PHƯƠNG TRÌNH TÍCH THỨC ĐẠI SỐ lớp 8

PHƯƠNG TRÌNH TÍCH I Phương pháp giải Phương trình tích  Phương trình có dạng: A  x  B  x   ; A(x), B(x) đa thức biến x  Phương pháp chung: Muốn giải phương trình A  x  B  x   ta giải hai phương trình A(x) = B(x) = 0, lấy tất nghiệm thu A(x) B(x) = A(x) = B(x) =  A( x)   B( x)  Mở rộng: A(x) B(x)….M(x) =      M ( x)  II Một số ví dụ Ví dụ 1: Giải phương trình:   2x  3 a)  5,5  11x     4x   0  1 b)  x2  4 x2  3   4x   x4  x2  12  2x  3 c)  2x  1 x  7  x   x  4 x  4   2x  3 2 3 Tìm cách giải: a) Phương trình có dạng: A  x  B  x   b) Ta thấy x4  x2  12   x2  4 x2  3 Hai vế có nhân tử chung Chuyển vế, đặt nhân tử chung đưa về dạng phương trình tích a) Chuyển vế biến đổi phương trình cho thành phương trình tích Giải   2x  3 a) 1  5,5  11x     4x   0  Với 5,5  11x   11x  5,5  x  0,5 Với  2x  3  4x    8 2x  3  5 4x  5   16x  24  20x  25   4x  1  x  0,25 Tập nghiệm phương trình là: S 0,25; 0,5 b) Ta có: x4  x2  12  x2  4x2  3x2  12  x2  x2  4  3 x2  4     x2  x2  Do  2   x2  4 x2  3   4x   x2  4 x2  3  2x  3      x2  x2    4x  2x  3      x  2 x  2 x2    6x   x   x      x     x  2(do x2   0x) (do x2   0x )   6x   x    Tập nghiệm phương trình là: S 2;1;2 c)  3   2x  1 x  7  x   x  4 x  4   2x  3   2x2  14x  x   x  x2  16  4x2  12x    3x2  24x   x  24  3x   x  x  x     24  3x   3x  24 x  Tập nghiệm phương trình là: S  0;8 Ví dụ Giải phương trình: x3  5x2  11x  15  (1) Tìm cách giải: Ta phải phân tích đa thức vế trái thành nhân tử Thông thường với đa thức bậc cao ( 2) ta sử dụng hệ định lý Bézout (Bézout (1730 - 1783) nhà toán học Pháp): Đa thức f(x) chia hết cho (x - a) f(a) = Nói cách khác: Nếu f(a) = f(x) phải chửa nhân tử (x - a) Ở ví dụ ta thay x ước số 15 ta thấy: f  3  33  5.32  11.3  15  Như x3  5x2  11x  15 chứa nhân tử  x  3 Từ có cách giải sau: Giải 1  x  3x2  2x2  6x  5x  15   x  x  3  2x  x  3  5 x  3  x     x  3 x2  2x      x  2x     Nếu x   x  Phương trình x2  2x   vơ nghiệm x2  2x    x  1   0, x Vậy tập nghiệm phương trình S  3  Nhận xét: Thực chất phương pháp làm nhẩm nghiệm để tìm nhân tử chung, từ phân tích ve trái thành nhân tử để giải phương trình tích Ví dụ Giải phương trình: y2  y4  29y2  244  576 (1)  Tìm cách giải: Chuyển vế thay y2  ta thấy vế trái nhận giá trị Do vế trái nhận  y2  4 nhân tử chung Từ ta có cách giải sau: Giải 1  y  29y4  244y2  576   y6  4y4  25y4  100y2  144y2  576         y4 y2   25y2 y2   144 y2             y2  y4  25y2  144   y2  y4  9y2  16y2  144          y2   y2 y2   16 y2     y2  y2  y2  16      y  4 y  3 y  2 y  2 y  3 y  4  Vậy phương trình (1) có nghiệm là: y  2; y  3; y  4 Tập nghiệm phương trình S 4; 3; 2;2;3; 4  Nhận xét Sau phân tích vế trái (VT) thành  y2  4 y4  25y2  144 ta dùng phương, pháp tách thêm bớt, dùng phương pháp nhẩm nghiệm để phân tích    y4  25y2  144  y2  y2  16 Ví dụ Giải phương trình  z  3   z  1  98 3 (1) Giải 1  z  9z  27z  27  z3  3z2  3z   98  6z2  24z  72   z2  4z  12   z2  6z  2z  12    z  6 z  2  z   z  6   z  z  Tập nghiệm phương trình (1) S  6; 2  Nhận xét :Ta có cách giải khác: Do z + trung bình cộng z + z + nên ta đặt z + = y phương trình trở thành  y  1   y  1 3  98  y3  3y2  3y  1 y3  3y2  3y   98  6y2  96 y  z  z   y2  16      y  4  z   4  z  6 Nghiệm phương trình z  6; z  Ví dụ Tìm năm số tự nhiên liên tiếp, biết tổng lập phương bốn số đầu lập phương số thứ năm  Tìm cách giải: Hai số tự nhiên liên tiếp đơn vị Nếu gọi số nhỏ a sổ (a + 1); (a + 2); (a + 3); (a + 4) phân tích Dựa theo đầu ta lập phương trình Giải Gọi số tự nhiên liên tiếp a; a + 1; a + 2; a + 3; a + 4; a + Ta có: a3   a  1   a  2   a  3   a  4  3 3  a3  a3  3a2  3a  1 a3  6a2  12a   a3  9a2  27a  27  a3  12a2  48a  64   3a3  6a2  6a  36   3a3  6a2  12a2  24a  18a  36   3a2  a  2  12a  a  2  18 a  2        a  2 3a2  12a  18   3 a  2 a2  4a   Do a2  4a    a  2   0a nên a  hay a  Vậy năm số tự nhiên liên tiếp cần tìm 2; 3; 4; 5; Ví dụ Giải phương trình:  2x2  x  6  3 2x2  x  3    Tìm cách giải: Ta thấy 2x2  x  2x2  x  có hạng tử chứa ẩn giống Phần số khác Ta đặt ẩn phụ Giải Đặt 2x2  x   y 2x2  x   y  phương trình trở thành  x2  x   y  y2  3 y  3    y  y  3      y   2x  x    2x  3 x  2    2x  3 x  1  *  * *  Từ  *   x  1,5; x  2 Từ  * *   x  1,5; x  Tập nghiệm phương trình  S  2; 1,5;1;1,5 Ví dụ Giải phương trình:  x  2 x  3 x  5 x  6  31 x   8x  12  128 (1) * Tìm cách giải: Xét vế trái nhân nhân tử thứ với nhân tử thứ tư nhân tử thứ hai nhân nhân tử thứ ta có  x2  8x  12 x2  8x  15 Mỗi nhân tử đa thức có hệ số x2 x Phương trình trở thành  x2  8x  12 x2  8x  15  31 x2  8x  12  128 Do ta dùng phương pháp đặt ẩn phụ Giải  x  2 x  3 x  5 x  6  31 x      8x  12  128    x2  8x  12 x2  8x  15  31 x2  8x  12  128 2 Đặt x2  8x  12  y x2  8x  15  y  Khi phương trình (2) trở thành y  y  3  31y  128  y2  3y  31y  128   y2  4y  32y  128  y    y  y  4  32  y  4    y  4 y  32     y  32  Với y    x2  8x  16    x  4   x  Với y  32   x2  8x  20   x2  10x  2x  20    x  10 x  2   x  10 x  2 Vậy tập nghiệm phương trình S 2; 4;10 Ví dụ Giải phương trình: a) 3y3  7y2  7y   (1) b) 2y4  9y3  14y2  9y   (2) * Tìm cách giải: Khi giải phương trình ta gặp phương trình có hệ số hạng tử đối xứng Ta gọi phương trình phương trình đối xứng Nếu phương trình đối xứng bậc lẻ có nghiệm 1 Nếu phương trình đối xứng bậc chẵn ta giải cách chia hai vế cho bình phương ẩn   0 đặt sau đặt ẩn phụ Giải a) 1  3y3  3y2  10y2  10y  3y    3y2  y  1  10y  y  1  3 y  1      y  1 3y2  10y     y  13y  1 y  3   y  1 y 1       3y     y  Vậy tập nghiêm (8) S   1; ;3    y   y    b) Với y = từ (2) ta có VT   nên y = không nghiệm (2) Do y = nghiệm phương trình  y  Do chia hai vế phương  trình cho y2 ta có  2   y2   Đặt t  y  1  1  y      14  y y2     1 t   y2  Do ta có t   9t  14  y y  2t  9t  10   2t  5t  4t  10    t  2 2t  5  y     y  2y   y  1  t    y        2t   2y   5y   y  2 2y  1     y   1 2  Vậy tập nghiệm phương trình (2) S   ;1;2   Nhận xét: Trong phương trình đối xứng, a nghiệm nghiệm, a Ví dụ Giải phương trình  4x  7 4x  5 x  1 2x  1  * Tìm cách giải: Ta thấy vế trái nhân vào nhân tử thứ ba, nhân vào nhân tử thứ tư bốn nhân tử đa thức mà hệ số X Vế phải nhân với để phương trình tương đương Sau nhân  4x  7 với  4x  2 ;  4x  5 với  4x  4 ta thấy kết xuất hạng tử giống 16x2  36x nên đặt ẩn phụ để giải Giải Ta có:  4x  7 4x  5 x  1 2x  1    4x  7 4x  5 4x  4 4x  2  72     16x2  36x  14 16x2  36x  20  72 Đặt 16x2  36x  17  y , ta có:  y  3 y  3  72  y   72  y2  81  y  9 Với 16x2  36x  17   4x2  9x    4x2  8x  x    4x2  8x  x    4x  x  2   x  2  x    x  2   x  2 4x  1      4x    x  0,25 Với 16x2  36x  17  9  16x2  36x  26  vơ nghiệm   23 16x  36x  26   4x     0, x 2  Vậy tập nghiệm phương trình S 2; 0,25 III Bài tập vận dụng 17.1 Giải phương trình: a)  8x  3 2x  1   2x  1 x b)    5x  2  3  x2   x   4    c)  x  5  36  d)  4x  3   x  3  2 Hướng dẫn giải – đáp số a) x=  , x  b) Chuyển vế, đặt  x2  4 làm nhân tử chung Tập nghiệm: S  2; 0,25;2 c) x  1, x  11 d) x  0,5, x  4,5 17.2 Giải phương trình (với y ẩn số): a) y3  3y   b) y3  2y2  4y   c) y3  2y2  2020  2011 d)  y  1  2y  3   y  1  y  3  5y  16 2 Hướng dẫn giải – đáp số a) y3  3y    y3  2y2  2y2  4y  y      y2  y  2  2y  y  2   y  2   y2  2y   y  2    y  1  y  2   y  2; y  1 b) y3  2y2  4y     y  2  y  2   y  2 c) y3  2y2  2020  2011  y3  2y2    y3  3y2  y2  3y  3y    y2  y  3  y  y  3   y  3      y  3 y2  y     11 Do y  y    y     0, y nên y  3 2  d)  y  1  2y  3   y  1  y  3  5y  16 2   y  1 y  5y  16   y3  2y2  y  5y  16   y3  4y2  2y2  8y  4y  16     y2  y  4  2y  y  4  4 y  4    y  4 y2  2y   Do y2  2y    y  1   0, y nên y  17.3 Giải phương trình (z ẩn số): a) z4  z3  7z2  z   b) z6  12z4  23z2  36  c) 24z3  20z2  4z  6z2  5z  Hướng dẫn giải – đáp số Đây phương trình, bậc cao Ta phải sử dụng hệ định lý Bézout (xem ví dụ 2) để xác định nhân tử chung phân tích thành nhân tử phương pháp tách, thêm bớt a) z4  z3  7z2  z     z  3 z  2 z  1 z  1  Tập nghiệm phương trình S  3; 1;1;2 b) z6  12z4  23z2  36    z2  1  z 3 z 3 z 2 z 2  Tập nghiệm phương trình S 3; 2;2;3 c) 24z3  20z2  4z  6z2  5z   24z3  26z2  9z      24z3  12z2  14z2  7z  2z     2z 1 12z2  7z       2z  1 12z2  3z  4z     2z  1 3z 4z  1   4z  1    2z  1 3z  1 4z  1  1 1  2 Ta tìm tập nghiệm phương trình S   ; ;  * Nhận xét: Câu c) có cách giải khác Nếu phân tích hai vế thành nhân tử trước ta thấy 6z2  5z   6z2  3z  2z    2z  1 3z  1 có 24z3  20z2  4z  4z 3z  1 2z  1 phương trình trở thành 4z 2z  1 3z  1   2z  1 3z  1    2z  1 3z  1 4z  1  17.4 Giải phương trình: a)  t  t    2t  1  13  8t 2 b)  t  t  1 t  10  t   t  2  t  t  c)  t  t    t  t    5 t  t   d)  t  3t  2 t  7t  12  24 Hướng dẫn giải – đáp số Các phương trình khai triển phương trình bậc cao phương pháp chung chuyển vế, khai triển, rút gọn đưa dạng A(t) = sau phân tích vế trái thành nhân tử Tuy nhiên xuất đa thức chứa ẩn có phần hệ số ẩn bậc giống nhau, ta đặt ẩn phụ dễ giải a) Chuyển vế, khai triển, rút gọn, sau phân tích vế trái thành nhân tử tách, thêm bớt hạng tử ta phương trình:   t  2t  5t  4t  12    t  2 t  1 t  t   Suy nghiệm phương trình t  1; t  Nhận xét: Còn cách giải khác, dùng phương pháp đặt ẩn phụ:  t  t    2t  1 2   13  8t  t  t     t  t  12  Đặt t  t  u ta có phương trình u2  4u  12    u  6 u  2    23 Với u    t  t   vơ nghiệm t  t    t     0, t  2 2 Với u    t  t     t  2 t  1  nên t  2; t  1 b) Cách 1: Chuyển vế, khai triển, rút gọn sau phân tích thành nhân tử đưa dạng:  t  1 t  2  t  t  5  Cách 2: Ta biến đổi toán sau  t  t  1 t  10  t   t  2  t  t        t  t  t  12   t  2   t  2 t  t        t  t  t  12   t  2 t  t   t  t  t  t   12  Đặt t  t   u Phương trình trở thành u  u  1  12      u2  u  12    u  3 u  4  Hay t  t  t  t   Với t  t     t  1 t  2   t  t  2   19 Với t  t   vơ nghiệm t  t    t     0, t  2 2 Vậy tập nghiệm phương trình S  2;1 c)  t  t    t  t    5 t  t   Đặt t  t  z phương trình trở thành z2  2z   5z   z2  7z  10    z  2 z  5  Từ có t  t     t  1 t  2   t  t  2 t  t     t  4 t  5   t  t  5 Vậy tập nghiệm phương trình S  5; 2;1; 4 d)  t  3t  2 t  7t  12  24      t  1 t  2 t  3 t  4  24  t  5t  t  5t   24  Đặt t  5t   y phương trình trở' thành y  y  2  24   y2  2y  24    y  6 y  4   y  6 y   Với y   ta có t  5t  10  vơ nghiệm   15 t  5t  10   t     0, t  2  Với y   ta có t  5t   t  t  5   t  t  Phương trình có hai nghiệm t  0;t  Nhận xét Ta đặt t  5t   u phương trình trở thành  u  1 u  1  24    u  5 u  5  Hay  t  5t  t  5t  10  Giải ta kết 17.5 Giải phương trình: a)  4x  3   2x  5   2x  8 3 b)  3x  2016   3x  2019   6x  3 3 c)  2x  7    2x   152 3 Hướng dẫn giải – đáp số Trong toán xuất dạng  a  b ;  a  b a3  b3 3 Lưu ý:  a  b  a3  b3  3ab  a  b a3  b3   a  b  a2 mab  b2  a) Đặt y  4x  3; z  2x  y  z  2x  Ta có: y3  z3   y  z  y3  z3  y3  z3  3yz y  z  3yz y  z  y   4x    x  0,75  hay 2x     x  2,5  z  y  z  2x    x  4    Tập nghiệm phương trình S 4; 0,75;2;5 b) Đặt u  3x  2016; v  3x  2019 u  v  6x  Phương trình trở thành u3  v3   u  v  hay u3  v3  u3  v3  3uv  u  v   3uv  u  v  u  3x  2016   x  672     v   3x  2019    x  673  u  v   6x    x  0,5    Tập nghiệm phương trình S 672; 0,5;673 c)  2x  7    2x   152 3 Đặt 2x   y 2x   y  1;9  2x  1 y Do phương trình trở thành  y  1  1 y  152 3 Khai triển, rút gọn (hoặc dùng đẳng thức a3  b3 , ta 6y2   152  6y2  150    y  5 y  5   Với y   2x     x  1,5  Với y   2x     x  6,5 Tập nghiệm phương trình S  1,5;6,5 17.6 Cho phương trình a)  2x  5   2x  3  16 4 b)  4x  19   4x  20   39  8x  4 c)  5x  2,5   5x  1,5  80 4 Hướng dẫn giải – đáp số Lưu ý dạng a4  b4  a  b  a4  4a3b  6a2b2  4ab3  b4 a) Đặt 2x   y phương trình trở thành  y  1   y  1  16 4  y4  4y3  6y2  4y  1 y4  4y3  6y2  4y   16     2y4  12y2  14   y4  6y2    y2  y2   Do y2   0,y nên y2     2x  4    2x    x  2,5   2x  5 2x  3      2x    x  1,5 Tập nghiệm phương trình S  1,5;2,5 Chú ý: Có đặt 2x   y 2x   z ta có y4  z4   y  z (bạn đọc tự giải) b) Đặt 4x  19  y;4x  20  z y  z  8x  39 ta có y4  z4   y  z   y4  z4  y4  4y3z  6y2z2  4yz3  z4     4y3z  6y2 z2  4yz3   4yz y2  yz  z2       y   4x  19   x  4,75    4yz  y  z  z2        16   z   4x  20   x   Tập nghiệm phương trinh S  4,75;5 c)  5x  2,5   4x  1,5  80 4 Đặt 5x  0,5  y phương trình trở thành  y  2   y  2  80 4 Ta dùng khai triển  y  2  y4  8y3  24y2  32y  16  y  2  y4  8y3  24y2  32y  16 Thay vào, chuyển vế, rút gọn phương trình y3  4y      y3  1 4y     y  1 y2  y    y  1    19   y  1 y  y    y  y  y    y     0, y 2    Do 5x  0,5   x  0,1 * Nhận xét: Cách giải khác c) (bạn đọc tự giải tiếp):  y  2   y  2 4   2 2   y  2   y  2   y  2   y  2   8y 2y2      Phương trình trở thành 16y3  64y  80   y3  4y   17.7 Cho phương trình x3  3ax2  2,5ax  6a  a) Giải phương trình với a = 2; b) Tìm a để phương trình có nghiệm nghiệm phương trình x3  x   Hướng dẫn giải – đáp số a) Với a  phương trình trở thành x3  6x2  5x  12    x  1 x  3 x  4  Suy x  1, x  3, x  b) x3  x     x  2  x2  2x  3   x  x2  2x    x  1   0, x Để x  nghiệm ta phải có:  12a  a  6a   a  17.8 Cho phương trình  x  2   m2  2m  7  x  2  3 m2  2m  2  a) Tìm giá trị m để nghiệm phương trình 3; b) Giải phương trình với giá trị m Hướng dẫn giải – đáp số a) Thay x  ta có 4m2  8m  tức m2  2m  nên m m b) Thay m2  2m  ta có:  x  2  7 x  2   Đặt x   y ta có y3  7y     y  1 y  2 y  3  y  1; y  2; y  3 Ta có x    x  3; x    x  4; x   3  x  1 Vậy phương trình có ba nghiệm: x  1; x  3; x  17.9 Giải phương trình sau vói tham số m: a) 9mx3  18x2  mx   b) 4m2 x3  45  x 36  5m2 x  Hướng dẫn giải – đáp số a) 9mx3  18x2  mx     mx  2  9x2  1    mx  2 3x  1 3x  1   mx    Nếu m   3x  1 3x  1   Nếu m x   Tìm x  ;x   m 3 b) 4m2 x3  45  x 36  5m2 x   mx  3 mx  3 4x  5   mx    Nếu m  mx   Tìm m   ; x  1,25 m  4x     Nếu m x  1,25 17.10 Giải phương trình: a)  4x  5  2x  3 x  1  1,5 b)  2x  7 x  3  2x  5  18 c)  x2  3x  2  2x  3 2x  5  30 Hướng dẫn giải – đáp số a) Nhân vào nhân tử thứ hai, nhân vào nhân tử thứ ba vế trái nhân vào vế phải ta có:  4x  5  2x  3 x  1  1,5   4x  5  4x  6 4x  4  12 2 Đặt 4x   t Ta có: t  t  1 t  1  12  t  t  12      t2  t2    Với t   tức  4x  5     4x   2 4x   2   x  1,75 x  0,75  Với t   vơ nghiệm t   0t Tập nghiệm phương trình S= 0,75;1,75 b)  2x  7 x  3  2x  5  18 Nhân hai vế phương trình với ta  2x  7 2x  6  2x  5  72 Đặt 2x   y phương trình trở thành  y  1 y  y  1  72  y    y2  72      y2  y2     y  3 y  3 y2   Do y2   0, y Từ có x  1,5 x  4,5 Tập nghiệm phương trình S  4,5; 1,5 c) x   3x   2x  3 2x  5    x  1 x  2 2x  3 2x  5    2x  2 2x  4 2x  3 2x  5  24     4x2  14x  10 4x2  14x  12  24 Đặt 4x2  14x  11  y phương trình trở thành  y  1 y  1  24  y2   24   y  5 y  5   Với y   ta có 4x2  14x     x  3 4x  2   x  x  0,5  Với y   ta có 4x2  14x  16  vơ nghiệm   15 4x  14x  16   2x     0, x 2  Vậy tập nghiệm S  0,5;3 17.11 Giải phương trình: a) 2z3  3z2  3z   b) 3z4  13z3  16z2  13z   c) 2z4  z3  6z2  z   Hướng dẫn giải – đáp số a) Phương trình câu a) phương trình đối xứng bậc lẻ (bậc 3) nên có nghiệm - Phân tích vế trái thành nhân tử (lưu ý chắn có nhân tử chung  z 1 nghiệm - 1) Ta có 2z3  3z2  3z     z  1 z  2 2z  1    Tập nghiệm phương trình S  1; ;2   b)Phương trình câu b) phương trình đối xứng bậc chẵn (bậc 4) Ta nhận thấy z = nghiệm nên z  Ta chia hai vế phương trình cho z2 dùng phương pháp đặt ẩn phụ để giải tiếp Ta nhận thấy z = nghiệm phương trình nên z  Ta chia hai vế phương trình cho z2  phương trình tương đương: 3z2  13z  16    1 13 1    3 z2    13 z    16  z z z z    z Đặt z   t z2    t  Khi phương trình trở thành: z  t   13t  16   3t  13t  10    t  13t  10  z Với t   tức z     z2  z    1 Vơ nghiệm z  z    z     0, z  2 z Với 3t  10  tức 3z   10   3z2  10z    3z2  9z  z    3z z  3   z  3    z  3 3z  1  z  z  1     Vậy tập nghiệm phương trình S   ;3 3  3z    z   c) Giải tương tự câu b), chia hai vế phương trình cho z2  phương trình tương  1  1     đương:  z2     z     z z z Đặt z   u z2    u2  Khi phương trình trở thành: z  u2   u    2u2  u  10    u  2 2u  5  Từ ta tìm tập nghiệm phương trình S 2; 0,5;1 17.12 Tìm bốn số tự nhiên liên tiếp cho lập phương số tổng lập phương ba số (Thi học sinh giỏi lớp TP Hồ Chí Minh, năm học 1995 - 1996) Hướng dẫn giải – đáp số Gọi số tự nhiên nhỏ x x3   x  1   x  2   x  3 3    2x3  12x  18   x3  6x     x  3 x2  3x   3   x  v×x2  3x    x     0, x 2  17.13 Giải phương trình  x  9 x  10 x  11  8x  (Tuyển sinh lớp 10 khối THPTchuyên Toán - Tin ĐHSP Vinh, năm học 2002 - 2003) Hướng dẫn giải – đáp số Đặt y  x  15 , ta có:  y  6 y  5 y  4  8 y  15   15  39  0; y  y y  15y  66  Do y  15y  66   y    2     y   x  15 (Cách khác: Đặt x  10  y Bạn đọc tự giải) 17.14 Giải phương trình x4  4x3  19x2  106x  120  (Thi vào lớp 10 THPT chuyên Trần Đại Nghĩa TP Hồ Chí Minh, năm học 2003 - 2004) Hướng dẫn giải – đáp số Biến đổi phương trình thành  x  2 x  3 x  4 x  5  Tập nghiệm S 5;2;3; 4 17.15 Giải phương trình  x2  3x  2 x2  7x  12  24 (Đề thi tuyển vào lớp 10 chuyên ĐHSPNN Hà Nội, năm học 2004 - 2005) Hướng dẫn giải – đáp số Biến đổi phương trình thành  x  1 x  2 x  3 x  4  24     x2  5x  x2  5x   24 Đặt x2  5x   t ta có:  t  1 t  1  24  t  25  t  5 Xét với t  t  5 , ta tìm hai nghiệm x  x  5 17.16 Giải phương trình 6x5  29x4  27x3  27x2  29x   (Thi học sinh giỏi lớp tỉnh Thanh Hóa, năm học 2005 - 2006) Hướng dẫn giải – đáp số Biến đổi thành  x  1  6x4  35x3  62x2  35x  6  Ta tìm x  1 nghiệm Với 6x4  35x3  62x2  35x   , x  không nghiệm nên chia hai vế cho x2 ta được:   1 1  x2    35 x    62  Đặt x   y x2   y2  x x x  x   Phương trình trở thành 6 y2  2  35y  62    2y  53y  10  Thay y  x  1 vào 2y   giải ta tìm x  x  x Thay y  x  1 vào 3y  10  giải ta tìm x  x  x   1 Tập nghiệm phương trình S  1; ; ;2;3   17.17 Giải phương trình  3x  4 x  1 6x  7  (Tuyển sinh lớp 10 THPTchuyên ĐHSP Hà Nội, năm học 2006 - 2007) Hướng dẫn giải – đáp số Nhân  3x  4 với 2;  x  1 với vế phải với 12 ta  6x  8 6x  6 6x  7  72 Đặt 6x   y phương trình trở thành  y  1 y  1 y  72  y  y  72    y  9 y  8   y  3 2 2 (do y2   0,y ) Giải tiếp ta tìm nghiệm x   x   3 17.18 Giải phương trình  x2  2x   3x2  6x  2 (Thi học sinh giỏi lớp huyện Thường Tín - Hà Tây, năm học 2006 - 2007) Hướng dẫn giải – đáp số x       2x  3x2  6x  2  x2  2x  x2  2x   Đặt x2  2x  y ta có: y2  3y     y  1 y  2   y  1 y  2 Với x2  2x  1   x  1   x  Với x2  2x  2   x  1   vô nghiệm 17.19 Giải phương trình  4x  3  2x  1 x  1  810 (Tuyển sinh lớp 10 chuyên Tin Quốc học Huế, năm học 2019 - 2010) Hướng dẫn giải – đáp số  4x  3  2x  1 x  1  810  8 2x 2     3x  9 2x2  3x   810  Đặt 2x2  3x  y phương trình trở thành  8y  9 y  1  810   8y  17y  801    y  9 8y  89   y   tức 2x2  3x     x  3 2x  3   x  3 x  1,5  8y  89  tức 16x2  24x  89  vơ nghiệm 16x2  24x  89   4x  3  80  0, x Vậy phương trình có hai nghiệm x  3 x  1,5 Cách khác: Biến đổi phương trình thành  4x  3  4x  2 4x  4  6480 Đặt 4x   y (Bạn đọc tự giải tiếp) 17.20 Giải phương trình x3  3x  140  Đề thi tuyển vào lớp 10 THPTchuyên Lam Sơn, Thanh Hóa, năm học 2010 - 2011) Hướng dẫn giải – đáp số x3  3x  140   x3  5x2  5x2  25x  28x  140    87   x  5 x  5x  28   x  x  5x  28   x     0, x 2    2 17.21 Giải phương trình  x2  2x   3 x  1  x  2x  1 (Đề thi tuyển vào lớp 10 THPT chuyên Quang Trung, Bỉnh Phước, năm học 2010 - 2011) Hướng dẫn giải – đáp số x       2x  3 x  1  x  2x  1  x2  2x  x2  2x   2 Đặt x2  2x  y phương trình thành y2  2y     y  3 y  1  Thay y  x2  2x vào ta có tập nghiệm phương trình S 1;1;3 17.22 Giải phương trình  2x2  x   2x2  x  12  ( Thi tuyển sinh lớp 10 chuyên TP Hồ Chí Minh, năm học 2010 - 2011) Hướng dẫn giải – đáp số Đặt 2x2  x  u phương trình trở thành: u2  u  12    u  3 u  4   u   u   u  ta có 2x2  x     x  1 2x  3   x  1 x  1,5    31 u  ta có 2x  x   vơ nghiệm 2x  x    x     0, x 4  2 Vậy phương trình có hai nghiệm x  1 x  1,5 17.23 Giải phương trình  x2  4x  11 x4  8x2  21  35 (Đề thi vào lớp 10 trường THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương, năm học 2012 - 2013) Hướng dẫn giải – đáp số x     2  4x  11 x4  8x2  21  35   x  2  7  x2   5  35      x  2    0, x x2   0, x nên vế trái không nhỏ 35  x  22  Ta suy   x  Vậy tập nghiệm phương trình x  2  x2    