Chuyên đề phương trình tích

Tài liệu gồm 17 trang, tóm tắt lý thuyết trọng tâm cần đạt, phân dạng và hướng dẫn giải các dạng toán, tuyển chọn các bài tập từ cơ bản đến nâng cao chuyên đề phương trình tích, có đáp án và lời giải chi tiết, hỗ trợ học sinh trong quá trình học tập chương trình Đại số 8 chương 3: Phương trình bậc nhất một ẩn.

18 9 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Tài liệu chung Toán 8

Môn: Toán 8

Thông tin:

17 trang 4 tháng trước

Tác giả:

Profile Mai Nguyệt
1. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
CHƯƠNG 3. PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN
CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH
I.KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Phương trình tích (một ẩn) là phương trình có dạng
. ... 0
A x B x
. (1)
Trong đó
, ,...
A x B x
là các đa thức.
Để giải (1), ta chi cần giải từng phương trình
0, 0,...
A x B x
rồi lấy tất cả các nghiệm của
chúng.
Các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử có vai trò quan trọng trong việc đưa phương
trình về dạng phương trình tích. Cách đặt ẩn phụ cũng hay được sử dụng để trình bày cho lời giải
gọn gàng hơn.
II.BÀI TẬP
A.DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN
Vận dụng các phương pháp phân tích thành nhân tử và cách giải phương trình tích đưa phương
trình đã cho về các phương trình bậc nhất đã biết cách giải.
Ví dụ 1.Giải phương trình:
16 297 0
y y
.
Ví dụ 2.Giải phương trình:
2 3 4 3 0
x x x
.
Ví dụ 3.Giải phương trình:
2 2
4 9 25 0
x x
.
Ví dụ 4. Giải các phương trình sau:
Ví dụ 5. Giải các phương trình sau:
a.
2
7 6 0
x x
;
b.
2
6 5 0
x x
.
Ví dụ 6. Giải các phương trình sau:
a.
2 2
4 4 1
x x x
;
b.
2
4 1 2 1 3 5
x x x
.
Ví dụ 7. Giải các phương trình sau:
a.
2
2 1 9 0
x x
;
b.
3 2 2
7 3 12
x x x x
.
Ví dụ 8. Giải các phương trình sau:
2. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
a.
2 2
2 5 2
x x
;
b.
2
2
1 4 2 1
x x x
.
Ví dụ 9. Giải các phương trình sau:
a.
2
2 2
5 10 5 24 0
x x x x
;
b.
2
1 1 42
x x x x .
Ví dụ 10.Giải phương trình:
2 2
2 5 3
x x
Ví dụ 11.Giải phương trình:
4 3
16 1 3 0
x x x
.
LỜI GIẢI VÍ DỤ
Ví dụ 1.Giải phương trình:
16 297 0
y y
.
Lời giải. Ta có
16 297 0
y y
2
16 297 0
y y
2
27 11 297 0
y y y
27 11 27 0
y y y
27 11 0
y y
27 0
11 0
y
y
Vậy phương trình có hai nghiệm y=27 và y= -11.
Ví dụ 2.Giải phương trình:
2 3 4 3 0
x x x
.
Lời giải.
Nghiệm số của phương trình đã cho là nghiệm số của:
3
2 3 0
2
x x
;
Hoặc
4 0 4
x x
;
Hoặc
3 0 3
x x
.
Vậy phương trình có ba nghiệm
3
2
x
,
4
x
và
3
x
.
3. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Ví dụ 3.Giải phương trình:
2 2
4 9 25 0
x x
.
Lời giải.
Ta có thể viết:
2
4 9 2 3 2 3
x x x
,
2
25 5 5
x x x
.
Do đó:
2 3 2 3 5 5 0
x x x x
.
Từ đó:
3
2
x
và
5
x
.
Ví dụ 4. Giải các phương trình sau:
a.
0, 5 3 3 2, 5 4
x x x x
;
b.
3 1
1 3 7
7 7
x x x
.
Lời giải
a.
0, 5 3 3 2, 5 4
x x x x
.
Phương trình đã cho tương đương với
3 2, 5 4 0, 5 3 0
x x x x
.
3 2, 5 4 0, 5 0 3 2 4 0
x x x x x
.
Hoặc
3 0
x
, hoặc
2 4 0
x
. Từ đó ta tìm được
3
x
hoặc
2
x
.
Vậy nghiệm của phương trình ban đầu là
3
x
và
2
x
.
b.
3 1
1 3 7
7 7
x x x
.
Phương trình đã cho tương đương với
1 1
3 7 3 7 0
7 7
x x x
1
3 7 1 0
7
x x
.
Hoặc
3 7 0
x
, hoặc
1
1 0
7
x
. Từ đó ta tìm được
7
3
x
hoặc
7
x
.
4. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Vậy nghiệm của phương trình ban đầu là
7
3
x
và
7
x
.
Ví dụ 5. Giải các phương trình sau:
a.
2
7 6 0
x x
;
b.
2
6 5 0
x x
.
Lời giải
a. Phương trình đã cho tương đương với
2
6 6 0
x x x
, hay
1 6 1 0
x x x
.
Tức là
1 6 0
x x
. Từ đó ta tìm được
1
x
hoặc
6
x
.
Vậy phương trình có nghiệm
1
x
hoặc
6
x
.
b. Phương trình đã cho tương đương với
2
5 5 0
x x x
, hay
1 5 1 0
x x x
.
Tức là
1 5 0
x x
. Từ đó ta tìm được
1
x
hoặc
5
x
.
Vậy phương trình có nghiệm
1
x
hoặc
5
x
.
Ví dụ 6. Giải các phương trình sau:
a.
2 2
4 4 1
x x x
;
b.
2
4 1 2 1 3 5
x x x
.
Lời giải
a. Phương trình đã cho tương đương với
2
2
2 1
x x
, hay
2
2
2 1 0
x x
.
Tức là
1 3 1 0
x x
. Từ đó ta tìm được
1
x
hoặc
1
3
x
.
Vậy phương trình có nghiệm
1
x
và
1
3
x
.
b. Phương trình đã cho tương đương với
2 1 2 1 2 1 3 5
x x x x
, hay
2 1 3 5 2 1 0
x x x
.
Tức là
2 1 4 0
x x
. Từ đó ta tìm được
4
x
hoặc
1
2
x
.
Vậy phương trình có nghiệm
4
x
và
1
2
x
.
5. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Ví dụ 7. Giải các phương trình sau:
a.
2
2 1 9 0
x x
;
b.
3 2 2
7 3 12
x x x x
.
Lời giải
a. Xét phương trình
2
2 1 9 0
x x
.
Phương trình đã cho tương đương với
2
1 9 0
x
, hay
1 3 1 3 0
x x
, tức là
2 4 0
x x
.
Từ đó ta tìm được
2
x
, hoặc
4
x
.
Vậy nghiệm của phương trình ban đầu là
2
x
và
4
x
.
b. Xét phương trình
3 2 2
7 3 12
x x x x
.
Phương trình đã cho tương đương với
3 2 2
7 3 12 0
x x x x
2
10 12 0
x x x
hay
4 3 0
x x x
.
Từ đó ta tìm được
0
x
hoặc
3
x
hoặc
4
x
.
Vậy nghiệm của phương trình ban đầu là
0, 3
x x
và
4
x
.
Ví dụ 8. Giải các phương trình sau:
a.
2 2
2 5 2
x x
;
b.
2
2
1 4 2 1
x x x
.
Lời giải
a. Phương trình đã chô tương đương với
2 2
2 5 2 0
x x
, hay
2 5 2 2 5 2 0
x x x x
.
Tức là
7 3 3 0
x x
. Từ đó ta tìm được
1
x
hoặc
7
x
.
Vậy phương trình có nghiệm
1
x
và
7
x
.
b. Phương trình đã cho tương đương với
2
2
2 1 1 0
x x
, hay
2 2 1 2 2 1 0
x x x x
.
Tức là
3 1 3 0
x x
. Từ đó ta tìm được
3
x
hoặc
1
3
x
.
6. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Vậy phương trình có nghiệm
3
x
và
1
3
x
.
Chú ý: với hai phương trình này có thể giải bằng cách chuyển về phương trình có chứa dấu giá trị
tuyệt đối (sẽ trình bày ở cuối chương). Chẳng hạn như:
Phương trình
2 2
2 5 2
x x
có thể đưa về dạng
2 5 2
x x
.
Ví dụ 9. Giải các phương trình sau:
a.
2
2 2
5 10 5 24 0
x x x x
;
b.
2
1 1 42
x x x x .
Lời giải
a. Đặt
2
5
t x x
phương tình trở thành
2
10 24 0 4 6 0 4; 6
t t t t t t
.
Với
4
t
, ta có phương trình
2 2
5 4 5 4 0
x x x x
.
Phương trình có hai nghiệm
1; 4
x x
.
Với
6
t
, ta có phương trình
2 2
5 6 5 6 0
x x x x
.
Phương trình có hai nghiệm
2; 3
x x
.
Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm
1; 4; 2; 3
x x x x
.
b. Xét phương trình
2
1 1 42
x x x x .
Phương trình đã cho có thể viết thành
2 2
1 42
x x x x .
Đặt
2
t x x
, ta được phương trình
2
1 42 42 0 6 7 0 6; 7
t t t t t t t t
.
Với
6
t
, ta có phương trình
2 2
6 6 0
x x x x
.
Phương trình có hai nghiệm
2; 3
x x
.
Với
7
t
, ta có phương trình
2 2
7 7 0
x x x x
.
Phương trình này vô nghiệm do
2
2
1 27
7 0
2 4
x x x
.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm
2; 3
x x
.
7. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Ví dụ 10.Giải phương trình:
2 2
2 5 3
x x
Lời giải. Chuyển các số hàng về vế trái:
2 2
2 5 3 0
x x
.
Áp dụng hằng đẳng thức đáng nhớ:
2 2
a b a b a b
ta được:
2 5 3 2 5 3 0
x x x x
,
Hay
3 8 2 0
x x
.
Phương trình tích này cho ta:
8
3
x
và
2
x
.
Ví dụ 11.Giải phương trình:
4 3
16 1 3 0
x x x
.
Lời giải. Để ý rằng:
2
2
4 2 2 2 2
16 4 4 4 2 2 4
x x x x x x x
,
3 2
1 1 1
x x x x
Phương trình đã cho trở thành:
2 2
2 2 4 1 1 3 0
x x x x x x x
Vì
2
4
x
và
2
1
x x
=
2
1 3
2 4
x
là hai số dương, nên ta có thể viết:
2 2 1 3 0
x x x x
Phương trình tích này cho ta:
2
x
;
1
x
và
3
x
.
B.DẠNG BÀI TẬP NÂNG CAO
Ví dụ 1. Giải phương trình:
2 2
2 6 3 2 3 9 0
x x x x
.
Ví dụ 2. Giải phương trình:
2
2 3 5 6 31 8 12 128
x x x x x x
(1)
Ví dụ 3. Giải các phương trình:
a)
3 2
3 7 7 3 0
y y y
(1)
8. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
b)
4 3 2
2 9 14 9 2 0
y y y y
(2)
Ví dụ 4. Giải phương trình
4 7 4 5 1 2 1 9
x x x x
.
Ví dụ 5. Giải các phương trình:
a)
3 3 3
4 3 2 5 2 8
x x x
b)
3 3 3
3 2016 3 2019 6 3
x x x
c)
3 3
2 7 9 2 152
x x
LỜI GIẢI DẠNG NÂNG CAO
Ví dụ 1. Giải phương trình:
2 2
2 6 3 2 3 9 0
x x x x
.
Giải
Đặt
2
2 6
x x y
thì
2
2 3 3
x x y
phương trình trở thành
2
2
2
0 2 6 0
3 3 9 0 3 0
3 0
2 3 0
y x x
y y y y
y
x x
2 3 2 0 *
2 3 1 0 **
x x
x x
Từ
* 1,5; 2
x x
Từ
** 1,5; 1
x x
.
Tập nghiệm của phương trình là
2; 1,5;1;1,5
S
.
Ví dụ 2. Giải phương trình:
2
2 3 5 6 31 8 12 128
x x x x x x
(1)
Giải
2
2 3 5 6 31 8 12 128
x x x x x x
9. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
2 2 2
8 12 8 15 31 8 12 128 2
x x x x x x
Đặt
2
8 12
x x y
thì
2
8 15 3
x x y
Khi ấy phương trình (2) trở thành
3 31 128
y y y
2 2
3 31 128 0 4 32 128 0
y y y y y y
4 0
4 32 4 0 4 32 0
32 0
y
y y y y y
y
Với
2
2
4 0 8 16 0 4 0 4
y x x x x
Với
2 2
32 0 8 20 0 10 2 20 0
y x x x x x
10 2 0 10
x x x
hoặc
2
x
Vậy tập nghiệm của phương trình là
2;4;10
S
Ví dụ 3. Giải các phương trình:
c)
3 2
3 7 7 3 0
y y y
(1)
d)
4 3 2
2 9 14 9 2 0
y y y y
(2)
Giải
a)
3 2 2
1 3 3 10 10 3 3 0
y y y y y
2
3 1 10 1 3 1 0
y y y y y
2
1 3 10 3 0 1 3 1 3 0
y y y y y y
1
1 0
1
3 1 0
3
3 0
3
y
y
y y
y
y
.Vậy tập nghiêm của (8) là
1
1; ;3
3
S
b) Với y = 0 từ (2) ta có
2 0
VT
nên y = 0 không là nghiệm của (2)
10. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Do y = 0 không phải là nghiệm của phương trình
0
y
. Do đó chia hai vế của phương
trình cho y
2
ta có
2
2
1 1
2 2 9 14 0
y y
y
y
Đặt
1
t y
y
thì
2 2
2
1
2t y
y
. Do đó ta có
2
2 2 9 14 0
t t
2 2
2 9 10 0 2 5 4 10 0 2 2 5 0
t t t t t t t
2
2
2
1
1 0
2 0 2 1 0
2
2 5 0
2 2 5 0
1
2 2 1 0
2
y
y
t y y
y
t
y y
y y
y
Vậy tập nghiệm của phương trình (2) là
1
;1;2
2
S
Nhận xét: Trong phương trình đối xứng, nếu a là nghiệm thì
1
a
cũng là nghiệm,
Ví dụ 4. Giải phương trình
4 7 4 5 1 2 1 9
x x x x
.
Giải
Ta có:
4 7 4 5 1 2 1 9
x x x x
4 7 4 5 4 4 4 2 72
x x x x
2 2
16 36 14 16 36 20 72
x x x x
Đặt
2
16 36 17
x x y
, ta có:
2 2
3 3 72 9 72 81 9
y y y y y
Với
2 2 2
16 36 17 9 4 9 2 0 4 8 2 0
x x x x x x x
2
4 8 2 0 4 2 2 0
x x x x x x
2 0 2
2 4 1 0
4 1 0 0,25
x x
x x
x x
11. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Với
2 2
16 36 17 9 16 36 26 0
x x x x
vô nghiệm vì
2
2
9 23
16 36 26 4 0,
2 4
x x x x
Vậy tập nghiệm của phương trình là
2; 0,25
S
Ví dụ 5. Giải các phương trình:
d)
3 3 3
4 3 2 5 2 8
x x x
e)
3 3 3
3 2016 3 2019 6 3
x x x
f)
3 3
2 7 9 2 152
x x
Hướng dẫn giải – đáp số
Trong các bài toán xuất hiện các dạng
3 3
;
a b a b
và
3 3
a b
Lưu ý:
3
3 3
3
a b a b ab a b
và
3 3 2 2
a b a b a ab b
a) Đặt
4 3; 2 5
y x z x
thì
2 8
y z x
. Ta có:
3
3 3 3 3 3 3
3 3 0
y z y z y z y z yz y z yz y z
0
0
0
y
z
y z
hay
4 3 0 0,75
2 5 0 2,5
2 8 0 4
x x
x x
x x
Tập nghiệm của phương trình là
4; 0,75;2;5
S
b) Đặt
3 2016; 3 2019
u x v x
thì
6 3
u v x
.
Phương trình trên trở thành
3
3 3
0
u v u v
hay
3 3 3 3
3 0 3 0
u v u v uv u v uv u v
0 3 2016 0 672
0 3 2019 0 673
0 6 3 0 0,5
u x x
v x x
u v x x
Tập nghiệm của phương trình là
672;0,5;673
S
12. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
c)
3 3
2 7 9 2 152
x x
.
Đặt
2 8
x y
thì
2 7 1;9 2 1
x y x y
.
Do đó phương trình trở thành
3 3
1 1 152
y y
Khai triển, rút gọn (hoặc dùng hằng đẳng thức
3 3
a b
, ta được
2 2
6 2 152 6 150 0 6 5 5 0
y y y y
Với
5 0
y
thì
2 8 5 0 1,5
x x
Với
5 0
y
thì
2 8 5 0 6,5
x x
Tập nghiệm của phương trình là
1,5;6,5
S
C.PHIẾU BÀI TỰ LUYỆN
1.Giải các phương trình:
a.
2
2 7 3 9
x x x
;
b.
2
3 4 4 4
x x x
;
c.
2 2
3 1 3
x x
;
d.
2 2
2 2
5 3 2 4 3 2
x x x x ;
e.
2 2
4 3 9 3 16 9
x x x x
.
2.Giải phương trình:
2
1 1 72
y y y
.
3.Giải các phương trình sau:
a.
2 2
2 3 5 2
x x x x x
;
b.
2
2 3 6
x x x
.
1. Cho phương trình
2 2
4 25 4 0
x k kx
, ở đó k là tham số.
a. Giải phương trình khi
0
k
;
b. Giải phương trình khi
3
k
;
c. Với giá trị bào của k phương trình nhận
2
x
là nghiệm.
4.Giải các phương trình sau:
a.
3 2
2 2 0
x x x
;
b.
3 2
2 2 0
x x x
.
13. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
5.Giải các phương trình sau:
a.
2
3 7 20 0
x x
;
b.
2
3 5 2 0
x x
.
6.Giải các phương trinh sau:
a.
2
2 2
4 12
x x x x
;
b.
1 1 2 24
x x x x
.
7.Giải phương trình:
2
2 2
6 9 15 6 10 1
x x x x
.
8. Cho phương trình
a)
4 4
2 5 2 3 16
x x
b)
4 4 4
4 19 4 20 39 8
x x x
c)
4 4
5 2,5 5 1,5 80
x x
Lời giải phiếu bài tự luyện
1.
a.Ta có thể viết:
2 7 3 3 3
x x x x
hay
2 7 3 3 3 0
x x x x
.
Đặt
3
x
làm thừa số chung:
3 2 7 3 0
x x x
hay
3 4 0
x x
.
Suy ra
3
x
và
4
x
.
b. Đưa về phương trình tích số:
4 4 0
x x
.
Ta có:
4
x
c. Đáp số:
1
2
x
và
2
x
.
d. Đưa về phương trình tích số:
3 2 3 2 6 0
x x x x
.
Đáp số:
0
x
;
2
3
x
và
6
x
.
14. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
e.Đáp số:
0
x
;
3
4
x
và
3
x
.
2.
2 4 2
1 1 72 72 0
y y y y y
2 2 2 2 2
9 9 9 0 9 8 0
y y y y y
.
Vì
2
8 0
y
với mọi
y
, nên
2
9 0 3 3 0 3
y y y y
.
3.
a.Phương trình đã cho biến đổi thành
2 2
2 3 5 0
x x x x
, hay
2 5 3 0
x x
.
Vậy phương trình có nghiệm
2
x
và
5
3
x
.
b.Phương trình đã cho biến đỏi thành
2 1 3 2 1
x x x
, hay
2 1 3 0
x x
.
Vậy phương trình có nghiệm
3
x
và
1
2
x
.
4.
a. khi
0
k
, ta có phương trình
2
4 25 0
x
, hay
2 5 2 5 0
x x
.
Vậy khi
0
k
phương trình có nghiệm là
5
2
x
và
5
2
x
.
b.Khi
3
k
, ta có phương trình
2
4 112 16 0
x x
, hay
1 4 0
x x
.
Vậy khi
3
k
phương trình có nghiệm là
1
x
và
4
x
.
c.Thay giá trị
2
x
vào phương trình, ta được
2
8 9 0
k k
.
Coi đây là phương trình ẩn
k
, ta có
1 9 0
k k
.
Từ đó ta có
1
k
và
9
k
là các giá trị cần tìm.
Vậy với
1
k
và
9
k
phương trình có nghiệm là
2
x
5.
a.Biến đổi phương trình đã cho, ta có
2
2 2 0
x x x
, hay
2
2 1 0
x x
.
Ta thấy
2
1 0
x
với mọi giá trị
x
, nên phương trình trở thành
2 0
x
.
Vậy phương trình có nghiệm
2
x
.
b.Biến đổi phương trình đã cho, ta có
15. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
2
2 2 0
x x x
, hay
2
2 1 0
x x
.
Tức là
2 1 1 0
x x x
.
Vậy phương trình có nghiệm là
2
x
và
1
x
.
6.
a.Biến đổi phương trình đã cho, ta có
2
3 12 5 20 0
x x x
, hay
3 4 5 4 0
x x x
.
Tức là
4 3 5 0
x x
.
Vậy phương trình có nghiệm là
4
x
và
5
3
x
.
b.Biến đổi phương trình đã cho, ta có
2
3 6 2 0
x x x
, hay
3 2 2 0
x x x
.
Tức là
2 3 1 0
x x
.
Vậy phương trình có nghiệm là
1
3
x
và
2
x
.
7.
a. đặt
2
x x y
, ta có phương trình
2
4 12 0
y y
.
Biến đổi phương trình đã cho, ta có
6 2 0
y y
.
Phương trình có nghiệm
6
y
và
2
y
.
Với
6
y
, ta có
2
6
x x
, hay
2
6 0
x x
.
Phương trình có thể viết dưới dạng
2
1 21
0
2 4
x
, nên phương trình vô nghiệm.
Với
2
y
, ta có
2
2
x x
, hay
2
2 0
x x
.
Phương trình có thể viết dưới dạng
1 2 0
x x
.
Phương trình có nghiệm là
1
x
và
2
x
.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là
1
x
và
2
x
.
b.Biến đổi phương trinhd đã cho, ta có
2 2
2 24
x x x x .
16. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Đặt
2
x x y
, ta có phương trình
2 24
y y
, hay
2
2 24 0
y y
.
Tức là ta có
4 6 0
y y
. Phương trình có nghiệm
4
y
và
6
y
.
Với
4
y
, ta có phương trình
2
4
x x
, hay
2
1 15
0
2 4
x
, nên phương trình vô
nghiệm.
Với
6
y
, ta có phương trình
2
6
x x
, hay
2 3 0
x x
. Phương trình này có
nghiệm là
3
x
và
2
x
.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là
3
x
và
2
x
.
c.Ta viết lại phương trình dưới dạng
2
2 2
6 9 15 6 9 16 0
x x x x
.
Đặt
2
2
6 9 3 0
y x x x
, ta có phương trình
2
15 16 0
y y
.
Hay
1 16 0
y y
, phương trình này có nghiệm
1
y
và
16
y
.
Do
2
3 0
y x
, nên chỉ có giá trị
16
y
thích hợp.
Với
16
y
, ta có phương trình
2
3 16
x
.
Hay
7 1 0
x x
, phương trình có nghiệm
1
x
và
7
x
.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là
1
x
và
7
x
.
8.
Lưu ý dạng
4 4
a b
và
4
4 3 2 2 3 4
4 6 4
a b a a b a b ab b
a) Đặt
2 4
x y
phương trình trở thành
4 4
1 1 16
y y
4 3 2 4 3 2
4 6 4 1 4 6 4 1 16
y y y y y y y y
4 2 4 2 2 2
2 12 14 0 6 7 0 1 7 0
y y y y y y
Do
2
7 0,
y y
nên
2
2
1 0 2 4 1 0
y x
2 5 0 2,5
2 5 2 3 0
2 3 0 1,5
x x
x x
x x
Tập nghiệm của phương trình là
1,5;2,5
S
.
17. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Chú ý: Có thế đặt
2 5
x y
và
2 3
x z
ta có
4
4 4
y z y z
(bạn đọc tự giải).
b) Đặt
4 19 ;4 20
x y x z
thì
8 39
y z x
ta có
4
4 4
0
y z y z
4 4 4 3 2 2 3 4
4 6 4 0
y z y y z y z yz z
3 2 2 3 2 2
6
4 6 4 0 4 0
4
y z y z yz yz y yz z
2
2
0 4 19 0 4,75
3 7
4 0
4 16
0 4 20 0 5
y x x
yz y z z
z x x
Tập nghiệm của phương trinh là
4,75;5
S
c)
4 4
5 2,5 4 1,5 80
x x
Đặt
5 0,5
x y
phương trình trở thành
4 4
2 2 80
y y
Ta dùng khai triển của
4
4 3 2
2 8 24 32 16
y y y y y
4
4 3 2
2 8 24 32 16
y y y y y
Thay vào, chuyển vế, rút gọn được phương trình
3
4 5 0
y y
3 2
1 4 4 0 1 1 4 1 0
y y y y y y
2
1 5 0 1
y y y y
vì
2
2
1 19
5 0,
2 4
y y y y
Do đó
5 0,5 1 0,1
x x
.
========== TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ==========
| 1/17
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

CHƯƠNG 3. PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN
CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH I.KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Phương trình tích (một ẩn) là phương trình có dạng Ax.B x. .  0. (1)
Trong đó Ax,B x,...là các đa thức.
Để giải (1), ta chi cần giải từng phương trình Ax  0,B x  0,. .rồi lấy tất cả các nghiệm của chúng.
Các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử có vai trò quan trọng trong việc đưa phương
trình về dạng phương trình tích. Cách đặt ẩn phụ cũng hay được sử dụng để trình bày cho lời giải gọn gàng hơn. II.BÀI TẬP A.DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN
Vận dụng các phương pháp phân tích thành nhân tử và cách giải phương trình tích đưa phương
trình đã cho về các phương trình bậc nhất đã biết cách giải.
Ví dụ 1.Giải phương trình: yy16297 0 .
Ví dụ 2.Giải phương trình:2x  3 4xx   3  0 .
Ví dụ 3.Giải phương trình: 2x   2 4 9 x 2 5 0.
Ví dụ 4. Giải các phương trình sau:
Ví dụ 5. Giải các phương trình sau: a. 2 x  7x  6  0 ; b. 2 x  6x  5  0 .
Ví dụ 6. Giải các phương trình sau: a. 2 2 4x  4x  1  x ; b. 2
4x 1  2x  13x  5.
Ví dụ 7. Giải các phương trình sau: a.
 2x 2x  19  0; b. 3 2 2 x  7x  3x 12x .
Ví dụ 8. Giải các phương trình sau:
1. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com a.
 x  2  x  2 2 5 2 ; b. x  2   2 1 4 x 2x  1.
Ví dụ 9. Giải các phương trình sau: a. 2  2x  x   2 5 10 x  5x24  0; b. x x   2 1 x  x  1  42.
Ví dụ 10.Giải phương trình:  x  2 x  2 2 5 3
Ví dụ 11.Giải phương trình: 4x   3
16 x  1x 3 0. LỜI GIẢI VÍ DỤ
Ví dụ 1.Giải phương trình: yy16297 0 . Lời giải. Ta có yy16297  0 2  y 16y297  0 2
 y 27y 11y297  0  yy2  7 1  1 y2  7  0 y27  0  y2 
7 y1 1 0   y 11 0 
Vậy phương trình có hai nghiệm y=27 và y= -11.
Ví dụ 2.Giải phương trình:2x  3 4xx   3  0 . Lời giải.
Nghiệm số của phương trình đã cho là nghiệm số của:  x  3 2 3  0  x  ; 2
Hoặc 4x  0  x  4; Hoặc x 3 0  x  3  .
Vậy phương trình có ba nghiệm 3 x  , x  4 và x  3  . 2
2. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Ví dụ 3.Giải phương trình: 2x   2 4 9 x 2 5 0. Lời giải. Ta có thể viết: 2 4x 9 2x  3 2x   3 , 2 x 25 x   5 x  5 .
Do đó:2x 32x  3x   5 x  5  0 . Từ đó: 3 x   và x  5  . 2
Ví dụ 4. Giải các phương trình sau: a.
0,5x x  3  x  32,5x  4; b. 3 1 x 1  x 3x  7. 7 7 Lời giải a.
0,5x x  3  x  32,5x  4.
Phương trình đã cho tương đương với
x 32,5x 40,5x x 3 0 .
 x  32,5x  4  0,5x  0  x  32x  4  0.
Hoặc x  3  0 , hoặc 2x  4  0 . Từ đó ta tìm được x  3 hoặc x  2.
Vậy nghiệm của phương trình ban đầu là x  3 và x  2. b. 3 1 x 1  x 3x  7. 7 7
Phương trình đã cho tương đương với 1 x  x   1 3 7  3x  7  0 7 7     x   1 3 7  x 1  0  . 7 
Hoặc 3x  7  0 , hoặc 1 x 1  0 . Từ đó ta tìm được 7 x  hoặc x  7 . 7 3
3. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Vậy nghiệm của phương trình ban đầu là 7 x  và x  7 . 3
Ví dụ 5. Giải các phương trình sau: a. 2 x  7x  6  0 ; b. 2 x  6x  5  0 . Lời giải a.
Phương trình đã cho tương đương với 2
x  x  6x  6  0 , hay x x  1 6x  1  0 .
Tức là x  1x  6  0. Từ đó ta tìm được x  1 hoặc x  6 .
Vậy phương trình có nghiệm x  1 hoặc x  6 . b.
Phương trình đã cho tương đương với 2
x  x  5x  5  0 , hay x x  1 5x  1  0 .
Tức là x  1x  5  0. Từ đó ta tìm được x  1  hoặc x  5  .
Vậy phương trình có nghiệm x  1  hoặc x  5  .
Ví dụ 6. Giải các phương trình sau: a. 2 2 4x  4x  1  x ; b. 2
4x 1  2x  13x  5. Lời giải a.
Phương trình đã cho tương đương với  x  2 2 2 1  x , hay  x  2 2 2 1  x  0.
Tức là x  13x  1  0 . Từ đó ta tìm được x  1  hoặc 1 x   . 3
Vậy phương trình có nghiệm x  1  và 1 x   . 3 b.
Phương trình đã cho tương đương với
2x  12x  1 2x  13x 5, hay 2x  13x 52x  1  0.
Tức là 2x  1x  4  0. Từ đó ta tìm được x  4 hoặc 1 x   . 2
Vậy phương trình có nghiệm x  4 và 1 x   . 2
4. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Ví dụ 7. Giải các phương trình sau:
a. 2x 2x  19  0 ; b. 3 2 2 x  7x  3x 12x . Lời giải a.
Xét phương trình  2x 2x  19  0 .
Phương trình đã cho tương đương với x  2
1  9  0 , hay x 1 3x 1 3  0, tức là
x 2x  4 0.
Từ đó ta tìm được x  2, hoặc x  4  .
Vậy nghiệm của phương trình ban đầu là x  2và x  4  . b. Xét phương trình 3 2 2 x  7x  3x 12x .
Phương trình đã cho tương đương với 3 2 2 x  7x  3x  12x  0
 x  2x 10x 1 2  0 hay x x  4x  3  0.
Từ đó ta tìm được x  0 hoặc x  3 hoặc x  4 .
Vậy nghiệm của phương trình ban đầu là x  0,x  3 và x  4 .
Ví dụ 8. Giải các phương trình sau:
a. x  2  x  2 2 5 2 ; b.x  2   2 1 4 x 2x  1. Lời giải a.
Phương trình đã chô tương đương với
 x  2 x  2 2 5
2  0 , hay 2x  5 x 22x  5  x  2  0 .
Tức là x 73x  3  0. Từ đó ta tìm được x  1 hoặc x  7 .
Vậy phương trình có nghiệm x  1 và x  7 . b.
Phương trình đã cho tương đương với
 x   2 x  2 2 1
1  0 , hay 2x 2  x  12x 2 x  1  0.
Tức là 3x  1x  3  0 . Từ đó ta tìm được x  3 hoặc 1 x  . 3
5. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Vậy phương trình có nghiệm x  3 và 1 x  . 3
Chú ý: với hai phương trình này có thể giải bằng cách chuyển về phương trình có chứa dấu giá trị
tuyệt đối (sẽ trình bày ở cuối chương). Chẳng hạn như:
Phương trình  x  2  x  2 2 5
2 có thể đưa về dạng 2x  5  x  2 .
Ví dụ 9. Giải các phương trình sau: a.x  x2 2   2 5 10 x  5x24  0; b.x x   2 1 x  x  1  42. Lời giải a.
Đặt t   2x 5x phương tình trở thành 2
t  10t  24  0  t  4t  6  0  t  4;t  6 .
Với t  4 , ta có phương trình 2 2
x  5x  4  x  5x  4  0 .
Phương trình có hai nghiệm x  1;x  4 .
Với t  6 , ta có phương trình 2 2
x  5x  6  x  5x  6  0 .
Phương trình có hai nghiệm x  2;x  3 .
Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm x  1;x  4;x  2;x  3 . b.
Xét phương trình x x   2 1 x  x  1  42.
Phương trình đã cho có thể viết thành  2x x 2x x  1  42. Đặt 2
t  x  x , ta được phương trình t t   2
1  42  t  t  42  0  t  6t  7  0  t  6;t  7 .
Với t  6 , ta có phương trình 2 2
x  x  6  x  x  6  0 .
Phương trình có hai nghiệm x  2;x  3.
Với t  7 , ta có phương trình 2 2
x  x  7  x  x  7  0 . 2  
Phương trình này vô nghiệm do 2 1   27 x  x  7  x      0  .  2 4
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  2;x  3.
6. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Ví dụ 10.Giải phương trình:  x  2 x  2 2 5 3
Lời giải. Chuyển các số hàng về vế trái: x  2 x  2 2 5 3  0 .
Áp dụng hằng đẳng thức đáng nhớ: 2 2
a b abab ta được: 2x 
5x 3 2x  5x 3 0  , Hay3x  8x   2  0 .
Phương trình tích này cho ta: 8 x   và x  2  . 3
Ví dụ 11.Giải phương trình: 4x   3
16 x  1x 3 0.
Lời giải. Để ý rằng: x  x 2  2 4 2
 2x   2x  x x  2 16 4 4 4 2 2 x  4,
 3x x  2 1 1 x  x  1
Phương trình đã cho trở thành:
x x  2x  x  2 2 2 4
1 x  x  1x 3 0 2   Vì 2 x 4 và 2 x  x 1 = 1 3 x      
là hai số dương, nên ta có thể viết:  2 4
x 2x 2x 1x 3 0
Phương trình tích này cho ta: x  2  ; x 1 và x  3  . B.DẠNG BÀI TẬP NÂNG CAO
Ví dụ 1. Giải phương trình:  2 x  x    2 2
6 3 2x  x  39  0 .
Ví dụ 2. Giải phương trình:
x  x  x  x     2 2 3 5 6
31 x 8x 12 128 (1)
Ví dụ 3. Giải các phương trình: a) 3 2 3y  7y  7y  3  0 (1)
7. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com b) 4 3 2
2y  9y 14y  9y  2  0 (2)
Ví dụ 4. Giải phương trình 4x  74x  5x   1 2x   1  9 .
Ví dụ 5. Giải các phương trình: a) 3 3 3
4x  3  2x  5  2x  8 b) 3 3 3
3x  2016  3x  2019  6x  3 c) 3 3
2x  7  9  2x 152 LỜI GIẢI DẠNG NÂNG CAO
Ví dụ 1. Giải phương trình:  2 x  x    2 2
6 3 2x  x  39  0 . Giải Đặt 2 2x  x  6  y thì 2
2x  x  3  y  3 phương trình trở thành y   x  x  
y  3y  3  9  0  yy  3 2 0 2 6 0 2  0     2 y  3  0 2x  x  3  0
2x 3x  2  0 *  
2x  3x  1  0 **
Từ *  x 1,5;x  2 Từ **  x  1  ,5; x  1.
Tập nghiệm của phương trình là  S  2; 1  ,5;1;1,  5 .
Ví dụ 2. Giải phương trình:
x  x  x  x     2 2 3 5 6
31 x 8x 12 128 (1) Giải
x  x  x  x     2 2 3 5 6 31 x 8x 12 128
8. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com   2 x  x   2 x  x     2 8 12 8 15
31 x  8x 12 128 2 Đặt 2 x  8x 12  y thì 2 x  8x 15  y  3
Khi ấy phương trình (2) trở thành yy  3  31y 128 2 2
 y  3y  31y 128  0  y  4y  32y 128  0   
 y y    y     y  y   y 4 0 4 32 4 0 4 32  0   y  32  0
Với y    x  x    x  2 2 4 0 8 16 0 4  0  x  4 Với y    2 x  x    2 32 0 8 20 0 x 10x  2x  20  0
 x 10x  2  0  x 10 hoặc x  2 
Vậy tập nghiệm của phương trình là S   2  ;4;1  0
Ví dụ 3. Giải các phương trình: c) 3 2 3y  7y  7y  3  0 (1) d) 4 3 2
2y  9y 14y  9y  2  0 (2) Giải a)   3 2 2
1  3y  3y 10y 10y  3y  3  0 2  3y y   1 10yy   1  3y   1  0  y   2
1 3y 10y  3  0  y   1 3y   1 y 3  0 y  1 y 1  0   1 1   3y 1  0  y  
.Vậy tập nghiêm của (8) là S   1; ;3  3    3 y  3  0   y  3 
b) Với y = 0 từ (2) ta có VT  2  0 nên y = 0 không là nghiệm của (2)
9. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Do y = 0 không phải là nghiệm của phương trình  y  0 . Do đó chia hai vế của phương  1   1  trình cho y2 ta có 2 2  2 y    9 y     14  0 2  y   y  1 Đặt 1 t  y  thì 2 2 t  2  y  . Do đó ta có  2
2 t  2 9t 14  0 y 2 y 2 2
 2t  9t 10  0  2t  5t  4t 10  0  t  22t  5  0 y  1 t  2  0 y  2y 1  0   y  2 2 1  0 y  2         2 2t  5  0 2y  2  5y  0  y  22y   1  0   1   y    2 1 
Vậy tập nghiệm của phương trình (2) là S    ;1;2 2   
Nhận xét: Trong phương trình đối xứng, nếu a là nghiệm thì 1 cũng là nghiệm, a
Ví dụ 4. Giải phương trình 4x  74x  5x   1 2x   1  9 . Giải
Ta có: 4x  74x  5x   1 2x   1  9
 4x  74x  54x  44x  2  72   2 x  x   2 16 36
14 16x  36x  20  72 Đặt 2
16x  36x 17  y , ta có: y  y   2 2 3
3  72  y  9  72  y  81  y  9  Với 2 2 2
16x  36x 17  9  4x  9x  2  0  4x  8x  x  2  0 2
 4x  8x  x  2  0  4x x  2  x  2  0         x   x   x 2 0 x 2 2 4 1  0    4x 1 0    x  0,25
10. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com Với 2 2 16x  36x 17  9
  16x  36x  26  0 vô nghiệm vì 2 2  9  23 16x  36x  26  4x     0, x    2  4
Vậy tập nghiệm của phương trình là S  2;0,2  5
Ví dụ 5. Giải các phương trình: d) 3 3 3
4x  3  2x  5  2x  8 e) 3 3 3
3x  2016  3x  2019  6x  3 f) 3 3
2x  7  9  2x 152
Hướng dẫn giải – đáp số
Trong các bài toán xuất hiện các dạng a  b3 a  b3 ; và 3 3 a  b Lưu ý: a  b3 3 3
 a  b  3aba  b và 3 3      2 2 a b a b a  ab  b 
a) Đặt y  4x  3;z  2x  5 thì y  z  2x  8. Ta có: y  z  y  z3 3 3 3 3 3 3
 y  z  y  z  3yzy  z  3yzy  z  0 y  0 4x  3  0 x  0,75   z  0   
hay 2x  5  0  x  2,5   y  z  0  2x  8  0 x  4  
Tập nghiệm của phương trình là S   4  ;0,75;2;  5
b) Đặt u  3x  2016;v  3x  2019 thì u  v  6x 3 .
Phương trình trên trở thành u  v  u  v3 3 3  0 hay 3 3 3 3 u  v  u  v  3uv  uv  0  3  uv  uv  0 u  0 3x  2016  0 x  6  72 v 0 3x 2019 0        x  673    u  v  0 6x  3  0 x  0,5   
Tập nghiệm của phương trình là S   6  72;0,5;67  3
11. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com c) 3 3
2x  7  9  2x 152 .
Đặt 2x  8  y thì 2x  7  y 1;9  2x  1 y .
Do đó phương trình trở thành y  3    y3 1 1  152
Khai triển, rút gọn (hoặc dùng hằng đẳng thức 3 3 a  b , ta được 2 2
6y  2  152  6y 150  0  6y  5y  5  0
 Với y  5  0 thì 2x  8  5  0  x  1,5
 Với y  5  0 thì 2x  8  5  0  x  6,5
Tập nghiệm của phương trình là S  1,5;6,  5 C.PHIẾU BÀI TỰ LUYỆN
1.Giải các phương trình: a.  x x   2 2 7 3  x 9 ;
b. x  x x 2 3 4 4 4 ;
c.  x 2 x  2 3 1 3 ;
d.  x  x 2  x  x 2 2 2 5 3 2 4 3 2 ;
e.  x   2x  x  2 4 3 9 3 16x  9. 2.Giải phương trình: 2
y y 1y 1 72.
3.Giải các phương trình sau: a.
x   2x  x  x   2 2 3 5 2 x ; b. 2 2x  x  3  6x . 1. Cho phương trình 2 2
4x  25  k  4kx  0 , ở đó k là tham số. a.
Giải phương trình khi k  0; b.
Giải phương trình khi k  3  ; c.
Với giá trị bào của k phương trình nhận x  2  là nghiệm.
4.Giải các phương trình sau: a. 3 2 x  2x  x  2  0 ; b. 3 2 x  2x  x  2  0 .
12. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
5.Giải các phương trình sau: a. 2 3x  7x  20  0 ; b. 2 3x  5x  2  0.
6.Giải các phương trinh sau: a. 2  2x x   2 4 x  x  12; b.
x x  1x  1x  2  24.
7.Giải phương trình: x  x  2 2   2 6 9 15 x  6x 1 0  1. 8. Cho phương trình 4 4
a) 2x  5  2x  3 16 4 4 4
b) 4x 19  4x  20  39  8x 4 4
c) 5x  2,5  5x 1,5  80
Lời giải phiếu bài tự luyện 1.
a.Ta có thể viết: 2x  7x  3   x  3x 3 hay
2x 7x 3x 3x 3  0 .
Đặt x  3 làm thừa số chung:
x 32x 7x 3  0 
hay x  3x  4  0. Suy ra x  3  và x  4 .
b. Đưa về phương trình tích số: x  4x  4  0 . Ta có: x  4  c. Đáp số: 1 x   và x  2 . 2
d. Đưa về phương trình tích số:
x 3x  23x  2 x  6  0 . Đáp số: x  0 ; 2 x   và x  6  . 3
13. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com e.Đáp số: x  0 ; 3 x   và x  3  . 4 2. 2 y  y   y   4 2 1
1  72  y  y  72  0   2 y   2 y     2 y      2 y   2 9 9 9 0 9 y  8  0 . Vì 2
y  8  0 với mọi y , nên 2
y  9  0   y  3 y  3  0  y  3  . 3.
a.Phương trình đã cho biến đổi thành x   2 2
2 x  3x  5  x   0, hay x  25  3x  0.
Vậy phương trình có nghiệm x  2  và 5 x  . 3
b.Phương trình đã cho biến đỏi thành x 2x  1  32x  1, hay 2x  1x  3  0.
Vậy phương trình có nghiệm x  3  và 1 x  . 2 4.
a. khi k  0, ta có phương trình 2
4x  25  0 , hay 2x  52x  5  0 .
Vậy khi k  0 phương trình có nghiệm là 5 x  và 5 x   . 2 2 b.Khi k  3  , ta có phương trình 2
4x 112x 16  0 , hay x  1x  4  0. Vậy khi k  3
 phương trình có nghiệm là x  1  và x  4 . c.Thay giá trị x  2
 vào phương trình, ta được 2 k  8k  9  0 .
Coi đây là phương trình ẩn k , ta có k  1k 9  0. Từ đó ta có k  1
 và k  9 là các giá trị cần tìm. Vậy với k  1
 và k  9 phương trình có nghiệm là x  2  5.
a.Biến đổi phương trình đã cho, ta có 2
x x  2x  2  0 , hay x   2 2 x  1  0 . Ta thấy 2
x  1  0 với mọi giá trị x , nên phương trình trở thành x  2  0 .
Vậy phương trình có nghiệm x  2  .
b.Biến đổi phương trình đã cho, ta có
14. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com 2
x x  2x  2  0, hay x   2 2 x  1  0.
Tức là x  2x  1x  1  0.
Vậy phương trình có nghiệm là x  2  và x  1  . 6.
a.Biến đổi phương trình đã cho, ta có 2
3x  12x  5x  20  0 , hay 3x x  4 5x  4  0.
Tức là x  43x 5  0 .
Vậy phương trình có nghiệm là x  4  và 5 x  . 3
b.Biến đổi phương trình đã cho, ta có 2
3x  6x  x  2  0 , hay 3x x 2 x 2  0 .
Tức là x 23x  1  0 .
Vậy phương trình có nghiệm là 1 x   và x  2 . 3 7. a. đặt 2
x  x  y , ta có phương trình 2 y  4y 12  0.
Biến đổi phương trình đã cho, ta có y  6y 2  0 .
Phương trình có nghiệm y  6  và y  2 . Với y  6  , ta có 2 x  x  6 , hay 2 x  x  6  0 . 2  
Phương trình có thể viết dưới dạng 1   21 x      0 
, nên phương trình vô nghiệm.  2 4 Với y  2 , ta có 2 x  x  2 , hay 2 x  x  2  0 .
Phương trình có thể viết dưới dạng x  1x  2  0 .
Phương trình có nghiệm là x  1 và x  2  .
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  1 và x  2  .
b.Biến đổi phương trinhd đã cho, ta có
 2x x 2x x  2 24.
15. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com Đặt 2
x  x  y , ta có phương trình y y 2  24 , hay 2y 2y 24  0 .
Tức là ta có y  4y 6  0. Phương trình có nghiệm y  4 và y  6. 2  
Với y  4 , ta có phương trình 2 x  x  4 , hay 1   15 x      0  , nên phương trình vô  2 4 nghiệm.
Với y  6 , ta có phương trình 2
x  x  6 , hay x 2x  3  0 . Phương trình này có nghiệm là x  3  và x  2 .
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  3  và x  2 .
c.Ta viết lại phương trình dưới dạng x  x  2 2   2 6 9
15 x  6x  916  0 .
Đặt y  x  x   x  2 2 6 9
3  0 , ta có phương trình 2 y 15y 16  0 .
Hay y  1y 16  0, phương trình này có nghiệm y  1  và y  16 . Do y  x  2
3  0, nên chỉ có giá trị y  16 thích hợp.
Với y  16 , ta có phương trình x  2 3  16.
Hay x 7x  1  0, phương trình có nghiệm x  1  và x  7 .
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  1  và x  7 . 8. Lưu ý dạng 4 4 a  b và a  b4 4 3 2 2 3 4
 a  4a b  6a b  4ab  b a) 4 4
Đặt 2x  4  y phương trình trở thành y   1  y   1  16 4 3 2 4 3 2
 y  4y  6y  4y 1 y  4y  6y  4y 1  16 4 2 4 2  y  y 
  y  y     2 y   2 2 12 14 0 6 7 0 1 y  7  0 Do 2 y  7  0, y
 nên y     x  2 2 1 0 2 4 1  0        x   x   2x 5 0 x 2,5 2 5 2 3  0    2x 3 0    x  1,5
Tập nghiệm của phương trình là S  1,5;2,  5 .
16. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Chú ý: Có thế đặt 2x  5  y và 2x  3  z ta có     4 4 4 y z
y z (bạn đọc tự giải).
b) Đặt 4x 19  y;4x  20  z thì y  z  8x  39 ta có y  z  y  z4 4 4  0 4 4 4 3 2 2 3 4
 y  z  y  4y z  6y z  4yz  z  0 3 2 2 3  2 6 2 4y z 6y z 4yz 0 4yz y yz z             0  4  2  3  7  y  0 4x 19  0 x  4,75 2  4yz  y  z  z     0     4  16   z  0  4x  20  0  x  5  
Tập nghiệm của phương trinh là S  4,75;  5 c) 4 4
5x  2,5  4x 1,5  80
Đặt 5x  0,5  y phương trình trở thành y  4 y  4 2 2  80
Ta dùng khai triển của y  4 4 3 2
2  y  8y  24y  32y 16 y  4 4 3 2
2  y  8y  24y  32y 16
Thay vào, chuyển vế, rút gọn được phương trình 3 y  4y  5  0 3
 y   y    y   2 1 4 4 0 1 y  y   1  4y   1  0 2    y   2
1 y  y  5  0  y 1 vì 2 1 19 y  y  5  y     0, y    2  4
Do đó 5x  0,5  1  x  0,1.
========== TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ==========
17. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com