chuyen de phuong trinh dai so on thi vao lop 10

PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ Để giải phương trình bậc lớn Ta thường biến đổi phương trình dạng đặc biệt là: Phương pháp đưa dạng tích: Tức biến đổi phương trình:  f ( x ) = F ( x ) = ⇔ f ( x ) g ( x ) = ⇔   g ( x ) = Đưa phương trình tích ta thường dùng cách sau: Cách 1: Sử dụng đẳng thức đưa dạng: a − b = 0, a − b3 = 0, Cách 2: Nhẩm nghiệm chia đa thức: Nếu x = a nghiệm phương trình f ( x ) = ta ln có phân tích: f ( x ) = ( x − a ) g ( x ) Để dự đoán nghiệm ta dựa vào 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 phương trình bậc 4: Ta sử dụng cách xử lý sau: • Phương trình dạng: x = ax + bx + c Phương pháp: Ta thêm bớt vào vế lượng: 2mx + m2 phương trình trở thành: ( x + m) = (2m + a) x + bx + c + m Ta mong muốn vế phải có dạng: ( Ax + B ) THCS.TOANMATH.com  2m + a > ⇔ ⇒m 2 ∆ = b − 4(2m + a)(c + m ) = • Phương trình dạng: x + ax = bx + cx + d Ta tạo vế phải biểu thức bình phương dạng:  a   x + x + m÷   Bằng cách khai triển biểu thức:  a2   a  x + x + m = x + ax + m +  ÷x + amx + m Ta thấy cần  ÷      a2  2 thêm vào hai vế lượng:  2m + ÷x + amx + m   phương trình trở thành:  a2  a   x + x + m = m + + b ÷x + (am + c) x + m + d  ÷       a2 m + +b >   ⇒m=? Bây ta cần:    a 2  ∆ = (am + c) − 2m + + b ( m + d ) =  ÷  VP   Ta phân tích để làm rõ cách giải tốn thơng qua ví dụ sau: Ví dụ 1) Giải phương trình: a) x − 10 x − x + 20 = THCS.TOANMATH.com b) x − 22 x − x + 77 = c) x − x + x + x − = d) x + x3 − x + x − = Lời giải: a) x − 10 x − x + 20 = ⇔ x = 10 x + x − 20 Ta thêm vào vế phương trình lượng: 2mx + m Khi phương trình 2 2 x + 2mx + m = (10 + 2m) x + x + m − 20 trở thành: Ta có ∆VP = − 4(m − 20)(10 + 2m) = ⇔ m = − Ta viết lại phương trình thành: 2 9  1 9  x4 − x2 +  ÷ = x2 + x + ⇔  x2 − ÷ −  x + ÷ = 2  2 2  ⇔ ( x − x − 5)( x + x − 4) = ⇒ x = −1 ± 17 ± 21 x = 2 b) x − 22 x − x + 77 = ⇔ x = 22 x + x − 77 Ta thêm vào vế phương trình lượng: 2mx + m Khi phương trình 2 2 x + 2mx + m = (22 + 2m) x + x + m − 77 trở Ta có ∆VP = − 4(22 + 2m)( m2 − 77) = ⇔ m = −9 Ta viết lại phương trình thành: x − 18 x + 81 = x + x + ⇔ ( x − ) − ( x + ) = THCS.TOANMATH.com thành:  x = −1 ± 2 ⇔ ( x + x − 7)( x − x − 11) = ⇒   x = ± c) Phương trình có 4 x − x + x + x − = ⇔ x − x = −8 x − x + dạng: Ta tạo vế trái dạng: ( x − x + m) = x − x3 + (9 + 2m) x − 6mx + m Tức thêm vào hai vế lượng là: (9 + 2m) x − 6mx + m phương trình trở thành: ( x − 3x + m) = (2m + 1) x − (6m + 2) x + m + Ta cần ∆ 'VP = (3m + 1) − (2m + 1)( m2 + 1) = ⇔ m = Phương trình trở thành: ( x − x) = ( x − 1) x = +  x = − ⇔ ( x − x + 1)( x − x − 1) = ⇒  x = 1+  x = 1+ d) Phương trình x + x3 = x − x + cho 3 2 viết lại sau: Ta tạo phương trình: ( x + x + m) = (2m + 6) x + (2m − 6) x + m +  2m + > ⇔ m = −1 Ta cần:  2  ∆ 'VP = ( m − 3) − (2m + 6)( m + 3) = Phương trình trở thành: ( x + x − 1) = (2 x − 2)  −3 + 21 x = ⇔ ( x + 3x − 3)( x − x + 1) = ⇔   −3 − 21 x =  THCS.TOANMATH.com Ví dụ 2) a) Giải phương trình: x − x + 12 x − = (1) b) Giải phương trình: x − 13x + 18 x − = c) Giải phương trình: x − 10 x3 + 11x + x − = (4) Lời giải: a) Ta có phương trình ⇔ x − ( x − 3) = (1.1)  x2 + 2x − = ⇔ ( x + x − ) ( x − x + 3) = ⇔  ⇔ x = 1; x = Vậy x − x + =  phương trình có hai nghiệm x = 1; x = 2 b) Phương trình ⇔ ( x − x + ) − ( x − 18 x + ) = ⇔ ( x − ) − ( x − 3) = ⇔ ( x + x − ) ( x − x + 1) = 2  −3 ± 29 x =  x + 3x − = ⇔ ⇔ Vậy phương trình cho có  3±  x − 3x + = x =  2 nghiệm x = −3 ± 29 3± ;x = 2 THCS.TOANMATH.com c) Ta có phương trình 2 1 1 3 1   ⇔  x − x − ÷ = x + x + =  x + ÷ ⇔  x − x + ÷( x − 3x − 1) = 4 4 16  4 2    2± x = 2 x − x + = ⇔ ⇔  ± 13  x − 3x − = x =  2 Phương pháp đặt ẩn phụ: Là phương pháp hữu hiệu toán đại số, giải phương trình bậc cao vậy, người ta thường đặt ẩn phụ để chuyển phương trình bậc cao phương trình bậc thấp Một số dạng sau ta thường dùng đặt ẩn phụ Dạng 1: Phương trình trùng phương: ax + bx + c = ( a ≠ ) (1) Với dạng ta đặt t = x , t ≥ ta chuyển phương trình: at + bt + c = (2) Chú ý: Số nghiệm phương trình (1) phụ thuộc vào số nghiệm không âm (2) Dạng 2: Phương trình đối xứng (hay phương trình hồi quy): ax ± bx + cx ± kbx + k a = ( k > ) Với dạng ta chia hai vế  k2   k x x ≠ a ) ta được:  x + ÷± b  x + ÷+ c = phương trình cho ( x   x  Đặt t = x + k k2  k với t ≥ k ta có: x + =  x + ÷ − 2k = t − 2k x x x  thay vào ta phương trình: a ( t − 2k ) ± bt + c = THCS.TOANMATH.com Dạng 3: Phương trình: ( x + a ) ( x + b ) ( x + c ) ( x + d ) = e, a+b=c+d 2 Phương trình ⇔  x + ( a + b ) x + ab   x + ( c + d ) x + cd  = e Đặt t = x + ( a + b ) x , ta có: ( t + ab ) ( t + cd ) = e Dạng 4: Phương trình ( x + a ) ( x + b ) ( x + c ) ( x + d ) = ex , ab = cd Với dạng ta chia hai vế phương trình cho x ( x ≠ ) Phương trình tương đương: ab cd     x + ( a + b ) x + ab   x + ( c + d ) x + cd  = ex ⇔  x + + a + b x + +c+d =e x x    Đặt t = x + ab cd = x+ Ta có phương trình: ( t + a + b ) ( t + c + d ) = e x x Dạng 5: Phương trình ( x + a ) + ( x + b ) = c Đặt x = t − 4 a+b ta đưa phương trình trùng phương Ví dụ 1: Giải phương trình: 1) x − 5x + x − x + = 2) ( x + 1) + ( x + 3) = 3) x ( x + 1) ( x + ) ( x + ) = 24 4) 4 ( x + ) ( x − 3) ( x + ) ( x − ) + x = Lời giải: 1) Ta thấy x = không nghiệm phương trình nên chia hai vế pương trình cho x ta được: THCS.TOANMATH.com   1   x + ÷−  x + ÷+ = Đặt x   x  1  1 t = x + , ( t ≥ ) ⇒ x + =  x + ÷ − = t − Ta có: x x x  t = 2 ( t − ) − 5t + = ⇔ 2t − 5t + = ⇔  Với t =  2 t =2⇔ x+ = ⇔ x2 − 2x + = x 2) Đặt x = t − ta được: ( t − 1) + ( t + 1) = ⇔ t + 6t = ⇔ t = ⇔ x = −2 Vậy phương trình có nghiệm x = −2 Chú ý: Với ta giải cách khác sau: Trước hết ta có BĐT: a + b4  a + b  ≥ ÷ với a + b ≥   Áp dụng BĐT với: a = − x − 1, b = x + ⇒ VT ≥ VP Đẳng thức xảy x = −2 2 3) Ta có phương trình: ⇔ ( x + x ) ( x + x + ) = 24 Đặt t = x + x Ta được: t ( t + ) = 24 ⇔ t + 2t − 24 = ⇔ t = −6, t = * t = −6 ⇔ x + 3x + = ⇒ phương trình vơ nghiệm * t = ⇔ x + 3x − = ⇔ x = 1; x = −4 Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1; x = −4 2 4) Phương trình ⇔ ( x − x − 12 ) ( x + x − 12 ) + x = THCS.TOANMATH.com Vì x = khơng nghiệm phương trình nên chia hai vế phương trình cho x ta được: 12 12  12    x − − ÷ x − + 1÷+ = Đặt t = x − , ta có: x x x    t = t = ( t − ) ( t + 1) + = ⇔ t − 3t + = ⇔  * t =1⇔ x − x = 12 = ⇔ x − x − 12 = ⇔  x  x = −3 * t = ⇔ x − x − 12 = ⇔ x = ± 13 Vậy phương trình cho có bốn nghiệm: x = −3; x = 4; x = ± 13 Ví dụ 2) a) Giải phương trình: ( x − x + 1) − ( x + 1) = ( x + 1) 2 b) Giải phương trình: x + 3x − x − 21x − x + 3x + = c) Giải phương trình: ( x + 1) ( x + ) ( x + 3) ( x + ) ( x + ) = 360 d) Giải phương trình: ( x + x + ) + x + 24 x + 30 = Lời giải: a) Vì x = −1 khơng nghiệm phương trình nên chia hai vế cho x3 + ta được: x2 − x + x +1 Đặt −2 x +1 x − x +1 t= x2 − x + ⇒ 3t − = ⇔ 3t − 5t − = ⇔ t = 2, t = − x +1 t * t = ⇔ x − 3x − = ⇔ x = THCS.TOANMATH.com ± 13 * t = − ⇔ x − x + = phương trình vơ nghiệm b) Đây phương trình bậc ta thấy hệ số đối xứng ta áp dụng cách giải mà ta giải phương trình bậc bốn có hệ số đối xứng Ta thấy x = khơng nghiệm phương trình Chia vế phương trình cho x ta được: x3 + 1   1  +  x + ÷−  x + ÷− 21 = Đặt t = x + , t ≥ Ta có: x x   x x  x2 + 1 = t − 2; x + = t ( t − 3) nên phương trình trở thành: x x t ( t − 3) + ( t − ) − 6t − 21 = ⇔ t − 3t − 9t − 27 = ⇔ ( t + 3) * t =3⇔ x+ t =  t = −3 ( t − 3) = ⇔  3± = ⇔ x − 3x + = ⇔ x = x * t = −3 ⇔ x + 3x + = ⇔ x = nghiệm x = −3 ± Vậy phương trình có bốn −3 ± 3± ;x = 2 2 c) Phương trình ⇔ ( x + x + 5) ( x + x + ) ( x + x + ) = 360 Đặt t = x + x , ta có phương trình: ( y + ) ( y + ) ( y + ) = 360 x = ⇔ y y + 22 y + 157 = ⇔ y = ⇔ x + x = ⇔   x = −6 ( ) Vậy phương trình có hai nghiệm: x = 0; x = −6 THCS.TOANMATH.com 3 d) Ta có: x + x + 30 = ( x + x + ) − x + nên phương trình tương đương (x ) ( ) + x + + x3 + 24 x + x + 24 x + 30 = Đặt u = x + x + Ta hệ:  u + 5u + = x ⇒ ( u − x ) u + ux + x + = ⇔ u = x    x + 5x + = u ( ) ( ) ⇔ x + x + = ⇔ ( x + 1) x − x + = ⇔ x = −1 Vậy x = −1 nghiệm phương trình Dạng 6: a) Phương trình: ax bx + = c với abc ≠ x + mx + p x + nx + p Phương pháp giải: Nhận xét x = khơng phải nghiệm phương trình Với x ≠ , ta chia tử số mẫu số cho x thu được: a b + =c k k2 p p Đặt t = x + ⇒ t = x + + 2k ≥ k + 2k x+m+ x+n+ x x x x Thay vào phương trình để quy phương trình bậc theo t  ax  b) Phương trình: x +  ÷ = b với a ≠ 0, x ≠ − a  x+a Phương pháp : Dựa vào đẳng thức a + b = ( a − b ) + 2ab Ta viết lại phương trình thành: 2  x2  ax  x2 x2 x2  x − + a = b ⇔ + a − b = Đặt t=  ÷  ÷ x+a x+a x+a x+a   x+a quy phương trình bậc THCS.TOANMATH.com Ví dụ 1) Giải phương trình: a) x + 25 x ( x + 5) = 11 (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2013) 12 x 3x − = (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên b) x + 4x + x + 2x + Đại học Vinh 2010) x2 = x − x − (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên c) ( x + 2) ĐHSP Hà Nội 2008) x3 3x + −2=0 d) x + ( x − 1) x − Giải: a) Điều kiện x ≠ −5 Ta viết lại phương trình thành 2  x  10 x x  10 x x2  x − + − 11 = ⇔ + − 11 = Đặt t =  ÷  ÷ x+5 x+5 x+5   x+5 x+5 t = phương trình có dạng t + 10t − 11 = ⇔  t = −11 Nếu t = ta có: x2 ± 21 Nếu = ⇔ x2 − x − = ⇔ x = x+5 x2 t = −11 ⇔ = −11 ⇔ x + 11x + 55 = phương trình vơ nghiệm x+5 b) Để ý x nghiệm x ≠ nên ta chia tử 12 số mẫu số vế trái cho x thu được: THCS.TOANMATH.com x+4+ x − x+2+ x =1 Đặt t = x + + phương trình trở thành: x t = 12 − = ⇔ 12t − 3t − = t + 2t ⇔ t − 7t + = ⇔  t+2 t t = Với t = ta có: x + có: x + + = ⇔ t + t + = vô nghiệm Với t = ta x + = ⇔ x2 − 4x + = ⇔ x = ± x c) 2  x   x  x  − ( x + ) ÷ − ( x − 1) = ⇔  + x − ÷ − x − 1÷ =   x+2   x+2  x +  Giải phương trình ta thu nghiệm x = ± 6; x = −3 ± d) Sử dụng HĐT a + b3 = ( a + b ) − 3ab ( a + b ) ta viết lại phương trình thành: 3x x  x2  x  3x  x + + − = ⇔ x + − x + −2=0  ÷+  x −  x −1  x −1  x −1 ( x − 1) x − x3 hay 3  x2   x2   x2  3x x2 − + − = ⇔ − = ⇔ −1 = ⇔ x2 − x + =  ÷  ÷  ÷ x − x − x − x − x −       Suy phương trình cho vơ nghiệm BÀI TẬP RÈN LUYỆN: THCS.TOANMATH.com Giải phương trình sau: (x 1) + x + ) ( x + x + 3) = 2) ( x + ) 3) 4) ( 3x + ) ( x + 1) = 4 ( x − 1) + ( x + 3) = 82 ( x + 1) ( x + ) ( x + ) ( x + ) = 10 2 2 5) ( x + x + ) ( x + x + ) = x 6) ( x − ) ( x − 1) ( x − ) ( x − ) = x 7) ( x + x − 1) − ( x + 3x − 1) + x = 2 8) x − x3 − x + x + = 9) x − 21x + 34 x + 105 x + 50 = 1 1 + + + + = 10) x x +1 x + x + x + x + x −4 x +8 x −8 + − − =− 11) x −1 x +1 x − x + x +1 x+6 x+2 x+5 + = + 12) x ( x + ) x + 12 x + 35 x + x + x + 10 x + 24 13) 14) 15) 16) 17) 18) 19) 20) x + x + x + x + x + 3x + x + x + + − − =0 x +1 x+2 x+3 x+4 4x 3x + =1 x − x + x − 10 x + ( x − 3x + 1) ( x + 5x + 1) = x (x − x + 1) ( x − ) = ( x − 1) x − x3 + 16 x + 18 x + = x − 12 = 3x − x − ( x + 2) 2x 13 x + =6 3x − x + 3x + x + x ( x − 1) ( x + ) + = 2 21) x2 −  x−2  x+2 20  + − 20 = ÷  ÷ x2 −1  x +1   x −1  THCS.TOANMATH.com LỜI GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN 1) Đặt x + x + = t Phương trình cho thành t = t ( t + 1) = ⇒  t = −3 Với t = x + x + = ⇔ x + x = ⇔ x = x = −1 Với t = −3 x + x + = −3 ⇔ x + x + = ⇔ x = −1 ± 21 Vậy tập nghiệm phương trình   −1 − 21 −1 + 21   S = −1; 0; ;  2     2) Biến đổi phương trình thành ( 36 x + 84 x + 49 ) ( 36 x + 84 x + 48 ) = 12 Đặt t = 36 x + 84 x + 48 phương trình thành t = t ( t + 1) = 12 ⇔  t = −4 Với t = x = − 2 Với t = −4 36 x + 84 x + 48 = −4 ⇔ 36 x + 84 x + 52 = , phương trình vơ nghiệm 36 x + 84 x + 48 = ⇔ 36 x + 84 x + 45 = ⇔ x = −  3 Vậy tập nghiệm phương trình S = − ; −   2 3) Đặt y = x + phương trình cho thành y =1 x = 24 y + 48 y + 216 = 82 ⇔  ⇒  y = −1  x = − Vậy tập nghiệm phương trình cho S = { −2; 0} x +1+ x + + x + + x + = x + phương trình trở 4) Đặt y = thành: THCS.TOANMATH.com (y y = − x = − − − ) ( y − 1) = 10 ⇔ y − y − = ⇔  ⇔  y =  x = − { } Vậy tập nghiệm phương trình S = − − 3; − 5) Do x = nghiệm phương trình, chia  2   hai vế cho x ta  x + + 1÷ x + + ÷ = Đặt y = x + x  x x   phương trình trở thành (  x + x = y =  x = −1 y + 1) ( y + ) = ⇔  ⇒ ⇔  y = −3  x + = −  x = −2  x 6) Biến đổi phương trình thành ( ( x − ) ( x − ) ) ( ( x − 1) ( x − 8) ) = x ⇔ ( x − x + 8) ( x2 − x + 8) = x2 Do x = không nghiệm nên chia hai vế phương trình cho x ta được: 8     x + − ÷ x + − ÷ = Đặt y = x + phương trình trở x x x    y = thành ( y − ) ( y − ) = ⇔ y − 15 y + 50 = ⇔  Với y =  y = 10 x+ = ⇔ x − x + = (vơ nghiệm) Với y = 10 x x+  x = − 17 = 10 ⇔ x − 10 x + = ⇔  x  x = + 17 ( ) Vậy tập nghiệm phương trình S = − 17;5 + 17 7) Do x = khơng nghiệm phương trình, chia hai vế phương trình cho x ta 2 1      x − + ÷ −  x − + ÷ + = Đặt y = x − , phương trình trở x x x     THCS.TOANMATH.com y =1 2 thành: ( y + ) − ( y + 3) + = ⇔ y − = ⇔  Suy  y = −1  −1 ±  x − = x =  x ⇔  Vậy tập nghiệm phương trình 1±  x − = −1  x =  x    −1 ± ±   S = ;      8) Phương trình khơng nhận x = nghiệm, chia hai vế   1   x + ÷−  x − ÷− = Đặt t = x − x   x x  phương trình trở thành 3t − 4t + = cho x 3t − 4t + = ⇔ t = t = Với t = x − Với t = x4 = 1+ 1− x = = ⇔ x2 − x − = ⇔ x = x 2 1 1 + 37 x − = ⇔ x − x − = ⇔ x3 = x − 37 Vậy tập nghiệm phương trình  1 + − + 37 − 37   S = ; ; ;  2     9) x − 21x + 34 x + 105 x + 50 = (8) Lời giải: THCS.TOANMATH.com 105 50 = −5 k = = 25 nên phương trình (8) −21 phương trình bậc bốn có hệ số đối xứng tỉ lệ Ta thấy k = ( ) ⇔  x +  t = x2 + 25  5  − 21 x − ÷+ 34 = Đặt t = x − suy ÷ x  x x  25 − 10 Phương trình (9) trở thành x2 2t − 21t + 54 = ⇔ t = t = x− Với t = = ⇔ x − x − ⇔ x − x − = Phương trình có hai x nghiệm x1 = + 14; x2 = − 14 Với x = x− = ⇔ x − x − 10 = Phương trình có hai nghiệm x x3 = + 161 − 161 Vậy PT (8) có tập nghiệm ; x4 = 4  + 161 − 161    S = 3 + 14;3 − 14; ;  4     10) Điều kiện x ∉ { −1; −2; −3; −4; 0} Ta biến đổi phương trình thành ( x + 2) ( x + 2)   1  1 1 + =0⇔ + + =0  + ÷+  ÷+ x + 4x x + 4x + x +  x x +   x +1 x +  x + ⇔ 1 + + = Đặt u = x + x , phương x + x x + x + 2( x + x + 4) THCS.TOANMATH.com trình trở thành 1 + + =0 u u + ( u + 4)  −25 + 145 u=  5u + 25u + 24 10 ⇔ =0⇔  2u ( u + 3) ( u + )  −25 − 145 u = 10   −25 + 145  x + 4x = 10 Do  Tìm tập nghiệm phương  −25 − 145  x + 4x = 10  trình  15 + 145 15 + 145 15 − 145 15 − 145  S =  −2 − ; −2 + ; −2 + ; −2 −  10 10 10 10   11) Biến đổi phương trình thành −5 10 10 10 40 + − + =− ⇔ − =− x −1 x + x + x + x −1 x − Đặt u = x ( u ≠ 1, u ≠ 4; u ≥ ) dẫn đến phương trình u = 16 4u − 65u + 16 = ⇔  bTìm tập nghiệm phương u =    trình S = − ; −4; ;    12) 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 + ) ( x + ) ( x + ) ( x + 1) ( x + 3) ( x + ) ( x + ) THCS.TOANMATH.com ⇔ = x +1 1  x+6 1  −  − ÷+  ÷  x x+2  x+5 x+7 x+2 1  x+5 1  − −  ÷+  ÷  x +1 x +  x  x+4 x+6 ⇔ 1 1 1 1 + + + = + + + x x + x + x + x +1 x + x + x +   1   1   1  1 ⇔ + + + + ÷+  ÷=  ÷+  ÷  x x +   x + x +   x +1 x + 6x   x + x +  1   ⇔ ( 2x + )  + − − ÷=  x + x + x + 10 x + x + x + x + 12   x = − ⇔ 1  + + − = 0(*)  x + x x + x + 10 x + x + x + x + 12 Đặt u = x + x phương trình (*) có dạng 1 1   1  1 + + + =0⇔ − − ÷+  ÷= u u + 10 u + u + 12  u u +   u + 10 u + 12  ⇔ u + 18u + 90 = Mặt khác u + 18u + 90 = ( u + ) + > với u Do phương trình (*) vơ nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm x = − 13) Lời giải: THCS.TOANMATH.com Điều kiện x ∉ { −4; −3; −2; −1} Biến đổi phương trình thành 4     + − − =0⇔ − − ÷+  ÷= x +1 x + x + x +  x +1 x +   x + x +  x =    ⇔ x + ÷= ⇔  + = 0(*)  x + 5x + x + 5x +   x2 + 5x + x2 + 5x + Đặt u = x + x phương trình (*) trở thành 11 + = ⇔ u = − Từ ta có u+4 u +6 −5 ± Vậy tập nghiệm phương trình cho x + 10 x + 11 = ⇔ x =  −5 − −5 +  S = 0; ;  2   14) Do x = không nghiệm phương trình nên chia tử mẫu phân thức vế trái phương trình cho x , đặt y = x + ta x + =1 y − y − 10 Phương trình có nghiệm y = 16, y = Với y = x + = ⇔ x − x + = Phương trình vơ x nghiệm THCS.TOANMATH.com Với y = 16 x + = 16 ⇔ x − 16 x + = Phương trình có x hai nghiệm x1 = ; x2 = 2 1  Vậy phương trình cho có tập nghiệm S =  ;  2 2 15) Đặt t = x + x + , phương trình (1) thành ( t − x ) ( t + x ) = x ⇔ t − 16 x = x ⇔ t = 25 x ⇔ t = −5 x t = 5x Với t = −5 x x + x + = −5 x ⇔ x + x + = ⇔ x = Với t = x x + x + = x ⇔ x − x + = ⇔ x = −3 ± 2±  −3 ± ±    ; Vậy tập nghiệm phương trình (1)       16) Lời giải: Đặt u = x − đưa phương trình (2) dạng tổng quát (u − 7u − 3) ( u − 2u − 3) = 6u Bạn đọc giải phương pháp nêu Ta giải cách khác sau Viết phương trình cho dạng (x − − x + ) ( x − ) − ( x − 1) = Đặt t = x − , phương trình thành THCS.TOANMATH.com t + ( −5 x + ) t + ( −6 x + ) ( x − 1) = ⇔ ( t − x + ) ( t + x − 1) = x = ±  x2 − = x −  x2 − 6x + = t = x −  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ −1 ± 21 t = − x + x = x − = −x +1 x + x − =  Vậy tập nghiệm PT(2)  −1 − 21  −1 + 21   S = ;3 − 7; ;3 +  2     17) 2 PTtương đương với x − x ( x − ) + 16 x + = Đặt t = x − t = x − x + , PT thành t − xt + 20 x = ⇔ ( t − x ) ( t − x ) = x = ±  x2 − = 4x  x2 − 4x − = t = x  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ± 33 t = x x =  x − = 5x  x − 5x − =  Vậy tập nghiệm phương trình   − 33 + 33   ; + 6; 2 − 6;  2     18) Điều kiện x ≠ −2 Khử mẫu thức ta phương trình tương đương: x + x − 16 x − 36 x − 12 = ⇔ x + x ( x − ) − 16 x − 12 = đặt t = x − t = x − 12 x + 36 , suy x = 3t + 36 x − 108 , PT thành 3t + xt + 20t = ⇔ t ( 3t + x + 20 ) = ⇔ t = 3t = −6 x − 20 Với t = x − = , suy x = ± (thỏa mãn đk) Với 3t = −6 x − 20 ta có x − 18 = −6 x − 20 hay THCS.TOANMATH.com x + x + = suy x = −3 ± (thỏa mãn đk) Vậy tập  −3 −  −3 +   ; − 6; ; 6 nghiệm PT(4) S =      2x 13 x + = (5) 19) 3x − x + 3x + x + Lời giải: Đặt t = 3x + PT(5) trở thành 2x 13 x + = ĐK: t ≠ x, t ≠ − x t − 5x t + x Khử mẫu thức ta PT tương đương 2t − 13tx + 11x = ⇔ ( t − x ) ( 2t − 11x ) = ⇔ t = x t = 11 x (thỏa mãn ĐK) Với t = x x + = x ⇔ x − x + = phương trình vơ nghiệm Với t = 11 11 x x + = x ⇔ x − 11x + = ⇔ x = x = 2 1  Vậy tập nghiệm PT(5)  ;  2 3 PT ⇔ x 20) (x + 1) ( x − 1) ( x + ) + = ⇔ ( x4 + x2 ) ( x4 + x2 − ) + = ⇔ ( x4 + x2 ) − ( x4 + x2 ) + = ⇔ ( x + x − 1) = ⇔ x + x − = THCS.TOANMATH.com Giải phương trình trùng phương ta tập nghiệm  PT  −  −1 ; 21) −     Lời giải: Điều kiện x ≠ ±1 Đặt x−2 x+2 = y; = z , PT có dạng: x +1 x −1 20 y + z − 20 yz = ⇔ ( y − z ) = ⇔ y = z Dẫn đến x−2 x+2 = ⇔ ( x − ) ( x − 1) = ( x + ) ( x + 1) x +1 x −1 ⇔ x − x + = x + 3x + ⇔ x − x + = ⇔ x = x= + 73 − 73 (thỏa mãn điều kiện)  − 73 + 73    ; Vậy tập nghiệm PT(2)       THCS.TOANMATH.com ... 11 (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2013) 12 x 3x − = (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên b) x + 4x + x + 2x + Đại học Vinh 2 010) x2 = x − x − (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên c)... 145 15 + 145 15 − 145 15 − 145  S =  −2 − ; −2 + ; −2 + ; −2 −  10 10 10 10   11) Biến đổi phương trình thành −5 10 10 10 40 + − + =− ⇔ − =− x −1 x + x + x + x −1 x − Đặt u = x ( u ≠ 1,...  −25 + 145 u=  5u + 25u + 24 10 ⇔ =0⇔  2u ( u + 3) ( u + )  −25 − 145 u = 10   −25 + 145  x + 4x = 10 Do  Tìm tập nghiệm phương  −25 − 145  x + 4x = 10  trình  15 + 145 15 + 145