Chuyên đề giải phương trình bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 8 - THCS.TOANMATH.com

(1)

CHUYÊN ĐỀ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH

DẠNG 1: PHƯƠNG TRÌNH CÓ HỆ SỐ ĐỐI XỨNG Phương pháp giải:

Do x = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên chia cả hai vế cho x², rồi đặt ẩn phụ Bài 1: Giải phương trình: x⁴ +3x³+4x²+3 1 0x+ =

HD:

Thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình: Chia hai vế cho x² ta được:

2 2

3 1 1

3 4 0 3 4 0

x x x x

   

+ + + + = = + +  + + =

   

Đặt x ¹ y x² ¹₂ y² 2

x x

+ = = + = − , Thay vào phương trình ta có:

2 2 3 4 0

y − + y+ =

Bài 2: Giải phương trình: 6x⁴ +25x³+12x²−25x+ =6 0 HD:

Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, chia cả hai vế của PT

2 0

x  ta được:

2 2

25 6 1 1

6x 25x 12 0 6 x 25 x 12 0

x x x x

   

+ + − + = =  + +  − + =

   

Đặt: x ¹ t x² ¹₂ t² 2

x x

− = = + = + , Thay vào phương trình ta được:

(

²

)

²

6 t +2 +25 12 0t+ = =6t +25 24 0t+ = Bài 3: Giải phương trình: x⁴+5x³−12x²+5 1 0x+ = HD:

Nhận thấy x=0 không phải nghiệm của PT, chia cả hai vế của PT cho x² 0 , ta được:

2 2

5 1 1 1

5 12 0 5 12 0

x x x x

   

+ − + + = = + +  + − =

   

Đặt: x ¹ t x² ¹₂ t² 2

x x

+ = = + = − , Thay vào phương trình ta được:

( )( )

2 5 14 0 7 2

t + −t = = +t t−

Bài 4: Giải phương trình: x⁴+2x³+4x²+2x+ =1 0 Bài 5: Giải phương trình: x⁴−3x³−6x²+3 1 0x+ = HD:

Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của PT, chia cả hai vế của PT cho x² 0 , ta được:

2 2

3 1 1 1

3 6 0 3 6 0

x x x x

   

− − + + = = + −  − − =

   

Đặt x ¹ t

− =x , Phương trình tương đương với: t²− − =3 4 0t

4 3 2

2x −9x +14x −9x+ =2 0

(2)

Nhận thấy x=0 không phải là nghiệm của phương trình , chia cả hai vế của PT cho

2 0

x  ta được:

2 2

9 2 1 1

2x 9x 14 0 2 x 9 x 14 0

x x x x

   

− + − + = =  + −  + + =

   

Đặt: x ¹ t

+ =x , phương trình trở thành: 2t² − +9 10 0t = Bài 7: Giải phương trình: x⁴−3x³+4x²−3 1 0x+ =

Bài 8: Giải phương trình: 3x⁴ −13x³+16x²−13x+ =3 0 Bài 9: Giải phương trình: 6x⁴ +5x³−38x²+5x+ =6 0 Bài 10: Giải phương trình: 6x⁴ +7x³−36x²−7x+ =6 0 Bài 11: Giải phương trình: 2x⁴ +x³−6x²+ + =x 2 0 Bài 12: Giải phương trình: 2x⁴−5x³+6x² −5x+ =2 0

Bài 13: Chứng minh phương trình sau vô nghiệm: x⁴− +x³ 2x²− + =x 1 0 Bài 14: Chứng minh phương trình sau vô nghiệm: x⁴ +x³+x²+ + =x 1 0 HD:

Nhân hai vế của phương trình với x-1 ta được:

(

^x⁻¹

) (

^x⁴⁺^x³⁺^x²^{+ + =}^x ¹

)

^x⁵^{− = =}^{1 0} ^x⁵ ^{= = =}¹ ^x ¹

Cách 2: Đặt y x ¹

= + x

Bài 15: Chứng minh phương trình sau vô nghiệm: x⁴−2x³+4x²−3x+ =2 0 HD:

Biến đổi phương trình thành:

(

^x²^{− +}^x ¹

)(

^x²^{− +}^x ²

)

⁼⁰

(3)

DẠNG 2: PHƯƠNG TRÌNH DẠNG

(

x a x b x c x d+

)(

+

)(

+

)(

+

)

=k Phương pháp:

Nhận xét về tích a d b c+ = + , rồi nhóm hợp lý tạo ra biểu thức chung để đạt ẩn phụ Đôi khi ta phải nhân thêm với các hệ số để có được biểu thức chung

Bài 1: Giải phương trình:

(

^x⁻⁷

)(

^x⁻⁵

)(

^x⁻⁴

)(

^x⁻²

)

⁼⁷²

HD:

Phương trình tương đương với

(

^x⁻⁷

)(

^x⁻²

)(

^x⁻⁵

)(

^x⁻⁴

)

⁼⁷²^=

(

^x² ⁻⁹^x⁺¹⁴

)(

^x² ⁻⁹^x⁺²⁰

)

⁻^{72 0}⁼

Đặt x² −9x+14=t, khi đó phương trình trở thành:

( )

⁶ ^{72 0}

(

¹²

)( )

⁶ ⁰

t t+ − = = +t t− =

Với

2

2 9 23

12 9 14 12 0

2 4

t= − =x − x+ = − =x−  + =

 

Với ^t^{= =}⁶ ^x²⁻⁹^x⁺^{14 6}^{= =}

(

^x⁻¹

)(

^x⁻⁸

)

⁼⁰

(

^x⁻¹

)(

^x⁻³

)(

^x⁺⁵

)(

^x⁺⁷

)

⁼²⁹⁷

HD:

Phương trình tương đương với:

(

^x⁻¹

)(

^x⁺⁵

)(

^x⁻³

)(

^x⁺^{7 297 0}

)

⁻ ^{= =}

(

^x²⁺⁴^x⁻²¹

)(

^x² ⁺⁴^x^{− −}^{5 297 0}

)

⁼

Đặt x²+4x− =5 t khi đó phương trình trở thành:

(

^t⁻¹⁶

)

^t⁻^{297 0}^{= = −}

(

^t ⁸

)

² ⁻¹⁹² ^{= = −}⁰

(

^t ²⁷

)(

^t⁺¹¹

)

⁼⁰

Với ^t⁼²⁷^=^x²⁺⁴^x^{− =}^{5 27}^=

(

^x⁺⁸

)(

^x⁻⁴

)

⁼⁰

Với ^t^{= −}¹¹^=^x² ⁺⁴^x^{− = −}⁵ ¹¹^=

(

^x⁺²

)

²^{+ =}^{2 0}

Bài 3: Giải phương trình sau:

(

^x⁻⁷

)(

^x⁻⁵

)(

^x⁻⁴

)(

^x⁻²

)

⁼⁷²

HD:

(

^x²⁺^{x x}

)(

²^{+ −}^x ²

)

⁼²⁴

Đặt x²+ − =x 1 y, Khi đó phương trình trở thành:

(

^y⁺¹

)(

^y^{− =}¹

)

²⁴^=^y²^{− =}^{1 24}^=^y²⁼²⁵

(

^x⁺¹

)(

^x⁺²

)(

^x⁺⁴

)(

^x⁺⁵

)

⁼⁴⁰

Bài 5: Giải phương trình: ^{x x}

(

⁺¹

)(

^x⁻¹

)(

^x⁺²

)

⁼²⁴

(

^x⁻⁴

)(

^x⁻⁵

)(

^x⁻⁶

)(

^x⁻⁷

)

⁼¹⁶⁸⁰

(

⁻¹

)(

^x⁺¹

)(

^x⁺²

)

⁼²⁴

(

^x⁻¹

)(

^x⁻³

)(

^x⁺⁵

)(

^x⁺⁷

)

⁼²⁹⁷

(

⁺¹

)(

^x⁺²

)(

^x^{+ =}³

)

²⁴

(

^x⁺²

)(

^x⁻²

) (

^x²⁻¹⁰

)

⁼⁷²

HD:

(4)

Đặt x²− =4 y. Phương trình trở thành:

(

⁶

)

⁷² ² ⁶ ^{9 81}

(

³

)

² ⁹² ⁰

y y− = =y − y+ = = y− − =

Bài 11: Giải phương trình: ^{2 8}^{x x}

(

⁻¹

) (

² ⁴^x^{− =}¹

)

⁹

HD:

Nhân 8 vào hai vế ta được: ^{8 8}^{x x}

(

⁻^{1 8}

) (

² ^x⁻²

)

⁼⁷²

Đặt 8x− =1 y , ta được :

(

^y⁺¹

) (

^{y y}² ^{− =}¹

)

⁷²^=

(

^y² ⁻⁹

)(

^y² ⁺⁸

)

⁼⁰

(

¹²^x⁺⁷

) (

² ³^x⁺^{2 2}

)(

^x^{+ =}¹

)

³

HD:

Nhân hai vế với 24 ta được:

(

¹²^x⁺^{7 12}

) (

² ^x⁺^{8 12}

)(

^x⁺⁶

)

⁼⁷²

Đặt 12 7+ =y

(

²^x⁺¹

)(

^x⁺¹

) (

² ²^x⁺³

)

⁼¹⁸

HD:

(

²^x⁺^{1 2}

)(

^x⁺²

) (

² ²^x⁺³

)

⁼⁰^{, Dặt}²^x^{+ =}² ^y

(

⁶^x⁺⁷

) (

² ³^x⁺⁴

)(

^x^{+ =}¹

)

⁶

HD:

(

⁶^x⁺⁷

) (

² ⁶^x⁺^{8 6}

)(

^x⁺⁶

)

⁼⁷²

Đặt y=6x+7

(

⁴^x⁺^{1 12}

)(

^x⁻^{1 3}

)(

^x⁺²

)(

^x^{+ − =}^{1 4 0}

)

HD :

Phương trình

(

⁴^x ^{1 3}

)(

^x ^{2 12}

)(

^x ¹

)(

^x ^{1 4 0}

) (

¹²^x² ¹¹^x ^{2 12}

)(

^x² ¹¹^x ^{1 4 0}

)

= + + − + − = = + + + − − =

Đặt 12x²+11 1x− =t khi đó phương trình trở thành:

( )

^t⁺³ ^t^{− = = +}^{4 0}

( )( )

^t ⁴ ^t^{− =}¹ ⁰

Với t= − =4 12x²+11 1x− = − =4 12x² +11x+ =3 0 Với ^t^{= =}¹ ¹²^x²⁺¹¹^x^{− = =}^{1 1}

(

³^x⁻^{2 4}

)(

^x^{+ =}¹

)

⁰

(

^x⁺^{1 4}

)

²

(

^x²⁺⁸^x⁺^{3 18}

)

⁼

HD:

(

^x⁺¹

)

²^_⁴

(

^x² ⁺²^x^{+ − =}^{1 1 18}

)

^_ ^=

(

^x⁺¹

) (

²^__⁴ ^x⁺¹

)

²^{− =}^{1 18}^__

Đặt

(

^x⁺¹

)

² ⁼^{t t}^,

(

^⁰

)

, Thay vào phương trình ta được:

(

^{4 1 18}

)

⁴² ^{18 0}

t t− = = t − −t =

(

^x⁺²

)(

^x⁻³

)(

^x⁺⁴

)(

^x^{− +}⁶

)

⁶^x²⁼⁰

HD:

(5)

Vì x=0 không là nghiệm của phương trình nên chia hai vế phương trình chox² ta được:

12 12

4 1 6 0

x x

 − −  − + + =

  

   . Đặt t x ¹²

= − x , ta có:

(

⁴

)( )

¹ ⁶ ⁰ ² ³ ² ⁰ ¹

2

t t t t t

t

 =

− + + =  − + =   =

Với 12 ² 4

1 1 12 0

3

t x x x x

x x

 =

=  − =  − − =   = − Với t=  −2 x² 2x− =  = 12 0 x 1 13

Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm:x= −3;x=4;x= 1 13

DẠNG 3: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯA ĐƯỢC VỀ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH TRÙNG PHƯƠNG

(

^{x a}⁺

) (

⁴⁺ ^{x b}⁺

)

⁴ ⁼^c

(

^x⁺¹

) (

⁴⁺ ^x⁺³

)

⁴ ⁼⁸²

HD:

Đặt y x= +2 , ta có:

(

^y⁺¹

) (

⁴ ⁺ ^y⁻¹

)

⁴ ⁼⁸²^=^y⁴⁺⁶^y²⁻^{40 0}⁼

(

^x⁻⁶

) (

⁴ ⁺ ^x⁻⁸

)

⁴ ⁼¹⁶

HD:

Đặt x− =7 y , phương trình trở thành:

(

^y⁻¹

) (

⁴⁺ ^y⁺¹

)

⁴ ⁼¹⁶

Rút gọn ta được: 2y⁴+12y²+ =2 16=y⁴+6y²− =7 0 Bài 3: Giải phương trình:

(

^x⁻²

) (

⁴⁺ ^x⁻⁶

)

⁴ ⁼⁸²

(

^x⁺³

) (

⁴ ⁺ ^x⁺⁵

)

⁴ ⁼²

(

^x⁺³

) (

⁴⁺ ^x⁺⁵

)

⁴ ⁼¹⁶

(

^x⁻²

) (

⁴⁺ ^x⁻³

)

⁴ ⁼¹

(

^x⁺¹

) (

⁴⁺ ^x⁻³

)

⁴ ⁼⁸²

(

^x⁻^2,5

) (

⁴⁺ ^x⁻^1,5

)

⁴ ⁼¹

(

⁴⁻^x

) (

⁴⁺ ^x⁻²

)

⁴ ⁼³²

(

^x⁺¹

) (

⁴^{+ +}^x ³

)

⁴ ⁼²

(6)

DẠNG 4: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH ĐẶT ẨN PHỤ

(

²^x²⁺^{3 1}^x⁻

) (

²⁻^{5 2}^x²⁺³^x^{+ +}^{3 24 0}

)

⁼

(

^x²⁺^x

) (

²⁺⁴ ^x²⁺^x

)

⁼¹²

(

^x²⁻⁶^x⁺⁹

)

²⁻¹⁵

(

^x²⁻⁶^x⁺^{10 1}

)

⁼

HD :

Đặt : ^x² ⁻⁶^x^{+ =}⁹

(

^x⁻³

)

² ⁼^{t t}^,

(

^⁰

)

, Thay vào phương trình ta được :

( ) ( )( )

2 15 1 1 2 15 16 0 1 16 0

t − t+ = = −t t− = = +t t− = Bài 4: Giải phương trình:

(

^x²⁻⁴^x

)

²⁺²

(

^x⁻²

)

²⁼⁴³

HD :

Biến đổi phương trình :

(

^x²⁻⁴^x

) (

²⁺² ^x²⁻⁴^x⁺⁴

)

⁼⁴³^{. Đặt}^x²⁺⁴^{x y}⁼

(

²^x²⁻³

)

²⁻¹⁶

(

^x⁺³

)

² ⁼⁰

HD :

Ta có: ^PT ^=

(

²^x² ⁻³

)

²⁻

(

⁴^x⁺¹²

)

² ⁼⁰

(

²^x² ^{3 4}^x ^{12 2}

)(

^x² ^{3 4}^x ¹²

)

⁰

= − − − − + + =

(

²^x² ⁴^x ^{15 2}

)(

^x² ⁴^x ⁹

)

⁰

= − − + + =

Bài 6: Giải phương trình sau: x⁴−4x³+8x− =5 0 HD:

(

^x⁴⁻⁴^x³⁺⁴^x²⁻⁴^x² ⁺⁸^x⁻⁵

)

⁼⁰

(

^x² ²^x

) (

² ⁴ ^x² ²^x

)

^{5 0}

= − − − − =

(

³⁻^x

) (

⁴⁺ ²⁻^x

) (

⁴ ⁼ ^{5 2}⁻ ^x

)

⁴

HD:

Đặt ³ 5 2

2

x y x y z

x z

 − =

= − = +

 − =

 , phương trình trở thành:

( )

⁴

( )

4 4 2 2 3 2 2 0

y + +z y z+ =yz y + yz+ z = Bài 8: Giải phương trình:

(

^x⁻⁷

) (

⁴ ⁺ ^x⁻⁸

) (

⁴ ⁼ ^{15 2}⁻ ^x

)

⁴

HD:

Đặt ^x^{− =}⁷ ^{a x}^, ^{− = =}⁸ ^b ^a⁴⁺^b⁴⁻

(

^{a b}⁺

)

⁴ ⁼⁰ ^=⁴^{ab a}^ ² ⁺₂³^{ab b}⁺ ²^⁼⁰

 

(

^x⁺¹

) (

³⁺ ^x⁻²

) (

³ ⁼ ²^x⁻¹

)

³

HD:

Đặt ¹ 1 2

2

x y

x z x t

 + =

= − =

 − =

 thì ta có: x y z+ + =0

Phương trình trở thành: y³+ + =z³ t³ 0 vậy yzt=0

(

^x⁺¹

)(

^x⁻^{2 1 2}

)(

⁻ ^x

)

⁼⁰

(7)

(

^x⁺¹

) (

³⁺ ^x⁻²

) (

³ ⁼ ²^x⁻¹

)

³

HD:

Đặt x+ =1 a x, − =2 b,1 2− x c= = + + =a b c 0

Phương trình tương đương với

(

^x⁺¹

) (

³⁺ ^x⁻²

) (

³^{+ −}^{1 2}^x

)

³ ^{= =}⁰ ^a³⁺^b³⁺^c³⁼⁰

Bài 11 : Giải phương trình:

(

^x²⁺¹

)

²⁺³^{x x}

(

²^{+ +}^{1 2}

)

^x²⁼⁰

HD:

Đặt ^x²^{+ = =}¹ ^y ^y²⁺³^xy⁺²^x²^{= =}⁰

(

^{x y y}⁺

)(

⁺²^x⁼⁰

)

Bài 12: Giải phương trình: ^x⁴ ⁻⁴^x²

(

²^x^{− −}^{1 12 2}

) (

^x⁻¹

)

² ⁼⁰

HD :

Đặt

( )

2

2 1 x a

x b

 =

 − =

 . Khi đó phương trình trở thành:

( )( )

2 4 12 2 0 6 2 0

a − ab− b = = a− b a+ b =

Với ^a⁼⁶^b^=^x² ⁼^{6 2}

(

^x^{− =}¹

)

^x² ⁻¹²^x^{+ = =}^{6 0}

(

^x⁻⁶

)

² ⁼ ³⁰

Với ^a^{= −}²^b^=^x²⁺⁴^x^{− = =}^{2 0}

(

^x⁺²

)

² ⁼

( )

⁶ ²

(

³^x² ⁻⁸^x⁺⁴

)(

^x²⁻^{4 12}

)

⁺ ^x⁴ ⁼⁰

HD:

Phương trình tương đương với: ^

(

³^x⁻²

)(

^x⁻²

)(

^x⁻²

)(

^x⁺^{2 12}

)

⁺ ^x⁴⁼⁰

(

³^x² ⁴^x ⁴

) (

^x ²

)

² ¹²^x⁴ ⁰

 + − − + = ^

(

⁴^x²⁻^x²⁺⁴^x⁻⁴

) (

^x⁻²

)

²⁺¹²^x⁴⁼⁰

( ) (

²

)

²

2 4

4x x 2 x 2 12x 0

 

 − −  − + = ^⁴^{x x}²

(

⁻²

) (

²⁻ ^x⁻²

)

² ⁺¹²^x⁴ ⁼⁰

Đặt:

( )

2

2 2

x a

x b

 =



− =

 , Khi đó phương trình trở thành:

( ) ( ) ( )( )

2 2 2 2

12a +4ab b− = 0 12a +6ab−2ab b− = 0 6 2a a b+ −b a b2 + = 0 6a b− 2a b+ =0

( )

² ² ²

6 0 6 6 4 4 5 4 4 0

2 0 0

a b a b x x x x x

a b l

a b

 =

 − =

 + =  = =  = − +  + − =

Giải pt trên ta được: 2 2 6 x= − 5

(

^x² ⁻¹

)(

^x² ⁺⁴^x⁺^{3 192}

)

⁼

HD:

(

^x²⁻¹

) (

^x⁺¹

)(

^x⁺^{3 192}

)

⁼ ^=

(

^x⁻¹

)(

^x⁺¹

) (

² ^x⁺^{3 192}

)

⁼

Đặt x+ = =1 y Phương trình trở thành:

(

^y⁻²

) (

^{y y}² ⁺²

)

⁼¹⁹²^=^{y y}²

(

²⁻⁴

)

⁼¹⁹²

Đặt y²− =2 z , Phương trình trở thành:

(

^z⁺²

)(

^z⁻²

)

⁼¹⁹²^{= = }^z ¹⁴

(8)

HD:

Đặt x y= +3 , Phương trình trở thành:

(

^y⁺³

) (

³⁺ ^y⁺⁴

) (

³⁺ ^y⁺⁵

) (

³ ⁼ ^y⁺⁶

)

³

(

²

)

2y y 9y 21 0

= + + =

Bài 16: Giải phương trình: ³

(

^x²^{− +}^x ¹

)

²⁻²

(

^x⁺¹

)

² ⁼⁵

(

^x³⁺¹

)

HD :

Vì x= −1 không là nghiệm của phương trình nên chia cả hai vế cho x³+1 ta được:

2

1 1

3 2

1 1

x x x

− + − +

+ − + . Đặt

2

1 2 2 1

3 5 3 5 2 0 2,

1 3

x x

t t t t t t

x t

= − +  − =  − − =  = = − +

2 3 13

2 3 1 0

t x x x 2

=  − − =  = 1 2

3 2 4 0

t= − 3 x − x+ = phương trình vô nghiệm

(

^x⁺¹

)(

^x⁺²

)(

^x⁺³

) (

² ^x⁺⁴

)(

^x^{+ =}⁵

)

³⁶⁰

HD:

Phương trình ^

(

^x²⁺⁶^x⁺⁵

)(

^x²⁺⁶^x⁺⁸

)(

^x²⁺⁶^x⁺⁹

)

⁼³⁶⁰

Đặt t=x²+6x, ta có phương trình:

(

^y⁺⁵

)(

^y⁺⁸

)(

^y^{+ =}⁹

)

³⁶⁰

(

² ²² ¹⁵⁷

)

⁰ ⁰ ² ⁶ ⁰ ^x ⁰₆

y y y y x x

x

 =

 + + =  =  + =   = − Vậy phương trình có hai nghiệm:x=0;x= −6.

(

^x³⁺⁵^x⁺⁵

)

³⁺⁵^x³⁺²⁴^x⁺³⁰⁼⁰

HD:

Ta có: ^x³⁺⁵^x⁺³⁰⁼⁵

(

^x³⁺⁵^x^{+ − +}⁵

)

^x ⁵nên phương trình tương đương

(

^x³⁺⁵^x⁺⁵

) (

³⁺⁵ ^x³⁺²⁴^x⁺

)

^x³⁺²⁴^x⁺³⁰⁼⁰^{. Đặt}^u⁼^x³⁺⁵^x⁺⁵. Ta được hệ:

( ) ( )

3

2 2

3

5 5

6 0

5 5

u u x

u x u ux x u x

x x u

 + + =

  − + + + =  =

 + + =

 .

( ) ( )

3 2

4 5 0 1 5 0 1

x x x x x x

 + + =  + − + =  = − . Vậy x= −1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

(

^x²^{+ +}^x ²

)(

^x²^{+ + =}^x ³

)

⁶

HD:

Đặt x²+ + =x 2 t. Phương trình đã cho thành

(

¹

)

⁶ ²

3 t t t

t

 =

+ =   = − .

Với t=2 thì x²+ + = x 2 2 x²+ =  =x 0 x 0 hoặc x= −1.

Với t= −3 thì ² ² 1 21

2 3 5 0

x x x x x − 2

+ + = −  + + =  = .

Vậy tập nghiệm của phương trình là 1 21 1 21

1;0; ;

2 2

S = − − − − + 

 

 . Bài 20: Giải phương trình:

(

⁶^x⁺⁷

) (

² ³^x⁺⁴

)(

^x^{+ =}¹

)

¹

(9)

HD:

Biến đổi phương trình thành

(

³⁶^x²⁺⁸⁴^x⁺^{49 36}

)(

^x²⁺⁸⁴^x⁺⁴⁸

)

⁼¹². Đặt t=36x²+84x+48 thì phương trình trên thành

(

¹

)

¹² ³

4 t t t

t

 =

+ =   = − .

Với t=3 thì 36 ² 84 48 3 36 ² 84 45 0 ³

x + x+ =  x + x+ =  = −x 2 hoặc ⁵

x = −6.

Với t= −4 thì 36x²+84x+48= − 4 36x²+84x+52=0, phương trình này vô nghiệm.

Vậy tập nghiệm của phương trình là 5 3 6; 2 S = − − 

 .

(

^x⁻¹

) (

⁴^{+ +}^x ³

)

⁴ ⁼⁸²

HD:

Đặt y= +x 1 thì phương trình đã cho thành ⁴ ² 1 0

24 48 216 82

1 2

y x

y y

y x

= =

 

+ + =  = −  = − . Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là ^S ^{= −}



^2;0



^.

(

^x⁺¹

)(

^x⁺²

)(

^x⁺⁴

)(

^x^{+ =}⁵

)

¹⁰

HD:

Đặt ¹ ² ⁴ ⁵ 3

4

x x x x

y= + + + + + + + = +x thì phương trình trở thành:

(

² ⁴

)(

² ¹

)

¹⁰ ⁴ ⁵ ² ⁶ ⁰ ⁶ ^{6 3}

6 6 3

y x

y y y y

y x

 = −  = − −

− − =  − − =  

= = −

 

  . Vậy tập nghiệm của phương trình là ^S^{= −}



⁶⁻^{3; 6}⁻³



^.

(

^x²^{+ +}^x ²

)(

^x²⁺²^x⁺²

)

⁼²^x²

HD:

Do x=0 không phải là nghiệm của phương trình, chia hai vế cho x² ta được:

2 2

1 2 2

x x

 + +  + + =

  

   . Đặt y x ²

= +x thì phương trình trở thành.

( )( )

2 0

0 1

1 2 2

3 2 2

3

y x x x

y y

y x

x x

 + =

=  = −

 

+ + =  = −  + = −  = −



(

^x⁻²

)(

^x⁻¹

)(

^x⁻⁸

)(

^x⁻⁴

)

⁼⁴^x²

HD:

( )( )

(

^x⁻² ^x⁻⁴

) ( (

^x⁻¹

)(

^x⁻⁸

) )

⁼⁴^x² ^

(

^x²⁻⁶^x⁺⁸

)(

^x²⁻⁹^x^{+ =}⁸

)

⁴^x². Do x=2 không là nghiệm nên chia hai vế của phương trình cho x² ta được:

(10)

8 8

6 9 4

x x

 + −  + − =

  

   . Đặt y x ⁸

= +x thì phương trình trở thành

(

⁶

)(

⁹

)

⁴ ² ¹⁵ ⁵⁰ ⁰ ⁵

10

y y y y y

y

 =

− − =  − + =   = . Với y=5 thì x ⁸ 5 x² 5x 8 0

+ = x − + = (vô nghiệm).

Với y=10 thì 8 ² 5 17

10 10 8 0

5 17

x x x x

x x

 = − + =  − + =  

 = + . Vậy tập nghiệm của phương trình là ^S^{= −}

(

⁵ ^17;5⁺ ¹⁷

)

.

Bài 25: Giải phương trình: ³

(

^x²⁺²^x⁻¹

) (

²⁻² ^x²⁺³^x⁻¹

)

²⁺⁵^x² ⁼⁰

HD:

Do x=0 không là nghiệm của phương trình, chia hai vế của phương trình cho x² ta được

2 2

1 1

3 x 2 2 x 3 5 0

x x

 − +  −  − +  + =

   

    . Đặt y x ¹

= −x, phương trình trở thành:

( )

²

( )

² ² ¹

3 2 2 3 5 0 1 0

1

y y y y

y

 =

+ − + + =  − =   = − . Suy ra

1 1 5

1 2

1 1 1 5

2

x x

x

x x

x

 − 

 − =  =

 

  

 − = −  =

 

.

2 ; 2

S −   

=  

 

 .

Bài 26: Giải phương trình: 3x⁴−4x³−5x²+4x+ =3 0 HD:

Phương trình không nhận x=0 là nghiệm, chia hai vế cho x² được :

2 2

1 1

3 x 4 x 5 0

x x

 + −  − − =

   

    . Đặt t x ¹

= − x thì phương trình trở thành 3t2− + =4t 1 0

3t2− + =  =4t 1 0 t 1 hoặc ¹

t= 3.

Với t =1 thì 1 ² 1 5

1 1 0

x x x x 2

x

− =  − − =  = + hoặc 1 5

x= −2 .

Với ¹

t =3 thì 1 1 ² ₃ 1 37

3 3 0

3 2

x x x x

x

− =  − − =  = + hoặc ₄ 1 37

x = −2 . Vậy tập nghiệm của phương trình là 1 5 1 5 1 37 1 37

; ; ;

2 2 2 2

S  + − + − 

=  

 

 .

Bài 27: Giải phương trình: 2x⁴−21x³+34x²+105x+50=0 (1) HD:

(11)

Ta thấy ¹⁰⁵ 5 k= 21= −

− và ² ⁵⁰ 25

k = 2 = nên phương trình là phương trình bậc bốn có hệ số đối xứng tỉ lệ.

( )

¹ ^²^_ ²⁺²⁵₂^_⁻²¹^_ ⁻⁵^_⁺³⁴⁼⁰

x  x 

x x . Đặt t x ⁵

= −x suy ra

2 2

2

25 10

t x

= + x − . Phương trình trở thành 2t²−21t+54=  =0 t 6 hoặc ⁹ t = 2. Với t=6 thì x ⁵ 6 x² 6x 5 x² 6x 5 0

− = x − −  − − = . Phương trình có hai nghiệm x₁= +3 14;x₂= −3 14.

Với ⁹

x= 2 thì ⁵ ⁹ 2 ² 9 10 0

x 2 x x

− = x − − = .

Phương trình có hai nghiệm ₃ 9 161 ₄ 9 161

4 ; 4

x + x −

= = .

Vậy PT (1) có tập nghiệm 9 161 9 161

3 14;3 14; ;

4 4

S= + − + − 

 

 .

Bài 28: Giải phương trình: ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ 0

1 2 3 4

x+ x +x + x + x =

+ + + +

HD:

Điều kiện x − − − −



1; 2; 3; 4;0



. Ta biến đổi phương trình thành:

( ) ( )

2 2

2 2 2 2

1 1 1 1 1 1

0 0

4 1 3 2 4 4 3 2

x x

x x x x x x x x x x

+ +

 +  + + + =  + + =

 +   + +  + + + + +

   

2 2 2

1 1 1

4 4 3 2( 4 4) 0

x x x x x x

 + + =

+ + + + + . Đặt u=x²+4x, phương trình trở thành

( )

1 1 1

3 2 4 0

u+u + u =

+ +

( )( )

2

25 145

5 25 24 10

2 3 4 0 25 145

10 u u u

u u u

u

 =− +

+ + 

 = 

+ +  =− −

.

Do đó

2

25 145

4 10

25 145

4 10

x x

 + = − +



 + = − −



. Tìm được tập nghiệm của phương trình là

15 145 15 145 15 145 15 145

2 ; 2 ; 2 ; 2

10 10 10 10

S

 + + − − 

 

= − − − + − + − − 

 

 

.

Bài 29: Giải phương trình: ⁴ ⁴ ⁸ ⁸ ⁸

1 1 2 2 3

x x x x

+ + − − + − − = −

− + − +

HD:

Biến đổi phương trình thành ⁵ ⁵ ¹⁰ ¹⁰ ⁸ ₂¹⁰ ₂⁴⁰ ⁸

1 1 2 2 3 1 4 3

+ − − + = −  − = −

− + − + − −

x x x x x x

. Đặt ^u⁼^x²

(

û^^1,û^^4;û^⁰

)

dẫn đến phương trình

(12)

2

16

4 65 16 0 1

4 u

u u

u

 =

− + = 

 =

. bTìm được tập nghiệm của phương trình là

1 1

; 4; ; 4

2 2

S= − − 

 .

(

^x ¹²

)

² ^x¹²⁶ ³⁵ ² ^x⁴² ³ ² ¹⁰^x ⁵ ²⁴

x x x x x x x x

+ + + = + + +

+ + + + + + +

HD:

Điều kiện x − − − − − − −



7; 6; 5; 4; 3; 2; 1;0



. Biến đổi phương trình thành

(

^x ¹²

) (

⁵^x

)(

⁶ ⁷

) (

¹^x

)(

² ³

) (

⁴^x

)(

⁵ ⁶

)

x x x x x x x x

+ + + = + + +

+ + + + + + +

1 1 1 6 1 1

2 2 2 5 7

x x

x x x x

+   +  

  − + +  + − + 

2 1 1 5 1 1

2 1 3 4 6

x x

x x x x x

+   +  

=  + − + +  + − + 

1 1 1 1 1 1 1 1

2 5 7 1 3 4 6

x x x x x x x x

 + + + = + + +

+ + + + + + +

1 1 1 1 1 1 1 1

7 2 5 1 6 3 4

x x x x x x x x x

       

 + +   + + + +   = + + +   + + + + 

(

² ⁷

)

₂¹ ₂ ¹ ₂ ¹ ₂ ¹ ⁰

7 7 10 7 6 7 12

x x x x x x x x

 

 +  + + + + − + + − + + =

2 2 2 2

7 2

1 1 1 1

7 7 10 7 6 7 12 0(*)

x

x x x x x x x x

 = −

 

 + + − =

 + + + + + + +



. Đặt u=x²+7x thì phương trình (*) có dạng

1 1 1 1 1 1 1 1

0 0

10 6 12 6 10 12

u u u u u u u u

   

+ + + + + + =  − +   + + − + =

2 18 90 0

u u

 + + = . Mặt khác ^u²⁺¹⁸^u⁺⁹⁰⁼

(

^u⁺⁹

)

²^{+ }⁹ ⁰^{với mọi}u. Do đó phương trình (*) vô

nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ⁷ x= −2. Bài 31: Giải phương trình:

2 2 2 2

1 2 2 3 3 4 4

1 2 3 4 0

x x x x x x x x

x x x x

+ + + + + − + + − + + =

+ + + +

HD:

Điều kiện ^x^{ − − − −}



^{4; 3; 2; 1}



. Biến đổi phương trình thành

1 2 3 4 1 4 2 3

0 0

1 2 3 4 1 4 2 3

x x x x x x x x

   

+ − − =  −  + − =

+ + + +  + +   + + 

2 2

3 1

5 4 5 6 0

x x x x x

 

  + + + + + = ₂ ₂ 0

3 1

5 4 5 6 0(*)

x

x x x x

 =



 + =

+ + + +



.

(13)

Đặt u=x²+5x thì phương trình (*) trở thành ³ ¹ 0 ¹¹

4 6 u 2

u +u =  = −

+ + .

Từ đó ta có ² 5 3

2 10 11 0

x + x+ =  =x − 2 . Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là 5 3 5 3

0; ;

2 2

S  − − − + 

=  

 

 .

Bài 32: Giải phương trình: ₂ ⁴ ₂ ³ 1

4 8 7 4 10 7

x x

x x + x x =

− + − +

HD:

Do x=0 không là nghiệm của phương trình nên chia cả tử và mẫu của mỗi phân thức ở vế trái của phương trình cho x, rồi đặt y 4x ⁷

= + x ta được

4 3

8 10 1

y + y =

− − .

Phương trình trên có 2 nghiệm y=16,y=9. Với y=9 thì 4x ⁷ 9 4x² 9x 7 0

+ = x − + = . Phương trình này vô nghiệm.

Với y=16 thì 4x ⁷ 16 4x² 16x 7 0

+ =x  − + = . Phương trình này có hai nghiệm

1 2

1 7

2; 2 x = x = .

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là 1 7 2 2; S=  

 . Bài 33: Giải phương trình:

(

²^x²⁻³^x⁺^{1 2}

)(

^x²⁺⁵^x^{+ =}¹

)

⁹^x²

HD:

Đặt t=2x²+ +x 1, phương trình (1) thành

(

^t⁻⁴^{x t}

)(

⁺⁴^x

)

⁼⁹^x²^{ −}^t² ¹⁶^x²⁼⁹^x²^{ =}^t² ²⁵^x²^{ = −}^t ⁵^x^hoặc^t⁼⁵^x^.

Với t= −5x thì ² ² 3 7

2 1 5 2 6 1 0

x x x x x x − 2

+ + = −  + + =  = .

Với t=5x thì ² ² 2 2

2 1 5 2 4 1 0

x x x x x x 2

+ + =  − + =  = .

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là 3 7 2 2

2 ; 2

−   

 

 

 

 

(

^x²⁻⁵^x⁺¹

)(

^x²^{− =}⁴

)

⁶

(

^x⁻¹

)

² HD:

Đặt u x= −1 đưa phương trình (2) về dạng tổng quát

(

^u²⁻⁷^u⁻³

)(

^u²⁻²^u^{− =}³

)

⁶^u²^.

Bạn đọc giải tiếp theo phương pháp đã nêu. Ta có thể giải bằng cách khác như sau Viết phương trình đã cho về dạng

(

^x²^{− −}^{4 5}^x⁺⁵

)(

^x²^{− −}⁴

)

⁶

(

^x⁻¹

)

² ⁼⁰^.

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

(14)

2 2

3 7

6 6 4 6 6 6 2 0

1 21

1 4 1 5 0

2

t x x x x x x

 = 

 

= − − = − − + =

 

 = − +  − = − +  + − =  = −  .

Vậy tập nghiệm của PT(2) là 1 21 1 21

;3 7; ;3 7

2 2

S=− − − − + + 

 

 .

Bài 35: Giải phương trình: x⁴−9x³+16x²+18x+ =4 0 HD:

PT tương đương với ^x⁴⁻⁹^{x x}

(

²⁻^{2 16}

)

⁺ ^x²^{+ =}^{4 0}

Đặt t =x²−2 thì t² =x⁴−4x²+4, PT trên thành:

( )( )

2 2

9 20 0 4 5 0

t − xt+ x =  −t x t− x =

2 2

2 6

4 2 4 4 2 0

5 33

5 2 5 5 2 0

2

t x x x x x x

 = 

 

= − = − − =

 

 =  − =  − − =  = 

.

2 6; ; 2 6;

2 2

 − + 

 − + 

 

 

 .

( )

2

2 2

12 3 6 3

2

x x x

x

− = − −

+ HD:

Điều kiện x −2. Khử mẫu thức ta được phương trình tương đương:

( )

4 3 2 4 2 2

3x +6x −16x −36x−12= 0 3x +6x x − −6 16x −12=0. Đặt t =x²−6 thì t² =x⁴−12x²+36, suy ra 3x⁴ =3t²+36x²−108,

PT trên thành: ³^t²⁺⁶^xt⁺²⁰^t^{= }⁰ ^t

(

³^t⁺⁶^x⁺²⁰

)

^{=  =}⁰ ^t ⁰^hoặc³^t ^{= − −}⁶^x ²⁰^.

Với t=0 thì x²− =6 0, suy ra x=  6 (thỏa mãn đk).

Với 3t= − −6x 20 ta có 3x²−18= − −6x 20 hay 3x²+6x+ =2 0 suy ra 3 3 x − 3

=

(thỏa mãn ). Vậy tập nghiệm của PT(4) là 3 3 3 3

; 6; ; 6

3 3

S=− − − − + 

 

 .

Bài 37: Giải phương trình: ₂ ² ₂¹³ 6

3 5 2 3 2

x x

x x + x x =

− + + +

HD:

Đặt t =3x²+2 PT(5) trở thành ² ¹³ 6 5

x x

t x+t x =

− + . ĐK: t5 ,x t −x. Khử mẫu thức ta được PT tương đương

( )( )

2 2

2t −13tx+11x =  −0 t x 2t−11x =0 t x

 = hoặc ¹¹

t= 2 x (thỏa mãn ĐK)

Với t=x thì 3x²+ = 2 x 3x²− + =x 2 0 .Phương trình vô nghiệm.

Với ¹¹

t= 2 x thì 3 ² 2