Chuyên đề phương trình đại số trịnh bình

 TRỊNH BÌNH CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ Thanh Hóa, tháng năm 2019 PHƢƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ LỜI NÓI ĐẦU Nhằm đáp ứng nhu cầu giáo viên toán THCS học sinh chuyên đề tốn THCS, website tailieumontoan.com giới thiệu đến thầy em chuyên đề toán phương trình đại số Chúng tơi kham khảo qua nhiều tài liệu để viết chuyên đề nhằm đáp ứng nhu cầu tài liệu hay cập nhật dạng toán cấu tạo số thường kì thi gần Các tốn phương trình đại số thường liên quan đến phương trình bậc cao, phương trình phân thức phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối Các vị phụ huynh thầy dạy tốn dùng dùng chuyên đề để giúp em học tập Hy vọng chuyên đề phương trình đại số giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải tốn nói riêng học tốn nói chung Mặc dù có đầu tư lớn thời gian, trí tuệ song khơng thể tránh khỏi hạn chế, sai sót Mong góp ý thầy, giáo em học! Chúc thầy, cô giáo em học sinh thu kết cao từ chuyên đề này! Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC 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 Thơng 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 + + – = Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp TÀI LIỆU TỐN 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 = Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp 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  Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp 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 + Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp = 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 – = Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp b) 2x3 + 3x2 – 6x + = TÀI LIỆU TỐN 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 Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp TÀI LIỆU TỐN 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: Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp TÀI LIỆU TỐN 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 + = Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp  4x(x + 2) + (x + 2) = 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) = Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp 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) = Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp TÀI LIỆU TỐN 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: Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp 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 vô nghiệm) Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp 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    Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp  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 : Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp TÀI LIỆU TỐN 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 = Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp 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  Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp TÀI LIỆU TỐN 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 Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp 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   vơ 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  Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp TÀI LIỆU TỐN 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   Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp TÀI LIỆU TỐN 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 Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp TÀI LIỆU TỐN 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 + = vơ 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 Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp 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 Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC