Toán Lớp 9: Chủ Đề 5. Phương Trình Bậc Cao, Phương Trình Phân Thức

Là phương pháp khá hữu hiệu đối với các bài toán đại số, trong giải phương trình bậc cao cũng vậy, người ta thường đặt ẩn phụ để chuyển phương trình bậc cao về phương trình bậc thấp hơn[r]

Chủ đề 5: PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

Để giải phương trình bậc lớn Ta thường biến đổi phương trình dạng đặc biệt là:

1 Phương pháp đưa dạng tích: Tức biến đổi phương trình:

       

 

0

0 f x

F x f x g x

g x  



    

 



Đưa phương trình tích ta thường dùng cách sau:

Cách 1: Sử dụng đẳng thức đưa dạng:a2 b2 0,a3 b3 0,

Cách 2: Nhẩm nghiệm chia đa thức: Nếu x a nghiệm phương trình f x   ta ln có phân tích: f x   x a g x    Để dự đoán nghiệm ta dựa vào ý sau:

Chú ý:

Cách 3: Sử dụng phương pháp hệ số bất định Ta thường áp dụng cho phương trình bậc bốn. Đặc biệt phương trình bậc 4: Ta sử dụng cách xử lý sau:

 Phương trình dạng: x4 ax2bx c

Phương pháp: Ta thêm bớt vào vế lượng: 2mx2m2 phương trình trở thành:

2 2

(x m) (2m a x ) bx c m 

Ta mong muốn vế phải có dạng: (Ax B )2

2

2

4(2 )( )

m a

m

b m a c m

  

  

     



 Phương trình dạng: x4ax3 bx2cx d Ta tạo vế phải biểu thức bình phương dạng:

2

2

a

x x m

 

 

 

 

Bằng cách khai triển biểu thức:

2

2 2 2

2

a a

x x m x ax  m x amx m

 

        

 

    Ta thấy cần thêm vào hai vế lượng:

2

2

2 a

m x amx m

 

  

 

2 2

2 2 ( )

2

a a

x x m  m b x am c x m d

 

         

 

   

Bây ta cần:  

2

2

2

2

4

?

( )

4

VP

a

m b

m a

am c m b m d



  

 

 



 

         

  



Ta phân tích để làm rõ cách giải tốn thơng qua ví dụ sau: Ví dụ 1)

Giải phương trình: a) x4 10x2 x20 0 . b) x4  22x2 8x77 0 c) x4  6x38x22x 0 . d) x42x3 5x26x 0 . Lời giải:

a) x4 10x2 x20 0  x4 10x2 x 20 Ta thêm vào vế phương trình lượng: 2mx2m2

Khi phương trình trở thành: x42mx2m2 (10 ) m x2 x m2 20 Ta có

2

1 4( 20)(10 )

2

VP m m m

       

Ta viết lại phương trình thành:

2 2

4 2

9

2 2

x  x   x  x  x    x  

     

2 17

( 5)( 4)

2

x x x x x  

       

1 21

2

x 

b) x4  22x2 8x77 0  x4 22x28x 77

Ta thêm vào vế phương trình lượng: 2mx2m2

Khi phương trình trở thành: x42mx2m2 (22 ) m x28x m 2 77 Ta có VP 1 4(22 )( m m2 77) 0  m9.

Ta viết lại phương trình thành:

 2  2

4 18 81 4 8 4 9 2 2 0

x  x   x  x  x   x 

2 2

( 7)( 11)

1 x

x x x x

x

  

       

c) Phương trình có dạng: x4 6x38x22x1 0  x4 6x3 8x2 2x1 Ta tạo vế trái dạng: (x2 3x m )2 x4 6x3(9 ) m x2 6mx m

Tức thêm vào hai vế lượng là:(9 ) m x2 6mx m phương trình trở thành:

2 2

(x  3x m ) (2m1)x  (6m2)x m 1 Ta cần

2

'VP (3m 1) (2m 1)(m 1) m

         Phương trình trở thành: (x2 )x (x1)2

2

2

2

( 1)( 1)

1 2 x

x

x x x x

x x    

  

       

   

  

d) Phương trình cho viết lại sau: x42x3 5x2 6x3 Ta tạo phương trình: (x2 x m)2 (2m6)x2(2m 6)x m 23

Ta cần: 2

2

1 'VP ( 3) (2 6)( 3)

m

m

m m m

  

  

      



Phương trình trở thành: (x2  x 1)2 (2x 2)2

2

3 21

2

( 3)( 1)

3 21

2

x

x x x x

x

  

  

      

  

   Ví dụ 2)

a) Giải phương trình:x4 4x212x 0 (1). b) Giải phương trình:x413x218x 0

c) Giải phương trình:2x410x311x2 x 0 (4)

Lời giải:

a) Ta có phương trình  

2

4 2 3 0

x x

   

2

2

2

2

2 3 1;

2

x x

x x x x x x

x x

   

          

  

 Vậy phương trình có hai nghiệm x1;x3

b) Phương trình    

4 4 4 9 18 9 0

x x x x

      

x2 22 3x 32 0 x2 3x 5 x2 3x 1 0

          

2

3 29

3 2

3

2

x

x x

x x

x

  

 

   



  



   



  

Vậy phương trình cho có nghiệm

3 29

;

2

x  x 

c) Ta có phương trình

 

2

2 1 2 3 1 0

2 4 16

x x x x x x x x x

     

                  

     

2

2

2 2

3 13

2

x

x x

x x

x

 

 

   



  



   



 

 .

2 Phương pháp đặt ẩn phụ:

Là phương pháp hữu hiệu tốn đại số, giải phương trình bậc cao vậy, người ta thường đặt ẩn phụ để chuyển phương trình bậc cao phương trình bậc thấp Một số dạng sau ta thường dùng đặt ẩn phụ

Dạng 1: Phương trình trùng phương:  

4 0 0

ax bx  c a (1)

Với dạng ta đặt tx t2, 0 ta chuyển phương trình:at2bt c 0 (2)

Chú ý: Số nghiệm phương trình (1) phụ thuộc vào số nghiệm không âm (2)

 

4 2 0 0

ax bx cx kbx k a  k Với dạng ta chia hai vế phương trình chox x 2 0ta

được:

2

2

k k

a x b x c

x x

   

    

   

 

  Đặt

k

t x

x

 

với t 2 k ta có:

2

2

2 2

k k

x x k t k

x x

 

      

  thay vào ta phương trình:a t 2 2kbt c 0 Dạng 3: Phương trình:x a x b x c x d           e,trong a+b=c+d

Phương trình    

2

x a b x ab x c d x cd e

   

           

Đặt t x 2a b x  , ta có:t ab t cd     e

Dạng 4: Phương trìnhx a x b x c x d           ex2,trong ab cd Với dạng ta chia hai vế phương trình cho  

2 0

x x 

Phương trình tương đương:

   

2 2 ab cd

x a b x ab x c d x cd ex x a b x c d e

x x

   

                  

       

   

Đặt

ab cd

t x x

x x

   

Ta có phương trình:t a b t c d      e

Dạng 5: Phương trình    

4

x a  x b c

Đặt

a b

x t  

ta đưa phương trình trùng phương

Ví dụ 1: Giải phương trình:

1) 2x4 5x36x2 5x 2 0 2)    

4

1

x  x 

3) x x 1 x2 x3 24 4) x2 x 3 x4 x 66x2 0 Lời giải:

2

1

2 x x

x x

   

    

   

    Đặt  

2

2

2

1 1

, 2

t x t x x t

x x x

 

          

  Ta có:

 

2

2 1

2

t

t t t t

t

  

        

 

 Với

2

1

2 2

t x x x

x

       

2) Đặt x t  2 ta được:   

4 4 2

1 0

t  t  t  t    t x Vậy phương trình có nghiệm x 2

Chú ý: Với ta giải cách khác sau: Trước hết ta có BĐT:

4

4

2

a b a b 

 

  với a b 0.

Áp dụng BĐT với:ax1,b x  3 VT VP Đẳng thức xảy x 2 3) Ta có phương trình:    

2 3 3 2 24

x x x x

    

Đặt tx23x Ta được:

 2 24 2 24 6,

t t  t  t   t t

* t6 x23x  6 phương trình vơ nghiệm

* t 4 x23x 0  x1;x4 Vậy phương trình có hai nghiệm x1;x4 4) Phương trình    

2 2 12 12 6 0

x x x x x

      

Vì x 0 khơng nghiệm phương trình nên chia hai vế phương trình chox2 ta được:

12 12

4

x x

x x

   

     

   

    Đặt

12

t x

x

 

, ta có:  4  1 6 0 3 2 0

2 t

t t t t

t  

         

 

*

2

12

1 12

3 x

t x x x

x x

 

         

 

Vậy phương trình cho có bốn nghiệm:x3;x4;x 1 13 Ví dụ 2)

a) Giải phương trình:      

2

2

3 x  x1  x1 5 x 1 b) Giải phương trình:x63x5 6x4 21x3 6x2 3x 1 c) Giải phương trình:         

2

1 360

x x x x x 

d) Giải phương trình: 

3

3 5 5 5 24 30 0

x  x  x  x  Lời giải:

a) Vì x 1 khơng nghiệm phương trình nên chia hai vế cho x 3 ta được:

2

2

1

3

1

x x x

x x x

  



   Đặt

2

2

1

3 5 2,

1

x x

t t t t t t

x t

 

          



*

2 13

2

2

t  x  x   x 

*

2

1

3

3

t  x  x 

phương trình vơ nghiệm

b) Đây phương trình bậc ta thấy hệ số đối xứng ta áp dụng cách giải mà ta giải phương trình bậc bốn có hệ số đối xứng

Ta thấy x 0 không nghiệm phương trình Chia vế phương trình cho x3 ta được:

3

3

1 1

3 21

x x x

x x x

   

        

    Đặt

1

,

t x t

x

  

Ta có:

 

2

2

1

2;

x t x t t

x x

     

nên phương trình trở thành:    

2 3 3 2 6 21 0

t t   t   t 

  2 

3 3 9 27 0 3 3 0

3 t

t t t t t

t  

          



 *

2

1

3 3

2

t x x x x

x



*

2

3

2

t  x  x   x 

Vậy phương trình có bốn nghiệm

3 5

;

2

x  x 

c) Phương trình      

2 6 5 6 8 6 9 360

x x x x x x

       

Đặt tx26x, ta có phương trình:y5 y8 y9 360

 22 157 0 0 6 0

6 x

y y y y x x

x  

          

 

Vậy phương trình có hai nghiệm:x0;x6

d) Ta có:  

3 5 30 5 5 5 5

x  x  x  x  x

nên phương trình tương đương

 3  

5 5 24 24 30

x  x  x  x x  x 

Đặt ux35x5 Ta hệ:

  

3

2

3

5

6

5

u u x

u x u ux x u x

x x u

   



       



  



 .

  

3 4 5 0 1 5 0 1

x x x x x x

          

Vậy x 1 nghiệm phương trình

Dạng 6:

a) Phương trình: 2

ax bx

c

x mx p x nx p  với abc 0.

Phương pháp giải: Nhận xét x 0 khơng phải nghiệm phương trình Với x 0, ta chia tử số mẫu số cho x thu được:

a b

c

p p

x m x n

x x

 

   

Đặt

2

2

2 2

k k

t x t x k k k

x x

       

b) Phương trình:

2

2 ax

x b

x a

 

  



  với a0,xa Phương pháp : Dựa vào đẳng thức  

2

2

2

a b  a b  ab

Ta viết lại phương trình thành:

2

2 2 2 2

2

ax x x x

x a b a b

x a x a x a x a

 

 

        

 

   

    Đặt

2

x t

x a 

 quy phương trình bậc

Ví dụ 1) Giải phương trình:

a)  

2

2

25

11 x x

x

 



(Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2013)

b) 2

12

1

4 2

x x

x  x  x  x  (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học Vinh 2010).

c)  

2

2

2

2 x

x x

x   

(Trích đề thi vào lớp 10 chuyên ĐHSP Hà Nội 2008)

d)  

3

3

3

3

2

1

x x

x

x x

   

 

Giải:

a) Điều kiện x 5

Ta viết lại phương trình thành

2

2 2 2 2

5 10 10

11 11

5 5

x x x x

x

x x x x

 

 

         

 

   

    Đặt

2

5 x t

x 

 phương trình có dạng

2 10 11 0

11 t

t t

t       

 

Nếu t 1 ta có:

2

2 21

1

5

x

x x x

x



      

 Nếu

2

11 11

5 x t

x

  



2 11 55 0

x x

b) Để ý x nghiệm x 0 nên ta chia tử số mẫu số vế trái cho x thu

được:

12

1

2

4

x x

x x

 

   

Đặt

2

t x

x

  

phương trình trở thành:

2

12

1 12

6

t

t t t t t t

t

t t

 

            



 

Với t 1 ta có:

2

2

2

x t t

x

      

vô nghiệm Với t 6 ta có:

2

2

2 2

x x x x

x

         

c)    

2

2

2 3

2 2

x x x

x x x x

x x x

     

          

     

  

     

Giải phương trình ta thu nghiệm

3

6;

3

x x 

d) Sử dụng HĐT    

3

3 3

a b  a b  ab a b ta viết lại phương trình thành:

 

3

3 2

3

3

3

2

1 1 1

1

x x x x x x

x x x

x x x x x

x

   

             

        



hay

3

2 2 2

2

3

3 1 1 2

1 1 1

x x x x x

x x

x x x x x

     

             

     

    

      Suy

phương trình cho vơ nghiệm

BÀI TẬP RÈN LUYỆN: Giải phương trình sau:

1)    

2 2 3 6

x  x x  x 

2)      

2

3)    

4

1 82

x  x 

4) x1 x2 x4 x510

5)    

2 2 2 2 2

x  x x  x  x

6) x 2 x1 x 8 x 4 4x2

7)    

2

2 2

3 x 2x1  x 3x1 5x 0 8) 3x4 4x3 5x24x 3 0.

9) 2x4 21x334x2105x50 0 . 10)

1 1 1

0

1

xx  x x  x  .

11)

4 8

1 2

x x x x

x x x x

   

   

    .

12)   2

1

2 12 35 10 24

x x x x

x x x x x x x x

   

  

       .

13)

2 1 2 2 3 3 4 4

0

1

x x x x x x x x

x x x x

       

   

    .

14) 2

4

1

4 10

x x

x  x  x  x 

15)   

2 2

2x  3x1 2x 5x1 9x

16)     

2

2 5 1 4 6 1

x  x x   x 17) x4  9x316x218x 4 0.

18)  

2

2

12

3

2 x

x x

x 

  



19) 2

2 13

6

3

x x

x  x  x  x  .

20)    

2 1 2 1 0

x x  x   

21)

2 2

2

2

20 20

1 1

x x x

x x x

  

   

  

   

  

    .

1) Đặt x2  x t Phương trình cho thành  

2

3 t t t

t      



 Với t 2 x2   x 2 x2  x x0 x 1 Với t 3

2 21

2

2

x   x  x    x x 

Vậy tập nghiệm phương trình

1 21 21

1;0; ;

2

S      

 

 

2) Biến đổi phương trình thành    

2

36x 84x49 36x 84x48 12

Đặt t36x284x48 phương trình thành  

3 12

4 t t t

t      



 Với t 3

2

36 84 48 36 84 45

2

x  x   x  x   x

5

x 

Với

t  36x2 84x 48 4 36x2 84x 52 0

       , phương trình vơ nghiệm

Vậy tập nghiệm phương trình

5

;

6

S   

  3) Đặt y x 1 phương trình cho thành

4

24 48 216 82

1

y x

y y

y x

 

 

      

 

  Vậy tập nghiệm phương trình cho S   2;0

4) Đặt

1

3

x x x x

y         x

phương trình trở thành:

 4  1 10 5 6 0 6

6

y x

y y y y

y x

    

          

  

 

5) Do x 0 nghiệm phương trình, chia hai vế cho x2 ta

2

1 2

x x

x x

   

    

   

    Đặt

2

y x x

 

phương trình trở thành

   

2

0

1 2

3 2

3 x

y x x

y y

y x

x x 

  

 

 

        

 

    

 .

6) Biến đổi phương trình thành

   

        

2 8

x x x x  x  x  x x  x  x

Do x 2 khơng nghiệm nên chia hai vế phương trình cho x2 ta được:

8

6

x x

x x

   

    

   

    Đặt

8

y x x

 

phương trình trở thành

 6  9 15 50

10 y

y y y y

y  

        



 Với y 5

2

8

5

x x x

x

     

(vô

nghiệm) Với y 10

2 17

8

10 10

5 17 x

x x x

x x

  

       

 

 Vậy tập nghiệm phương trình S  5 17;5 17

7) Do x 0 khơng nghiệm phương trình, chia hai vế phương trình cho x2 ta

được

2

1

3 x 2 x

x x

   

      

   

    Đặt

1

y x

x

 

, phương trình trở thành:

 2  2

3 2

1 y

y y y

y  

         



 Suy

1

1

2

1 1 5

1

2

x x

x

x x

x

  



   



  

 

    

  Vậy

tập nghiệm phương trình

1 5

;

2

S    

 

8) Phương trình khơng nhận x 0 nghiệm, chia hai vế cho x2

2

1

3 x x

x x

   

    

   

    Đặt

1

t x

x

 

phương trình trở thành 3t2 4t 1

2

3t  4t   1 t 1

t 

Với t 1

2

1

1

2

x x x x

x



       

1

2

x 

Với

t 

2

3

1 1 37

3

3

x x x x

x



       

1 37

x  

Vậy tập nghiệm phương trình

1 5 37 37

; ; ;

2 2

S      

 

 .

9) 2x4 21x334x2105x50 0 (8). Lời giải:

Ta thấy

105 21

k  



2 50 25

2

k  

nên phương trình (8) phương trình bậc bốn có hệ số đối xứng tỉ lệ  

2

25

8 x 21 x 34

x x

   

       

    Đặt

5

t x

x

 

suy

2

2

25 10

t x

x

  

Phương trình (9) trở thành 2t2 21t54 0  t6

9

t 

Với t 6

2

5

6 6

x x x x x

x

        

Phương trình có hai nghiệm x1  3 14;x2  3 14

Với

x 

2

5

2 10

2

x x x

x

     

Phương trình có hai nghiệm

3

9 161 161

;

4

x   x  

Vậy PT (8) có tập nghiệm

9 161 161

3 14;3 14; ;

4

S      

 

 

   

2

2 2

1 1 1

0

4 4

x x

x x x x x x x x x x

 

   

        

   

       

   

2 2

1 1

0

4 2( 4)

x x x x x x

   

     Đặt u x2 4x

  , phương trình trở thành

 

1 1

0

3

u u   u 

   

2

25 145

5 25 24 0 10

2 25 145

10

u

u u

u u u

u

  

 

  

  

    

 



Do

2

2

25 145

10 25 145

10

x x

x x

  

 

 

  

 



 Tìm tập nghiệm phương trình là

15 145 15 145 15 145 15 145

2 ; ; ;

10 10 10 10

S              

 

 .

11) Biến đổi phương trình thành 2

5 10 10 10 40

1 2

x x x x x x



      

     

Đặt u x u 2 1,u4;u0 dẫn đến phương trình

2

16

4 65 16 1

4 u

u u

u   

   

 

 bTìm tập nghiệm phương trình

1

; 4; ;4

2

S    

 .

12)

Điều kiện x         7; 6; 5; 4; 3; 2; 1;0 Biến đổi phương trình thành

             

1

2

x x x x

x x x x x x x x

   

  

      

1 1 1

2 2

x x

x x x x

     

      

  

   

2 1 1

2

x x

x x x x x

     

      

   

1 1 1 1

2

x x x x x x x x

       

      

1 1 1 1

7

x x x x x x x x x

       

         

      

       

  2 2

1 1

2

7 10 7 12

x

x x x x x x x

 

      

      

 

2 2

7

1 1

0(*)

7 10 7 12

x

x x x x x x x x

    

    

       

 Đặt ux27x phương trình (*) có dạng

1 1 1 1

0

10 12 10 12

u u u u u u u u

   

        

           u218u90 0

Mặt khác  

2

2 18 90 9 9 0

u  u  u  

với u Do phương trình (*) vơ nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm

7

x 

13)

Lời giải:

Điều kiện x      4; 3; 2; 1 Biến đổi phương trình thành

1 4

0

1 4

x x x x x x x x

   

         

           

2

3

0

5

x

x x x x

 

   

   

  2

0

3

0(*)

5

x

x x x x

   

  

   

 .

Đặt ux25x phương trình (*) trở thành

3 11

0

4 u

u u    Từ ta có

2

2 10 11

2

x  x   x 

Vậy tập nghiệm phương trình cho

5

0; ;

2

S     

 

14)

Do x 0 không nghiệm phương trình nên chia tử mẫu phân thức vế trái phương trình cho x, đặt

7

y x

x

 

ta

4

1

8 10

y  y  .

Phương trình có nghiệm y16,y9

Với y 9

2

7

4x 4x 9x

x

     

Phương trình vơ nghiệm

Với y 16

2

7

4x 16 4x 16x

x

     

Phương trình có hai nghiệm

1

;

2

x  x 

Vậy phương trình cho có tập nghiệm

1 ; 2

S 

 . 15) Đặt t2x2 x 1, phương trình (1) thành

t 4x t  4x 9x2  t216x2 9x2  t2 25x2  t 5x

t5x.

Với t5x

2

2

2

x   x x x  x   x 

Với t5x

2 2

2

2

x   x x x  x   x 

Vậy tập nghiệm phương trình (1)

3 2

;

2

   

 

 

 

  16) Lời giải:

Đặt u x 1 đưa phương trình (2) dạng tổng quát u2 7u 3 u2 2u 3 6u2. Bạn đọc giải phương pháp nêu Ta giải cách khác sau Viết phương trình cho dạng      

2

2 4 5 5 4 6 1 0

x   x x   x 

Đặt tx2 4, phương trình thành

         

2 5 5 6 6 1 0 6 6 1 0

t   x t  x x   t x t x  

2

2

3

6 6 6

1 21

1 4 1 5 0

2 x

t x x x x x

t x x x x x x

  

 

       

 

         

       

   

 .

Vậy tập nghiệm PT(2)

1 21 21

;3 7; ;3

2

S       

 

 .

17) PTtương đương với  

4 9 2 16 4 0

x  x x   x  

Đặt tx2 2 t2 x4 4x24, PT thành

   

2 9 20 0 4 5 0

t  xt x   t x t x 

2

2

2

4 4

5 33

5 5

2 x

t x x x x x

t x x x x x x

  

 

     

 

        

     

   



Vậy tập nghiệm phương trình

5 33 33

2 6; ;2 6;

2

   

 

 

 

 

 

18) Điều kiện x 2 Khử mẫu thức ta phương trình tương đương:

 

4 2

3x 6x 16x  36x 12 0  3x 6x x  16x 12 0

đặt tx2 6 t2 x412x236, suy 3x4 3t236x2108, PT thành

 

2

3t 6xt20t 0 t t3 6x20   0 t

3t 6x 20 Với t 0 thì

2 6 0

x   , suy x  6 (thỏa mãn đk) Với 3t 6x 20 ta có 3x2186x 20

hay 3x26x 2 0 suy

3

3

x 

(thỏa mãn đk) Vậy tập nghiệm PT(4)

3 3

; 6; ;

3

S      

 

19) 2

2 13

6

3

x x

x  x  x  x  (5).

Lời giải: Đặt t 3x2 2 PT(5) trở thành

2 13

6

x x

t x t x   ĐK: t5 ,x t  x Khử mẫu thức ta PT tương đương

   

2

2t 13tx11x  0 t x 11t x 0

t x  

11

t x

(thỏa mãn ĐK)

Với tx 3x2  2 x 3x2 x 2 0 phương trình vơ nghiệm

Với 11

2

t x

2 11

3 11

2

x   x x x   x

x 

.Vậy tập nghiệm PT(5)

1 ;

 

 

 .

20) PT      

2 1 1 2 1 0

x x x x

     

x4 x2 x4 x2 2 1 0

     

x4 x22 2x4 x2 1 0

     

x4 x2 12 0 x4 x2 1 0

       

Giải phương trình trùng phương ta tập nghiệm PT

5

;

2

   

 



 

 

 .

21) Lời giải: Điều kiện x 1

Đặt

2

;

1

x x

y z

x x

 

 

  , PT có dạng:  

2

2

Dẫn đến        

2

2 2

1

x x

x x x x

x x

 

      

 

2 2

2x 6x x 3x x 9x

         

9 73

2

x 

 

9 73

2

x 

(thỏa mãn điều

kiện) Vậy tập nghiệm PT(2)

9 73 73

;

2

   

 

 

 