Chuyên đề phương trình đại số

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 ) = 0 ⇔ f ( x ) g ( x ) = 0⇔ F ( x) =  g ( x ) = Đưa phương trình tích ta thường dùng cách sau: Cách 1: Sử dụng đẳng thức đưa dạng: a − b 2= 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 + m phương trình trở thành: ( x + m)= (2m + a ) x + bx + c + m Ta mong muốn vế phải có dạng: ( Ax + B)  2m + a > ⇔ ⇒m 2 b 4(2 m a )( c m ) ∆ = − + + =  THCS.TOANMATH.com • Phương trình dạng: x + ax = bx + cx + d a   Ta tạo vế phải biểu thức bình phương dạng:  x + x + m    Bằng cách khai triển biểu thức:  a2   a   x + x + m  =x + ax +  2m +  x + amx + m Ta thấy cần thêm      a2  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 >   Bây ta cần:  ⇒m= ?   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) b) c) d) x − 10 x − x + 20 = x − 22 x − x + 77 = x − x + x + x − =0 x + x3 − x + x − = Lời giải: THCS.TOANMATH.com a) x − 10 x − x + 20 = ⇔ x = 10 x + x − 20 Ta thêm vào vế phương trình lượng: 2mx + m Khi phương trình trở thành: x + 2mx + m = (10 + 2m) x + x + m − 20 Ta có ∆VP =− 4(m − 20)(10 + 2m) = 0⇔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 =0 ⇔ 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 thành: c) Phương trình có 4 x − x + x + x − =0 ⇔ x − x =−8 x − x + dạng: Ta có ∆VP =− 4(22 + 2m)(m − 77) = 0⇔m= −9 Ta viết lại phương trình thành: x − 18 x + 81= x + x + ⇔ ( x − ) − ( x + ) = 2  x =−1 ± 2 ⇔ ( x + x − 7)( x − x − 11) =0 ⇒   x = ± Ta tạo vế trái dạng: ( x − x + m) = x − x + (9 + 2m) x − 6mx + m THCS.TOANMATH.com Tức thêm vào hai vế lượng là: (9 + 2m) x − 6mx + m phương trình trở thành: ( x − x + m) = (2m + 1) x − (6m + 2) x + m + Ta cần ∆ 'VP = (3m + 1) − (2m + 1)(m + 1) = ⇔ m = Phương trình trở thành:  x=   x= 2 2 ⇔ ( x − x + 1)( x − x − 1) =0 ⇒  ( x − 3x) = ( x − 1) x=  x= 2+ 2− 1+ 1+ d) Phương trình cho viết lại sau: x + x = x − x + Ta tạo phương trình: ( x + x + m) 2= (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= (2 x − 2)  −3 + 21 x = ⇔ ( x + x − 3)( x − x + 1) = ⇔   −3 − 21 x =  Ví dụ 2) a) Giải phương trình: x − x + 12 x − = (1) b) Giải phương trình: x − 13 x + 18 x − = c) Giải phương trình: x − 10 x + 11x + x − =0 (4) Lời giải: THCS.TOANMATH.com a) Ta có phương trình ⇔ x − ( x − 3) = (1.1)  x2 + 2x − = ⇔ ( x + x − 3)( x − x + 3) = ⇔  ⇔ x = 1; x = Vậy  x − 2x + = 2 phương trình có hai nghiệm = x 1;= x 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 nghiệm ⇔ ⇔  − + = x x 3 ±  x =  2 x −3 ± 29 3± = ;x 2 c) Ta có phương trình 1  ⇔  x2 − x −  = x2 + x + = 4 4 16   2± 2 x = 2 x − x + = ⇔ ⇔  − − = x x ± 13  x =  2 3 1 1   x +  ⇔  x − x +  ( x − x − 1) = 4 2 2  2 Phương pháp đặt ẩn phụ: Là phương pháp hữu hiệu tốn 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) THCS.TOANMATH.com 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 ± bx3 + cx ± kbx + k a = ( k > ) Với dạng ta chia hai vế phương  k2   k k Đặt t= x + trình cho x ( x ≠ ) ta được: a  x +  ± b  x +  + c = x   x x  k2  k với t ≥ k ta có: x + = x +  − 2k =t − 2k thay vào ta x x  phương trình: a ( t − 2k ) ± bt + c = e, a+b=c+d Dạng 3: Phương trình: ( x + a )( x + b )( x + c )( x + d ) = Phương trình ⇔  x + ( a + b ) x + ab   x + ( c + d ) x + cd  = e e Đặt t = x + ( a + b ) x , ta có: ( t + ab )( t + cd ) = ex , ab = cd Dạng 4: Phương trình ( x + a )( x + b )( x + c )( x + d ) = 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 e Ta có phương trình: ( t + a + b )( t + c + d ) = =x + x x THCS.TOANMATH.com 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 − x3 + x − x + = 2) ( x + 1) + ( x + 3) = 24 3) x ( x + 1)( x + )( x + 3) = 4) 4 ( x + )( x − 3)( x + )( x − ) + x = Lời giải: 1) Ta thấy x = khơng nghiệm phương trình nên chia hai vế pương trình cho x ta được:   1   x2 +  −  x +  + = Đặt x   x  1  1 t = x + , ( t ≥ ) ⇒ x + =  x +  − = t − Ta x x x  t = có: t − − 5t + = ⇔ 2t − 5t + = ⇔  Với t =  t = ⇔ x + = ⇔ x2 − 2x + = x ( ) 2) Đặt x = t − ta được: ( t − 1) + ( t + 1) = ⇔ t + 6t = ⇔ t = ⇔ x = −2 4 Vậy phương trình có nghiệm x = −2 Chú ý: Với ta giải cách khác sau: Trước hết ta có BĐT: THCS.TOANMATH.com a + b4  a + b  ≥  với a + b ≥   Áp dụng BĐT với: a =− x − 1, b =x + ⇒ VT ≥ VP Đẳng thức xảy x = −2 3) Ta có phương trình: ⇔ ( x + x )( x + x + ) = t x + x Ta 24 Đặt = 24 ⇔ t + 2t − 24 = 0⇔t= −6, t = được: t ( t + ) = * t =−6 ⇔ x + x + =0 ⇒ phương trình vơ nghiệm * t =4 ⇔ x + x − =0 ⇔ x = 1; x =−4 Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1; x = −4 4) Phương trình ⇔ ( x − x − 12 )( x + x − 12 ) + x = Vì x = khơng nghiệm phương trình nên chia hai vế phương trình cho x ta được: 12 12 12    Đặt t= x − , ta có:  x − −   x − + 1 + = x x x    t = ( t − )( t + 1) + = ⇔ t − 3t + = ⇔  t = * t =1 ⇔ x − x = 12 = ⇔ x − x − 12 = ⇔  x  x = −3 * t =2 ⇔ x − x − 12 =0 ⇔ x =1 ± 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) THCS.TOANMATH.com b) Giải phương trình: x + x − x − 21x3 − x + x + = 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 x + ta được: x2 − x + x +1 Đặt −2 x +1 x − x +1 x2 − x + ⇒ 3t − =5 ⇔ 3t − 5t − =0 ⇔ t =2, t =− t= x +1 t * t = ⇔ x − 3x − = ⇔ x = ± 13 * t =− ⇔ x − x + =0 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 = không nghiệm phương trình Chia vế phương trình cho x3 ta được: 1   1  x + , t ≥ Ta +  x +  −  x +  − 21 = Đặt t = x x x   x  1 có: x + =t − 2; x + =t ( t − 3) nên phương trình trở x x x3 + thành: t ( t − 3) + ( t − ) − 6t − 21 = THCS.TOANMATH.com t = ⇔ t − 3t − 9t − 27 = ⇔ ( t + 3) ( t − 3) = ⇔  t = −3 * t = 3⇔ x+ 3± = ⇔ x − 3x + = ⇔ x = x −3 ± * t =−3 ⇔ x + x + =0 ⇔ x = Vậy phương trình có bốn nghiệm −3 ± 3± = ;x 2 = x c) Phương trình ⇔ ( x + x + )( x + x + )( x + x + ) = 360 360 Đặt = t x + x , ta có phương trình: ( y + )( y + )( y + ) = x = ⇔ y y + 22 y + 157 = ⇔ y = ⇔ x + x = ⇔   x = −6 ( ) Vậy phương trình có hai nghiệm: x = 0; x = −6 d) Ta có: x + x + 30= ( x3 + x + ) − x + nên phương trình tương đương (x ) ( ) + x + + x + 24 x + x + 24 x + 30 = Đặt u = x + x + Ta hệ: u + 5u + = x ⇒ ( u − x ) u + ux + x + = ⇔ u = x  u  x + x + = ( ) ( ) ⇔ x + x + = ⇔ ( x + 1) x − x + = ⇔ x = −1 Vậy x = −1 nghiệm phương trình Dạng 6: THCS.TOANMATH.com 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 Đặt t = x + = k k2 ⇒ t = x + + 2k ≥ k + 2k x x + p p x+n+ x x Thay vào phương trình để quy phương trình bậc theo t x+m+  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:  x2  x2 ax  x2 x2  Đặt quy t = − + = ⇔ + − = x a b a b     x+a x+a x+a x+a   x+a phương trình bậc 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 b) − = (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Đại x + 4x + x + 2x + học Vinh 2010) c) x2 ( x + 2) = x − x − (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên ĐHSP Hà Nội 2008) 3x d) x + + −2= ( x − 1) x − x3 THCS.TOANMATH.com Giải: a) Điều kiện x ≠ −5 Ta viết lại phương trình thành  x  10 x x2 x  10 x  Đặt t = x 11 11 − + − = ⇔ + − =     x+5 x+5 x+5   x+5 x+5 t = phương trình có dạng t + 10t − 11 =0 ⇔  t = −11 Nếu t = ta có: t= −11 ⇔ ± 21 x2 Nếu =1 ⇔ x2 − x − = ⇔ x = x+5 x2 = −11 ⇔ x + 11x + 55 = phương trình vơ nghiệm x+5 b) Để ý x nghiệm x ≠ nên ta chia tử số mẫu số 12 vế trái cho x thu được: − = Đặt t = x + + 2 x x+4+ x+2+ x x phương trình trở thành: t = 12 − =1 ⇔ 12t − 3t − = t + 2t ⇔ t − 7t + = ⇔  t+2 t t = Với t = ta có: x + x+ + =1 ⇔ t + t + = vô nghiệm Với t = ta có: x + = ⇔ x2 − x + = ⇔ x = ± x 2  x   x  x  c)  − ( x + )  − ( x − 1) = ⇔  + x − 3  − x − 1 =  x+2   x+2  x +  −3 ± Giải phương trình ta thu nghiệm x = ± 6; x = THCS.TOANMATH.com d) Sử dụng HĐT a + b3 = ( a + b ) − 3ab ( a + b ) ta viết lại phương trình thành: x3 x  x2  x  3x 3x  + − = ⇔ + − + −2= x + x x  +  x −  x −1  x −1  x −1 ( x − 1) x − hay 3  x2   x2   x2  3x x2 − + − = ⇔ − = ⇔ −1 = ⇔ x2 − x + = 1       − − − − − 1 1 x x x x x       Suy phương trình cho vơ nghiệm BÀI TẬP RÈN LUYỆN: Giải phương trình sau: 1) (x 2) ( x + ) ( 3x + )( x + 1) = + x + )( x + x + 3) = 4) 82 ( x − 1) + ( x + 3) = 10 ( x + 1)( x + )( x + )( x + 5) = 5) (x 6) 4x2 ( x − )( x − 1)( x − 8)( x − ) = 3) 4 + x + )( x + x + ) = x2 7) ( x + x − 1) − ( x + x − 1) + x = 2 8) x − x − x + x + = 9) x − 21x + 34 x + 105 x + 50 = 1 1 10) + + + + = x x +1 x + x + x + x + x − x +8 x −8 11) + − − = − x −1 x +1 x − x + THCS.TOANMATH.com 12) x +1 x+6 x+2 x+5 + =2 + x ( x + ) x + 12 x + 35 x + x + x + 10 x + 24 x + x + x + x + x + 3x + x + x + + − − = x +1 x+2 x+3 x+4 4x 3x 14) + = x − x + x − 10 x + 13) 15) ( x − x + 1)( x + x + 1) = 9x2 16) ( x − x + 1)( x − ) = ( x − 1) 17) x − x + 16 x + 18 x + = 18) 19) x − 12 ( x + 2) = 3x − x − 2x 13 x + = 3x − x + 3x + x + 2 20) x ( x − 1)( x + ) + = x2 −  x−2  x+2 21) 20  + − = 20    x2 −1  x +1   x −1  2 LỜI GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN t = 1) Đặt x + x + = t Phương trình cho thành t ( t + 1) =6 ⇒  t = −3 Với t = x + x + = ⇔ x + x = ⇔ x = x = −1 −1 ± 21 Với t = −3 x + x + =−3 ⇔ x + x + =0 ⇔ x = −1 − 21 −1 + 21   Vậy tập nghiệm phương trình S = −1;0; ;  2   2) Biến đổi phương trình thành ( 36 x + 84 x + 49 )( 36 x + 84 x + 48 ) = 12 THCS.TOANMATH.com Đặt t = t = 36 x + 84 x + 48 phương trình thành t ( t + 1) = 12 ⇔  t = −4 Với t = 36 x + 84 x + 48 = ⇔ 36 x + 84 x + 45 = 0⇔ x= − Với t = −4 36 x + 84 x + 48 = −4 ⇔ 36 x + 84 x + 52 = 0, x= − phương trình vô nghiệm  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 ⇔  −1  x = −2 y = Vậy tập nghiệm phương trình cho S = 4) Đặt y= (y {−2;0} x +1+ x + + x + + x + = x + phương trình trở thành: y = x = − − −3 − )( y − 1) = 10 ⇔ y − y − = ⇔  ⇔ y x 6 −3 = = { } Vậy tập nghiệm phương trình S =− − 3; − 5) Do x = nghiệm phương trình, chia hai vế cho 2    x ta  x + + 1  x + +  = Đặt y= x + phương trình trở x x  x    x+ =  y =   x = −1 x thành ( y + 1)( y + ) =2 ⇔  ⇒ ⇔ −3  −2 x= y =  −3 x+ =  x 6) Biến đổi phương trình thành ( ( x − )( x − ) ) ( ( x − 1)( x − 8) ) = x ⇔ ( x − x + )( x − x + ) = x Do x = không nghiệm nên chia hai vế phương trình cho x ta được: THCS.TOANMATH.com 8    Đặt y= x + phương trình trở thành  x + − 6 x + − 9 = x x x    y = Với y = ( y − )( y − ) =4 ⇔ y − 15 y + 50 =0 ⇔   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 = không nghiệm phương trình, chia hai vế phương 2 1     trình cho x ta  x − +  −  x − +  + = Đặt y= x − , x x x     phương trình trở thành: y =1 2 Suy ( y + ) − ( y + 3) + = ⇔ y − = ⇔   y = −1  −1 ±  − = x x =  x Vậy tập nghiệm phương trình ⇔   ± x − = −1  x =  x   −1 ± ±  S = ;    8) Phương trình khơng nhận x = nghiệm, chia hai vế cho x 1   1  3 x2 +  −  x −  − = Đặt t= x − phương trình trở thành x x   x  3t − 4t + = 3t − 4t + = ⇔ t = t = Với t = x − 1+ 1− x = = ⇔ x2 − x −1 = ⇔ x = x THCS.TOANMATH.com Với t = x4 = 1 + 37 x − = ⇔ x − x − = ⇔ x3 = x 3 − 37 Vậy tập nghiệm phương trình 1 + − + 37 − 37  S = ; ; ;  2   9) x − 21x + 34 x + 105 x + 50 = (8) Lời giải: 105 50 = −5 k= = 25 nên phương trình (8) phương trình −21 25  5   bậc bốn có hệ số đối xứng tỉ lệ ( ) ⇔  x +  − 21 x −  + 34 = Đặt x  x   Ta thấy k = 25 suy t = x + − 10 Phương trình (9) trở thành x x 2t − 21t + 54 = ⇔ t = t = Với t = x − = ⇔ x − x − ⇔ x − x − = Phương trình có hai nghiệm x 9 x1 = + 14; x2 = − 14 Với x = x − = ⇔ x − x − 10 = x 2 t= x − Phương trình có hai= nghiệm x3 + 161 − 161 Vậy PT (8) có = ; x4 4  + 161 − 161  tập nghiệm S =+ ; 3 14;3 − 14;  4   10) Điều kiện x ∉ {−1; −2; −3; −4;0} Ta biến đổi phương trình thành THCS.TOANMATH.com ( x + 2) ( x + 2)   1  1 1 0⇔ + = + + =  + + + x + 4x x + 4x + x +  x x +   x +1 x +  x + 1 u x + x , phương trình ⇔ + + = Đặt = x + x x + x + 2( x + x + 4) trở thành 1 + + = 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 Tìm tập nghiệm phương trình Do   −25 − 145  x + 4x = 10   15 + 145 15 + 145 15 − 145 15 − 145  S = −2 − ; −2 + ; −2 + ; −2 −  10 10 10 10   11) Biến đổi phương trình thành −5 10 10 10 40 + − + =− ⇔ − =− x −1 x +1 x + x + x −1 x − Đặt u = x ( u ≠ 1, u ≠ 4; u ≥ ) dẫn đến phương trình u = 16 4u − 65u + 16 =0 ⇔  bTìm tập nghiệm phương trình u =    S =− ; −4; ;    2 12) THCS.TOANMATH.com Điều kiện x ∉ {−7; −6; −5; −4; −3; −2; −1;0} Biến đổi phương trình thành x +1 x+6 x+2 x+5 + = + x ( x + ) ( x + )( x + ) ( x + 1)( x + 3) ( x + )( x + ) 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 + 7)  + − − =  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 ⇔  − − +  =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⇔ =  + = 0(*)  x + 5x + x + 5x +   x + 5x + x + 5x + Đặt = u x + x phương trình (*) trở thành Từ ta có x + 10 x + 11 = ⇔ x = 11 + = 0⇔u= − u+4 u+6 −5 ±  −5 − −5 +  Vậy tập nghiệm phương trình cho S = 0; ;  2   14) Do x = khơng nghiệm phương trình nên chia tử mẫu phân thức vế trái phương trình cho x , đặt = y x + ta x + = y − y − 10 Phương trình có nghiệm = y 16, = y Với y = x + = ⇔ x − x + = Phương trình vơ nghiệm x = 16 ⇔ x − 16 x + = Phương trình có hai x nghiệm = x1 = ; x2 2 Với y = 16 x + 1  Vậy phương trình cho có tập nghiệm S =  ;  2 2 THCS.TOANMATH.com 15) Đặt t= x + x + , phương trình (1) thành ( t − x )( t + x )= x ⇔ t − 16 x 2= x ⇔ t 2= 25 x ⇔ t= −5 x t = 5x −3 ± Với t = −5 x x + x + =−5 x ⇔ x + x + =0 ⇔ x = Với t = x x + x + = x ⇔ x − x + = ⇔ x = 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 t + ( −5 x + ) t + ( −6 x + )( x − 1) = ⇔ ( t − x + )( t + x − 1) =  x= ±  x2 − =  x2 − 6x + = 6x − 6x − t =  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ −1 ± 21 t =− x + = x  x − =− x +  x + x − =0   −1 − 21  −1 + 21 Vậy tập nghiệm PT(2) S = ;3 − 7; ;3 +   2   THCS.TOANMATH.com 17) 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= ± =  x −= 4x − = x2 − 4x t x  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ± 33 = t x 5x − x − 5x  = x =  x −=   − 33 + 33  Vậy tập nghiệm phương trình 2 − 6; ; + 6;  2   18) Điều kiện x ≠ −2 Khử mẫu thức ta phương trình tương đương: x + x − 16 x − 36 x − 12 =0 ⇔ x + x ( x − ) − 16 x − 12 =0 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 x + x + = suy x= −3 ± (thỏa mãn đk) Vậy tập nghiệm PT(4)  −3 −  −3 + = S  ; − 6; ; 6   2x 13 x 19) + = (5) 3x − x + 3x + x + Lời giải: Đặt= t x + PT(5) trở thành 2x 13 x + = ĐK: t ≠ x, t ≠ − x t − 5x t + x Khử mẫu thức ta PT tương đương THCS.TOANMATH.com 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 11 11 x x + = x ⇔ x − 11x + = ⇔ x = x = Vậy 2 1 4 tập nghiệm PT(5)  ;  2 3 Với t = 20) PT ⇔ x ( x + 1)( x − 1)( x + ) + = ⇔ ( x + x )( x + x − ) + = ⇔ ( x4 + x2 ) − ( x4 + x2 ) + = ⇔ ( x + x − 1) =0 ⇔ x + x − =0 Giải phương trình trùng phương ta tập nghiệm PT  −1 −  ; −  2    21) Lời giải: Điều kiện x ≠ ±1 x−2 x+2 Đặt= y= z , PT có dạng: ; x +1 x −1 20 y + z − 20 yz =0 ⇔ ( y − z ) =0 ⇔ y =z THCS.TOANMATH.com Dẫn đến x−2 x+2 = ⇔ ( x − )( x − 1) = ( x + )( x + 1) x +1 x −1 + 73 ⇔ x − x + = x + 3x + ⇔ x − x + = ⇔ x = x= − 73 (thỏa mãn điều kiện)  − 73 + 73  Vậy tập nghiệm PT(2)  ;    THCS.TOANMATH.com ... =0 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. .. 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... phương trình: ( t + a + b )( t + c + d ) = =x + x x THCS.TOANMATH.com 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: