55 mot so pt, bpt qui ve bac 2 đáp án chi tiết

Bài 5.3: MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ BẬC HAI Dạng tốn 1: Phương trình trùng phương Phương trình trùng phương: ax  bx  c 0, ( a 0) () 2 — Đặt t x 0 thì ()  at  bt  c 0 () — Để xác định số nghiệm của (), ta dựa vào số nghiệm của () và dấu của chúng, cụ thể:  (**) V« nghiƯm    (**) cã nghiƯm kÐp ©m  (**) cã nghiƯm ©m  Để () vơ nghiệm  (**) cã nghiÖm kÐp t1=t2 =0   (**) cã nghiệm 0, nghiệm lại âm () có nghiệm  (**) cã nghiƯm kÐp d ¬ng   (**) cã nghiƯm tr¸i dÊu  Để () có nghiệm phân biệt  Để () có nghiệm  () có nghiệm và nghiệm cịn lại dương  Để () có nghiệm  () có nghiệm dương phân biệt Bài 1: Cho phương trình: x   m   x  m 0 (1) Tìm m để phương trình: a Có nghiệm b Có hai nghiệm phân biệt c Có ba nghiệm phân biệt d Có bốn nghiệm phân biệt  Giải Đặt t x với điều kiện t 0 Khi đó, phương trình biến đổi dạng: t   m   t  m 0 (2) a Phương trình (1) có nghiệm S 0 m  0    P 0 m 0  (2) có nghiệm t1  = t2   , vô nghiệm Vậy, không tồn m thoả mãn điều kiện đầu b Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 0  (2) có nghiệm tt1   a2c m Vậy, với m  thoả mãn điều kiện đầu 0 c Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt m2         P 0  m 0 m   S     m 0  (2) có nghiệm tt1  Vậy, với m 0 thoả mãn điều kiện đầu d Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt m2         P   m  m   S     m0  (2) có nghiệm  tt1  Vậy, với m  thoả mãn điều kiện đầu  m  1 x4  x  0 (*) Tìm m để Bài 1.1: Cho phương trình a) Phương trình (*) có nghiệm b) Phương trình (*) có bốn nghiệm phân biệt Lời giải Đặt t x , t 0 , phương trình trở thành  m  1 tt   0 (*)  x  0  x  suy m  thì a) Với m  phương trình (*) trở thành phương trình (*) có nghiệm Với m  phương trình (**) là phương trình bậc hai Phương trình (*) có nghiệm và phương trình (**) có nghiệm khơng âm  TH1: Phương trình (**) có hai nghiệm khơng âm    m  1 0   ' 0  m 3     S 0   m  0     m 3 m     P 0    0  m  1  P0 0 m1 m 1  TH2: Phương trình (**) có hai nghiệm trái dấu  TH3: Phương trình (**) có nghiệm khơng và nghiệm âm(không xảy vì x 0 không là nghiệm của phương trình (**) với m ) Vậy phương trình (*) có nghiệm và m 3  x  0  x  suy m  không b) Với m  phương trình (*) trở thành thỏa mãn Với m  phương trình (**) là phương trình bậc hai Phương trình (*) bốn nghiệm phân biệt và phương trình (**) có hai nghiệm dương phân biệt    m  1    '   m3    S    m 1     1 m  m   P 0    0  m  Vậy phương trình (*) có bớn nghiệm phân biệt và   m  Dạng toán 2: Phương trình chứa GTTĐ Để giải phương trình chứa dấu trị tuyệt đối, ta tìm cách khử dấu trị tuyệt đối cách: dùng  A A 0 A  ,  A A   định nghĩa hoặc bình phương vế hoặc đặt ẩn phụ Loại 1:  B 0  A B    A B   A  B  hoặc sử dụng định nghĩa:   A 0   A B A B    A      A B  A B A B    A  B  Loại 2: Loại 3: a A  b B C dùng phương pháp chia khoảng để giải Bài 2.: Giải phương trình sau x   x  3x  a) Lời giải a) Phương trình b) x  x  4 x  17   45 x   x  x  3x   x  5x  0     13 2x   x  3x     2 x  x  x    x   x  x     x   45  13 x 2 Vậy phương trình có nghiệm 17 x  17   x  ta có VT 0, VP  suy phương trình vơ nghiệm c) Với 17 x  17 0  x  hai vế phương trình khơng âm suy Với Phương trình   x 2    x  x  12   x  x  12 x  22 0      x 6  x  22 0  x  22    Đối chiếu với điều kiện  x 17 thấy có x 6 x  22 thỏa mãn Vậy phương trình có nghiệm x 6 x  22 Bài 2.1: Giải phương trình sau: a) x  x  x  3  x  2 x c) b ) x3 x   x x  x  x  x  Giải Lập bảng xét dấu x  x x  :  x  +   +  + x2  x      + 2x  Trường hợp 1: Với x 0 x 2 , phương trình có dạng: x  x   x   3  x  x  0 3 (loại) Trường hợp 2: Với  x  , phương trình có dạng:   x     x 1 x   x  x   x   3  x  x  0 0 Trường hợp 3: Với x 2 , phương trình có dạng: 2 x2 x  x  x  3  x  x  0  x  x  0  Vậy nghiệm phương trình là: x  1 x   29 5 29  x b) Điều kiện:  x  1  x 5   x   0  x  1  x    x 3 Lập bảng xét dấu x  x  :  x 3    +  + x3    + x TH1: Với x  , phương trình có dạng:  x 2 (loai ) 3   x    x   x   x 12  x4 3 x   x  TH2: 2: Với , phương trình có dạng: x  3  x   x   x   x 6  x4 3 x TH3: Với x 4 , phương trình có dạng :  x 1  19 (loai )  x   x  x  18 0   x 1  19 x 4 Vậy phương trình có nghiệm là: x  3; x  6; x 1  19 c) Viết lại phương trình dạng: x   x   x   x  x  x 0 (1) t  x  3x Đặt , điều kiện t 0 Khi đó, phương trình (1) biến đổi dạng: t   x   t  x 0 (3) ta có  t  x    x  x   , đó:   x 0   x 0   x 0    x  x 0       x  x 0   x  | x  x|x    x  x x   t x       x 1, x 2   x  3x 2 0 t 2 x  3x 2 | x  x|2       (3) Vây, phương trình có nghiệm phân biệt x 0; x 1; x  2; x 2 Chú ý: Trong số trường họp ta giải phương trình chứa GTTĐ cách sử dụng tính chất GTTĐ Ta sử dụng các tính chất sau: TÝnh chÊt 1: Ta có: a  b  a  b  ab 0 TÝnh chÊt 2: Ta có:  a 0 a  b a  b   b 0 TÝnh chÊt 3: Ta có:  a 0 a  b a  b   b 0 TÝnh chÊt 4: Ta có: a  b  a  b  b  a  b  0 với lược đồ thực hiện theo các bước: B-íc 1: Đặt điều kiện có nghĩa (nếu cần) cho các biểu thức phương trình B-íc 2: Biến đổi phương trình tính chất biết B-íc 3: Giải ( hoặc biện luận) phương trình đại sớ nhận B-íc 4: Kết luận Bài 2.2:a) Giải phương trình x  x   x  x 3  Giải Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Viết lại phương trình dạng: x2  4x   x  x  x2  4x   4x  x   x  x  0   Tính chất     x  x 0     x 1   x 4  0;1   3;  Vậy, nghiệm phương trình    Cách 2: Viết lại phương trình dạng: x2  x   x  x  x2  x   x  x       x 3   x  x  0    x 1  x 1    0 x 4 Tính chất   x 4     x  x 0  0;1   3;  Vậy, nghiệm phương trình    b) 2x2  3x   x2  5x  2x  (1)  Giải: Biến đổi bất phương trình dạng:    x  x   x  5x  x  x   x  5x   x   1/  x  5x  x  1     x  /    1     ;     ;      Vậy nghiệm bpt là:  Dạng toán 3: Bất phương trình chứa GTTĐ Loại 1:  f ( x)  g( x)  f ( x )  g( x ) f ( x )   g( x )   Hoặc  g( x)     g( x) 0   f ( x)  g ( x)    f ( x) 0    f ( x)  g( x)   f ( x)   g( x)   g( x )     f ( x)  g( x)  f ( x)  g ( x)   f ( x )  g( x )  g ( x )  f ( x )  g ( x ) Loại 2:   Hoặc   Bài : Giải bất phương trình sau : a) x   2x  b) x   x  x  0  Giải a) Ta có 2 x   2x   x   2x    x     2x      x   x    x   x       x    3x  1     x    1 S   7;   3  Vậy tập nghiệm bất phương trình b) Biến đổi bất phương trình dạng: x  x  x     x 4   x  x  x   x  x  14 0      2   x 3   x   x  x   x  x  0   x 4  Cách 2: Có thể dùng định nghĩa để giải sau:   x  0    x  x  14 0  x    x 4       x  x  0   x    x 4  (1)    Bài 3.1: Giải bất phương trình sau: | x  2| | x  x| 3 3 x2  x   0 1 2 | x  x  2|  a x  5x  b) x | x  5| c) Gii a Biến đổi tơng đơng bất phơng trình vỊ d¹ng:  x    x      3   10  3x 0  x    x       x     x     3x  3 0   x 10    3  x  3 x 10 3x Vậy nghiệm bất phương trình là: b) Lập bảng xét dấu x  x x   x + x  4x   x TH 1: Với x 0 x 5    +  x2  4x   x  1  x  0 x2  x  (1) TH 2: Với  x   x2  4x   1  x  x  0  x  x5 (1) TH 3: Với x    (1)    + + x 2 x2  4x  1  5x  0  x   loai  x x  2 1    ;     ;     Vậy nghiệm bất phương trình là:  c) Đặt t  x  x  0 Khi bất phương trình có dạng: | x  x  2| tt2    t 0  0 t 0 | x  x  2|3   t 3 t t  x2  4x   x2  4x      x  x      x  x  0   x  x  0   x 2     x  x  3  4;  Vậy nghiệm bất phương trình là: 5  Dạng tốn 4: Bất phương trình chứa dấu  f ( x) 0  f ( x )  g ( x )   g( x )    f ( x)   g( x)  Loại 1: Loại 2:   g( x)     f ( x) 0 f ( x )  g( x )    g( x) 0     f ( x)   g( x)     Bài : Giải bất phương trình sau : a) x  x  12   x b) x  3x  10  x   Giải a x  x  12   x 8  x  x  x       x  x  12 0   x    ;     3;     x    ;     3;     17 x  76 2   x  x  12  64  16 x  x  x  x  12    x   x     x    ;     3;     76   x    ;     3;   x  76  17  17   76  S   ;     3;   17  Vậy tập nghiệm bất phương trình b   x     x      x  3x  10 0   x    ;     5;   x  x  10  x        x  0   x 2   x  3x  10   x     x  x  10  x  x       x    x    x    ;     5;        x  14   x 2   x  14  Vật tập nghiệm bất phương trình S   ;     14;   Bài 4.1: Giải bất phương trình sau: b) ( x  3)(8  x)  26   x  11x ) x   x  1 a  Giải a x   x  1  3x    x    x   1   x    x    3x      x    ;      ;      x    x   0    4   x  0  x  4 x  x  9 x  24 x  16        x  x  0       x    ;      ;       4  x    x 2  3   x   ;      3;        S   ;     Vậy tập nghiệm bất phương trình   s ( x  3)(8  x)  26   x  11x b Điều kiện : x 8 ( x  3)(8  x)  26   x  11x   Đặt  x  11x  24  26   x  11x  x  11x  24   x  11x  24   x  11x  24 tt( 0) Khi bất phương trình trở thành : Kết hợp với tt tt2  t2  tt0  x  x    x  11x  24 0    x  11x  28  3 x 8   x    x   Vậy tập nghiệm bất phương trình 2   0   1   11  24 x 2 x   11  24   x     x 8 S  3;    7;  Dạng 5: Phương trình , bất phương trình vơ tỷ Phương pháp 1: Nâng luỹ thừa  B 0 A B    A B A B      A  B  A B2  A 0 (hay B 0)    A B 3  A B  A B Bài 5: Giải phương trình sau: x  1  x a x  x  b  Giải a Biến đổi phương trình tương đương với:  x  0  x 6  x 15     2  x  ( x  6)  x  17 x  30 0  x 2 (loaïi) Vậy, phương trình có nghiệm x 15 b Biến đổi phương trình tương đương với:  x 0, x   1  x 0 | x|1  x 1     2   x( x  1)( x  x  1) 0  x  (1  x ) Vậy, phương trình có nghiệm x 0; x  1; x  1 Bài 5.1: Giải phương trình sau: 10 a  x  x  1 b x4   x   2x  Giải a Điều kiện:   x 0   x 3   x  0 Biến đổi phương trình:  x x   x    x   x  x 0  x 0      x   x  x  x  x  0 Vậy, phương trình có nghiệm x  b Điều kiện:  x  0  1  x 0   x  1  x 0  Phương trình viết lại dạng:   x    x  2 x  1  x   2x  x    x  /   x      x 0  x 0  2 x  0   2   x  x 0 (1  x)(1  x) (2 x  1)    x  / Vậy, phương trình có nghiệm x 0 Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ Bai 5.2: Giải phương trình sau 2 a) x  x  11 31 b) x  3x   x  3x  3 c)  x     x  3  d) x2  3x  3x   x  4 x   x  x  1 x  9 x   x x e)  Giải a) Đặt t  x  11, t 0 Khi phương trình cho trở thành:  t 6 tt2   42 0    t  Vì tt0  6 , thay vào ta có x  11 6 x  11 36  x 5 Vậy phương trình có nghiệm x 5 b) Điều kiện:  x  x  3x 0    x 0 (1) 11 Viết lại phương trình dạng: x  3x  x  x  10 0 Đặt t  x  3x , điều kiện t 0 (2) Khi đó, phương trình có dạng:  t 2  (2)  t   t 2 tt2   10 0   x 1 x  3x 2  x  3x 4    x  , thoả mãn (1) Vậy, phương trình có hai nghiệm x 1; x  c) Đặt t x  3x  , ta có:  3 3 t  x     2 4  điều kiện cho ẩn phụ t t Khi phương trình có dạng: t  tt 3  tt   t2    9  tt t   3  3  t 0 t 3    t 1  x  x  1  (  3) (3  ) ttt t 1  x 1   x 2 Vậy, phương trình có hai nghiệm x 1; x 2 d) Điều kiện:  x  0   x  0  x  (*) Viết lại phương trình dạng:  3x   x    x    x  x    x  1          3x   x    3x   x   (2) Đặt t  x   x  1, t 1 Khi đó: phương trình có dạng:  t 3 tt2   0    t   loai   (**) x   x  3 12  3x   x    3x    x  1 9   3x    x  1 6  x 6  x 0  x 3     x 2 (3x  2)( x  1) (6  x)  x  19 x  34 0 Vậy, nghiệm phương trình x 2 Nhận xét: Như vậy, thí dụ trên:  Ở câu a), ẩn phụ sử dụng với mục đích hạ bậc cho phương trình  Ở câu b), ẩn phụ sử dụng với mục đích chuyển phương trình ban đầu phương trình bậc hai e) ĐKXĐ: x  Phương trình tương đương với   3 x    9( x  ) 9x x  t x  t x  x Đặt Phương trình trở thành: 2   x t  9x 9x  2 3tt 9  tt2      0  3  Với Với t ta có t  ta có   t 3   t    x 1 x   x  x  0    x 1  x  x  x x     13  x  13  x  x  0    x 18    13  x  Vậy phương trình có nghiệm x 1 x 7 13 18 Bài 5.3: Giải bất phương trình: a) (x 1)(x 3)  x  x  Giải b) ( x  1) x  3( x  1) a) Đặt t = x  x  , Điều kiện t  bất phương trình trở thanh:  tt  tt 0  x  x1   1   x  x  0  x -2 x  0  x  b) Điều kiện:   1 (*) 13 Đặt t = x  , t   x = (t2 + 1) Khi phương trình có dạng: 1  [ tt2   1]tt3[  tt 1]  2    - 2  0   tt  1  t - 1  -  0   t    x     x  (thoả mãn) Vậy nghiệm bất phương trình  x  Chú ý: Ta không thể bình phương hai vế của bất phương ban đầu vì chưa biết dấu của hai vế Ta có thể sử dụng phép biến đổi tương đương để gải bpt sau:   x  0   x 1     x   0   x  3     x     x     x - 1 ( x   3) 0    x   0    2x  3  Vậy nghiệm của bất phương trình là   x 1   0 2 x  9  x     x  9   x   x  * Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn Bài 5.4: Giải phương trình x  3x  x  b) 60  24 x  x x  x  10  x     x   12  x  28  x c) Lời giải ĐKXĐ: x  Phương trình   27  x    x   x  31x  80 0 t  x   t 0  Đặt phương trình trở thành 2  27 tt  3x x 31  80 0  3x  16 x5 t1  ,t  t  18 x  93  Có suy  3x  16  x3  Vô nghiệm  x  16 0 vì với x  thì x5  x3   x  x  0  x 1 hoặc x  Vậy phương trình ban đầu có hai nghiệm x 1 và x  2 b) ĐKXĐ: 60  24 x  x 0 Nhận xét:Trong lời giải ta thấy khó nhất là biến đổi phương trình ban đầu thành  27  x    x   3x  31x  80 0 để sau đặt ẩn phụ t  x  thì phương trình ẩn t  18x  93  có ( là bình phương của nhị thức) Nếu ta tách không hợp lý thì không là bình phương của nhị thức hoặc là số ,trong trường hợp việc giải phương trình theo hướng là không thể thực hiện Vậy làm nào để tách phương trình mà thỏa mãn các điều kiện và việc tách có là nhất?.Để trả lời câu hỏi này ta thực hiện theo các bước sau: B1: Viết (1)  m  x    x   x    m  x   3m 0  m 0  t  x   t 0  B2: Đặt pt trở thành 2 mtt  3x   m4 x   1m 0 Có  t  12 mx  m   m  x  12 m  m   f  x  B3: Tìm m cho 2 Đặt t  60  24 x  x (t 0) pt trở thành 14 tt  x  x  6 tt  x2  x   12 m   12 m   /  /   f 4m  m  27  m  m  0   f 0  m  27 Đến việc giải pt trình bày  0    x   Phuơng trình ẩn t này có nên ta tìm t1 x , t2  x  /   x 0 60  24 x  5x x    x  x  10 0  x   14  x  0  60  24 x  5x  x     x  x  0  x   13  Vậy pt ban đầu có hai nghiệm x1   c) ĐKXĐ:  x  x  48 0 14 , x2   13 t   x  x  48 (t 0) phương trình trở thành 1 1 t   x   t  x2  3x  0  t 0  2 Phương trình bậc hai ẩn t có  t 1 từ có t x  2, t x   x  0   x  x  48 x     x  x  22 0  x   31  x  0   x  x  48 x     x  x  16 0  x   Vậy pt ban đầu có hai nghiệm x1   31 , x2   Bài 5.5: Giải bất phương trình sau: 2 b) x - 2 x x  2x a) x2 + 4x  (x + 4) x  x  Giải a)Đặt t = x  x  , bất phương trình có dạng f  x   x -  t -  x - 4t 0 (1) coi vế trái tam thức bậc hai theo x, ta có   tt-   16t   4  x   x t f(x) = có nghiệm  Tức (1) biến đổi thành dạng x    x - t  0   x   ( x  x  x  4) 0 15   x  0    x  x  x  0    x  0   x  x  x  0      x     x  x  x    x     x  x  x  0    x     x 0  0 x  x  x   x   Vậy bất phương trình có nghiệm x  (  ; - 4]  [2;  ) x  x , điều kiện t  f  x  = x - 2tx - 0 Bất phương trình có dạng:f(x) = coi vế trái tam thức bậc hai theo x, ta có :  = t2 + = x2 + 2x + = (x + 1)2  x t  x   x t  x  f(x) = có nghiệm  Ta biến đổi bất phương trình dạng:  x 2   x  b) Đặt t =  x- (1) t  x - 1  x - t  x  1 0  ( x  x  1)( x  x  x  1) 0  x  x  x  0  x  x 2 x   x  0   x  x 0  3x  x  0  2 x  0  x  x (2 x  1)2    Vậy bất phương trình có nghiệm x    x     x 0   x     x  Phương pháp 3: Phân tích thành tích cách nhân liên hợp Để trục thức ta nhân với các đại lượng liên hợp;  A B 3 A  B  A B  A B A B  A  B      A  A 3 A  A B A B 3 A3 B  B  B  B     A B  A 3 A3 B  B Với A, B không đồng thời khơng Bài 5.6: Giải phương trình sau  x  1 a) 3  2x  x  20 2 c) ( x  3) x  x  x  Lời giải b) x   x 2 2 d) x  x   x  15  16    x 0  x     x 1    x a) ĐKXĐ:      2x     2x  Phương trình  x  1  10  x   x   x  20  x  1    2x 2 x  20   2x   10  x   x 2  x  20   x 5  x 9 (thỏa mãn điều kiện) Vậy phương trình có ngjiệm x 9 x b) ĐKXĐ: Nhẩm ta thấy x 1 là nghiệm của phương trình nên ta tách sau    3x   1  Phương trình    x   1   3x    3  x  1  x  0 3 x2  x   0 x2  x    3x  x   0   x  1   0 3 x   3x   x  x  x  x    (*) 3x     1  0 x  x   x     3 x   x  x    Do nên  x  Phương trình (*) (thỏa mãn điều kiện) Vậy phương trình có nghiệm nhất x 1 3 c) Phương trình viết lại sau: x   x  15  2 x2  Vì x  15  x   nên phương trình có nghiệm thì phải thỏa mãn x  hay Ta có phương trình tương đương với: 3 x   x  15    x  x x2  x2  3   x  15  x2   x  x 1 x 1 x 1  ( x  1)(   ) 0 2 x 8 3 x  15  x  x 1 (**) x 1 x 1 x 1    0 x 2 3 x   x  x  x   x  15  27 suy Vì nên Phương trình (**)  x 1 Vậy phương trình có nghiệm nhất x 1 d) Ta thấy x  không là nghiệm của phương trình x2  x   2x2   x3 Xét x  , phương trình x 27 x 1 x  15  0 17 x2     x2  x3 2x2 2x2     x 0 x2  x3   x    x   (*) Phương trình (*)  x  2 x    x  x      2  x  4 x  25  20 x  x  10 x  12 0   x    x 5  13  x   13  (thỏa mãn) Vậy phương trình cho có nghiệm x 0 và x   13 Phương pháp 4: Đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình Phương pháp giải: Trong phương trình mà có hai đại lượng có mới liên hệ với thì ta đặt đại lượng ấy là ẩn từ ta đưa hệ phương trình (dễ dàng giải được) có từ mới liên hệ hai đại lượng và phương trình ban đầu Giải hệ phương trình từ tìm nghiệm của phương trình ban đầu Bài 5.7: Giải phương trình sau a) b) 20  x  16  x 6  x    4  x   2 a  f  x , f  x x  x  2  x x 2 c) x  x    x Nhận xét : Khi gặp phương trình có chứa các đại lượng d) Lời giải a) ĐKXĐ: x 16  u  20  x  3 v  16  x Đặt  suy u  36 , v 0 và u  v 36 Khi phương trình trở thành u  v 6 Ta có hệ phương trình: u  v 6   u  v 36  v 6  u   u  (6  u) 36 Phương trình (*)  u 0    u 3  u  v 6  u  u(u  u  12) 0 (*) b  f  x và (hoặc b  f  x ) thì ta đặt u  a  f  x , v  b  f  x v  b  f  x (hoặc ) và đưa hệ phương trình  g  u; v  c  2 u  v a  b (hoặc  g  u; v  c  2 u  v a  b ) Giải hệ tìm u, v từ giải phương trình u  a  f  x v  b  f  x hoặc tìm x thỏa mãn u  36 3 Với u 0   20  x  x  20 , u 3   20  x  x 7 và u     20  x  x  84 Vậy phương trình cho có ba nghiệm: x  20; x  84; x 7 b) ĐKXĐ: x  18 u   x     v  4  x   Đặt  suy u 0, v 0 và v  2u 16 Khi phương trình trở thành u  v 2 u  v 2   v  2u 16 Ta có hệ phương trình: u 2  v   v  2v  12 v  24v  32 0 u 2  v  v    v  16 u 2  v  *   v   v  v  v  16 0   Vì v  4v  v  16 v   2v  1  15  u 2  v  *    v 2   Ta có u 0  nên hệ phương trình u 0  v 2 (thỏa mãn)  x   0  x 2 (thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm là x 2 x c) ĐKXĐ: Đặt 1  x 1  y , y    x 4 y  y   y  x y  Khi gặp phương trình có thể đưa dạng f n  x   b a n af  x   b ta đưa hệ đối xứng loại cách đặt t  f  x  , y  n af  x   b ta t n  b ay  n y  b at có hệ  2 Phương trình trở thành x  x  1  y  x  y x  y  x y  x  y x Vậy ta có hệ phương trình  (*)  x y  x  y  y  x x  y   x  y   x  y   0    x 3  y Thay vào phương trình đầu của hệ phương trình (*):  y 0  x 0 y  y y  y  y 0   x y ta có  y   x  (thỏa mãn) Với y    y  y  y  y  0 x   y Với ta có (vơ nghiệm) Vậy phương trình có hai nghiệm là x 0 và x  d) ĐKXĐ: x 0 Phương trình tương đương với x  x  x 2 x    x  1  2  x  1  y  2 y  Đặt y x  phương trình trở thành , đặt t 3 2y   y  t3   y  2t 3 t  2 y Khi ta có hệ   1  2 19 3 Lấy (1) trừ (2) ta có: y  tt 2y     y  t  y    y  t  y  ytt y2  t 2   0   ytt y2 t2 0   0  t y  ytt y   t   2  (Vì 2 2 0 ) 3 Với t y thay vào (1) ta có y  2 y  y  y  0   y   x   1  1   y  1 y  y  0   y   x  2   y 1   x    2   Vậy phương trình có nghiệm x  2; x   1 1 ; x  2 Dạng toán 6: Phương trình , bất phương trình dạng khác quy bậc hai Một số dạng phương trình bậc bốn quy về bậc hai e d   0 a ax  bx  cx  dx  e   b Loại với    t x   t  x   x x  với    Phương pháp giải: Chia hai vế cho x 0, đặt d   b ( x  a)( x  b)( x  c )( x  d) e Loại với a  c b  d   Phương pháp giải:  ( x  a)( x  c )  ( x  b)( x  d)  e   x  ( a  c)x  ac   x  (b  d)x  bd  e và đặt t x  ( a  c )x ( x  a)4  ( x  b)4 c Loại   Phương pháp giải: Đặt x tt ab a b  (t   )4  (c   )4    2 với Bài 6: Giải phương trình sau: b) x  x -   x    x    -12 a) x  x  x + 0  x  2   x  6 c) 32  Giải 20