chuyen de phuong trinh dai so trinh binh

2 CHỦ ĐỀ PHƢƠNG TRÌNH ĐA THỨC BẬC CAO A Kiến thức cần nhớ Để giải phương trình đa thức bậc cao thường chuyển phương trình dạng phương trình tích Phƣơng trình tích - Phương trình có dạng: A(x) B(x) = ; A(x), B(x) l| c{c đa thức biến x - Phương ph{p chung : Muốn giải phương trình A(x).B(x) = ta giải hai phương trình A(x) = B(x) = , lấy tất nghiệm thu A(x) B(x) =  A(x) = B(x) = - Mở rộng:  A(x)   B(x)  A(x).B(x) M(x)       M(x)  B Một số ví dụ minh họa I Phƣơng trình bậc 1) Lý thuyết Phương trình bậc l| phương trình có dạng: ax3  bx2  cx  d   a  0 (1) Phƣơng pháp giải Thông thường để giải phương trình (1) phải tìm nghiệm x0 phương trình, sau ph}n tích thành nhân tử chuyển giải phương trình bậc  x  x0 ax3  bx2  cx  d    x  x0  mx2  nx  p     mx  nx  p    (*) Phương trình (*) l| phương trình bậc biết cách giải tổng quát theo  Mấu chốt việc giải phương trình bậc (3) l| tìm nghiệm x0 phương trình đó, có số ý cách nhẩm nghiệm phương trình bậc sau: - Nếu tổng hệ số phương trình (1) tức a + b + c + d = phương trình (1) nghiệm x0  Chẳng hạn: x3  x2  x   ta có: – + – = - Nếu tổng hệ số bậc chẵn tổng hệ số bậc lẻ phương trình (1) tức a - b + c - d = phương trình (1) có nghiệm x0  1 Chẳng hạn: x3  5x2  3x   ta có + + – = THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC - Nếu a, b, c, d số nguyên x0  m nghiệm hữu tỷ (1) m l| ước d n n l| ước a Đặc biệt trường hợp a = phương trình (1) có nghiệm x0 l| ước d Thí dụ Giải phương trình: a) x3  3x   b) y – y – y  3  c) x3  x  3x 10  Hƣớng dẫn giải a) Ta thấy a + b + c + d = + – + = nên phương trình có nghiệm x = PT  x3 – x2 + x2 – x – 2x + =  x2(x – 1) + x(x – 1) – 2(x – 1) =  (x – 1)(x2 + x – 2) =  x 1  x    x  x   x  Vậy tập nghiệm phương trình l| S  1; 2 b) Ta thấy a - b + c - d = + – – = nên phương trình có nghiệm y = - PT  3y3 + 3y2 – 10y2 – 10y + 3y + =  3y2(y + 1) – 10y(y + 1) + 3(y + 1) =  (y + 1)( 3y2 – 10y + 3) =  (y + 1)( 3y – 1)(y – 3) =  y  1 y 1    3y     y    y   y     Vậy tập nghiệm phương trình S  1; ; 3   c) Ta có d = - 10 ta nhẩm số l| ước 10 thấy x = nghiệm phương trình x3  x  3x  10   x3  x  x  x  x  10   x  x    x  x     x        x  2 x2  x   x2 Do x2  x   x Vậy phương trình có nghiệm x = THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC Thí dụ Giải phương trình: a) x  x   b) 3x3  x2  17 x   c) x3  x  5x   Hƣớng dẫn giải b) Ta có a = 8, d = nên phương trình có nghiệm hữu tỷ có dạng x0   n 1 1 với n l| ước Ta thử giá trị  ;  ;  nhận thấy x  nghiệm phương trình ta t{ch phương trình theo nh}n tử (2x – 1) 8x4  x       x  1  x   x  1  x  x3    x    2   x  1   x    x  1    x2  1    x   1   Vậy tập nghiệm phương trình l| S   ;    b) Ta có a = 3, d = -5 nên phương trình có nghiệm hữu tỷ có dạng x0  m n với m l| ước -5 v| n l| ước Ta thử giá trị  ;  nhận thấy x  nghiệm 3 phương trình ta t{ch phương trình theo nh}n tử (3x – 1) 3x3  x  17 x    3x3  x  x  x  15 x   x  3x  1  x  3x  1   3x  1    3x  1  x  x      3x  1  x  1       3x   x Vậy phương trình có nghiệm x  THCS.TOANMATH.com 3 TÀI LIỆU TỐN HỌC b) Phương trình chứa hệ số nhằm triệt tiêu hệ số nên ta đo{n có nghiệm dạng x0  a nên ta đặt x  a 2 phương trình có dạng: 2a  2a  2a    2a  2a  5a     a  1  2a  4a  1  a 1    2a  4a    a 1   a  1    x   x    Vậy tập nghiệm phương trình l| S    2;   Thí dụ Giải phương trình: a) (z + 3)3 – (z + 1)3 = 98 b) (4x + 3)3 – (2x – 5)3 = ( 2x + 8)3 ; c) (3x + 2016)3 + (3x – 2019)3 = (6x – 3)3; d) (2x – 7)3 + (9 – 2x)3 = 152 Hƣớng dẫn giải a) Phương trình  z3 + 9z2 + 27z + 27 – z3 – 3z2 – 3z – = 98  6z2 + 24z – 72 =  z2 + 4z – 12 =  z2 + 6z – 2z – 12 =  (z + 6)(z – 2) = z     z    z  6   z  Tập nghiệm phương trình (1) l| S  6 ; 2 * Nhận xét : Ta có cách giải khác: Do z + trung bình cộng z +1 v| z + nên ta đặt z + = y phương trình trở thành (y + 1)3 – (y – 1)3 = 98  y3 + 3y2 + 3y + – y3 + 3y2 – 3y + THCS.TOANMATH.com = 98  6y2 = 96 TÀI LIỆU TOÁN HỌC  y2 = 16 z    z   4    y   y  4   z   z  6  Tập nghiệm phương trình (1) l| S  6 ; 2 b) Đặt y = 4x + ; z = 2x – ; y – z = 2x + Ta có : y3 – z3 = (y – z)3  y3 – z3 = y3 – z3 – 3yz(y – z)  3yz(y – z) = y   z    y  z  4 x   hay  x    x    x   0, 75  x  2,5   x    Tập nghiệm phương trình l| S  4 ;  0,75 ; 2,5 c) Đặt u = 3x + 2016 ; v = 3x – 2019 u + v = 6x – Phương trình trở thành u3 + v3 – (u + v)3 = hay u3 + v3 – [u3 + v3 + 3uv(u + v) ] =  –3uv(u + v) = u   v    u  v   3x  2016  3x  2019   6 x    x  672   x  673   x  0,5 Tập nghiệm phương trình l| S  672 ; 0,5 ; 673 d) (2x – 7)3 + (9 – 2x)3 = 152 Đặt 2x – = y 2x – = y + ; – 2x = – y Do phương trình trở thành (y + 1)3 + (1 – y)3 = 152 Khai triển, rút gọn (hoặc dùng đẳng thức a3 + b3 ta 6y2 + = 152  6y2 – 150 =  6(y + 5)(y – 5) = - Với y + = 2x – + =  x = 1,5 - Với y – = 2x – – =  x = 6,5 Tập nghiệm phương trình l| S   1,5 ; 6,5 Lƣu ý: Trong toán xuất dạng (a + b)3 ;  a  b  a3  b3 Ta có:  a  b   a  b3  3ab(a  b) a  b3   a  b   a ab  b2  Thí dụ Giải phương trình: a) x3 – 3x2 + 3x – = THCS.TOANMATH.com b) 2x3 + 3x2 – 6x + = TÀI LIỆU TOÁN HỌC Hƣớng dẫn giải a) Phương trình có nghiệm hữu tỷ x = a a l| ước 4, ta thử giá trị 1; 2; 4 không nghiệm Mặt khác lại thấy hệ số 1; - 3; giống đẳng thức a3 - 3a2 + 3a – = (a - 1)3 nên ta biến đổi sau: x3 – 3x2 + 3x – =  x3  3x  3x     x  1  3  x 1  3  x  1 3 Vậy nghiệm phương trình l| x   3 b) Bằng phương ph{p nhẩm nghiệm dễ thấy phương trình khơng có nghiệm hữu tỷ Ta biến đổi sau: x3  3x  x    x3  x  12 x    x3  x  x  12 x    5.x    x  2  5.x  x  x Vậy nghiệm phương trình l|: x  3 2 1 2 1 II Phƣơng trình bậc bốn 1) Lý thuyết Phương trình bậc l| phương trình có dạng: ax4  bx3  cx2  dx  e   a  0 Phƣơng pháp giải Để giải phương trình bậc thường nhẩm nghiệm phân tích phương trình bậc thành tích đa thức bậc v| đa thức bậc sau dùng c{c phương ph{p để giải phương trình bậc phân tích thành tích hai tam thức bậc 2, đặt ẩn phụ chuyển giải phương trình bậc Ta xét dạng to{n đặc biệt thường giao c{c đề thi sau: Dạng Phương trình trùng phương: ax4  bx2  c   a  0  2.1 Phƣơng pháp giải – Đặt y  x2 ( y  0) phương: ay  by  c   2.2 Đ}y l| phương trình bậc dễ d|ng tính nghiệm từ suy x THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC Chú ý: Số nghiệm phương trình (2.1) phụ thuộc số nghiệm dương phương trình (2.2) Thí dụ Giải phương trình: x4 – 5x2 + = Hƣớng dẫn giải Đặt y  x2 ( y  0) phương trình trở thành:  y 1 y  y     y  1 y      y   x2   x  1    x  2 x  Vậy tập nghiệm phương trình l| S  1; 2 Dạng Phương trình có dạng:  x  m    x  n   p (p > 0) Phƣơng pháp giải: Đặt y  x  ab Chuyển phương trình ẩn y Phương trình ẩn y l| phương trình trung phương quen thuộc Thí dụ Giải phương trình:  x  2004   x  2006  4 Hƣớng dẫn giải Đặt y  x  2004  2006  x  2005 Khi phương trình trở thành:  y  1   y  1 4 2 2    y  1   y  1    y  1  y  1        y    y    y  y   y  y      y  12 y   y y    y2   y   x  2005   x  2005 Vậy phương trình có nghiệm x = 2005 Dạng Phương trình có dạng:  x  a  x  b  x  c  x  d   e a + b = c + d Phƣơng pháp giải: PT   x   a  b  x  ab   x   c  d  x  cd   e Đặt t  x   a  b  x ta phương trình  t  ab  t  cd   e đ}y l| phương trình bậc dễ giảng giải v| suy nghiệm tốn Thí dụ Giải phương trình: THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC a)  x  1 x  2 x  4 x  5  10 b)  x   x  5 x  1 x  1  Hƣớng dẫn giải a) Ta có:  x  1 x   x   x  5  10   x  1 x     x   x     10   x  x   x  x    10 Đặt t = x2 + 6x phương trình trở thành:  t  5 t  8  10  t  13t  30    t  3 t  10    t  3  t  10  x2  x     x  x  10    x  x   dox  x  10   x  3      x  3   x3   x  3   Vậy tập nghiệm phương trình l| S  3  6; 3   b) * Tìm cách giải : Ta thấy vế trái nhân vào nhân tử thứ ba, nhân vào nhân tử thứ tư bốn nhân tử l| c{c 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 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  y2 – = 72  y2 = 81  y =  - Với 16x2 + 36x + 17 =  4x2 + 9x + =  4x2 + 8x + x + =  4x2 + 8x + x + = THCS.TOANMATH.com  4x(x + 2) + (x + 2) = TÀI LIỆU TOÁN HỌC 10  (x + 2)(4x + 1) =  x    x  2  4x     x  0, 25   - Với 16x2 + 36x + 17 = –  16x2 + 36x + 26 = vô nghiệm  23   , x 16x + 36x + 26 =  4x    2  Vậy tập nghiệm phương trình S  2 ;  0, 25 Thí dụ Giải phương trình: (x – 2)(x – 3)(x – 5)(x – 6) = 31(x2 – 8x + 12) + 128 (1) * Tìm cách giải : Xét vế trái nhân nhân tử thứ với nhân tử thứ tư v| nh}n 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 ph{p đặt ẩn phụ Hƣớng dẫn giải (x – 2)(x – 3)(x – 5)(x – 6) = 31(x2 – 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)2 =  x = Với y – 32 =  x2 – 8x – 20 =  x2 – 10x + 2x – 20 =  (x – 10)(x + 2) =  x = 10 x = – Vậy tập nghiệm phương trình l| S  2 ; ;10 Dạng Phương trình có dạng: (ax  b1 x  c)(ax  b2 x  c)  mx Phƣơng pháp giải: – Bƣớc 1: nhận xét x = khơng nghiệm phương trình - Bƣớc 2: Chia hai vế phương trình cho x c  c  Phương trình trở thành:  ax  b1   ax  b2    m x  x  Bƣớc 3: Đặt t  ax  THCS.TOANMATH.com c chuyển giải phương trình bậc x TÀI LIỆU TỐN HỌC 11 Thí dụ Giải phương trình: (2 x2  3x  1)(2 x2  5x  1)  x2 (1) Hƣớng dẫn giải – Nhận thấy x = khơng phải nghiệm Phương trình - Chia hai vế Phương trình (1) cho x  ta được:  1   x    x     x  x  Đặt t  x  (*) Khi phương trình (*) trở thành: (t – 3)(t + 5) = x t  6  t  2t  24   (t  6)(t  4)    t4 Với t = - ta có: x  Với t = ta có: x  3   6  x  x    x  x 2   2x2  4x    x  x Vậy phương trình cho có nghiệm: x  3  2 ,x 2 Thí dụ Giải phương trình: ( x2  5x  1)( x2  4)  6( x  1)2 (2) Hƣớng dẫn giải Đặt a  x  thay x = a + rút gọn ta được: (u  7u  3)(u  2u  3)  6u (*) Đến đ}y giải tiếp ví dụ Giải ta nghiệm là: x   7; x 1  21 Dạng Phương trình có dạng:  x  a  x  b  x  c  x  d   ex , ab  cd Phƣơng pháp giải: – Bƣớc 1: nhận xét x = khơng nghiệm phương trình - Bƣớc 2: PT   x   a  b  x  ab   x   c  d  x  cd   ex Chia hai vế phương trình cho x  ab cd    Phương trình trở thành:  x   a  b  x  cd  e x x    Bƣớc 3: Đặt t  x  THCS.TOANMATH.com ab cd Ta có phương trình:  t  a  b  t  c  d   e  x x x TÀI LIỆU TOÁN HỌC 41 Với t  tìm x  2 Vậy phương trình cho có nghiệm x  2 Câu   x  x   x  x    x    x  3   x  x   3 Đặt: x2  a, x3   b Ta có phương trình: a3  b3   3ab   a  b    3ab  a  b   3ab    a  b  1  a  b    a  b   1  3ab  a  b   1      a  b  1  a  b2  ab  a  b  1  ) a  b2  ab  a  b     a  b    a  1   b  1   a  b  2  x2  x3   (VN)   +) a  b    x  x3      x  1 x  x    x  Vậy phương trình có nghiệm x  Câu Với x = 0, (*)  0x + = (phương trình vơ nghiệm Với x  0, chia vế phương trình (*) cho x 2   27 3 3 (*)  x - 9x + 24 - + =   x     x    18  x x x x    x 3 0     3 x   x    x       x x    x     x x    x  3x   (VN)    x    x  6x   Câu PT  x2  x  1 x  1 x  2     x  x  x  x       x4  x2    x4  x2      x  x  1   x  x    Giải phương trình trùng phương ta tập nghiệm PT   1 ;      Câu 10 Đặt y = x + 15 ta có (y – 6)(y – 5)(y – 4) – 8(y – 15) = THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 42 15  39   ; y  y(y – 15y + 66) = Do y – 15y + 66 =  y    2  2  y =  x = – 15 (Cách khác: Đặt x + 10 = y Bạn đọc tự giải) Câu 11 Biến đổi phương trình th|nh (x – 2)(x – 3)(x – 4)(x + 5) = Tập nghiệm : S = 5; 2; 3; 4 Câu 12 Biến đổi phương trình th|nh (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) = 24  (x2 + 5x + 4)(x2 + 5x + 6) = 24 Đặt x2 + 5x + = t ta có (t – 1)(t + 1) = 24  t2 =  t =  Xét với t = t = – ta tìm hai nghiệm x = x = – Câu 13 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 : 1  1    x    35  x    62  Đặt x   y x   y  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 l| S = 1; ; ; ; 3   Câu 14 Nhân (3x + 4) với ; (x + 1) với vế phải với 12 ta (6x + 8)(6x + 6)(6x + 7)2 = 72 Đặt 6x + = y phương trình trở thành (y + 1)(y – 1)y2 = 72  y4 – y2 – 72 =  (y2 – 9)(y2 + 8) =  y =  (do y2 + > 0,  y) Giải tiếp ta tìm nghiệm x =  x =  3 Câu 15 (x2 – 2x)2 + 3x2 – 6x = –  (x2 – 2x)2 + 3(x2 – 2x) + = Đặt x2 – 2x = y ta có y2 + 3y + =  (y + 1)(y + 2) =  y = – y = – Với x2 – 2x = –  (x – 1)2 =  x = Với x2 – 2x = –  (x – 1)2 + = vô nghiệm Câu 16 (4x + 3)2(2x + 1)(x + 1) = 810  8  2x  3x   9  2x  3x+1  810 Đặt 2x2 + 3x = y phương trình trở thành (8y + 9)(y + 1) – 810 =  8y2 + 17y – 801=  (y – 9)(8y + 89) = THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 43 * 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)2 + 80 > ,  x Vậy phương trình có hai nghiệm x = –3 x = 1,5 Cách khác: Biến đổi phương trình th|nh (4x + 3)2(4x + 2)(4x + 4) = 6480 Đặt 4x + = y (Bạn đọc tự giải tiếp) Câu 17 x3 + 3x – 140 =  x3 – 5x2 + 5x2 – 25x + 28x – 140 =   87  (x – 5)( x + 5x + 28) =  x = x + 5x + 28 =  x     0, x  2 2 Câu 18  x  2x    x  1  x(2x  1)   x  2x    x  2x    2 Đặt x2 – 2x = y phương trình th|nh y2 – 2y – =  (y – 3)(y + 1) = Thay y = x2 – 2x vào ta có tập nghiệm phương trình l| S = 1;1; 3 Câu 19 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 = – x = 1,5   31 * u + = ta có 2x – x + = vơ nghiệm 2x – x + =  x    > ,  x Vậy phương trình có  4 2 hai nghiệm x = –1 x = 1,5 2 2 Câu 20  x  4x+11 x  8x  21  35   x      x    5  35    x  2  0, x  x    0, x nên vế trái không nhỏ 35 (x  2)2   x  Vậy nghiệm phương trình l| x = Ta suy  2 x     Câu 21 Ta có: 5x3 + 6x2 + 12x + = 4x3 + (x3 + 3.x2.2 + 3.22.x + 23) = (x + 2)3 = - 4x3 x + = (1 + x = 3 x ).x = - 2 2 Vậy pt cho có nghiệm x = 1 1 Câu 22 Đặt X 1005 x; Y 1007 x; Z Dễ chứng với: X + Y + Z = thì: X Phương trình cho trở th|nh: THCS.TOANMATH.com x - 2012 Y3 Z3 XYZ TÀI LIỆU TOÁN HỌC 44 3(1005 x)(1007 x)(2 x - 2012)=0 x 1005 x 1006 x 1007 Vậy phương trình cho có nghiệm x = 1005, x = 1006, x = 1007 Chủ đề Phƣơng trình phân thức Câu 23 ĐK: x   ; ; ; 2008 2009 2010 2011 Khi phương trình cho tương đương 1 1    2008 x  2011x  2010 x  2009 x  4019 x  4019 x    (2008 x  1)(2011x  5) (2009 x  2)(2010 x  4) 4019 x     1    (2008 x  1)(2011x  5) (2009 x  2)(2010 x  4)  x   4019  (2009 x  2)(2010 x  4)  (2008 x  1)(2011x  5)  6    x   4019  x   4019     4019 x     x  1 2 x2  5x      x   Vậy phương trình có ba nghiệm: x   Câu 24 ; x  1; x   4019 5 x  5 x  b ĐKXĐ : x  1 Đặt x  a ; x x 1  x 1   x  5x  x2  x2  x   x  5 x    x  5 Ta có : a  b  x     x 1  x 1  x 1    a   ab  b   Mà a.b  Do   a  a  b    b  Với a  2; b  x2  3x    x  x  Với a  3; b  x2  x   (PT vơ nghiệm) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 45 Câu 25 Ta có: x x2 x Đặt t 3x x x 40 2 6x2 40 x x2 ta có phương trình t2 – 6t -40 =0 x t 10 x2 10 x x 10 x 30 vô nghiệm t x2 x x x 12 4 x2 x x2 40 x t 10 t x x Vậy tập nghiệm phương trình l| S 2;6 Câu 26 Điều kiện: x  0; x   5; x   * Phương trình biến đổi th|nh: 1   x  x  x  x  15 x 1   (1) 4 x   x   15 x x Đặt x   t  t  2; t   x t  4 1    PT (1) trở th|nh: t  t  15 t  12 Với t  4 ta có x   4  x  2 thỏa mãn (*) x x   4 Với t  12 ta có x   12   thỏa mãn (*) x  x    Câu 27 Điều kiện: x  3; x   11; x  2 2; x  3 pt  1  1   1 0 x 9 x  11 x 8 x  12 15  x 15  x 15  x 15  x 1 1    )0   (15  x )( x  x  11 x  x  12 x  x  11 x  x  12 1 1     (2)  15  x  (1) x  x  11 x  x 12 Giải (1) ta x   15 1 (2)  (2x  20)(  )   x   10 x  20x  99 x  20x  96 Kết luận phương trình có nghiệm: x  15; x   15 ; x  10; x   10   THCS.TOANMATH.com   TÀI LIỆU TOÁN HỌC 46 Câu 28 ĐK: x  , x  2, x  , x  Ta có pt: 5x  5x   (3x  1)(2 x  4) (9 x  2)(5  x) 3     x  x     5   6 x  12 x  x   36 x  45 x  x  10 (3x  1)(2 x  4)  (9 x  2)(5  x)   x   (TM )    x  (TM )    x  (TM )  Vậy phương trình có có nghiệm phân biệt Câu 29 a) Điều kiện : x  2; x  3; x  4; Phân tích mẫu thành nhân tử ta có 14    ( x  2)( x  3) ( x  3)( x  4) ( x  2)( x  4) ( x  2)( x  3)( x  4) Quy đồng khử mẫu phương trình 3(x – 4) – 4(x – 2) = 5(x – 3) + 14  3x – 12 – 4x + = 5x – 15 + 14  x = – 0,5 thỏa mãn ĐKXĐ b) ĐKXĐ : x 1; 2; 3; ; 19; 20 Nhận xét: với n  N (x  n  1)  (x  n) 1    (x  n)(x  n  1) (x  n)(x  n  1) x  n x  n  Biến đổi phương trình cho th|nh : 1 19     (x  1)(x  2) (x  2)(x  3) (x  19)(x  20) 42  1 1 1 19        x 1 x  x  x  x  19 x  20 42  1 19   Quy đồng khử mẫu phương trình x  x  20 42 x2 + 21x – 22 =  (x – 1)(x + 22) = x    thỏa mãn ĐKXĐ  x  22 c) ĐKXĐ : x  0; 2; 4; 6;8;10 Nhận xét : với n  N ta có (x  n)  (x  n  2) 1    (x  n)(x  n  2) (x  n)(x  n  2) x n 2 x n Biến đổi phương trình cho th|nh : THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 47 2     x(x  2) (x  2)(x  4) (x  8)(x  10) 12  1 1 1        x2 x x4 x2 x  10 x  12 Quy đồng khử mẫu phương trình  1   x  10 x 12 x2 – 10x – 24 =  x  12 thỏa mãn ĐKXĐ    x  2  (x – 12)(x + 2) = Câu 30 Ta vận dụng c{c bước để giải Nếu quy đồng mẫu xuất c{c đa thức bậc ba, việc thực d|i Tuy nhiên có phương ph{p kh{ s{ng tạo ngắn gọn sau : * ĐKXĐ : x  2; x  Biến đổi phương trình th|nh : (x  4x  4)  (x  6x  9)  x  24   (2x  5)  x2 x 3 (x  2)(x  3)  (x  2)   x  24  (x  3)   (2x  5)  x2 x 3 (x  2)(x  3) x  24   0 x  x  (x  2)(x  3) Quy đồng khử mẫu phương trình  (x + 9)(x – 4) = x2 + 5x – 36 =  x = – x = thỏa mãn ĐKXĐ Câu 31 ĐKXĐ : 2x2 – 5x + = (x – 1)(2x – 3)  x  x  1,5   23 2x + x + =  x     ,  x Do x = không nghiệm phương trình , đặt 2x + x  4 = t : PT  2x   x  13 2x   x 6  13   ĐKXĐ t  t  – t  t 1 t   6t  39t  33   (t  1)(6t  33)     t  5,5 Ta có   2x    2x   1 x 11  x   2x  x     4x  11x   (1) (2)  23   , x (1) vô nghiệm 2x – x + =  x    4  (2)  (x – 2)(4x – 3) =  x = x = THCS.TOANMATH.com thỏa mãn ĐKXĐ TÀI LIỆU TOÁN HỌC 48 Câu 32 Từ (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b)  a3 + b3 = (a + b)3 – 3ab(a + b) Vậy phương trình có hai nghiệm x = ; x = Áp dụng để giải phương trình Ta có ĐKXĐ : x  x  x  x  3x   3x x  2 PT   x     x 1  x 1  x 1  x 1  x2  x2   x2   x2         Đặt y = ta có      x 1  x 1   x 1   x 1  y3 – 3y2 + 3y – – =  (y – 1)3 =  y = x2 =  x2 = 2x –  x2 – 2x + = x 1 Phương trình cho vơ nghiệm x2 – 2x + = (x – 1)2 + > x Hay Câu 33 ĐKXĐ: x  R x2 – 4x + = (x – 2)2 +  ; x Đặt x2 – 4x + = y y  – x2 + 4x – = – y + Phương trình th|nh y   y    – y2 + 4y =  (y – 5)(y + 1) =   y  y  1 (loai) * x2 – 4x + =  x(x – 4) =  x = x = Tập nghiệm S = 0; 4 Câu 34 ĐKXĐ x  2;3; 4;5; 6 PT  1 1     (x  2)(x  3) (x  3)(x  4) (x  4)(x  5) (x  5)(x  6) 1 1 1 1         x 3 x  x  x 3 x 5 x 4 x 6 x 5 1     x2 – 8x – 20 =  (x + 2)(x – 10) = x 6 x 2  x = – x = 10 Tập nghiệm S = 2;10  Câu 35 ĐKXĐ : x  x  56   7x  x x3  – x  x  56  21x  22 21x  22  4   1 0 x 2  7x x 2 x  56x  20  35x x   21x  22  0  7x x3       x  21x  20   0   7x x   * Xét x3 – 21x – 20 =  (x + 1)(x – 5)(x + 4) = ta tìm : x = – 4; x = –1 ; x = thỏa mãn ĐKXĐ * Xét 1   biến đổi thành x3 – 7x + =  7x x  THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 49  (x –1)(x – 2)(x + 3) = ta tìm x = – 3; x = ; x = thỏa mãn ĐKXĐ Vậy tập nghiệm phương trình l| S = 4;  3;  1; 1; 2; 5 Câu 36 ĐKXĐ : x   x2 x2 2x    x2(x + 1) – x2(x – 1) = 2x  2x2 – 2x = x 1 x  x 1  2x(x – 1) =  x = x = Loại x =  Tập nghiệm S = 0 Câu 37 ĐKXĐ : x  x  – 1 3     1  1  2 x x  (x  1) x x  (x  1)2 1 x2 x2  x    x2 (x  1) (1  x) (1  x)3  x  x (x  1) 0 1  x  3 Với x  x  – (1  x) (1  x)  x     3 (1  x)  x  *Với x – =  x = thỏa mãn ĐKXĐ *Với (1 + x)3 + x3 =  (1 + x)3 = – x3  + x = – x  x =  thỏa mãn ĐKXĐ   Tập nghiệm S =  ;1   Câu 38 ĐKXĐ : x  R Đặt x2 – 2x + = t > phương trình trở thành  5t2 – 7t – = t 1 t   t t 1  (t – 2)(5t + 3) =  t = ( t > 0) Hay x2 – 2x + =  x2 – 2x =  x(x – 2) =  x = hặc x = Tập nghiệm S = 0; 2 Câu 39 a) Điều kiện x  5  x  10 x x  10 x  Ta viết lại phương trình thành   x   11     11   Đặt     x5 x5   x5 x5 t t  x2 thì phương trình có dạng t  10t  11    x5 t  11 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 50 x2  21 x2  11 Nếu t  11    x2  x    x  x5 x5  x2  11x  55  phương trình vơ nghiệm b) Để ý x nghiệm x  nên ta chia tử số mẫu số vế trái cho x thu 12 được:    Đặt t  x   thì phương trình trở thành: 2 x x4 x2 x x t  12    12t  3t   t  2t  t  7t     t2 t t  Nếu t  ta có: Với t  ta có: x  x    t  t   vô nghiệm Với t  ta có: x    x2  x    x   x 2  x   x  x  c)    x      x  1     x    x  1   x2   x2  x   Giải 2 phương trình ta thu được nghiệm x   6; x  3  d) Sử dụng HĐT a3  b3   a  b   3ab  a  b  ta viết lại phương trình thành:   3 3x x  x2  x  3x  x      x  3   hay x  x  1 x 1  x 1  x 1   x  1 x  x3 3  x2   x2   x2  3x x2 20  1      x  x   Suy    3   x 1  x 1   x 1  x 1  x 1  phương trình đã cho vơ nghiệm Câu 40 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  x2  x , phương trình trở thành x  x x  x  2( x  x  4)  25  145 u  1 5u  25u  24 10   0  0 u u  u  4 2u  u  3 u    25  145 u  10  THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 51  25  145  x  4x  10 Do đó    Tìm được tập nghiệm của phương trình là   25  145  x  4x  10   15  145 15  145 15  145 15  145  S  2  ; 2  ; 2  ; 2   10 10 10 10   5 10 10 10 40 Câu 41 Biến đổi phương trình thành         x 1 x  x  x  x 1 x  Đặt u  x  u  1, u  4; u  0 dẫn đến phương trình u  16   4u  65u  16     bTìm được tập nghiệm của phương trình là  S   ; 4; ; 4 u     Câu 42 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  5 x    x  1 x  3  x   x    x 1  1  x6 1  x2 1  x5 1               x x2  x5 x7   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  7     0  x  x  x  10 x  x  x  x  12   x    1      0(*)  x  x x  x  10 x  x  x  x  12  Đặt u  x2  x thì phương trình (*) có dạng 1 1   1  1    0       u  18u  90  u u  10 u  u  12 u u  u  10 u  12     Mặt khác u  18u  90   u     với u  Do đó phương trình (*) vơ nghiệm Vậy phương trình đã cho có nghiệm x   THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 52 Câu 43 Điều kiện x 4; 3; 2; 1 Biến đổi phương trình thành 4        0    0 x 1 x  x  x   x 1 x    x  x   x      x  0  x  x  x  x    0(*)    x  5x  x  5x  Đặt u  x2  5x thì phương trình (*) trở thành x  10 x  11   x  11    u   Từ đó ta có  u4 u6 5   5  5     Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là  S  0; ;  2     Câu 44 Do x  khơng nghiệm của phương trình nên chia cả tử mẫu phân thức vế trái của phương trình cho  x , rồi đặt y  x  ta được x  1 y  y  10 Phương trình trên có 2 nghiệm y  16, y  Với y  x    x  x    Phương trình này vơ nghiệm x Với y  16 x  7  16  x  16 x    Phương trình này có hai nghiệm x1  ; x2  x 2 1  Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S   ;  2 2 Câu 45 Điều kiện x  2 Khử mẫu thức ta được phương trình tương đương:  3x4  x3  16 x2  36 x  12   3x  x  x    16 x  12  đặt t  x  t  x4  12 x2  36 , suy 3x4  3t  36 x2 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 3x2  18  6 x  20 hay 3x2  x   suy x   3  3   3   (thỏa mãn đk). Vậy tập nghiệm PT(4) S   ;  6; ; 6 3     Câu 46 Đặt t  3x2  PT(5) trở thành THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 53 2x 13x    ĐK:  t  5x, t   x t  5x t  x Khử mẫu thức ta được PT tương đương 2t  13tx  11x    t  x  2t  11x    t  x t  11 x (thỏa mãn ĐK) Với t  x 3x2   x  3x2  x   phương trình vơ nghiệm Với t  11 11 x 3x   x  x  11x    x  x  2 1 4 Vậy tập nghiệm PT(5)  ;  2 3 Câu 47 Điều kiện x  1 Đặt x2 x2  y;  z , PT có dạng: 20 y  5z  20 yz    y  z    y  z x 1 x 1 Dẫn đến x2 x2    x   x  1   x   x  1 x  x 1  x  x   x  3x   x  x    x   73  73 x  (thỏa mãn điều 2 kiện)    73  73   Vậy tập nghiệm PT(2)  ;      Chủ đề Phƣơng trình có dấu giá trị tuyệt đối Câu 48 – Xét x  ta có phương trình:   x   x  1 x  1 x       x   x  1  5   x  x     x     , (vô nghiệm) 2  - Xét x  ta có phương trình:  x   x  1 x  1 x      x   x  1   x2  x   x  x   x  x  5     x   x  2 Kết hợp với điều kiện x  ta nghiệm phương trình l| x  Câu 49 Lập bảng xét GTTĐ rồi xét khoảng : 10 *Nếu –  x < – PT  – x – x – 1+ x + =  x = – (loại) *Nếu x PT  x + x + 1+ x + =  x = Phương trình có hai nghiệm x =  10 x = 3 Câu 50 x   x   x    x  x – + – x = 2  x   Dấu “=” xảy  (x  1)(4  x )    x    x     x    x  1  2 1  x    Nghiệm phương trình là   x  ; 2  x  1  2  x  1 Câu 51 Lập bảng xét GTTĐ rồi xét khoảng : * Với x  phương trình thành  – x – + x =  0x = vô nghiệm * Với  x  phương trình thành   x – + x =  x = (nhận) * Với  x > 2  phương trình thành  x – x + =  0x + = vô số nghiệm Vậy nghiệm của phương trình là  x   Câu 52 Đặt y = x  y  0. Phương trình trở thành : y2 + 2y – =  (y – 2)(y + 4) =  y = y = – (loại) x 1  x   Vậy y =  x  =    x   2  x  1 Nghiệm của phương trình là x = 3 và  x = –1 Câu 53 * Nếu x  2,5 2x   2x+5 2x+5  x  3x   x2 + x – =  (x + 3)(x – 2) =  x = – x = Loại x = – * Nếu x  2,5 2x   2x  2x   x  3x   x2 + 5x + =  (x + 4)(x + 1) =  x = – x = – Loại x = – Nghiệm của phương trình là  x = 2 và x = – Câu 54 Ta có ab  a b nên x   x 1   x 1  x  x 1  x   x 1     x    (1)  x   1  x 1 1    x     (2) x  x  * (1)  x + =    ; (2)  x – =     x  2 x  Tập nghiệm của phương trình là   S =  2; 0; 2 Câu 55 * Khi x = 2005 ; x = 2006 vế trái vế phải đều số trị là1. Do đó x = 2005  x = 2006 nghiệm của phương trình THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 55 *Với x < 2005 x  2005  x  2006  Do đó  x  2005 2006  x  2006 2006   phương trình vơ nghiệm *Với x > 2006 x  2005  x  2006  Do đó  x  2005 2006  x  2006 2006   phương trình vơ nghiệm * Với 2005 < x < 2006 < x – 2005 < – < x – 2006 <  x  2005 2006  x  2005 2006  x  2005  x  2005 x  2006  x  2006 2006 2006  x  2006  2006  x  x  2005  2006  x   phương trình vơ nghiệm Vậy nghiệm của phương trình là x = 2005 và x = 2006 Câu 56 Từ đề suy x < Suy 9x – < 0; 7x – < 0; 5x – < 0; 3x – < Phương trình cho trở thành 9 x   x   5x   3x   x   -23x + 20 = Kết luận pt vơ nghiệm THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC