) + = 0  x = 1 −  4 16    e. 1 3 2 2
2x − 3x + 3x −1 = 0  (2x −1)(x − x +1)  x = 2 f. 4 2 3 2 2 x − 2x 3
− x − 2 = 0  (x +1)(x − x − x − 2) = 0  (x +1)(x − 2)(x + x +1) = 0  x−1;  2
Bài 2: HSG – Đông Anh – 2003. Giải các phương trình sau a. 2 x 4 − x + 3 = 0 b. 3 2 x 2
− x − 3x +10 = 0 Lời giải x = 3 − / 2 a. 2 2 2 x 4
− x − 3 = 0  (2x +1) − 2 = 0   x =1/ 2 b. 3 2 2 x 2
− x − 3x +10 = 0  (x + 2)(x + 4x − 5) = 0  x = 2 −
Bài 3: Giải các phương trình sau a. 4 2
x + x + 6x − 8 = 0 b. 3 3 3
(x −1) + (3x + 3) = 27x + 8 c. 2 2
(x +1) (x + 2) + (x −1) (x − 2) = 12 d. 2 2 2 (x 5 + x) 2(
− x + 5x) = 24 e. 2 2 4 2
(x + x +1) = 3(x +x +1) f. 5 4 3 2
x = x + x + x + x + 2 Lời giải Trang 11
a. Ta có tổng các hệ số = 0 nên có nhân tử là x – 1 4 2 4 3 3 2 2 3 2
x + x + 6x −8 = 0  (x − x ) + (x −x ) + (2x − 2x) + (8x −8) = 0  (x −1)(x + x + 2x + 8) = 0  (x −1)(x + 2) 2
(x − x + 4) = 0  x 1;−  2 3 3 3 3 2 3 2 2
(x −1) + (3x + 3) = 27x + 8  6x 1 − 1x 1
− 9x − 6 = 0  (6x 1
− 8x ) + (7x − 21x) + (2x − 6) = 0 b.  1 − 2 − 2 
 (x − 3)(6x + 7x + 2) = 0  (x − 3)(2x +1)(3x + 2) = 0  x  3  ; ;   2 3  c. 2 2 3 2
(x +1) (x + 2) + (x −1) (x − 2) = 12  2x 10
+ x −12 = 0  (x −1)(x + x + 6) = 0  x =1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (x 5 + x) 2(
− x + 5x) = 24  (x + 5x) − 2(x + 5x) +1 − 25 = 0  (x + 5x −1) − 5 = 0  (x +1)(x + 4) d.  
(x −1)(x + 6) = 0  x −1;−4;1;−  6 e. 2 2 4 2 2 2 4 2 2 2 2 2
(x + x +1) = 3(x +x +1)  (x + x +1) 3
− (x + x +1) = 0  (x + x +1) − 3(x + x +1)(x − x +1) = 0 2 2 2 2 2
 (x + x +1) x + x +1− 3(x −x +1) = 0  (x + x +1)(x −1) = 0  x =1   f. 5 4 3 2 5 4 3 2 5 4 3 2 4 3 2
x = x + x + x + x + 2  x −x − x −x − x − 2 = 0  (x −1) − (x + x +x + x +1) = 0  (x −1)(x + x + x + x +1) − x = 2 4 3 2 4 3 2
(x + x + x + x +1) = 0  (x − 2)(x +x + x + x +1) = 0   4 3 2
x + x + x + x +1 = 0(*) 4 3 2 3 2 2 2 2
(*)  (x +x ) + (x +1) + x = 0  (x +1)(x +1) + x = 0  (x +1) (x − x +1) + x = 0 → v . o nghiem
Bài 4: Dùng cách đặt ẩn phụ giải các phương trình sau a. 2 3 2 2 2 (x 1
+ ) +(1− 3x) = (x − 3x + 2) (1) b. 2 3 2 3 2 3 (x 3
+ x − 4) +(2x − 5x + 3) = (3x − 2x −1) c. 4 2 −x + 2x 3 + = 0 d. 4 3 2 x 8
+ x +15x − 4x − 2 = 0
e. 2x + 2x + 2 x +1 − 2 = 0 f. 2
(x − 2)(x + 2)(x −10) = 72 g. 3 3 3
(2x − 5) − (x − 2) = (x − 3) Lời giải  2 a = 0
x +1 = 0(voly)   2 3 3 3 3 3 3 2 2 3 2 a = x 1
+ ;b =1− 3x → a + b = (a + b)  a + b = a +3a b + 3ab + b  3ab(a + b) = 0  a = b
−  x +1 = 3x −1(*)   b = 0  1  x =  3  1 2  (*)  x 3
− x + 2 = 0  x1;  2  x  1  ;2;   3 b. 2 3 2 3 2 3 (x 3
+ x − 4) +(2x − 5x + 3) = (3x − 2x −1) Trang 12 2 2 2 3 3 3 a = x 3
+ x − 4;b = 2x − 5x + 3 → a + b = 3x − 2x −1→ a + b = (a + b)  3ab(a + b) = 0
a = 0 x 1;−  4 Đặt    1 − 3  b = 0 1;3/ 2 → x     4 − ;1; ;   3 2  a = b − 1  ; 1 − / 3   t = 1 − (loai) c. Đặt 2 2 2
t = x (t  0) → t − + 2t + 3 = 0 
→ x = 3  x =  3  t = 3( ) tm d. 4 3 2 4 3 2 2 2 2 2 x 8
+ x +15x − 4x − 2 = 0  x 8
+ x +16x −x 4
− x − 2 = 0  (x + 4x) − (x + 4x) − 2 = 0 2 2 t = −1 x + 4x +1 = 0 (x + 2) = 3 x = −2  3 Đặt 2 2
t = x +4x → t −t − 2 = 0         2 2 t = 2
x + 4x − 2 = 0 (x + 2) = 6 x = −2  6 e. 2 2 2
x + 2x + 2 x +1 − 2 = 0  x + 2x +1+ 2 x +1 − 3 = 0  y + 2y − 3 = 0( y = x +1 ; y  0)  y =1 x = 0  → x +1 =1→   y 3  = − x = 2 −  y =16 f. 2 2 2
(x − 2)(x + 2)(x −10) = 72  ( y − 4)( y −10) = 72  y = x , y  0  y −14y − 32 = 0  → x = 4      y = 2 − a = b g. Đặt   5 3 3 3  2x − 5 = ;
a x − 2 = b → a − b = x − 3 → a − b = (a − b)  3ab(a − b) = 0  a = 0  x  3  ;2;    2 b = 0 
B. Phương trình dạng: (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = m(1)(a + d = b + c) 2 2
(1)  (x + a)(x + d)(x + b)(x + c) = m  x + (a + d)x + ad  x + (b + c)x + bc = m     Đặt 2
t = x +(a + d)x → (t + ad )(t + bc) = 0 → t = ... → x = ...
Bài 1: Giải các phương trình sau
a. x(x +1)(x −1)(x + 2) = 24(1) b. (x + 2)(x +3)(x −5)(x −6) =180
c. (x − 4)(x −5)(x −6)(x −7) =1680 d. 2
(4x + 3) (2x +1)(x +1) = 75 e. 2
2x(8x −1) (4x −1) = 9 f. 2
(12x + 7) (3x + 2)(2x +1) = 3 Lời giải Trang 13t = 6 2 2 2
x(x +1)(x −1)(x + 2) = 24  (x + x)(x + x − 2) = 24  t(t − 2) = 24  t − 2t − 24 = 0  t = 4− a. 2
x + x − 6 = 0    x 2;−  3 2 x + x + 4 = 0 b. 2
(x + 2)(x + 3)(x − 5)(x − 6) = 180  x 3 − x −14 = 1
 4  x7;3;0;−  4 c. 2 2
(x − 4)(x − 5)(x − 6)(x − 7) = 1680  (x −11x + 28)(x −11x + 30) = 1680  ( y +1)( y −1) = 1680  y = 41 +) 2
y = 41 → x −11x −12 = 0  x 1;−  12 +) 2 y = 41
− → x −11x + 70 = 0(vonghiem) d. 2
(4x + 3) (2x +1)(x +1) = 75  (4x + 3)(4x + 3)(4x + 2)(4x + 4) = 8.75 = 24.25 2 2 2 2
t = (4x + 3) → (4x + 2)(4x + 4) = (4x + 3) −1 = t −1 → t(t −1) = 24.25  t − t = 25 − 25  (t − 25)(t + 24) = 0 Đặt 4x + 3 = 5 x = 2 2
t = 25(t  0)  (4x + 3) = 25    4x 3 5  + = − x = 2 −
e. Nhân với 8 ta được: 8x(8x −1)(8x −1)(8x − 2) = 72  1 x =  Đặt 2 2 2 4 2 2 2 2 2
8x −1 = y → ( y +1).y .( y −1) = 72  y ( y 1
− ) = 72  y − y − 72 = 0  (y − 9)(y + 8) = 0  y = 9   1 − x =  4 f. 2 2
(12x + 7) (3x + 2)(2x +1) = 3  (12x + 7) (2x + 8)(12x + 6) = 72(nha . n vo .2 i 4)  1 − 2 x =  y = 9  Đặt 4 2 3
12x + 7 = y → ( y −1). .
y y( y +1) = 72  y − y 7 − 2 = 0     2  y = 8 − 5 − x =  6
Bài 2: Giải các phương trình sau a. 2 2 (x 3
− x)(x +7x +10) = 216 b. 2 2
(2x − 7x + 3)(2x + x − 3) + 9 = 0 Lời giải 2 2 2 2 (x 3 − x)(x 7
+ x +10) = 216  x(x − 3)(x + 2)(x + 5) = 216  (x + 2x)(x + 2x −15) = 216  y( y −15) − 216 = 0 a. 2  y = 24
x + 2x − 24 = 0 x = 6 − 2 
y −15y − 216 = 0  ( y − 24)( y + 9) = 0       2  y = 9 −
x + 2x + 9 = 0( . v nghiem) x = 4 b. 2 2 2 2
(2x − 7x + 3)(2x + x − 3) + 9 = 0  (x − 3)(2x −1)(2x + 3)(x −1) + 9 = 0  (2x − 3x +1)(2x − 3x − 9) + 9 = 0 Trang 14 2 t = 1 −
2x −3x −8 = 0 .  ...
t(t +10) + 9 = 0       2 t = 9 − 2x − 3x = 0 .  ....
Bài 3: HSG Bắc Giang 30/03/2013. Giải phương trình sau
x − 2 (x −1)(x +1)(x + 2) = 4 Lời giải x = 0(loai)  +) Nếu 2 2 4 2
x  2 → (x − 2)(x −1)(x +1)(x + 2) = 4  (x −1)(x − 4) = 4  x − 5x = 0  x = 5( ) tm
x = − 5(loai)  2 2
x  2 → (2 − x)(x −1)(x +1)(x + 2) = 4  (x − 2)(x −1)(x +1)(x + 2) = −4  (x −1)(x − 4) = −4 +) Nếu 5 7 4 2 2 2
x − 5x + 8 = 0  (x − ) + = 0(v . o nghiem) 2 4
Vậy phương trình có nghiệm x = 5
C. Phương trình dạng: 2
(x + a)(x + b)(x + c)(x + d ) = mx (ad = bc)
Cách 1: Đặt t = (x + a)(x + b)
Ví dụ1: Giải phương trình sau: a. 2
(x + 2)(x + 3)(x + 4)(x + 6) = 30x (1) b. 2
(x + 2)(x + 3)(x + 6)(x + 9) = 80x (1) Lời giải a. Đặt 2 2 2 2 2 2 2 t = x 7 + x +12 → x 8
+ x +12 = t + x  (1)  (t + x)t = 30x t + tx − 30x = 0  (t − 5tx) + (6tx − 30x ) = 0 2 t = 5x
x + 2x +12 = 0(v . o nghie ) mx = 1 −
 (t − 5x)(t + 6x) = 0       2 t = 6 − x
x +13x +12 = 0 x = 1 − 2 b. 2 2 2 2
(x + 2)(x + 3)(x + 6)(x + 9) = 80x  (x +11x +18)(x + 9x +18) = 80x x  1 − ;−  8 Cách 2:
+) Kiểm tra xem x = 0 có là nghiệm hay không? +) Xét 2 2 2
x  0 → pt  x + (a + d)x + ad  x + (b + c)x + bc = mx     Trang 15
Chia cả hai vế cho x2 ta được: 2 2
x + (a + d)x + ad x + (b + c)x + bc ad bc . = m  (x +
+ a + d)(x +
+ b + c) = m  (t + d + a)(t + b + c) = m → t = . → x = . x x x x
Ví dụ2: Giải phương trình sau: 2
4(x + 5)(x + 6)(x +10)(x +12) = 3x Lời giải 2 2 2 2 2
4(x + 5)(x + 6)(x +10)(x +12) = 3x  4(x + 5)(x +12)(x + 6)(x +10) = 3x  4(x +17x + 60)(x +10x + 60) = 3x
Do x = 0 không thỏa mãn phương trình nên ta chia cả hai vế cho x2, được: 60 60 pt  4(x +17 + )(x +16 + ) = 3 x x  31 −  60 3 − 1 t = x + =   Đặt 60 2 2 x 2 t = x +
→ pt  4(t +17)(t +16) = 3  4t +132t +1085 = 0     x 3 − 5 60 3 − 5 t  = x + =  2  x 2   15 −  2
2x + 31x +120 = 0 x    8; −      2  2 2x 35x 120 0  + + = x     ....
D. Phương trình dạng: 4 4
(x + a) + (x + b) = m(1) Cách giải: Đặt a + b a + b a − b a + b a − b t = x +
→ x + a = t + a − = t + = t+ ;
x + b = t + b − = t − = t−  2 2 2 2 2 4 4 4 4
(x + a) + (x + b) = m  (t+ )
 + (t− ) = m → t = ..... → x = .....
Bài 1: Giải các phương trình sau a. 4 4
(x − 2) + (x − 4) = 16 b. 4 4
(x +1) + (x + 3) = 16 c. 5 5
(4 − x) + (x − 2) = 32 d. 4 4 4
(x − 7) + (x − 8) = (15 − 2x) e. 4 4
(x + 6) + (x + 8) = 272 Lời giải 2 t =1 x = 4 a. Đặt t 4 4 4 2
t = x − 3 → (t +1) + (t −1) =16  t 6 + t − 7 = 0     2 t = 7 − (loai) x = 2 t =1 x = 1 − b. Đặt 4 4
t = x + 2 → (t −1) + (t +1) = 16    t 1  = − x = 3 − Trang 16 c. 5 5 5 5
(4 − x) + (x − 2) = 32  (x − 2) − (x − 4) = 32 5 5 5 4 3 2
y = x − 3 → x − 2 = y +1; x − 4 = y −1 → ( y +1) − ( y −1) = 32  y + 5y +10y +10y + 5y +1 Đặt x = 4 5 4 3 2 4 2
−(y − 5y +10y −10y + 5y −1) − 32 = 0  y + 2y − 3 = 0  y = 1→ x = 2 d. Đặt 4 4 4 4 4 4
x − 7 = a; x − 8 = ;15 b
− 2x = c → −c = 2x −15 → a + b = −c → (x − 7) + (x − 8) = (15 − 2x)  a + b = c 3ab  3 7 4 4 4 4 4 4 2 2 2 2 
a + b − c = 0  a + b − (a + b) = 0  4ab(a +
+ b ) = 0  4ab (a + b) + b = 0  ab = 0 2  4 16    ( do 3 7 2 2 (a + b) +
b  0 nhưng không xảy ra dấu = ) 4 16
 (x − 7)(x −8) = 0  x 7;  8 e. x  4 − ;−  10
E. Phương trình dạng: 4 3 2
ax + bx + cx + bx + a = 0 ( phương trình đối xứng ) Cách giải: 4 3 2 4 2 2
ax + bx + cx + bx + a = 0  a(x +1) + bx(x +1) + cx = 0 Đặt 2 t = x +1 hoặc 1 t = x + x
Ví dụ: Giải phương trình sau 4 3 2
2x − 3x − x − 3x + 2 = 0 Lời giải 4 3 2 4 2 2 2 2 2 2
2x − 3x − x − 3x + 2 = 0  2(x +1) − 3x(x +1) − x = 0  2(x +1) − 3x(x +1) − 5x = 0 Đặt 2 t + x = 0
x + x +1 = 0(v . o nghie ) m  1 2 2 2 
t = x +1→ pt  2t − 3tx − 5x = 0  (t − x)(2t − 5x) = 0      x 2;  2t − 5x = 0 2t − 5x = 0  2
F. Phương trình dạng: 5 4 3 2
ax + bx + cx + cx + bx + a = 0 ( phương trình đối xứng )
- Nhận thấy x = -1 là nghiệm của phương trình vậy vế trái của phương trình có 1 nhân tử là x + 1
Sau đó phương trình quay trở về dạng E
Ví dụ: Giải các phương trình sau a. 5 4 3 2 2x − x 4
− x − 4x − x + 2 = 0 b. 5 4 3 2
6x −11x −15x −15x 11 − x + 6 = 0 Trang 17 c. 5 4 3 2
x − x + 3x + 3x − x +1 = 0 Lời giải a.  1 5 4 3 2 4 3 2  2x − x 4
− x − 4x − x + 2 = 0  (x +1)(2x − 3x − x − 3x + 2) = 0  x  1 − ;2;   2 dang.E b. 5 4 3 2 5 4 4 3 3 2 2
6x −11x −15x −15x 1
− 1x + 6 = 0  (6x 6 + x ) − (17x 1
+ 7x ) + (2x + 2x ) − (17x +17x) + 6x + 6 = 0 x = 1 − 4 3 2
 (x +1)(6x −17x + 2x −17x + 6) = 0   4 3 2
6x −17x + 2x −17x + 6 = 0(*) 2 2 2 2 (*)  6(x +1) 1
− 7(x +1) −10x = 0 Đặt 2
2x + x + 2 = 0 2 2 2 2 2
t = x +1→ pt  6t −17tx −10x = 0  6t + 3tx − 20tx −10x = 0  (2t + x)(3t −10x) = 0   2
3x −10x + 3 = 0 x = 3  1 2  3x 9x x 3 0
3x(x 3) (x 3) 0   − − + =  − − + =  1 → S =  1 − ;3;  x =  3  3 x = 1 − c. 5 4 3 2 4 3 2
x − x + 3x + 3x − x +1 = 0  (x +1)(x 2
− x + 5x − 2x +1) = 0   4 3 2
x − 2x + 5x − 2x +1 = 0(*) 1 1 2 (*)  (x +
) − 2(x + ) + 5 = 0 → ....v . o nghiem 2 x x
Vậy phương trình có tập nghiệm S = −  1
G. Phương trình dạng: e d 4 3 2 2 
ax + bx + cx + dx + e = 0 = ( )  a b   
- Phương trình ở trường hợp 4 là trường hợp đặc biệt của phương trình này - Cách giải: +) Đặt 2 t = x +1 +) Xét d e e d
x  0 , chia cả hai vế cho 2 2 2
x → ax + bx + c + + = 0  (ax +
) + (bx + ) + c = 0 2 2 x x x x 2 Đặt m m 2 2 t = x + → t = x +
+ 2m → phương trình bậc hai → t → x 2 x x Trang 18
Ví dụ: Giải các phương trình sau a. 4 3 2 4 3 2 x −8x 21
+ x − 24x + 9 = 0 b. 2x 21 − x 74
+ x −105x + 50 = 0 c. 4 3 2 4 3 2 2x 3
+ x − 27x + 6x + 8 = 0 d. [ HSG Nam Trực – 2015 ] x 3 + x + 4x 3 + x +1 = 0 e. 4 3 2 6x 25
+ x +12x − 25x + 6 = 0 Lời giải
a. Do x = 0 không thỏa mãn phương trình nên ta chia cả hai vế cho x2, được: 24 9 9 3 3 3 4 3 2 2 2 2 x − 8x 2
+ 1x − 24x + 9 = 0  x −8x + 21− + = 0  (x +
) − 8(x + ) + 21 = 0  (x + ) −8(x + ) +15 = 0 2 2 x x x x x x  3 x + = 3 2  x
x − 3x + 3 = 0(v . o nghie ) m      x = ..... 2 3 
x − 5x + 3 = 0 x + = 5  xt = 6 2
x − 6x + 5 = 0 b.  5 4 3 2 2 
2x 21x 74x 105x 50 0 2t 21t 54 0  − + − + =  − + =  9    x  1  ;2;5;  2 t =
2x − 9x +10 = 0  2   2  2 7 x + = 2 2 2  x 2
x − 7x + 4 = 0 c. 4 3 2 2 2x 3
+ x − 27x + 6x + 8 = 0  2(x + ) + 3(x + ) − 35 = 0      x .... . 2 x x 2 
x + 5x + 2 = 0 x + = 5 −  x  1 x + = 1 − (v . o nghiem)  = −  d. 1 1 y 1 4 3 2 2 2 3 + + 4 3 + +1 = 0  ( + ) + 3( + ) + 4 = 0  + 3 + 2 = 0 x x x x x x x y y     x = 1 − 2 x x   y = 2 −  1 x + = 2 −  x
Vậy phương trình có tập nghiệm S = −  1
e. +) x= 0 không là nghiệm của phương trình
+) Chia cả hai vế cho x2 ta được: 1 1 2 6(x + ) + 25(x − ) +12 = 0 2 x x Đặt  1 3 − x − = 1 1  2 2 2 2 x 2
y = x − → x +
= y + 2  6y + 25y + 24 = 0  6y 9
+ y +16y + 24 = 0  (2y + 3)(3y + 8) = 0   2 x x 1 8 − x − =  x 3 Trang 19  1 2 x = 2; − x = 2x − 2 = 3 − x  2  1 1     → S =  2 − ; ; 3 − ;  2 3x − 3 = 8 − x 1   2 3 x = 3; − x  =  3
BÀI TẬP VỀ NHÀ BÀI
Bài 1: Giải các phương trình sau a. 1 1 13 + = b. 6 5 4 3 2 x 3
− x + 6x − 7x + 6x − 3x +1 = 0 2 2 (x + 29) (x + 30) 36 Lời giải a. 1 1 13 1 1 2 2 13 + =  + − + = 2 2 2 2 (x + 29) (x + 30) 36 (x + 29) (x + 30)
(x + 29)(x + 30) (x + 29)(x + 30) 36 2 1 1 2 13  1  2 13 2  ( − ) + =  + +1 = +1 x 29 x 30 (x 29)(x 30) 36 
(x 29)(x 30) + + + + + +  (x + 29)(x + 30) 36 2 2  1   7   +1 =    
(x + 29)(x + 30)   6  +) 1 7 1 2
= −1 =  (x + 29)(x + 30) − 6 = 0  x + 59x −864 = 0  x 2 − 7; 3 −  2 (x + 29)(x + 30) 6 6 +) 1 1 − 3 6 59 6 59 2 2 2 =
x + 59x + 870 + = 0  (x + ) + 870 + − ( ) = 0(v . o nghie ) m (x + 29)(x + 30) 6 13 2 13 2
Vậy phương trình có tập nghiệm S = −27;−  32 b. 6 5 4 3 2 x 3
− x + 6x − 7x + 6x − 3x +1 = 0
+) x = 0 không là nghiệm của phương trình
+) Chia cả hai vế cuả phương trình cho x3 ta được: 6 3 1 1 1 1 3 2 3 2
pt x − 3x + 6x − 7 + − + = 0  (x + ) − 3(x + ) + 6(x + ) − 7 = 0 2 3 3 2 x x x x x x Đặt 1 1 1 1 1 1 2 2 3 3 3
t = x + → x + = t 2 − ; x + = (x + ) 3 − .
x (x + ) = t − 3t 2 3 x x x x x x
Thay vào phương trình ta được: 1 3 2 3
t − 3t − 3(t − 2) + 6t − 7 = 0  (t −1) = 0  t = 1  x + = 1→ v . o nghiem x Trang 20

Tài liệu liên quan: