Chuyên đề 17 phương trình tích

Chun đề 17 PHƯƠNG TRÌNH TÍCH A Kiến thức cần nhớ Phương trình tích  Phương trình có dạng: A  x  B  x  0 ; A(x), B(x) đa thức biến x  Phương pháp chung: Muốn giải phương trình A  x  B  x  0 ta giải hai phương trình A(x) = B(x) = 0, lấy tất nghiệm thu A(x) B(x) = A(x) = B(x) =  A( x ) 0  B( x ) 0 Mở rộng: A(x) B(x)….M(x) =      M ( x ) 0 B Một số ví dụ Ví dụ 1: Giải phương trình:   x  3 4x  5  0  a)  5,5  11x   b) x c)  x  1  x    x  x    x     x  3    1  x    x   x  x  12  x       2   3 Tìm cách giải: a) Phương trình có dạng: A  x  B  x  0 2 b) Ta thấy x  x  12  x  x  Hai vế có nhân tử chung Chuyển vế, đặt nhân tử chung    đưa về dạng phương trình tích a) Chuyển vế biến đổi phương trình cho thành phương trình tích Giải a)   x  3  1  5,5  11x 0    4x  5  0  Với 5,5  11x 0   11x  5,5  x 0,5 Với  x  3  4x  0   x  3   x   0  16 x  24  20x  25 0   x   x 0,25 Tập nghiệm phương trình là: S  0,25;0,5 2 2 2 b) Ta có: x  x  12  x  x  x  12  x x   x    x2  x2        2 2 Do    x  x    x   x  x   x   0        x  x    x  x   0      x    x   x    x  0   x  0    x  0    x 0    x 2  2  x  (do x   0x ) (do x   0x )  x 1  Tập nghiệm phương trình là: S   2;1;2 c)  3   x  1  x  7  x   x    x     x  3 0  x  14 x  x   x  x  16  x  12 x  0   x  24 x 0  x  24  x  0  x 0    24  x 0  x 0     x  24  x 0   x 8 Tập nghiệm phương trình là: S  0;8 Ví dụ Giải phương trình: x  x  11x  15 0 (1) Tìm cách giải: Ta phải phân tích đa thức vế trái thành nhân tử Thông thường với đa thức bậc cao (2) ta sử dụng hệ định lý Bézout (Bézout (1730 - 1783) nhà toán học Pháp): Đa thức f(x) chia hết cho (x - a) f(a) = Nói cách khác: Nếu f(a) = f(x) phải chửa nhân tử (x - a) Ở ví dụ ta thay x ước số 15 ta thấy: f  3 3  5.3  11.3  15 0 Như x  x  11x  15 chứa nhân tử  x  3 Từ có cách giải sau: Giải  1  x  x  x  x  x  15 0  x  x    x  x  3   x  3 0  x  0   x   x  x  0    x  x  0   Nếu x  0 x 3 Phương trình x  x  0 vơ nghiệm x  x   x  1   0, x Vậy tập nghiệm phương trình S  3  Nhận xét: Thực chất phương pháp làm nhẩm nghiệm để tìm nhân tử chung, từ phân tích ve trái thành nhân tử để giải phương trình tích Ví dụ Giải phương trình: y y  29 y  244 576   (1)  Tìm cách giải: Chuyển vế thay y 4 ta thấy vế trái nhận giá trị Do vế trái nhận y    nhân tử chung Từ ta có cách giải sau: Giải  1  y  29 y  244 y  576 0  y  y  25y  100y  144 y  576 0  y y   25y y   144 y  0        y  y  25y  144 0  y  y  y  16 y  144 0        y   y y   16 y   0  y  y  y  16 0               y    y    y    y    y    y   0 Vậy phương trình (1) có nghiệm là: y 2; y 3; y 4 Tập nghiệm phương trình S   4;  3;  2;2;3; 4  Nhận xét Sau phân tích vế trái (VT) thành y  y  25y  144 ta dùng phương, pháp tách    thêm bớt, dùng phương pháp nhẩm nghiệm để phân tích y  25y  144  y  y  16    3 Ví dụ Giải phương trình  z  3   z  1 98 (1) Giải  1  z  z2  27z  27  z3  3z2  3z  98  z2  24 z  72 0  z2  z  12 0  z2  z  z  12 0   z    z   0  z  0  z     z  0  z 2 Tập nghiệm phương trình (1) S   6;2  Nhận xét :Ta có cách giải khác: Do z + trung bình cộng z + z + nên ta đặt z + = y phương trình trở thành  y  1   y  1 98  y3  3y  3y   y3  3y  3y  98  y 96  y 4  z  4  z 2  y 16      y   z    z  Nghiệm phương trình z  6; z 2 Ví dụ Tìm năm số tự nhiên liên tiếp, biết tổng lập phương bốn số đầu lập phương số thứ năm  Tìm cách giải: Hai số tự nhiên liên tiếp đơn vị Nếu gọi số nhỏ a sổ (a + 1); (a + 2); (a + 3); (a + 4) phân tích Dựa theo đầu ta lập phương trình Giải Gọi số tự nhiên liên tiếp a; a + 1; a + 2; a + 3; a + 4; a + 3 3 Ta có: a3   a  1   a     a  3   a   8  a3  a3  3a2  3a   a3  6a2  12a   a3  9a  27a  27  a3  12a2  48a  64 8  3a3  6a2  6a  36 0  3a3  6a2  12a2  24a  18a  36 0  3a2  a    12a  a    18  a   0   a   3a  12a  18 0   a   a  4a  0     Do a2  4a   a     0a nên a  0 hay a 2 Vậy năm số tự nhiên liên tiếp cần tìm 2; 3; 4; 5; 2 Ví dụ Giải phương trình: x  x   x  x   0      Tìm cách giải: Ta thấy x  x  x  x  có hạng tử chứa ẩn giống Phần số khác Ta đặt ẩn phụ Giải Đặt x  x  y x  x  y  phương trình trở thành  y 0 y   y  3  0  y  y   0     y  0   x  3  x   0    x  3  x  1 0  x  x  0   x  x  0  *  ** Từ  *  x 1,5; x  Từ  **  x  1,5; x 1 Tập nghiệm phương trình  S   2;  1,5;1;1,5 Ví dụ Giải phương trình:  x    x  3  x  5  x   31 x  x  12  128  (1) * Tìm cách giải: Xét vế trái nhân nhân tử thứ với nhân tử thứ tư nhân tử thứ hai nhân nhân tử 2 thứ ta có x  x  12 x  x  15 Mỗi nhân tử đa thức có hệ số x2 x   Phương trình trở thành x   8x  12 x  8x  15 31 x  x  12  128     Do ta dùng phương pháp đặt ẩn phụ Giải  x    x  3  x  5  x   31 x  x  12  128   x  8x  12 x  8x  15 31 x  x  12  128       2 Đặt x  x  12 y x  x  15 y  Khi phương trình (2) trở thành y  y  3 31y  128  y  3y  31y  128 0  y  y  32 y  128 0  y  0  y  y    32  y   0   y    y  32  0    y  32 0 Với y  0  x  x  16 0   x   0  x 4 Với y  32 0  x  x  20 0  x  10x  x  20 0   x  10   x   0  x 10 x  Vậy tập nghiệm phương trình S   2; 4;10 Ví dụ Giải phương trình: a) 3y  y  y  0 (1) a) y  y  14 y  y  0 (2) * Tìm cách giải: Khi giải phương trình ta gặp phương trình có hệ số hạng tử đối xứng Ta gọi phương trình phương trình đối xứng Nếu phương trình đối xứng bậc lẻ có nghiệm  Nếu phương trình đối xứng bậc chẵn ta giải cách chia hai vế cho bình phương ẩn  0  đặt sau đặt ẩn phụ Giải a)  1  3y  3y  10y  10y  3y  0  3y  y  1  10y  y  1   y  1 0   y  1 3y  10y  0   y  1  3y  1  y   0    y  0    3y  0   y  0   y    y 1 Vậy tập nghiêm (8) S  1; ;3     y 3  b) Với y = từ (2) ta có VT 2 0 nên y = không nghiệm (2) Do y = khơng phải nghiệm phương trình  y 0 Do chia hai vế phương trình cho y2 ta    1 có     y     y    14 0 y y    Đặt t y  1 2 t  y  Do ta có t   9t  14 0 y y    2t  9t  10 0  2t  5t  4t  10 0   t    2t   0   y  1 0  y  y  0  t  0       y    y  1 0 t   y   y      y 1    y 2  y    1  Vậy tập nghiệm phương trình (2) S  ;1;2  2   Nhận xét: Trong phương trình đối xứng, a nghiệm nghiệm, a Ví dụ Giải phương trình  x    x    x  1  x  1 9 * Tìm cách giải: Ta thấy vế trái nhân vào nhân tử thứ ba, nhân vào nhân tử thứ tư bốn nhân tử đa thức mà hệ số X Vế phải nhân với để phương trình tương đương Sau nhân  x   với  x   ;  x   với  x   ta thấy kết xuất hạng tử giống 16 x  36 x nên đặt ẩn phụ để giải Giải Ta có:  x    x    x  1  x  1 9   x    x  5  x    x   72  16 x  36 x  14 16 x  36 x  20 72    Đặt 16 x  36 x  17 y , ta có:  y  3  y  3 72  y  72  y 81  y 9 Với 16 x  36 x  17 9  x  x  0  x  x  x  0  x  x  x  0  x  x     x   0  x  0   x    x  1 0    x     x    x  0,25 Với 16 x  36 x  17   16 x  36 x  26 0 vơ nghiệm   23 16 x  36 x  26  x     0, x 2  Vậy tập nghiệm phương trình S   2;  0,25 C Bài tập vận dụng 17.1 Giải phương trình: a)  x  3  x  1  x  1 x b)   5x     3  x2   2x   4    c)  x    36 0 2 d)  x     x   0 Hướng dẫn giải – đáp số a) x=  ,x  2 b) Chuyển vế, đặt x  làm nhân tử chung Tập nghiệm: S   2;  0,25;2   c) x  1, x 11 d) x  0,5, x 4,5 17.2 Giải phương trình (với y ẩn số): a) y  3y  0 b) y  y  y  0 c) y  y  2020 2011 d)  y  1 2  y  3   y  1  y  3 5y  16 Hướng dẫn giải – đáp số a) y  3y  0  y3  y  y  y  y  0  y  y    y  y     y   0  y  y   y   0    y  1   y   0  y 2; y  b) y  y  y  0   y    y   0  y 2 c) y  y  2020 2011  y3  y  0  y3  3y  y  3y  3y  0  y  y    y  y     y   0   y   y  y  0     11 Do y  y   y     0, y nên y  2  d)  y  1 2  y  3   y  1  y  3 5y  16   y  1 y  5y  16 0  y  y  y  5y  16 0  y  y  y  8y  y  16 0  y  y    y  y     y   0   y   y  y  0   Do y  y   y  1   0, y nên y 4 17.3 Giải phương trình (z ẩn số): a) z  z3  7z2  z  0 b) z6  12 z  23z2  36 0 c) 24 z3  20z2  z 6 z2  5z  Hướng dẫn giải – đáp số Đây phương trình, bậc cao Ta phải sử dụng hệ định lý Bézout (xem ví dụ 2) để xác định nhân tử chung phân tích thành nhân tử phương pháp tách, thêm bớt a) z  z  7z  z  0   z    z    z  1  z  1 0 Tập nghiệm phương trình S   3;  1;1;2 2 b) z  12z  23z  36 0  z   z    z  3  z    z   0   Tập nghiệm phương trình S   3;  2;2;3 c) 24 z3  20z2  z 6 z2  5z   24 z3  26 z2  z  0  24 z3  12 z2  14 z2  7z  z  0   z  1 12 z2  z  0     2z  1 12z2  3z  4z  0   2z  1  3z  z  1   z  1  0     2z  1  3z  1  z  1 0 1 1 Ta tìm tập nghiệm phương trình S  ; ;  4 2 * Nhận xét: Câu c) cịn có cách giải khác Nếu phân tích hai vế thành nhân tử trước ta thấy z2  5z  6 z2  3z  z   z  1  3z  1 có 24z3  20z2  4z 4z  3z  1  2z  1 phương trình trở thành z  z  1  3z  1   z  1  3z  1 0   z  1  3z  1  z  1 0 17.4 Giải phương trình: 2 a) t  t   2t  1 13  8t   2 b) t  t  t 10  t   t   t  t     c) t  t  t  t  5 t  t        2 d) t  3t  t  7t  12 24    Hướng dẫn giải – đáp số Các phương trình khai triển phương trình bậc cao phương pháp chung chuyển vế, khai triển, rút gọn đưa dạng A(t) = sau phân tích vế trái thành nhân tử Tuy nhiên xuất đa thức chứa ẩn có phần hệ số ẩn bậc giống nhau, ta đặt ẩn phụ dễ giải a) Chuyển vế, khai triển, rút gọn, sau phân tích vế trái thành nhân tử tách, thêm bớt hạng tử ta phương trình: t  2t  5t  4t  12 0   t    t  1 t  t  0   Suy nghiệm phương trình t  1; t 2 Nhận xét: Còn cách giải khác, dùng phương pháp đặt ẩn phụ:  t  t    2t  1 2 13  8t  t  t    t  t  12 0   Đặt t  t u ta có phương trình u  4u  12 0   u    u   0   23 Với u  0  t  t  0 vơ nghiệm t  t   t     0, t  2 Với u  0  t  t  0   t    t  1 0 nên t 2; t  b) Cách 1: Chuyển vế, khai triển, rút gọn sau phân tích thành nhân tử đưa dạng:  t  1  t    t  t  0  2 Cách 2: Ta biến đổi toán sau t  t  t 10  t   t   t  t   t  t  t 12   t     t   t  t        t  t  t 12   t   t  t   t  t  t  t   12 0        Đặt t  t  u Phương trình trở thành u  u  1  12 0  u  u  12 0   u  3  u   0 Hay t  t  t  t  0   Với t  t  0   t  1  t   0  t 1 t      19 Với t  t  0 vơ nghiệm t  t   t     0, t  2 2 Vậy tập nghiệm phương trình S   2;1 c) t 2  t  t  t  5 t  t       Đặt t  t z phương trình trở thành z2  z  5z   z2  7z  10 0   z    z  5 0 Từ có t  t  0   t  1  t   0  t 1 t  t  t  0   t    t   0  t 4 t  Vậy tập nghiệm phương trình S   5;  2;1; 4 d) t  3t  t  7t  12 24     t  1  t    t  3  t   24  t  5t  t  5t   24 0    Đặt t  5t  y phương trình trở' thành y  y    24 0  y  y  24 0   y    y   0  y  y 4  Với y  0 ta có t  5t  10 0 vơ nghiệm   15 t  5t  10  t     0, t  2 2  Với y  0 ta có t  5t 0  t  t  5 0  t 0 t 5 Phương trình có hai nghiệm t 0;t 5 Nhận xét Ta đặt t  5t  u phương trình trở thành  u  1  u  1  24 0   u  5  u   0 2 Hay t  5t t  5t  10 0 Giải ta kết    17.5 Giải phương trình: 3 a)  x     x  5  x   3 b)  x  2016    x  2019   x   3 c)  x      x  152 Hướng dẫn giải – đáp số Trong toán xuất dạng Lưu ý:  a b  3  a  b ; a  b a3 b3 3 2 a3 b3 3ab  a b  a b  a b  a ab  b  a) Đặt y 4 x  3; z 2 x  y  z 2 x  Ta có: y  z3  y  z   y  z3 y  z3  3yz  y  z   3yz  y  z  0  y 0  x  0     z 0 hay  x  0   y  z 0  x  0    x  0,75   x 2,5  x   Tập nghiệm phương trình S   4;  0,75;2;5 b) Đặt u 3 x  2016; v 3 x  2019 u  v 6 x  Phương trình trở thành u3  v3   u  v  0 hay u3  v3   u3  v3  3uv  u  v   0   3uv  u  v  0  u 0    v 0   u  v 0   x  2016 0   x  2019 0   x  0   x  672   x 673  x 0,5  Tập nghiệm phương trình S   672;0,5;673  x  7    x  c) 152 Đặt x  y x  y  1;9  x 1  y 3 Do phương trình trở thành  y  1    y  152 Khai triển, rút gọn (hoặc dùng đẳng thức a3  b3 , ta y  152  y  150 0   y    y   0  Với y  0 x   0  x 1,5  Với y  0 x   0  x 6,5 Tập nghiệm phương trình S  1,5;6,5 17.6 Cho phương trình 4 a)  x  5   x   16  4 b)  x  19    x  20   39  x  4 c)  x  2,5   x  1,5  80 Hướng dẫn giải – đáp số Lưu ý dạng a  b  a b  a 4a3 b  6a b 4ab3  b 4 a) Đặt x  y phương trình trở thành  y  1   y  1 16  y  y  y  y   y  y  y  y  16  y  12 y  14 0  y  y  0  y  y  0    Do y   0, y nên y  0   x    0  x  0   x  5  x  3 0     x  0  x 2,5   x 1,5 Tập nghiệm phương trình S  1,5;2,5 Chú ý: Có đặt x  y x  z ta có y  z4  y  z  (bạn đọc tự giải) b) Đặt x  19 y; x  20 z y  z 8 x  39 ta có y  z4   y  z  0  y  z4  y  y z  y z2  yz3  z4 0     y z  y z2  yz3 0  yz  y  yz  z2  0     y 0  x  19 0  x 4,75    yz   y  z   z  0      16     z 0  x  20 0  x 5  Tập nghiệm phương trinh S  4,75;5 c)  5x  2,5   x  1,5 80 4 Đặt x  0,5 y phương trình trở thành  y     y   80 Ta dùng khai triển  y   y  8y  24 y  32 y  16  y  2 y  8y  24 y  32 y  16 Thay vào, chuyển vế, rút gọn phương trình y  y  0  y   y  0   y  1 y  y    y  1 0     y  1 y  y  0  y 1 y  y   y    19  0, y 2    Do x  0,5 1  x 0,1 * Nhận xét: Cách giải khác c) (bạn đọc tự giải tiếp):  y  2   y  2 2 2   y     y      y     y    8y y        Phương trình trở thành 16 y  64 y  80 0  y  y  0 17.7 Cho phương trình x  3ax  2,5ax  6a 0 a) Giải phương trình với a = 2; a) Tìm a để phương trình có nghiệm nghiệm phương trình x  x  0 Hướng dẫn giải – đáp số a) Với a 2 phương trình trở thành x  x  x  12 0   x  1  x  3  x   0 Suy x  1, x 3, x 4 b) x  x  0   x   x  x  0  x 2   x  x   x  1   0, x Để x 2 nghiệm ta phải có:  12a  a  6a 0  a 8 17.8 Cho phương trình  x    m  2m   x    m  2m  0     a) Tìm giá trị m để nghiệm phương trình 3; a) Giải phương trình với giá trị m Hướng dẫn giải – đáp số a) Thay x 3 ta có  4m  8m 0 tức m  2m 0 nên m 0 m 2 b) Thay m  2m 0 ta có:  x     x    0 Đặt x  y ta có y  y  0   y  1  y    y  3 0 y 1; y 2; y  Ta có x  1  x 3; x  2  x 4; x    x  Vậy phương trình có ba nghiệm: x  1; x 3; x 4 17.9 Giải phương trình sau vói tham số m: a) 9mx  18 x  mx  0 b) 4m x  45  x 36  5m x   Hướng dẫn giải – đáp số 2 a) 9mx  18 x  mx  0   mx   x  0     mx    x  1  x  1 0  mx  0  Nếu m 0  Tìm x  ; x  m   x  1  x  1 0  Nếu m 0 x  3 b) 4m x  45  x 36  5m x   mx  3  mx    x   0    mx  0   Nếu m 0  mx  0 Tìm m  ; x 1,25 m  x  0   Nếu m 0 x 1,25 17.10 Giải phương trình: a)  x  5  x  3  x  1 1,5 b)  x  7  x  3  x  5 18 c) x 2  x   x  3  x  5 30  Hướng dẫn giải – đáp số a) Nhân vào nhân tử thứ hai, nhân vào nhân tử thứ ba vế trái nhân vào vế phải ta có: 2  x  5  x  3  x  1 1,5   x  5  x    x   12 Đặt x  t Ta có: t  t  1  t  1 12  t  t  12 0  t  t  0     Với t  0 tức  x    0   x     x    0  x 1, 75 x 0, 75  Với t  0 vơ nghiệm t   0t Tập nghiệm phương trình S=  0,75;1,75 b)  x  7  x  3  x  5 18 Nhân hai vế phương trình với ta  x  7  x    x  5 72 Đặt x  y phương trình trở thành  y  1 y  y  1 72  y  y  72 0  y  y  0   y  3  y   y  0 Do y   0, y      Từ có x  1,5 x  4,5 Tập nghiệm phương trình S   4,5;  1,5 c) x  x   x  3  x  5 6   x  1  x    x    x   6    x    x    x    x   24  x  14 x  10 x  14 x  12 24    Đặt x  14 x  11 y phương trình trở thành  y  1  y  1 24  y  24   y    y   0  Với y  0 ta có x  14 x  0   x    x   0  x 3 x 0,5  Với y  0 ta có x  14 x  16 0 vơ nghiệm   15 x  14 x  16  x     0, x 2  Vậy tập nghiệm S  0,5;3 17.11 Giải phương trình: a) z3  3z2  3z  0 b) 3z  13z3  16 z2  13z  0 c) z  z3  z2  z  0 Hướng dẫn giải – đáp số a) Phương trình câu a) phương trình đối xứng bậc lẻ (bậc 3) nên có nghiệm - Phân tích vế trái thành nhân tử (lưu ý chắn có nhân tử chung  z  1 nghiệm - 1) Ta có 2z  3z  3z  0   z  1  z    z  1 0   Tập nghiệm phương trình S  1; ;2    b) Phương trình câu b) phương trình đối xứng bậc chẵn (bậc 4) Ta nhận thấy z = nghiệm nên z 0 Ta chia hai vế phương trình cho z2 dùng phương pháp đặt ẩn phụ để giải tiếp Ta nhận thấy z = khơng phải nghiệm phương trình nên z 0 Ta chia hai vế phương trình cho z2 0 phương trình tương đương: 3z2  13z  16    13 1 1  0   z2    13  z    16 0 z z z z    1 2 Đặt z  t z  t  Khi phương trình trở thành: z z t   13t  16 0  3t  13t  10 0   t  1  3t  10  0   Với t  0 tức z   0  z2  z  0 z  1 Vơ nghiệm z  z   z     0, z 2  Với 3t  10 0 tức 3z   10 0  3z2  10z  0 z  3z2  z  z  0  3z  z     z   0   z    3z  1 0  z 3  z  0 1    S  ;3 Vậy tập nghiệm phương trình z  3   3z  0  c) Giải tương tự câu b), chia hai vế phương trình cho z2 0 phương trình tương đương:  1  1  z2     z    0 z z    1 2 Đặt z  u z  u  Khi phương trình trở thành: z z u2   u  0  2u2  u  10 0   u    2u   0   Từ ta tìm tập nghiệm phương trình S   2;  0,5;1 17.12 Tìm bốn số tự nhiên liên tiếp cho lập phương số tổng lập phương ba số (Thi học sinh giỏi lớp TP Hồ Chí Minh, năm học 1995 - 1996) Hướng dẫn giải – đáp số 3 Gọi số tự nhiên nhỏ x x   x  1   x    x    x  12 x  18 0  x  x  0   x   x  x  0   3   x 3 v× x  3x   x     0, x 2  17.13 Giải phương trình  x    x  10   x  11  x 0 (Tuyển sinh lớp 10 khối THPTchuyên Toán - Tin ĐHSP Vinh, năm học 2002 - 2003) Hướng dẫn giải – đáp số Đặt y  x  15 , ta có:  y    y  5  y     y  15  0  y y  15y  66 0 Do y  15y  66  y  15   39  0; y 2     y 0  x  15 (Cách khác: Đặt x  10 y Bạn đọc tự giải) 17.14 Giải phương trình x  x  19 x  106 x  120 0 (Thi vào lớp 10 THPT chuyên Trần Đại Nghĩa TP Hồ Chí Minh, năm học 2003 - 2004) Hướng dẫn giải – đáp số Biến đổi phương trình thành  x    x  3  x    x  5 0 Tập nghiệm S   5;2;3; 4 2 17.15 Giải phương trình x  x  x  x  12 24    (Đề thi tuyển vào lớp 10 chuyên ĐHSPNN Hà Nội, năm học 2004 - 2005) Hướng dẫn giải – đáp số Biến đổi phương trình thành  x  1  x    x  3  x   24  x  x  x  x  24    Đặt x  x  t ta có:  t  1  t  1 24  t 25  t 5 Xét với t 5 t  , ta tìm hai nghiệm x 0 x  17.16 Giải phương trình x  29 x  27 x  27 x  29 x  0 (Thi học sinh giỏi lớp tỉnh Thanh Hóa, năm học 2005 - 2006) Hướng dẫn giải – đáp số Biến đổi thành  x  1 x  35 x  62 x  35 x  0   Ta tìm x  nghiệm Với x  35 x  62 x  35 x  0 , x 0 không nghiệm nên chia hai vế cho x2 ta được:    1 1  x    35  x    62 0 Đặt x  y x  y  x x  x x   Phương trình trở thành y   35y  62 0   y    3y  10  0   Thay y  x  1 vào y  0 giải ta tìm x 2 x  x Thay y  x  1 vào 3y  10 0 giải ta tìm x 3 x  x  1  Tập nghiệm phương trình S  1; ; ;2;3   17.17 Giải phương trình  x    x  1  x   6 (Tuyển sinh lớp 10 THPTchuyên ĐHSP Hà Nội, năm học 2006 - 2007) Hướng dẫn giải – đáp số Nhân  x   với 2;  x  1 với vế phải với 12 ta  x  8  x    x    y  1  y  1 y 2 72 Đặt x  y phương trình trở thành 72  y  y  72 0  y  y  0  y 3    (do y   0, y ) Giải tiếp ta tìm nghiệm x  17.18 Giải phương trình x  x   2 x  3  x  x  (Thi học sinh giỏi lớp huyện Thường Tín - Hà Tây, năm học 2006 - 2007) Hướng dẫn giải – đáp số x  2x  2  x  x   x  x  x  x  0     Đặt x  x y ta có: y  3y  0   y  1  y   0  y  y  Với x  x    x  1 0  x 1 Với x  x    x  1  0 vô nghiệm 17.19 Giải phương trình  x    x  1  x  1 810 (Tuyển sinh lớp 10 chuyên Tin Quốc học Huế, năm học 2019 - 2010) Hướng dẫn giải – đáp số  x  3  x  1  x  1 810    x  x   x  x  810     Đặt x  x y phương trình trở thành  8y    y  1  810 0  8y  17 y  801 0   y    y  89  0 y  0 tức x  x  0   x  3  x   0   x  x 1,5 8y  89 0 tức 16 x  24 x  89 0 vơ nghiệm  16 x  24 x  89  x    80  0, x Vậy phương trình có hai nghiệm x  x 1,5 Cách khác: Biến đổi phương trình thành  x    x    x   6480 Đặt x  y (Bạn đọc tự giải tiếp) 17.20 Giải phương trình x  x  140 0 Đề thi tuyển vào lớp 10 THPTchuyên Lam Sơn, Thanh Hóa, năm học 2010 - 2011) Hướng dẫn giải – đáp số x  3x  140 0  x3  x  x  25 x  28 x  140 0   x  5 x  x  28 0  x 5 x  x  28  x    87  0, x 2    17.21 Giải phương trình x  x     x  1 x  x  1 (Đề thi tuyển vào lớp 10 THPT chuyên Quang Trung, Bỉnh Phước, năm học 2010 - 2011) Hướng dẫn giải – đáp số x  2x    x  1 x  x  1  x  x    x  x  0   Đặt x  x y phương trình thành y  y  0   y    y  1 0 Thay y  x  x vào ta có tập nghiệm phương trình S   1;1;3 17.22 Giải phương trình x  x    x  x  12 0 ( Thi tuyển sinh lớp 10 chuyên TP Hồ Chí Minh, năm học 2010 - 2011) Hướng dẫn giải – đáp số Đặt 2x  x u phương trình trở thành: u2  u  12 0   u    u   0  u  0 u  0