-
Thông tin
-
Quiz
Chuyên đề phương trình đại số ôn thi vào lớp 10
Tài liệu gồm 24 trang, hướng dẫn phương pháp giải và tuyển chọn các bài tập chuyên đề phương trình đại số, có đáp án và lời giải chi tiết, giúp học sinh lớp 9 ôn tập chuẩn bị cho kì thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán
Chủ đề: Tài liệu ôn thi vào 10 môn Toán 110 tài liệu
Môn: Môn Toán 1.3 K tài liệu
Thông tin:
Tác giả:
Preview text:
PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
Để giải một phương trình bậc lớn hơn 3. Ta thường biến đổi phương trình
đó về một trong các dạng đặc biệt đó là:
1. Phương pháp đưa về dạng tích: Tức là biến đổi phương trình: f (x) = 0
F (x) = 0 ⇔ f (x).g (x) = 0 ⇔ g ( x) = 0
Đưa về một phương trình tích ta thường dùng các cách sau:
Cách 1: Sử dụng các hằng đẳng thức đưa về dạng: 2 2 3 3
a − b = 0,a − b = 0,. .
Cách 2: Nhẩm nghiệm rồi chia đa thức: Nếu x = a là một nghiệm của
phương trình f (x) = 0 thì ta luôn có sự phân tích: f (x) = (x − a) g (x) . Để
dự đoán nghiệm ta dựa vào các chú ý sau: Chú ý:
Cách 3: Sử dụng phương pháp hệ số bất định. Ta thường áp dụng cho phương trình bậc bốn.
Đặc biệt đối với phương trình bậc 4: Ta có thể sử dụng một trong các cách xử lý sau: • Phương trình dạng: 4 2
x = ax + bx + c
Phương pháp: Ta thêm bớt vào 2 vế một lượng: 2 2
2mx + m khi đó phương trình trở thành: 2 2 2 2
(x + m) = (2m + a)x + bx + c + m
Ta mong muốn vế phải có dạng: 2 (Ax + B) 2m + a > 0 ⇔ ⇒ m 2 2
∆ = b − 4(2m + a)(c + m ) = 0 THCS.TOANMATH.com • Phương trình dạng: 4 3 2
x + ax = bx + cx + d 2
Ta sẽ tạo ra ở vế phải một biểu thức bình phương dạng: 2 a x x m + + 2
Bằng cách khai triển biểu thức: 2 2 2 a 4 3 a 2 2
x + x + m =
x + ax + 2m + x + amx + m . Ta thấy cần thêm 2 4 2 vào hai vế một lượng: a 2 2 2m +
x + amx + m khi đó phương trình trở 4 thành: 2 2 2 a a 2 2
x + x + m = 2m +
+ b x + (am + c)x + m + d 2 4 2 2 a m + + b > 0 4 Bây giờ ta cần: ⇒ m = ? 2 2 a
∆ = am + c − m + + b m + d = VP ( ) 4 2 ( 2 ) 0 4
Ta sẽ phân tích để làm rõ cách giải các bài toán trên thông qua các ví dụ sau: Ví dụ 1) Giải các phương trình: a) 4 2
x −10x − x + 20 = 0 . b) 4 2
x − 22x −8x + 77 = 0 c) 4 3 2
x − 6x + 8x + 2x −1 = 0 . d) 4 3 2
x + 2x − 5x + 6x − 3 = 0 . Lời giải: THCS.TOANMATH.com a) 4 2 4 2
x −10x − x + 20 = 0 ⇔ x =10x + x − 20
Ta thêm vào 2 vế phương trình một lượng: 2 2 2mx + m
Khi đó phương trình trở thành: 4 2 2 2 2
x + 2mx + m = (10 + 2m)x + x + m − 20 Ta có 2 9 ∆ = − m −
+ m = ⇔ m = − . Ta viết lại phương trình VP 1 4( 20)(10 2 ) 0 2 thành: 2 2 2 4 2 9 2 1 2 9 1 x 9x x x x x − + = + + ⇔ − − + = 0 2 4 2 2 2 2 1 17 (x x 5)(x x 4) 0 x − ± ⇔ − − + − = ⇒ = . và 1 21 x ± = . 2 2 b) 4 2 4 2
x − 22x −8x + 77 = 0 ⇔ x = 22x + 8x − 77
Ta thêm vào 2 vế phương trình một lượng: 2 2 2mx + m Khi đó phương trình trở thành: 4 2 2 2 2
x + 2mx + m = (22 + 2m)x + 8x + m − 77 . Ta có 2 ∆ = − + m m − = ⇔ m = − . VP 1 4(22 2 )( 77) 0 9
Ta viết lại phương trình thành: 4 2 2
x − x + = x + x + ⇔ ( 2 18 81 4 8 4
x − 9)2 −(2x + 2)2 = 0 x = 1 − ± 2 2 2 2
⇔ (x + 2x − 7)(x − 2x −11) = 0 ⇒ x =1± 2 3 c) Phương trình có dạng: 4 3 2 4 3 2
x − 6x + 8x + 2x −1 = 0 ⇔ x − 6x = 8 − x − 2x +1
Ta tạo ra vế trái dạng: 2 2 4 3 2 2
(x − 3x + m) = x − 6x + (9 + 2m)x − 6mx + m THCS.TOANMATH.com
Tức là thêm vào hai vế một lượng là: 2 2
(9 + 2m)x − 6mx + m phương trình trở thành: 2 2 2 2
(x − 3x + m) = (2m +1)x − (6m + 2)x + m +1. Ta cần 2
∆ ' = m + − m + m + = ⇔ m = . Phương trình trở thành: VP (3 1) (2 1)( 1) 0 0 x = 2 + 3 x = 2 − 3 2 2 ⇔ − + − − = ⇒ 2 2 2 x x x x (x ( 4 1)( 2 1) 0
− 3x) = (x −1) x =1+ 2 x = 1+ 2
d) Phương trình đã cho được viết lại như sau: 4 3 2
x + 2x = 5x − 6x + 3 Ta tạo ra phương trình: 2 2 2 2
(x + x + m) = (2m + 6)x + (2m − 6)x + m + 3 2m + 6 > 0 Ta cần: ⇔ m = 1 − 2 2 ∆ ' = m − − m + m + = VP ( 3) (2 6)( 3) 0
Phương trình trở thành: 2 2 2
(x + x −1) = (2x − 2) 3 − + 21 x = 2 2 2
⇔ (x + 3x − 3)(x − x +1) = 0 ⇔ 3 − − 21 x = 2 Ví dụ 2)
a) Giải phương trình: 4 2
x − 4x +12x − 9 = 0 (1).
b) Giải phương trình: 4 2
x −13x +18x − 5 = 0
c) Giải phương trình: 4 3 2
2x −10x +11x + x −1 = 0 (4) Lời giải: THCS.TOANMATH.com a) Ta có phương trình 4
⇔ x − (2x − 3)2 = 0 (1.1) ( x + x − =
⇔ x + 2x − 3)(x − 2x + 3) 2 2 3 0 2 2 = 0 ⇔
⇔ x =1; x = 3. Vậy 2
x − 2x + 3 = 0
phương trình có hai nghiệm x =1; x = 3 b) Phương trình ⇔ ( 4 2
x − x + ) −( 2 4 4
9x −18x + 9) = 0 ⇔ ( 2
x − )2 −( x − )2 = ⇔ ( 2 x + x − )( 2 2 3 3 0 3 5 x − 3x + ) 1 = 0 3 − ± 29 2 + 3 − 5 = 0 x x x = 2 ⇔ ⇔ Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm 2
x − 3x +1 = 0 3± 5 x = 2 3 − ± 29 3± 5 x = ; x = . 2 2 c) Ta có phương trình 2 2 2 5 1 1 2 3 9 1 3 2 1 x x x x x x 2x ⇔ − − = + + = + ⇔ − +
( 2x −3x− )1 = 0 2 4 4 4 16 2 4 2 2 ± 2 2 2 − 4 +1 = 0 x x x = 2 ⇔ ⇔ . 2
x − 3x −1 = 0 3± 13 x = 2
2. Phương pháp đặt ẩn phụ:
Là phương pháp khá hữu hiệu đối với các bài toán đại số, trong giải phương
trình bậc cao cũng vậy, người ta thường đặt ẩn phụ để chuyển phương trình
bậc cao về phương trình bậc thấp hơn.
Một số dạng sau đây ta thường dùng đặt ẩn phụ.
Dạng 1: Phương trình trùng phương: 4 2
ax + bx + c = 0(a ≠ 0) (1) THCS.TOANMATH.com Với dạng này ta đặt 2
t = x ,t ≥ 0 ta chuyển về phương trình: 2
at + bt + c = 0 (2)
Chú ý: Số nghiệm của phương trình (1) phụ thuộc vào số nghiệm không âm của (2)
Dạng 2: Phương trình đối xứng (hay phương trình hồi quy): 4 3 2 2
ax ± bx + cx ± kbx + k a = 0(k > 0) . Với dạng này ta chia hai vế phương 2 trình cho 2
x (x ≠ 0) ta được: 2 k k a x b x + ± + + c = 0 . Đặt k t = x + 2 x x x 2 2
với t ≥ 2 k ta có: 2 k k 2 x + = x + − 2k = t −
2k thay vào ta được 2 x x
phương trình: a( 2t − 2k) ± bt + c = 0
Dạng 3: Phương trình:(x + a)(x + b)(x + c)(x + d ) = , e trong đó a+b=c+d Phương trình 2 ⇔ + ( + ) 2 x
a b x + ab x + (c + d ) x + cd = e . Đặt 2
t = x + (a + b) x , ta có:(t + ab)(t + cd ) = e
Dạng 4: Phương trình(x + a)(x + b)(x + c)(x + d ) 2
= ex , trong đó ab = cd .
Với dạng này ta chia hai vế phương trình cho 2
x (x ≠ 0) . Phương trình tương đương: 2 + ( + ) 2 + + ( + ) 2 ab cd x a b x ab x
c d x + cd = ex ⇔ x + + a + b x + + c + d = e x x Đặt ab cd t = x + = x +
. Ta có phương trình: (t + a + b)(t + c + d ) = e x x THCS.TOANMATH.com
Dạng 5: Phương trình ( + )4 + ( + )4 x a
x b = c . Đặt a b x t + = − ta đưa về 2
phương trình trùng phương
Ví dụ 1: Giải các phương trình: 1) 4 3 2
2x − 5x + 6x − 5x + 2 = 0 2) (x + )4 + (x + )4 1 3 = 2 3) x(x + )
1 (x + 2)(x + 3) = 24 4)
(x + )(x − )(x + )(x − ) 2 2 3 4 6 + 6x = 0 Lời giải:
1) Ta thấy x = 0 không là nghiệm phương trình nên chia hai vế pương trình cho 2 x ta được: 2 1 1 2 x 5 x + − + + 6 = 0 . Đặt 2 x x 2 1
t = x + ,( t ≥ 2) 2 1 1 2 ⇒ x + = x + − 2 = t − 2 . Ta 2 x x x t = 2 có: 2( 2t 2) 2 5t 6 0 2t 5t 2 0 − − + = ⇔ − + = ⇔ 1 . Với t = 2 1 2
t = 2 ⇔ x + = 2 ⇔ x − 2x +1 = 0 x
2) Đặt x = t − 2 ta
được:(t − )4 + (t + )4 4 2 1
1 = 2 ⇔ t + 6t = 0 ⇔ t = 0 ⇔ x = 2 −
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2 − .
Chú ý: Với bài 2 ta có thể giải bằng cách khác như sau: Trước hết ta có BĐT: THCS.TOANMATH.com 4 4 4 a + b a + b ≥
với a + b ≥ 0 . 2 4
Áp dụng BĐT này với: a = −x −1,b = x + 3 ⇒ VT ≥ VP . Đẳng thức xảy ra khi x = 2 − .
3) Ta có phương trình: ⇔ ( 2 x + x)( 2 3
x + 3x + 2) = 24 . Đặt 2
t = x + 3x . Ta
được:t (t + ) 2
2 = 24 ⇔ t + 2t − 24 = 0 ⇔ t = 6 − ,t = 4 * 2 t = 6
− ⇔ x + 3x + 6 = 0 ⇒ phương trình vô nghiệm * 2
t = 4 ⇔ x + 3x − 4 = 0 ⇔ x =1; x = 4
− . Vậy phương trình có hai nghiệm x =1; x = 4 − . 4) Phương trình ⇔ ( 2 x − x − )( 2 x + x − ) 2 2 12 12 + 6x = 0
Vì x = 0 không là nghiệm của phương trình nên chia hai vế phương trình cho 2 x ta được: 12 12 x 4 x 1 − − − + + 6 = 0 . Đặt 12 t = x − , ta có: x x x ( t = t − 4)(t + ) 1 2
1 + 6 = 0 ⇔ t − 3t + 2 = 0 ⇔ t = 2 12 x = 4 * 2 t =1 ⇔ x −
= 1 ⇔ x − x −12 = 0 ⇔ x x = 3 − * 2
t = 2 ⇔ x − 2x −12 = 0 ⇔ x =1± 13
Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm: x = 3
− ; x = 4; x =1± 13 Ví dụ 2)
a) Giải phương trình: ( 2
x − x + )2 − (x + )2 = ( 3 3 1 2 1 5 x + ) 1 THCS.TOANMATH.com
b) Giải phương trình: 6 5 4 3 2
x + 3x − 6x − 21x − 6x + 3x +1 = 0
c) Giải phương trình:(x + )(x + )(x + )2 1 2
3 (x + 4)(x + 5) = 360
d) Giải phương trình:(x + x + )3 3 3 5
5 + 5x + 24x + 30 = 0. Lời giải: a) Vì x = 1
− không là nghiệm của phương trình nên chia cả hai vế cho 3 x +1 ta được: 2 x − x +1 x +1 3 − 2 . Đặt 2 x +1 x − x +1 2 x − x +1 2 2 1 t =
⇒ 3t − = 5 ⇔ 3t − 5t − 2 = 0 ⇔ t = 2,t = − x +1 t 3 * 2 3 13 t 2 x 3x 1 0 x ± = ⇔ − − = ⇔ = 2 * 1 2
t = − ⇔ 3x − 2x + 4 = 0 phương trình vô nghiệm 3
b) Đây là phương trình bậc 6 và ta thấy các hệ số đối xứng do đó ta có thể
áp dụng cách giải mà ta đã giải đối với phương trình bậc bốn có hệ số đối xứng.
Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình. Chia 2 vế của phương trình cho 3 x ta được: 3 1 2 1 1 x 3 x 6 x + + + − + − 21 = 0 . Đặt 1
t = x + , t ≥ 2. Ta 3 2 x x x x có: 2 1 2 3 1 x + = t − 2; x +
= t ( 2t −3 nên phương trình trở 2 3 ) x x
thành:t ( 2t − ) + ( 2
3 3 t − 2) − 6t − 21= 0 THCS.TOANMATH.com t = 3 3 2
⇔ t − 3t − 9t − 27 = 0 ⇔ (t + 3)2 (t − 3) = 0 ⇔ t = 3 − * 1 2 3± 5
t = 3 ⇔ x + = 3 ⇔ x − 3x +1 = 0 ⇔ x = x 2 * 2 3 5 t 3 x 3x 1 0 x − ± = − ⇔ + + = ⇔ =
. Vậy phương trình có bốn nghiệm 2 3 − ± 5 3± 5 x = ; x = . 2 2 c) Phương trình ⇔ ( 2 x + x + )( 2 x + x + )( 2 6 5 6
8 x + 6x + 9) = 360 Đặt 2
t = x + 6x , ta có phương trình: ( y + 5)( y + 8)( y + 9) = 360 = ⇔ y ( x 0 2 y + 22y +157) 2
= 0 ⇔ y = 0 ⇔ x + 6x = 0 ⇔ x = 6 −
Vậy phương trình có hai nghiệm: x = 0; x = 6 − . d) Ta có: 3 x + x + = ( 3 5
30 5 x + 5x + 5) − x + 5 nên phương trình tương đương (x + x+ )3 3 + ( 3 x + x +) 3 5 5 5 24
x + 24x + 30 = 0 . Đặt 3
u = x + 5x + 5. Ta được hệ: 3 u
+ 5u + 5 = x ⇒ (u − x)( 2 2
u + ux + x + 6 = 0 ⇔ u = x . 3 )
x + 5x + 5 = u 3
⇔ x + x + = ⇔ (x + )( 2 4 5 0
1 x − x + 5) = 0 ⇔ x = 1 − . Vậy x = 1 − là
nghiệm duy nhất của phương trình. Dạng 6: THCS.TOANMATH.com a) Phương trình: ax bx +
= c với abc ≠ 0. 2 2
x + mx + p x + nx + p
Phương pháp giải: Nhận xét x = 0 không phải là nghiệm của phương trình.
Với x ≠ 0 , ta chia cả tử số và mẫu số cho x thì thu được: a b 2 k k + = c 2 2 = + ⇒ = + + ≥ + p p . Đặt t x t x
2k 2 k 2k . 2 x + m + x + n + x x x x
Thay vào phương trình để quy về phương trình bậc 2 theo t . 2
b) Phương trình: 2 ax x + =
b với a ≠ 0, x ≠ −a . x + a
Phương pháp : Dựa vào hằng đẳng thức 2 2
a + b = (a − b)2 + 2ab . Ta viết lại phương trình thành: 2 2 2 2 2 ax 2 − + x 2 . x x = ⇔ + 2 x x a b a
− b = 0 . Đặt t = quy x + a x + a x + a x + a x + a về phương trình bậc 2.
Ví dụ 1) Giải các phương trình: 2 a) 2 25x x +
= 11 . (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Lam Sơn Thanh (x +5)2 Hóa 2013). b) 12x 3x −
= 1. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Đại 2 2
x + 4x + 2 x + 2x + 2 học Vinh 2010). 2 c) x 2
= 3x − 6x − 3(Trích đề thi vào lớp 10 chuyên ĐHSP Hà (x + 2)2 Nội 2008). 3 2 d) 3 x 3x x + + − 2 = 0 (x − )3 1 x −1 THCS.TOANMATH.com Giải:
a) Điều kiện x ≠ 5 −
Ta viết lại phương trình thành 2 2 2 2 2 5x 10x x 10 2 − + − x 11 = 0 x x ⇔ + −11 = 0 . Đặt t = thì x + 5 x + 5 x + 5 x + 5 x + 5 t =1
phương trình có dạng 2t +10t −11 = 0 ⇔ t = 11 − 2
Nếu t =1 ta có: x 2 1± 21
= 1 ⇔ x − x − 5 = 0 ⇔ x = . Nếu x + 5 2 2 = 11 x t − ⇔ = 11 − 2
⇔ x +11x + 55 = 0 phương trình vô nghiệm. x + 5
b) Để ý rằng nếu x là nghiệm thì x ≠ 0 nên ta chia cả tử số và mẫu số
vế trái cho x thì thu được: 12 3 − = 1. Đặt 2 = + + thì 2 2 t x 2 x + 4 + x + 2 + x x x phương trình trở thành: 12 3 t =1 2 2
− = 1 ⇔ 12t − 3t − 6 = t + 2t ⇔ t − 7t + 6 = 0 ⇔ . t + 2 t t = 6 Với t =1 ta có: 2 2
x + + 2 =1 ⇔ t + t + 2 = 0 vô nghiệm. Với t = 6 ta có: x 2 2
x + + 2 = 6 ⇔ x − 4x + 2 = 0 ⇔ x = 2 ± 2 . x 2 c) x ( ) ( )2 2 2 1 0 x 3 x x x x 3x 1 − + − − = ⇔ + − − − = 0 x + 2 x + 2 x + 2 .
Giải 2 phương trình ta thu được các nghiệm là 3 3 x 6; x − ± = ± = . 3 THCS.TOANMATH.com d) Sử dụng HĐT 3 3
a + b = (a + b)3 − 3ab(a + b) ta viết lại phương trình thành: 3 3 2 2 2 3 x 3x x x x 3 + + − 2 = 0 ⇔ + − 3 x x x x + + − 2 = 0 (x − )3 1 x −1 x −1 x −1 x −1 x −1 hay 3 2 3 2 2 2 2 2 x x 3x x x 2 − 3 + − 2 = 0 ⇔ −1 =1⇔
−1 =1 ⇔ x − 2x + 2 = 0 x −1 x −1 x −1 x −1 x −1
. Suy ra phương trình đã cho vô nghiệm. BÀI TẬP RÈN LUYỆN:
Giải các phương trình sau: 1) ( 2 x + x + )( 2
2 x + x + 3) = 6. 2) ( x + )2 6 7 (3x + 4)(x + ) 1 =1.
3) (x − )4 + (x + )4 1 3 = 82 . 4) (x + )
1 (x + 2)(x + 4)(x + 5) =10. 5) ( 2 x + x + )( 2 x + x + ) 2 2 2 2 = 2x .
6) (x − )(x − )(x − )(x − ) 2 2 1 8 4 = 4x .
7) (x + x − )2 − (x + x − )2 2 2 2 3 2 1 2 3 1 + 5x = 0 . 8) 4 3 2
3x − 4x − 5x + 4x + 3 = 0 . 9) 4 3 2
2x − 21x + 34x +105x + 50 = 0 . 10) 1 1 1 1 1 + + + + = 0.
x x +1 x + 2 x + 3 x + 4
11) x + 4 x − 4 x +8 x −8 8 + − − = − .
x −1 x +1 x − 2 x + 2 3 THCS.TOANMATH.com + + + + 12) x 1 x 6 x 2 x 5 + = + . x(x + 2) 2 2 2
x +12x + 35 x + 4x + 3 x +10x + 24 2 2 2 2 13) + + + + + + + + x x 1 x
2x 2 x 3x 3 x 4x 4 + − − = 0 . x +1 x + 2 x + 3 x + 4 14) 4x 3x + = 1 2 2
4x −8x + 7 4x −10x + 7 15) ( 2 x − x + )( 2 x + x + ) 2 2 3 1 2 5 1 = 9x . 16) ( 2 x − x + )( 2
5 1 x − 4) = 6(x − )2 1 . 17) 4 3 2
x − 9x +16x +18x + 4 = 0 . 2 18) − x 12 2
= 3x − 6x − 3. (x + 2)2 19) 2x 13x + = 6 . 2 2
3x − 5x + 2 3x + x + 2 20) 2 x ( 4 x − )( 2 1 x + 2) +1= 0 . 2 2 2
21) x − 2 x + 2 x − 4 20 + 5 − 20 = 0. 2 x +1 x −1 x −1
LỜI GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN t = 1) Đặt 2
x + x + 2 = t . Phương trình đã cho thành t (t + ) 2 1 = 6 ⇒ . t = 3 − Với t = 2 thì 2 2
x + x + 2 = 2 ⇔ x + x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 1 − . Với t = 3 − thì 2 2 1 21 x x 2 3 x x 5 0 x − ± + + = − ⇔ + + = ⇔ = . 2 − − − +
Vậy tập nghiệm của phương trình là 1 21 1 21 S 1;0; ; = − . 2 2
2) Biến đổi phương trình thành ( 2x + x+ )( 2 36 84
49 36x + 84x + 48) =12 . Đặt THCS.TOANMATH.com t = 2
t = 36x + 84x + 48 thì phương trình trên thành t (t + ) 3 1 =12 ⇔ . t = 4 − Với t = 3 thì 2 2 3
36x + 84x + 48 = 3 ⇔ 36x + 84x + 45 = 0 ⇔ x = − hoặc 2 5
x = − . Với t = 4 − thì 2 2
36x + 84x + 48 = 4
− ⇔ 36x + 84x + 52 = 0 , 6
phương trình này vô nghiệm.
Vậy tập nghiệm của phương trình là 5 3 S ; = − − . 6 2
3) Đặt y = x +1 thì phương trình đã cho thành y =1 x = 0 4 2
24y + 48y + 216 = 82 ⇔ ⇒ . y 1 = − x = 2 −
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = { 2; − } 0 . 4) Đặt
x +1+ x + 2 + x + 4 + x + 5 y =
= x + 3 thì phương trình trở thành: 4 ( y = − 6 x = − 6 −3 2 y − 4)( 2 y − ) 4 2
1 =10 ⇔ y − 5y − 6 = 0 ⇔ ⇔ . y = 6 x = 6 −3
Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {− 6 −3; 6 − } 3 .
5) Do x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, chia hai vế cho 2 x ta được 2 2 x 1 x 2 + + + + = 2 . Đặt 2
y = x + thì phương trình trở x x x 2 x + = 0 y = 0 x x = 1 − thành ( y + ) 1 ( y + 2) = 2 ⇔ ⇒ ⇔ . y 3 2 = − x = 2 − x + = 3 − x
6) Biến đổi phương trình thành
((x − )(x − ))((x − )(x − )) 2 = x ⇔ ( 2 x − x + )( 2 x − x + ) 2 2 4 1 8 4 6 8 9 8 = 4x .
Do x = 2 không là nghiệm nên chia hai vế của phương trình cho 2 x ta được: THCS.TOANMATH.com 8 8 x 6 x 9 + − + − = 4 . Đặt 8
y = x + thì phương trình trở thành x x x ( y =
y − 6)( y − 9) 5 2
= 4 ⇔ y −15y + 50 = 0 ⇔ . Với y = 5 thì y = 10 8 2
x + = 5 ⇔ x − 5x + 8 = 0 (vô nghiệm). Với y =10 thì x 8 x = 5− 17 2
x + =10 ⇔ x −10x + 8 = 0 ⇔ . x x = 5 + 17
Vậy tập nghiệm của phương trình là S = (5− 17;5+ 17).
7) Do x = 0 không là nghiệm của phương trình, chia hai vế của phương 2 2 trình cho 2 x ta được 1 1 3 x 2 2 x 3 − + − − + + 5 = 0 . Đặt 1 y = x − , x x x phương trình trở thành: y =
3( y + 2)2 − 2( y + 3)2 1 2
+ 5 = 0 ⇔ y −1 = 0 ⇔ . Suy ra y = 1 − 1 1 − ± 5 x − =1 x = x 2 ⇔
. Vậy tập nghiệm của phương trình là 1 1± 5 x − = 1 − x x = 2 1 − ± 5 1± 5 S ; = . 2 2
8) Phương trình không nhận x = 0 là nghiệm, chia hai vế cho 2 x được 2 1 1 3 x 4 x + − − − 5 = 0 . Đặt 1
t = x − thì phương trình trở thành 2 x x x 2
3t − 4t +1 = 0 2
3t − 4t +1 = 0 ⇔ t =1 hoặc 1 t = . 3 Với t =1 thì 1 2 1+ 5
x − =1 ⇔ x − x −1 = 0 ⇔ x = hoặc 1 5 x − = . x 2 2 THCS.TOANMATH.com Với 1 + t = thì 1 1 2 1 37
x − = ⇔ 3x − x − 3 = 0 ⇔ x = hoặc 3 3 x 3 2 1 37 x − = . 4 2
Vậy tập nghiệm của phương trình là 1
+ 5 1− 5 1+ 37 1− 37 S ; ; ; = . 2 2 2 2 9) 4 3 2
2x − 21x + 34x +105x + 50 = 0 (8). Lời giải: Ta thấy 105 k = = 5 − và 2 50 k =
= 25 nên phương trình (8) là phương trình 21 − 2
bậc bốn có hệ số đối xứng tỉ lệ. ( ) 2 25 5 8 2 x 21 x ⇔ + − − + 34 = 0 . Đặt 2 x x 5
t = x − suy ra 2 2 25 t = x +
−10. Phương trình (9) trở thành x 2 x 2
2t − 21t + 54 = 0 ⇔ t = 6 hoặc 9
t = . Với t = 6 thì 2 5 2 2
x − = 6 ⇔ x − 6x − 5 ⇔ x − 6x − 5 = 0. Phương trình có hai nghiệm x
x = 3+ 14; x = 3− 14 . Với 9 x = thì 5 9 2
x − = ⇔ 2x − 9x −10 = 0 . 1 2 2 x 2
Phương trình có hai nghiệm 9 + 161 9 − 161 x = ; x = . Vậy PT (8) có 3 4 4 4 + − tập nghiệm 9 161 9 161 S 3 14;3 14; ; = + − . 4 4
10) Điều kiện x∉{ 1 − ; 2 − ; 3 − ; 4 − ; }
0 . Ta biến đổi phương trình thành THCS.TOANMATH.com 1 1 1 1 1 2(x + 2) 2(x + 2) 1 + + + + = 0 ⇔ + + = 0 2 2
x x + 4 x +1 x + 3 x + 2
x + 4x x + 4x + 3 x + 2 1 1 1 ⇔ + + = 0 . Đặt 2
u = x + 4x , phương trình 2 2 2
x + 4x x + 4x + 3 2(x + 4x + 4) trở thành 1 1 1 + + = u u + (u + ) 0 3 2 4 25 − + 145 = 2 u 5u + 25u + 24 10 ⇔ = ⇔ .
u (u + )(u + ) 0 2 3 4 25 − − 145 u = 10 2 25 − + 145 x + 4x = Do đó 10
. Tìm được tập nghiệm của phương trình là 2 25 − − 145 x + 4x = 10 15 + 145 15 + 145 15 − 145 15 − 145 S 2 ; 2 ; 2 ; 2 = − − − + − + − − 10 10 10 10 .
11) Biến đổi phương trình thành 5 5 − 10 10 8 10 40 8 + − + = − ⇔ − = − . 2 2
x −1 x +1 x + 2 x + 2 3 x −1 x − 4 3 Đặt 2
u = x (u ≠1,u ≠ 4;u ≥ 0) dẫn đến phương trình u =16 2 4u 65u 16 0 − + = ⇔
1 . bTìm được tập nghiệm của phương trình là u = 4 1 1 S ; 4; ;4 = − − . 2 2 12) THCS.TOANMATH.com Điều kiện x ∉{ 7 − ; 6 − ; 5 − ; 4 − ; 3 − ; 2 − ; 1 − ; }
0 . Biến đổi phương trình thành x +1 x + 6 x + 2 x + 5 + = +
x(x + 2) (x + 5)(x + 7) (x + )
1 (x + 3) (x + 4)(x + 6) x +1 1 1 x + 6 1 1 ⇔ − + − 2 x x 2
2 x 5 x 7 + + + x + 2 1 1 x + 5 1 1 = − + −
2 x 1 x 3
x x 4 x 6 + + + + 1 1 1 1 1 1 1 1 ⇔ + + + = + + +
x x + 2 x + 5 x + 7 x +1 x + 3 x + 4 x + 6 1 1 1 1 1 1 1 1 ⇔ + + + = + + + x x 7
x 2 x 5
x 1 x 6x
x 3 x 4 + + + + + + + ( x ) 1 1 1 1 2 7 ⇔ + + − − = 0 2 2 2 2
x + 7 x + 7x +10 x + 7x + 6 x + 7x +12 7 x = − 2 ⇔ . 1 1 1 1 + + − = 0(*) 2 2 2 2
x + 7x x + 7x +10 x + 7x + 6 x + 7x +12 Đặt 2
u = x + 7x thì phương trình (*) có dạng 1 1 1 1 1 1 1 1 0 + + + = ⇔ − + − = 0
u u +10 u + 6 u +12
u u + 6 u +10 u +12 2
⇔ u +18u + 90 = 0 . Mặt khác 2
u +18u + 90 = (u + 9)2 + 9 > 0 với mọi u . Do đó phương trình (*)
vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 7 x = − . 2 13) . Lời giải: THCS.TOANMATH.com Điều kiện x ∉{ 4 − ; 3 − ; 2 − ;− }
1 . Biến đổi phương trình thành 1 2 3 4 1 4 2 3 0 + − − = ⇔ − + − = 0
x +1 x + 2 x + 3 x + 4
x +1 x + 4 x + 2 x + 3 x = 0 3 1 x ⇔ + = 0 ⇔ . 2 2 3 1
x + 5x + 4 x + 5x + 6 + = 0(*) 2 2
x + 5x + 4 x + 5x + 6 Đặt 2
u = x + 5x thì phương trình (*) trở thành 3 1 11 + = 0 ⇔ u = − . u + 4 u + 6 2 Từ đó ta có 2 5 3 2x 10x 11 0 x − ± + + = ⇔ = . 2 − − − +
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là 5 3 5 3 S 0; ; = . 2 2 14)
Do x = 0 không là nghiệm của phương trình nên chia cả tử và mẫu của mỗi
phân thức ở vế trái của phương trình cho x , rồi đặt 7
y = 4x + ta được x 4 3 + = 1. y −8 y −10
Phương trình trên có 2 nghiệm y =16, y = 9 . Với y = 9 thì 7 2
4x + = 9 ⇔ 4x − 9x + 7 = 0 . Phương trình này vô nghiệm. x Với y =16 thì 7 2
4x + =16 ⇔ 4x −16x + 7 = 0 . Phương trình này có hai x nghiệm 1 7 x = ; x = . 1 2 2 2
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là 1 7 S ; = . 2 2 THCS.TOANMATH.com 15) Đặt 2
t = 2x + x +1, phương trình (1) thành
(t − x)(t + x) 2 2 2 2 2 2 4
4 = 9x ⇔ t −16x = 9x ⇔ t = 25x ⇔ t = 5 − x hoặc t = 5x . Với t = 5 − x thì 2 2 3 7 2x x 1 5x 2x 6x 1 0 x − ± + + = − ⇔ + + = ⇔ = . 2
Với t = 5x thì 2 2 2 2 2x x 1 5x 2x 4x 1 0 x ± + + = ⇔ − + = ⇔ = . 2 − ± ±
Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là 3 7 2 2 ; . 2 2 16) Lời giải:
Đặt u = x −1 đưa phương trình (2) về dạng tổng quát
( 2u − u − )( 2u − u − ) 2 7 3 2 3 = 6u .
Bạn đọc giải tiếp theo phương pháp đã nêu. Ta có thể giải bằng cách khác như sau
Viết phương trình đã cho về dạng ( 2
x − − x + )( 2 4 5
5 x − 4) − 6(x − )2 1 = 0 . Đặt 2
t = x − 4 , phương trình thành 2 t + ( 5
− x + 5)t + ( 6
− x + 6)(x − )
1 = 0 ⇔ (t − 6x + 6)(t + x − ) 1 = 0 2 2 x = 3± 7 t = 6x − 6
x − 4 = 6x − 6
x − 6x + 2 = 0 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ . 2 2 1 − ± 21 t = −x +1
x − 4 = −x +1
x + x − 5 = 0 x = 2 − − − +
Vậy tập nghiệm của PT(2) là 1 21 1 21 S ;3 7; ;3 7 = − + . 2 2 THCS.TOANMATH.com
17) PTtương đương với 4 x − x( 2 x − ) 2 9 2 +16x + 4 = 0 . Đặt 2
t = x − 2 thì 2 4 2
t = x − 4x + 4 , PT trên thành 2 2
t − 9xt + 20x = 0 ⇔ (t − 4x)(t −5x) = 0 2 2 x = 2 ± 6 t = 4x x − 2 = 4x
x − 4x − 2 = 0 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ . 2 2 5 ± 33 t = 5x x − 2 = 5x
x − 5x − 2 = 0 x = 2 − +
Vậy tập nghiệm của phương trình là 5 33 5 33 2 6; ;2 6; − + . 2 2
18) Điều kiện x ≠ 2
− . Khử mẫu thức ta được phương trình tương đương: 4 3 2 4
x + x − x − x − = ⇔ x + x( 2 x − ) 2 3 6 16 36 12 0 3 6 6 −16x −12 = 0 . đặt 2
t = x − 6 thì 2 4 2
t = x −12x + 36 , suy ra 4 2 2
3x = 3t + 36x −108 , PT trên thành 2
3t + 6xt + 20t = 0 ⇔ t (3t + 6x + 20) = 0 ⇔ t = 0 hoặc 3t = 6 − x − 20. Với t = 0 thì 2
x − 6 = 0 , suy ra x = ± 6 (thỏa mãn đk). Với 3t = 6 − x − 20 ta có 2 3x −18 = 6 − x − 20 hay 2
3x + 6x + 2 = 0 suy ra 3 3 x − ± =
(thỏa mãn đk). Vậy tập nghiệm của PT(4) là 3 3 − − 3 3 − + 3 S ; 6; ; 6 = − . 3 3 19) 2x 13x + = 6 (5). 2 2
3x − 5x + 2 3x + x + 2 Lời giải: Đặt 2
t = 3x + 2 PT(5) trở thành 2x 13x +
= 6 . ĐK: t ≠ 5x,t ≠ −x .
t − 5x t + x
Khử mẫu thức ta được PT tương đương THCS.TOANMATH.com 2 2
2t −13tx +11x = 0 ⇔ (t − x)(2t −11x) = 0
⇔ t = x hoặc 11 t = x (thỏa mãn ĐK) 2
Với t = x thì 2 2
3x + 2 = x ⇔ 3x − x + 2 = 0 phương trình vô nghiệm. Với 11 t = x thì 2 11 1 3x + 2 =
x ⇔ 6x −11x + 2 = 0 ⇔ x = hoặc 4 x = .Vậy 2 2 2 3
tập nghiệm của PT(5) là 1 4 ; . 2 3 20) PT 2 ⇔ x ( 2 x + )( 2 x − )( 2 1 1 x + 2) +1= 0 ⇔ ( 4 2 x + x )( 4 2
x + x − 2) +1= 0 ⇔ (x + x )2 4 2 − ( 4 2 2 x + x ) +1= 0
⇔ (x + x − )2 4 2 4 2
1 = 0 ⇔ x + x −1 = 0.
Giải phương trình trùng phương trên ta được tập nghiệm của PT là 5 1 5 1 − − ; − . 2 2 21) Lời giải: Điều kiện x ≠ 1 ± . Đặt x − 2 x + 2 = y; = z , PT có dạng: x +1 x −1 2 2
20y + 5z − 20yz = 0 ⇔ 5(2y − z)2 = 0 ⇔ 2y = z THCS.TOANMATH.com Dẫn đến x − 2 x + 2 2. =
⇔ 2(x − 2)(x − )
1 = (x + 2)(x + ) 1 x +1 x −1 2 2 2
⇔ 2x − 6x + 4 = x + 3x + 2 ⇔ x − 9x + 2 = 0 9 73 x + ⇔ = hoặc 2 9 73 x − =
(thỏa mãn điều kiện). 2 − +
Vậy tập nghiệm của PT(2) là 9 73 9 73 ; . 2 2 THCS.TOANMATH.com