Phương trình đại số

Mẫu các dạng bài cơ bản, ứng dụng, xuất hiện trong các đề thi tuyển sinh. Phù hợp với các đối tượng khối lớp 8, lớp 9 với kiến thức nền vững vàng hơn. Với các đề bài và lối trình bày, cách giải sẽ giúp học sinh có được hiệu quả tốt nhất. Chuyên đề về đại số khá rộng và đây là kiến thức trọng tâm mà các đối tượng là học sinh ần tập trung để đạt hiệu quả cao như mong muốn.

PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ - Là phương trình có dạng: ax = b phụ thuộc vào tham số m a 0  x  +) Nếu b a (Vô số nghiệm)  b 0  x 0  a 0  x b    b 0  PTVN  +) Nếu Bài 1: Giải biện luận số nghiệm phương trình sau a ( m  4) x 3m  b (2m  1) x  2m 3 x  2 d (m  2) x  2m  x  c m( x  2) 3 x  Lời giải a ( m  4) x 3m  (m  4) 0  m 2  x  +) Nếu 3m   m  m2  x 0 (Vô số nghiệm) m   ( m  4) 0      m   x  12 (Vô nghiệm)  +) Nếu b (2m  1) x  2m 3 x   (2m  2) x 2m  2m  0  x  +) Nếu 2m  1 2m  +) Nếu 2m  0  m   x 0 (vô số nghiệm) Vậy nếu: +) Nếu m 1 phương trình có vơ số nghiệm +) Nếu m = phương trình vô nghiệm c m( x  2) 3x   (m  3) x 2m  m  0  m 3  x  +) 2m  m +) m  0  m 3  x 7 (vô nghiệm) 2 d ( m  2) x  2m x   (m  1) x 2m  Ta có: m  1)  m suy phương trình ln có nghiệm x 2m  m2  Bài 2: Cho phương trình ( m  1)( x  2)  m a Tìm m để x = nghiệm phương trình b Tìm m để phương trình có nghiệm c Tìm m để phương trình có nghiệm x = Lời giải   4 5(m  1)  m  5m  m  0  m  1;   5 a Thay x = vào phương trình, ta được: 2 b (m  1)( x  2)  m  (m  1) x  2m  m  Để phương trình có nghiệm xảy trường hợp +) Phương trình có nghiệm m  0  m 1 m  0  m 1   m  m    +) Phương trình có vơ số nghiệm  Vậy m  phương trình ln có nghiệm  m 1     2m  m  3   m 1 c Để phương trình có nghiệm m Vậy  m 1  4   m 1  m   m     4 Bài 3: Cho phương trình m( x  1)  x m  m  Tìm m cho a Phương trình nhận nghiệm b Phương trình có nghiệm c Phương trình vơ nghiệm Lời giải a Thay x = vào phương trình ta m    1; 2 b Phương trình có nghiệm xảy trường hợp có nghiệm có vơ số 2 nghiệm m( x  1)  x m  m   (m  2) x m  +) Phương trình có nghiệm m  0  m 2 m  0   m 2 m  0  +) Phương trình có vơ số nghiệm Vậy phương trình có nghiệm với m  m  0   m m  0  c Phương trình vơ nghiệm Bài 4: Tìm a  Z để phương trình 3( x  2) ax  có nghiệm nguyên Lời giải 3( x  2) ax   (3  a ) x  +) Nếu  a 0  a 3 phương trình vơ nghiệm  a 0  x  +) Nếu 2  Z   a  U ( 2)  1; 2  a   1; 2; 4;5 3 a Bài 5: Giải biện luận phương trình sau ( m  2) x  2m  x 1 a 2a  a  b x  mx  1 c x  ( m  1) x  m  m x 3 d Lời giải a Điều kiện: x   ( m  2) x  (2m  1)( x  1)  ( m  1) x 2m   m  0  m   x  +)  2m   m  nghiệm phải khác -1 2m  2m     0  2m   m  0  m 5  m  m m  1; m 5  x  Vậy với 2m   m Với m = phương trình vơ nghiệm +)  m  0  m  phương trình trở thành 0x = -5 (vô nghiệm) b Điều kiện xác định: x  0  x 2 2a  a   (a  2) x 4 a  x a  0  a 2  x  +) 4a  4a  2  4a  2(a  2)  a  a  Xét a  2 4a  2  4a  2( a  2)  a  +) a  200  a 2  x 3 (vô nghiệm) Xét a  a 2; a  Vậy a 2; a  phương trình vơ nghiệm 4a  x suy phương trình có nghiệm a c Điều kiện x 1 mx  1  mx   x   (m  1) x  x +) m  0  m 1 phương trình vô nghiệm m  0  m 1  x  +) 2 2   m 1  m 1   0  0  0  m  m m m m Vậy m  1; m 1 phương trình có nghiệm x 2 m Vậy m 1; m  phương trình vơ nghiệm d Điều kiện x  (m  1) x  m  m  (m  1) x  m  m( x  3)  x 2m  x 3 2m    m  Xét m Vậy 5 5 phương trình có nghiệm x 2m  BÀI TẬP VỀ NHÀ: Bài 1: Giải biện luận số nghiệm phương trình sau a m( x  m)  x  (m  2) c m x  4 x  3m b m ( x  1)  (2  m) x d m ( x  1)  m  x(3m  2) Bài 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm a ( x  m)( x  1) 0 b m(m  1) x m  Hướng dẫn  x 1 ( x  m)( x  1) 0    m 1 x  m  a m 0 m(m  1) x m   m(m  1) 0   m 1 b Vậy m 0; m 1 phương trình có nghiệm Bài 3: Tìm m để phương trình sau vơ nghiệm : ( m  1) x  ( x  2) 0 Hướng dẫn ( m  1) x  ( x  2) 0  mx  0  m 0  m 0     Để phương trình vơ nghiệm Bài 4: Tìm m để phương trình sau có vơ số nghiệm : m x  m 4 x  (1) Lời giải m  0   m 2  m   (1)  (m  4) x m  có vơ số nghiệm  Bài 5: Với giá trị m thì: b 3( x  2) ax  có nghiệm lớn -1 a x  5a  có nghiệm dương c (a  3a  2) x  3a có nghiệm Lời giải x  5a   x 5a   x  a 5(a  1) 0 a 1 b 3( x  2) ax   (3  a) x  +)  a 0  a 3 thay vào phương trình vô nghiệm  a 0  a 3  x  +) 2 2 a    1 1   0 3 a a  a a a 3  a 1  2 c (a  3a  2) x  3a  (a  3a  2) x 3a  có nghiệm a 1  a  3a  0    a 2 Bài 6: Tìm a để phương trình có nghiệm nguyên: x  a  ( x  2)a Lời giải x  a  ( x  2) a  x  xZ  Để a 3 a  5    2 a 2 a 2 a 5 5 Z  k  z (k 0)   a   a 2  (k  Z ; k 0) 2 a 2 a k k ( Vì a khơng ngun )  +) Nếu a nguyên  Z  5k  k 1; k 5 k  3m m  Bài 7: Cho phương trình:  x (1) Tìm m để phương trình có nghiệm Lời giải Điều kiện: x 2  3m m    3m (m  1)(2  x )  (m  1) x 5m 2 x m   x 2   5m  5m m  0  m   x   m  2 m  Vì +) m    m  x 1 x   Bài 8: Cho phương trình: x  m x  Tìm m để phương trình vơ nghiệm Lời giải x 1; x  Điều kiện: m 2 x 1 x    (2 x  1)( x  1) ( x  3)(2 x  m)  ( m  7) x 1  3m 2x  m x  (1)  3m m (1)  x  x  ; x 1 m  Vì +) TH1: m ≠ -7 nên ta có trường hợp sau: x Với m  3m m     6m m   m x 1  Với  m   m 2   3m 1   3m m   m 2 m Vậy phương trình vơ nghiệm m    1; 2;7 m 3m  4m    2 m  x xm Bài 9: Giải biện luận phương trình sau: x  m Lời giải Điều kiện xác định: x m m 3m  4m    x m m2  x xm m 3m  4m     x  m ( x  m)( x  m) x  m  m( x  m)  3m  4m   x  m  (m  1) x (m  1)(2m  3) ) m  0  m 1  0.x 0 Vì x m  x 1  m 1 phương trình nghiệm với x 1 Hay S  x  R / x 1 +) m  0  m 1  x 2m  điều kiện x m +) x m  2m  m  m 3 +) x  m  2m   m  m 1 Vậy m 1; m 3 phương trình cho có nghiệm x 2m  B BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN b  a 0  x  a ax  b 0  ax  b    a   x  b  a Dạng tổng quát: Ví dụ 1: Giải bất phương trình sau 4x  3x  x a 10 x   5x 1 b c ax  b 0 Lời giải a 4x  3x  2 x   x   x x   x    x  3 10 x   5x 5x 5x 3 25 x 1   1   1  x  8 4 25 b c ax  b 0  ax  b (1) +) Nếu a 0 a   (1)  x  b a a   (1)  x  b a +) +) +) Nếu a 0  x  b +)  b 0 bất phương trình vơ số nghiệm +)  b  bất phương trìn vơ nghiệm Ví dụ 2: Giải hệ bất phương trình sau 2x     x     x   (3x  1) a   3x 1  x x 1 x       3  x   x  b   15 x   x    2( x  4)  3x  14 c  2 x   x   2 d (1  x ) (2 x  3) Hướng dẫn 11 2x     x  10   x   11   x  13 10  x   (3 x  1) x  13 2  a   3x 1  x x 1 x        x  3   x b  13  x  13  27  x  27  x  22  21 *) Giải biện luận bất phương trình ax  b 0  ax  b (1) +) Nếu a 0 a   (1)  x  b a a   (1)  x  b a +) +) +) Nếu a 0  x  b +)  b 0 bất phương trình vơ số nghiệm +)  b  bất phương trìn vơ nghiệm Bài 1: Giải biện luận bất phương trình sau a m( x  m) 3x  b mx   x  3m c ( x  m)m  x  3x  d 3( x  m)  (m  1)   mx Lời giải a m( x  m) 3x   ( m  3) x m  +) m    m  (1)  x  (1) m2  m  m +) m    m   (1)  x m  +) m  0  m 3  (1)  x 0 ( vô số nghiệm ) b mx   x  3m  (m  2) x  3m  m    m   (1)  x  +) (1) 3m  3 m +) m    m   (1)  x  +) m  0  m 2  (1)  x  vô nghiệm c ( x  m) m  x  3x   (m  2) x   m  (1) m    m   (1)  x  +)  m2   m  m +) m    m   (1)  x   m  +) m  0  m 2  (1)  x  suy phương trình vơ nghiệm 3 d 3( x  m)  (m  1)   mx  (m  3) x m  3m (1) +) m    m    (1)  x m +) m    m    (1)  x m +) m  0  m   (1)  x 0 vơ số nghiệm PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO A Phương trình bậc cao đưa dạng tích Phương trình bậc cao đưa phương trình tích - Dùng phương pháp nhẩm nghiệm - Dùng định lý Bezut: Nếu f(x) = có nghiệm x = a f ( x) ( x  a ).h( x ) n n - f ( x ) an x  an x   a0 0  p  U (a0 ) p x   q q  U ( an ) Nếu f(x) có nghiệm hữu tỷ - Nếu tổng hệ số đa thức có nghiệm x = - Nếu tổng hệ số hạng tử bậc chẵn tổng hệ số hạng tử bậc lẻ ó nghiệm x = - Có thể sử dụng lược đồ Hoocne  x 2 x  x  3x  x  0  ( x  2)(2 x  3)( x  x  1) 0    x   VD: 2 Bài 1: Giải phương trình sau a x  x  0 d x  3x  x  0 b x  x  0 c x 2 x  x  18 0 e x  3x  3x  0 Lời giải  x 1 x  x  0  ( x  1)( x  3) 0    x 3 a x  x  0  ( x  2)  0  ( x  2)   3 b  x 2  0    x 2  f x  x  3x  0 c Ta có: x 2 x  x  18 0  ( x  x )  (5 x  15 x)  (6 x  18) 0  ( x  3)( x  x  6) 0  x   3;  2   23  x  x  x  0  ( x  1)(2 x  x  6) 0  ( x  1)   x     0  x   16    d 2 x  x  x  0  (2 x  1)( x  x  1)  x  e f x  x  x  0  ( x  1)( x  x  x  2) 0  ( x  1)( x  2)( x  x  1) 0  x    1; 2 Bài 2: (HSG – Đông Anh – 2003) Giải phương trình sau a x  x  0 b x  x  3x  10 0 Lời giải  x  / x  x  0  (2 x  1)  2 0    x 1/ a 2 b x  x  3x  10 0  ( x  2)( x  x  5) 0  x  Bài 3: Giải phương trình sau a x  x  x  0 3 b ( x  1)  (3 x  3) 27 x  2 d ( x 5 x)  2( x  x) 24 2 c ( x  1) ( x  2)  ( x  1) ( x  2) 12 2 e ( x  x  1) 3( x  x  1) f x  x  x  x  x  Lời giải a Ta có tổng hệ số = nên có nhân tử x – x  x  x  0  ( x  x )  ( x  x )  (2 x  x)  (8 x  8) 0  ( x  1)( x  x  x  8) 0  ( x  1)( x  2)( x  x  4) 0  x   1;  2 b Ta có: ( x  1)3  (3 x  3)3 27 x3   x  11x  19 x  0  (6 x  18 x )  (7 x  21x)  (2 x  6) 0    2  ( x  3)(6 x  x  2) 0  ( x  3)(2 x  1)(3x  2) 0  x  3; ;   3 2 c ( x  1) ( x  2)  ( x  1) ( x  2) 12  x 10 x  12 0  ( x  1)( x  x  6) 0  x 1 d Ta có: ( x 5 x )  2( x  x) 24   ( x  x)  2( x  x)  1  25 0  ( x  x  1)  52 0  ( x  1)( x  4)  ( x  1)( x  6) 0  x    1;  4;1;  6 10 e Ta có: ( x  x  1) 3( x  x  1)  ( x  x  1)  3( x  x  1) 0  ( x  x  1)  3( x  x  1)( x  x  1) 0  ( x  x  1)  x  x   3( x  x  1)  0  ( x  x  1)( x  1) 0  x 1 f Ta có: x x  x3  x  x   x  x  x  x  x  0  ( x  1)  ( x  x  x  x  1) 0  ( x  1)( x  x  x  x  1)  ( x  x  x  x  1) 0  ( x  2)( x  x  x  x  1) 0  x 2   x  x  x  x  0(*) (*)  ( x  x )  ( x 1)  x 0  ( x  1)( x 1)  x 0  ( x  1) ( x  x  1)  x 0  VN  Bài 4: Dùng cách đặt ẩn phụ giải phương trình sau 2 a ( x 1) (1  x) ( x  x  2) (1) 3 b ( x 3 x  4) (2 x  x  3) (3 x  x  1) c  x  x 3 0 d x 8 x  15 x  x  0 e x  x  x   0 f ( x  2)( x  2)( x  10) 72 3 g (2 x  5)  ( x  2) ( x  3) Lời giải 3 3 3 2 Đặt a  x 1; b 1  x đó: a  b ( a  b)  a  b a 3a b  3ab  b  3ab(a  b) 0  a 0   a  b   b 0   x  0  VN   (*)  x  3 x   x  1  (*)  x  x  0  x   1; 2  x  1; 2;  3  3 b ( x 3 x  4) (2 x  x  3) (3 x  x  1) 2 Đặt a x 3 x  4; b 2 x  x  đó: a  b 3x  x   a  b (a  b)3  ab(a  b) 0  a 0  x   1;  4   3    b 0  1;3 /  x   4;1; ;  2   a  b  1;  1/ 11  t  (loai ) t  x (t 0)   t  2t  0    x 3  x  t  ( tm )  c Đặt 4 2 2 d x 8 x  15 x  x  0  x 8 x  16 x  x  x  0  ( x  x)  ( x  x )  0  t  t  x 4 x  t  t  0    t 2  Đặt e  x  x  0   x  x     x    ( x  2)2 3     x    ( x  2) 6 x  x  x   0  x  x   x   0  y  y  0 ( y  x  ; y 0)  y 1   x  1   y   x 0  x   f Ta có: ( x  2)( x  2)( x  10) 72  ( y  4)( y  10) 72  y x , y 0   y 2  y 16  14 y  32 0    x 4  y  g Đặt x  a; x  b đó:  a b 5  a  b  x   a  b (a  b)3  3ab(a  b) 0   a 0  x  3; 2;  2   b 0 B Phương trình dạng: ( x  a)( x  b)( x  c)( x  d ) m (1) ( a  d b  c) (1)  ( x  a )( x  d )( x  b)( x  c) m   x  (a  d ) x  ad   x  (b  c ) x  bc  m Đặt t x (a  d ) x  (t  ad )(t  bc) 0  t   x  Bài 1: Giải phương trình sau a x( x  1)( x  1)( x  2) 24 (1) b ( x  2)( x  3)( x  5)( x  6) 180 d (4 x  3) (2 x 1)( x  1) 75 c ( x  4)( x  5)( x  6)( x  7) 1680 e x (8 x  1) (4 x  1) 9 f (12 x  7) (3x  2)(2 x  1) 3 Lời giải a Ta có:  t 6 x( x  1)( x  1)( x  2) 24  ( x  x)( x  x  2) 24  t (t  2) 24  t  2t  24 0    t   x  x  0   x   2;  3  x  x  0 b ( x  2)( x  3)( x  5)( x  6) 180  x  x  14 14  x   7;3;0;  4 12 c Ta có: ( x  4)( x  5)( x  6)( x  7) 1680  ( x  11x  28)( x  11x  30) 1680  ( y  1)( y  1) 1680  y 41 +) y 41  x  11x  12 0  x   1;  12 +) y  41  x  11x  70 0 (vô nghiệm) d (4 x  3) (2 x 1)( x  1) 75  (4 x  3)(4 x  3)(4 x  2)(4 x  4) 8.75 24.25 Đặt t (4 x  3) ta được: (4 x  2)(4 x  4) (4 x  3)  t   t (t  1) 24.25  t  t 252  25  (t  25)(t  24) 0  x  5  x 2  t 25(t 0)  (4 x  3) 25     x    x  e Nhân với ta được: x(8 x  1)(8 x  1)(8 x  2) 72 Đặt x   y ta được:  x  ( y  1) y ( y  1) 72  y ( y  1) 72  y  y  72 0  ( y  9)( y  8) 0  y 9    x   f (12 x  7) (3 x  2)(2 x  1) 3 Nhân hai vế với 24 ta được: (12 x  7) (2 x  8)(12 x  6) 72 Đặt 12 x   y ta được: 1  x   y 9 ( y  1) y y ( y  1) 72  y  y  72 0     x  y   Bài 2: Giải phương trình sau 2 a ( x  3x)( x 7 x  10) 216 2 b (2 x  x  3)(2 x  x  3)  0 Lời giải a Ta có: ( x  x)( x 7 x  10) 216  x( x  3)( x  2)( x  5) 216  ( x  x)( x  x  15) 216  y ( y  15)  216 0  y  15 y  216 0  ( y  24)( y  9) 0  y 24    y   x  x  24 0   x  x   ( vo nghiem )   x   x 4  b Ta có: (2 x  x  3)(2 x  x  3)  0  ( x  3)(2 x  1)(2 x  3)( x  1)  0  (2 x  x  1)(2 x  x  9)  0 13  t   t (t  10)  0     t   x  x  0       x  3x 0 Bài 3: HSG Bắc Giang 30/03/2013 Giải phương trình sau: x  ( x  1)( x 1)( x  2) 4 Lời giải +) Nếu x ≥ thì:  x 0 (loai )  ( x  2)( x  1)( x  1)( x  2) 4  ( x  1)( x  4) 4  x  x 0   x  (tm)  x  (loai )  +) Nếu x < thì: (2  x)( x  1)( x  1)( x  2) 4  ( x  2)( x  1)( x  1)( x  2)   ( x  1)( x  4)  5   x  x  0   x    0 (vo nghiem) 2  Vậy phương trình có nghiệm x  C Phương trình dạng: ( x  a)( x  b)( x  c)( x  d ) mx (ad bc) Cách 1: Đặt t ( x  a)( x  b) Ví dụ 1: Giải phương trình sau: a ( x  2)( x  3)( x  4)( x  6) 30 x b ( x  2)( x  3)( x  6)( x  9) 80 x Lời giải 2 a Đặt t  x 7 x  12  x 8 x  12 t  x ta được: (1)  (t  x )t 30 x  t  tx  30 x 0  (t  5tx)  (6tx  30 x ) 0  x  x  12 0 (vo nghiem)  t 5 x  x   (t  x)(t  x) 0       t  x  x  12  x  13x  12 0 b ( x  2)( x  3)( x  6)( x  9) 80 x  ( x  11x 18)( x  x 18) 80 x  x    1;  8 Cách 2: +) Kiểm tra xem x = có nghiệm hay khơng? x 0  pt   x  (a  d ) x  ad   x  (b  c) x  bc  mx +) Xét Chia hai vế cho x2 ta được: x  (a  d ) x  ad x  (b  c ) x  bc ad bc m  ( x   a  d )( x   b  c) m x x x x  (t  d  a )(t  b  c ) m  t   x  14 Ví dụ 2: Giải phương trình sau: 4( x  5)( x  6)( x  10)( x  12) 3 x Lời giải 4( x  5)( x  6)( x  10)( x  12) 3 x  4( x  5)( x  12)( x  6)( x  10) 3 x  4( x  17 x  60)( x  10 x  60) 3 x Do x = khơng thỏa mãn phương trình nên ta chia hai vế cho x2, được: 4( x  17  t x  Đặt 60 60 )( x  16  ) 3 x x 60 x ta được:  31  t   4(t  17)(t  16) 3  4t  132t  1085 0    t   35  60  31  x x    x  60   35 x     15   x  31x  120 0  x   8;      x  35 x  120    x    4 D Phương trình dạng: ( x  a)  ( x  b) m t x  Cách giải: Đặt a b ta được: a b a b t  t   ; 2 a b a b x  b t  b  t  t   2 x  a t  a  ( x  a)  ( x  b) m  (t   )  (t   ) m  t   x  Bài 1: Giải phương trình sau 4 a ( x  2)  ( x  4) 16 4 b ( x  1)  ( x  3) 16 5 c (4  x)  ( x  2) 32 4 d ( x  7)  ( x  8) (15  x) 4 e ( x  6)  ( x  8) 272 Lời giải  t 1 (t  1)  (t  1) 16  t 6t  0    t  (loai )  a Đặt t = x – ta được: 4 b Đặt t = x + ta được: 15  x 4  x 2   t 1 (t  1)  (t 1) 16     t   x   x   5 5 c (4  x)  ( x  2) 32  ( x  2)  ( x  4) 32 Đặt y = x – suy ra: x   y  1; x   y  ta được: ( y  1)5  ( y  1)5 32  y  y  10 y  10 y  y   x 4  ( y  y  10 y  10 y  y  1)  32 0  y  y  0  y 1    x 2 d Đặt  x  a   x  b   c 2 x  15  a  b  c 15  x c  ta được: ( x  7)  ( x  8) (15  x)  a  b c  a  b  c 0  a  b  (a  b) 0     3ab   4ab  a   b  0  4ab   a  b   b  0  ab 0  16      2   a  b   b 0  16 (  không xảy dấu “ = “) ( x  7)( x  8) 0  x   7;8 e x    4;  10 E Phương trình dạng: ax4 + bx3 + cx + a = ( phương trình đối xứng ) 4 2 Cách giải: ax  bx  cx  bx  a 0  a( x  1)  bx( x  1)  cx 0 Đặt t  x  t x  x Ví dụ: Giải phương trình sau x  x  x  3x  0 Lời giải x  x  x  x  0  2( x  1)  3x( x  1)  x 0  2( x  1)  x( x  1)  x 0 Đặt t  x  ta được:  t  x 0 2t  3tx  x 0  (t  x)(2t  x) 0     2t  x 0  x  x  0 (vo nghiem)  1  x  2;    2  2t  x 0 F Phương trình dạng: ax5 + bx4 + cx3 + bx + a = ( phương trình đối xứng ) - Nhận thấy x = -1 nghiệm phương trình vế trái phương trình có nhân tử x + Sau phương trình quay trở dạng E Ví dụ: Giải phương trình sau 16 a x  x  x  x  x  0 b x  11x  15 x  15 x  11x  0 c x  x  3x  3x  x  0 Lời giải a 1  x  x  x  x  x  0  ( x  1) (2 x  x  x  x  2) 0  x   1; 2;             2  dang E b Ta có: x  11x  15 x  15 x  11x  0  (6 x 6 x )  (17 x 17 x )  (2 x  x )  (17 x 17 x)  x  0  x   ( x  1)(6 x  17 x3  x  17 x  6) 0    x  17 x  x  17 x  0 (*) (*)  6( x  1)  17( x  1)  10 x 0 Đặt t  x  ta được:  x  x  0 6t  17tx  10 x 0  6t  3tx  20tx  10 x 0  (2t  x )(3t  10 x) 0    x  10 x  0 2 2  x 3 1   x  x  x  0  x( x  3)  ( x  3) 0    S  1;3;  x 3   c Ta có:  x  x  x  x3  x  x  0  ( x  1)( x  x  x  x  1) 0    x  x  x  x  0 (*) Giải (*): Với x = phương trình vơ nghiệm Với x ≠ ta có:   (*)   x    x   1   x    0  x  Vậy phương trình có tập nghiệm  1 1   x     x    0  y x      x   1  0  VN  x   S   1  e  d 2  ax  bx  cx  dx  e 0      a  b   G Phương trình dạng: - Phương trình trường hợp trường hợp đặc biệt phương trình - Cách giải: 17 +) Đặt t  x 1 +) Xét x 0 , chia hai vế cho x  ax  bx  c  d e  0  x x2 d  e    ax     bx    c 0 x   x  m m2 2 t  x   t  x   2m  x x Đặt phương trình bậc hai  t  x Ví dụ: Giải phương trình sau a x  x 21x  24 x  0 b x  21x 74 x  105 x  50 0 c x 3 x  27 x  x  0 d [ HSG Nam Trực – 2015 ] x 3 x  x 3 x  0 e x 25 x  12 x  25 x  0 Lời giải a Do x = khơng thỏa mãn phương trình nên ta chia hai vế cho x2, được: x  x 21x  24 x  0  x  x  21      x2    x   3   x    21 0  x  24  0 x x2 3 3    x     x    15 0 x x     x  x 3  x  x  0 (vo nghiem)  13    x  x  5  x  x  0  x b Ta có:  t 6 x  21x 74 x  105 x  50 0  2t  21t  54 0     t 9  2  x  x  0 5   x  1; 2;5;   2   x  x  10 0 c Ta có: 2 2   x 3x  27 x  x  0   x     x    x x    x  x  0   33   17    x ;     x  x  0 d Ta có: 18  x    x 35 0    x    x  1   x 3x3  x 3x  0   x     x    0  y  y  0 x x      x  x  (vo nghiem)  y     x   x    y   x S   1 Vậy phương trình có tập nghiệm e +) Với x = không nghiệm phương trình  1    x    25  x    12 0 x  x  +) Với x ≠ chia hai vế cho x2 ta được:  y x  Đặt 1  x2   y  x x ta được:  x 2 y  25 y  24 0  y 9 y  16 y  24 0  (2 y  3)(3 y  8) 0   x   x   x    x   x 3  x 8  x   x  2; x  1   S  2; ;  3;   3   x  3; x 1  BÀI TẬP VỀ NHÀ BÀI Bài 1: Giải phương trình sau 1 13   2 36 a ( x  29) ( x  30) b x  3x  x  x  x  x  0 Lời giải a Điều kiện: x ≠ -29, x ≠ -30 1 13 1 2 13        2 2 ( x  29) ( x  30) 36 ( x  29) ( x  30) ( x  29)( x  30) ( x  29)( x  30) 36   1 2 13 13 (  )     1  1  x  29 x  30 ( x  29)( x  30) 36 ( x  29)( x  30) 36  ( x  29)( x  30)    7   1    6  ( x  29)( x  30)      ( x  29)( x  30)  0  x  59 x  864 0  x    27;  32 +) ( x  29)( x  30) 2  13 59   59   )   x  59 x  870  0   x    870     0 (vo nghiem) ( x  29)( x  30) 13  13    19 Vậy phương trình có tập nghiệm S   27;  32 b x  3x  x  x  x  3x  0 +) x = khơng nghiệm phương trình +) Chia hai vế cuả phương trình cho x3 ta được: 1 1 x  x  x     0  ( x  )  3( x  )  6( x  )  0 x x x x x x t x  Đặt 1  1 1 1  x  t  2; x   x    3x  x   t  3t x x x  x x x Thay vào phương trình ta được: t  3t  3(t  2)  6t  0  (t  1)3 0  t 1 1   x  1  x  x  0   x    0 x 2  20  VN 