Ôn Thi Vào Lớp 10 Môn Toán Chuyên 18. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI

Chuyên đề 18. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI A. Kiến thức cần nhớ

1. Phương trình trùng phương

• Phương trình trùng phương là phương trình có dạng: ^{ax4bx2 c 0}



^{a0 1}

 

• Để giải phương trình trùng phương, ta đặt ẩn phụ.

Đặt x² t 0, đưa về phương trình ^{at2  bt c 0 2}

 

2. Phương trình chứa ẩn ở mẫu thức

Khi giải phương trình chứa ẩn ở mẫu thức, ta làm như sau:

Bước 1. Tìm điều kiện xác định của phương trình;

Bước 2. Quy đồng mẫu thức hai vế rồi khử mẫu thức;

Bước 3. Giải phương trình vừa nhận được;

Bước 4. Trong các giá trị tìm được của ẩn, loại các giá trị không thỏa mãn điều kiện xác định, các giá trị thỏa mãn điều kiện xác định là nghiệm của phương trình đã cho.

3. Phương trình tích

• Phân tích vế trái thành nhân tử, vế phải bằng 0

• Giải phương trình tích

4. Một số dạng khác của phương trình thường gặp

- Phương trình bậc bốn dạng



^{x a}



^{x b}



^{x c}



^{x d}



^{m với a b  c d}

- Phương trình đối xứng bậc bốn có dạng: ^{ax4bx3cx2bx a 0}



^a0



- Phương trình hồi quy có dạng ^{ax4bx3cx2dx e 0}



^a0



^{trong đó e d 2}

a b

   

  - Phương trình bậc bốn dạng



^xa

 

^{4 x b}



^{4 c}

- Phương trình phân thức hữu tỉ. Trong phần này chúng ta xét một số dạng sau:

• ₂ mx ₂ nx

ax bx d ax cx d  p

   

•ax²₂ mx c ax²₂ px c ax nx c ax qx c d

   

 

   

•ax²₂ mx c ₂ px ax nx c ax qx c d

 

 

   

B. Một số ví dụ

Ví dụ 1: Giải phương trình x⁴3x³2x²6x 4 0

(Thi học sinh giỏi Toán 9, TP Hà Nội, năm học 2009 - 2010) Giải

Tìm cách giải. Đây là phương trình bậc 4. Suy luận rất tự nhiên là phân tích vế trái của phương trình thành nhân tử. Tuy nhiên quan sát các hệ số của vế trái: 1; 3; 2; 6; 4  , ta phát hiện ra :

4 6 2

1 3

 

   do vậy bài toán có dạng ^{ax4bx3cx2dx e 0}



^a0



^{trong đó}

e d 2

a b

     Cách giải của phương trình dạng này là:

• Bước 1. Xét x0 , hai vế không bằng nhau nênx0không phải là nghiệm của phương trình.

• Bước 2. Xét x0 chia cả hai vế của phương trình cho x² . Sau đó đặt ẩn phụ. Bài toán có hai cách giải sau:

Trình bày lời giải Cách 1

• x0không phải là nghiệm của phương trình.

• Vớix0chia hai vế cho x² ta được:

2 2

2 2

6 4 4 2

3 2 0 3 2 0

x x x x

x x x x

   

           

Đặt 2 ^{2 2} 4₂ ² 4₂ ²

4 4

y x y x x y

x x x

         

Phương trình có dạng y² 4 3y  2 0 y²3y 2 0 Giải ra ta được y₁ 1;y₂ 2

- Với y 1 ta có 2 ²

1 2 0

x x x

   x    Giải ra ta được x1;x 2

- Với y 2 ta được 2 ²

2 2 2 0

x x x

   x    Giải ra ta được x  1 3;x  1 3

Vậy tập nghiệm của phương trình là ^s



^{1; 2; 1   3; 1  3}



Cách 2:

   

     

    

  

 

 

4 2 3 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2

2 2

2 2

4 4 3 6 2 0

2 3 2 2 0

2 2 2 2 2 0

2 2 2 2 0

2 2 2 0

2 0 1 2 2 0 2

x x x x x

x x x x

x x x x x x

x x x x x x

x x x x

x x

x x

     

     

       

       

     

   

    

• Giải phương trình (1): x²  x 2 0 ta được x₁1;x₂ 2

• Giải phương trình (2): x²2x 2 0 ta được x₃  1 3;x₄   1 3 Vậy tập nghiệm của phương trình là ^s



^{1; 2; 1   3; 1  3}



Ví dụ 2: Giải phương trình



^x23x2



^{x215x56}



^{ 8 0}

(Thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Thanh Hóa, năm học 2008 - 2009) Giải

Tìm cách giải. Khi khai triển, bài toán này có dạng phương trình bậc 4, nên cách giải chung là phân tích đa thức thành nhân tử. Tuy nhiên vế trái có hai ngoặc chứa ẩn, có thể phân tích trực tiếp thành nhân tử. Sau khi phân tích xong ta thấy phương trình có dạng phương trình bậc bốn dạng:



^{x a}



^{x b}



^{x c}



^{x d}



^{m với a b  c d}

Vì vậy ta có lời giải thứ hai cho dạng toán này như sau:

• Bước 1. Viết phương trình dưới dạng:^_^x2



^{ab x}



^{ab }_{ }^x2



^{cd x}



^cd_^m

• Bước 2. Đặt ^x2



^{a b x ab}



^{  y} . Giải phương trình ẩn y Trình bày lời giải

Cách 1:

  

     

     

  

2 2

4 3 2

4 3 2 3 2 2

2 2 2 2

2 2

3 2 15 56 8 0

12 13 138 120 0

6 15 6 36 90 8 48 120 0

6 15 6 6 15 8 6 15 0

6 15 6 8 0

x x x x

x x x x

x x x x x x x x

x x x x x x x x

x x x x

     

     

         

         

     

• Giải phương trình x²6x150 ta được x₁  3 2 6;x₂   3 2 6

• Giải phương trình x²6x 8 0 ta được x₃  3 17;x₄  3 17

Vậy tập nghiệm của phương trình là: s  



3 2 6; 3 2 6; 3    17; 3  17



Cách 2:

Ta có thể viết:



^x1



^x2



^x7



^x8



^{  8 0}



^x1



^x7



^x2



^x8



^{  8 0}



^x26x7



^x26x16



^{ 8 0}

Đặt x²6x 7 y phương trình có dạng y y



9



  8 0 y²9y 8 0 Giải ra ta đượcy₁1;y₂8

• Với y1 ta được x²6x  7 1 x²6x 8 0 Giải ra ta được x₃  3 17;x₄  3 17

• Với y8 ta được x²6x  7 8 x²6x150 Giải ra ta được x₁  3 2 6;x₂  3 2 6

Vậy tập nghiệm của phương trình là:s  



3 2 6; 3 2 6; 3    17; 3  17



Ví dụ 3: Giải phương trình ₂ 2 ₂13

3 5 2 3 2 6

x x

x  x x 

   

Giải

Tìm cách giải. Cũng như các ví dụ trên, nếu quy đồng ta được phương trình bậc 4, nên cũng phân tích đa thức thành nhân tử và giải được. Song trong ví dụ này, bài toán có

dạng ₂ mx ₂ nx

ax bx d ax cx d  p

    Nên bài toán có hai cách giải khác:

- Cách 1. Đặt ax² d t Ta được phương trình chứa cả x và t , rồi phân tích đa thức thành nhân tử. Cách này gọi là đổi biến không hoàn toàn.

- Cách 2.

Vì x0 không phải là nghiệm của phương trình nên ta chia cả tử và mẫu mỗi phân thức ở vế trái cho x, ta được: m n

d d p

ax b ax c

x x

 

   

Sau đó đặt ẩn phụ rồi giải

Trình bày lời giải

Cách 1. Đặt t3x²2 phương trình có dạng 2 13 5 6

x x

t xt x 

 

Quy đồng khử mẫu, thu gọn ta được: ^{2t213t11x2  0}



^{t x}



^2t11x



^0

Trường hợp 1 Xét t  x 0 3x²  2 x 0 vô nghiệm Trường hợp 2.

Xét ^{2t11x 0 2 3}



^x22



^{11x 0 6x211x 4 0}

Giải ra ta được ₁ 1 ₂ 4 2; 3 x  x 

Vậy tập nghiệm của phương trinh là: 1 4 2 3;

s  

  

 

Cách 2. Xét x0 không phải là nghiệm của phương trình, nên ta chia cả tử và mẫu của mỗi phân thức cho x ta được 2 13

2 2 6

3x 5 3x 1

x x

 

   

Đặt 2

3x 2 t

  x phương trình có dạng 2 13 3 3 6

t t 

 

Quy đồng, khử mẫu và thu gọn ta được: 6t²15t210 Giải ra ta được _{1 2} 7 1; 2 t   t 

* Trường hợp 1. Xét t 1 suy ra 2 ²

3x 2 1 3x x 2 0

    x    vô nghiệm

* Trường hợp 2. Xét 7

t 2 suy ra 2 7 ²

3 2 6 11 4 0

x 2 x x

   x    Giải ta ta được ₁ 1 ₂ 4

2; 3 x  x 

Vậy tập nghiệm của phương trình là: 1 4 2 3;

s  

  

  Ví dụ 4: Giải phương trình

2 2

2 2

3 3 6 3 53

4 3 5 3 12

x x x x

x x x x

   

 

   

(Thi học sinh giỏi, Tinh Trà Vinh, năm học 2009 - 2010) Giải

Tìm cách giải. Cũng như các ví dụ trên, nếu quy đồng ta được phương trình bậc 4, nên cũng phân tích đa thức thành nhân tử và giải được. Song trong ví dụ này, Bài toán có dạng

2 2

2 2

ax mx c ax px c ax nx c ax qx c d

   

 

    Cách giải thông thường cho dạng toán này là:

- Bước 1. Xét x0 hai vế không bằng nhau nên x0không phải là nghiệm của phương trình.

- Bước 2. Xét x0 chia cả tử và mẫu của mỗi phân thức chox. Sau đó đặt ẩn phụ, giải phương trình chứa ẩn ở mẫu thức vừa tìm được.

Trình bày lời giải

• Vì x0không phải là nghiệm của phương trình.

• Điều kiện x0mỗi phân thức ở vế trái ta chia cả tử và mẫu cho x, ta được:

 

3 3

3 6

53 2

3 3 12

4 5

x x

x x

x x

x x

   

 

   

Đặt 3

3 y x

  x , phương trình (2) trở thành 3 53

7 2 12

y y

y y

  

 

Suy ra

       

2

12 2 12 3 7 53 2 7

29 241 490 0

y y y y y y

y y

      

   

Giải ra ta được _{1 2} 49

10; 29

y  y  

• Với y10 ta được 3 ²

7 7 3 0

x x x

  x    Giải ra ta được ₁ 7 37 ₂ 7 37

2 ; 2

x  x 

 

• Với 49

y 29 ta được 3 136 ²

29 87 136 0

x 29 x x

  x     Giải ra ta được ₁ 68 2101 ₂ 68 2101

29 ; 29

x    x  

Vậy tập nghiệm của phương trình là: 7 37 7 37 68 2101 68 2101

; ; ;

2 2 29 29

s        

  

 

 

Ví dụ 5: Giải phương trình



^x2



^x1



^x8



^x4



^4x2

Giải

Tìm cách giải. Cũng như các ví dụ trên, nếu khai triển vế trái, ta được phương trình bậc 4, nên cũng phân tích đa thức thành nhân tử và giải được. Song trong ví dụ này, phương trình bậc 4 dạng



^{x a}



^{x b}



^{x c}



^{x d}



^{mx2 với abcd} . Chúng ta có hai cách giải:

• Cách 1. Viết đa thức dưới dạng:^_^x2



^{ab x}



^{ab }_{ }^x2



^{cd x}



^cd_^mx2

Bước 1. Viết phương trình dưới dạng: ^_^x2



^{ab x}



^{ab }_{ }^x2



^{cd x}



^cd_^mx2

Bước 2. Xétx0 , hai vế không bằng nhau nên x0không phải là nghiệm của phương trình nên ta chia cả hai vế của phương trình cho x². Sau đó đặt ẩn phụ, giải phương trình chứa ẩn ở mẫu thức vừa tìm được.

• Cách 2. Đặt ^x2



^{a b x ab}



^{ y} , ta được phương trình hai ẩn. Phân tích đa thức thành nhân tử phương trình vừa tìm được.

Trình bày lời giải Cách 1

         

  

2 2

2 2 2

2 1 8 4 4 2 4 1 8 4

6 8 9 8 4

x x x x x x x x x x

x x x x x

          

     

Nhận xét. x0không phải là nghiệm của phương trình nên ta chia hai vế của phương trình cho x²ta được: 8 8

6 9 4

x x

x x

      

  

  

Đặt 8

6

x y

  x phương trình có dạng ^{y y}



^3



^{ 4 y23y 4 0}

Giải ra ta được y 1;y4

Trường hợp 1. Xét y 1 ta có 8 ²

6 1 5 8 0

x x x

    x    Phương trình vô nghiệm.

Trường hợp 2. Xéty4 ta có 8 ²

6 4 10 8 0

x x x

   x    Giải ra ta được x₁ 5 17;x₂  5 17

Vậy tập nghiệm của phương trình là^s



^{5 17;5 17}



Cách 2

         

  

2 2

2 2 2

2 1 8 4 4 2 4 1 8 4

6 8 9 8 4

x x x x x x x x x x

x x x x x

          

     

Đặt x²6x 8 y phương trình có dạng ^{y y}



^3x



^4x2

  

2 2

4x 3xy y 0 x y 4x y 0

       

- Trường hợp 1. x   y 0 x x²6x  8 0 x²5x 8 0 Phương trình vô nghiệm.

- Trường hợp 2. 4x  y 0 4xx²6x  8 0 x²10x 8 0 Giải ra ta được x₁ 5 17;x₂ 5 17

Vậy tập nghiệm của phương trình là ^s



^{5 17;5 17}



Ví dụ 6. Giải phương trình ^{3 3}



³



^{3 16}

2

x x

x

     

  

 

(Thi học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Hải Dương, năm học 2011 - 2012) Giải

Áp dụng hằng đẳng thức ^a3b3



^{a b}



^{33ab a}



^b



Ta có

 

   

3

3 2

2 2

3 3 3

3 3 3 3 16

2 2 2

3 3

3 16

2 2

x x x

x x x

x x x

x x

x x

  

         

      

   

     

     

 

   

   

Đặt



³



²

2

x y

x

 

 phương trình có dạng y³3y²16

   

3 2 2

3 16 0 4 4 0

y y y y y

        

• Trường hợp 1. Xét



3



² 2

4 0 4 0 2 1 0 1

2

y x x x x

x

           



• Trường hợp 2. Xét y²  y 4 0 vô nghiệm Vậy tập nghiệm của phương trình là ^s

 

¹

Ví dụ 7. Giải phương trình:

2 2 2 2

1 2 2 3 3 4 4

1 2 2 4

x x x x x x x x

x x x x

       

  

   

Giải Điều kiện : ^{x    }



^{1; 2; 3; 4}



Phương trình viết dưới dạng:

     

     

1 2 3 4

1 1 1 1

1 2 3 4

1 4 2 3

1 4 2 3 0

3 0

1 4 2 3

3 1

1 4 2 3 0

x x x x

x x x x

x x x x

x x

x x x x

x x x x x

          

   

   

          

 

  

   

 

       

• Trường hợp 1. Xét x0 là nghiệm của phương trình.

• Trường hợp 2. Xét

     

3 1

1 4 2 3 0

x x  x x 

   

Quy đồng khử mẫu, thu gọn ta được4x²20x220

Giải ra ta được ₁ 5 3 ₂ 5 3

2 ; 2

x    x   thỏa mãn

Vậv tập nghiệm của phương trình là 5 3 5 3

0; ;

2 2

S      

  

 

 

C. Bài tập vận dụng

18.1. Giải phương trình sau bằng cách đặt ẩn phụ ² 48₂ 4

3 10 3

x x

x x

 

     (Thỉ học sinh giỏi Toán lớp 9, tỉnh Vĩnh Long, năm học 2009 - 2010).

Hướng dẫn giải – đáp số

Đặt 4 ^{2 2} 8 16₂

3 9 3

x x

t t

x x

     

2 2

2 2

2 2

48 48

3 8 3 8

3 3

x x

t t

x x

      

Khi đó phương trình trở thành 3t² 8 10t3t²10t 8 0 Giải ra ta được _{1 2} 4

2; 3 t  t 

• Với t2 ta được 4 ²

2 6 12 0

3

x x x

  x    Giải ra ta được x₁ 3 21;x₂  3 21

• Với 4

t 3 ta được 4 4 ²

4 12 0

3 3

x x x

  x    Giải ra ta được x₃ 2;x₄6

Vậy tập nghiệm của phương trình là:^{S }



^{3 21;3 21; 2; 6}



18.2. Giải phương trình^{2 8}



^x7

 

^{2 4x3}



^{x 1}



⁷

Thi học sinh giỏi Toán lớp 9, TP Hồ Chí Minh, năm học 2008 - 2009 Hướng dẫn giải – đáp số

Ta có:^{2 8}



^x7

 

^{2 4x3}



^{x  1}



^{7 2 64}



^{x2112x49 4}



^x27x3



^7

Đặt y4x²7x3 thì 64x²112x49 16 y1

Phương trình đã cho có dạng ^{2 16}



^y1



^{y 7 32y22y 7 0}

Giải ra ta được ₁ 7 ₂ 1 16; 2

y y 

 

• Với 7

y16 ta được ² 7 ²

4 7 3 64 112 41 0

x  x 16 x  x 

Giải ra ta được ₁ 7 2 2 ₂ 7 2 2

8 ; 8

x   x  

 

• Với 1

y 2 ta được ² 1 ²

4 7 3 8 14 7 0

x  x   2 x  x  vô nghiệm Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm 7 2 2 7 2 2

8 ; 8

S     

  

 

 

18.3. Giải phương trình

 

2 2

2 3

1 x x

x

 



(Thi học sinh giỏi Toán lớp 9, tỉnh Bình Phước, năm học 2008 - 2009) Hướng dẫn giải – đáp số

Phương trình tương đương với

 

2 2 2

2

2

2 2

2 2 2

2 2 3

1 1 1

2. 3

1 1

2 3 0

1 1

x x x

x x x x

x x

x x x

x x

x x

   

  

 

      

 

      

Đặt ² 1

x y

x 

 phương trình có dạng y²2y 3 0 Giải ra ta được y₁1;y₂ 3

• Với y1 ta được

2

1 2 1 0

1

x x x

x     

 . Giải ra ta được ₁ 1 5 ₂ 1 5

2 ; 2

x  x 

 

• Với y 3 ta được ² 3 ² 3 3 0 1

x x x

x      

 vô nghiệm

Vậy tập nghiệm của phương trình là : 1 5 1 5 2 ; 2 S    

  

 

 

18.4. Tìm m để phương trình sau vô nghiệm:^x4



^3m1



^x3



^3m2



^x2



^3m1



^{x 1 0}

(m là tham số)

(Thi học sinh giỏi Toán lớp 9, tỉnh Hải Dương, năm học 2007 - 2008) Hướng dẫn giải – đáp số

Nhận xét x0 không phải là nghiệm của phương trình, nên ta chia hai vế của phương trình cho x² ta được

     

     

2

2

2 2

1 1

3 1 3 2 3 1 0

1 1

3 1 3 2 0 1

x m x m m

x x

x m x m

x x

       

   

        

Đặt 1

x y

 x điều kiện y2 hoặc y2 tức là y 2

Khi đó phương trình có dạng ^{y2 2}



^3m1



^y



^3m2



^{ 0 y2}



^3m1



^{y3m0 2}

 

Giải ra ta được y₁1;y₂ 3m

Phương trình (1) có nghiệm  phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn

2 3 2 2

y    m  m3 hoặc 2 m3 Vậy với 2

m  3 thì phương trình đã cho vô nghiệm 18.5. Giải phương trình 4 ²₂ 16 ₂3 ₂5 ₂7

6 1 3 5

x

x x x x

   

   

(Thi học sinh giỏi Toán lớp 9, tỉnh Quảng Ngãi, năm học 2007 - 2008) Hướng dẫn giải – đáp số

 

2

2 2 2 2

2

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

2

2 2 2 2

4 16 3 5 7

6 1 3 5

4 16 3 5 7

3 1 1 1 0

6 1 3 5

2 2 2 2

6 1 3 5 0

1 1 1 1

2 0

6 1 3 5

x

x x x x

x

x x x x

x x x x

x x x x

x x x x x

   

   

        

                 

   

    

   

 

          

Vì ₂1 ₂1 ₂1 ₂1

6 1 3 5 0

x  x  x  x 

    nên x²    2 0 x 2 Vậy tập nghiệm của phương trình là: ^{S  }



^{2; 2}



18.6. Giải phương trình



^{x2 x 2}



^x22x2



^2x2

Hướng dẫn giải – đáp số

Nhận xét. x0 không phải là nghiệm của phương trình nên ta chia hai vế cho x² ta được:

2 2

1 2 2

x x

x x

       

  

  

Đặt 2 1

x y

  x phương trình có dạng y y.(  1) 2

2 2 0

y   y giải ra ta được y1;y 2 Trường hợp 1. Với y1 ta có 2 ²

1 1 2 0

x x

   x   , phương trình vô nghiệm Trường hợp 1. Với y 2 ta có 2 ²

1 2 3x 2 0

x x

    x    . Giải ra ta được 1; 2

x  x 

Vậy tập nghiệm của phương trình là: ^{S   }



^{1; 2}



18.7 Giải phương trình 3(x²2x1)²2(x²3x1)²5x² 0 Hướng dẫn giải – đáp số

Nhận xét. x0 không phải là nghiệm của phương trình nên ta chia hai vế của hai phương trình chox²ta được:

2 2

1 1

3 x 2 2 x 3 5 0

x x

          

   

   

Đặt 1

2

x y

  x phương trình có dạng ^3y22



^y1



^{2  5 0 y24y 3 0} Giải ra ta được y1;y3

Trường hợp 1. Với y1 ta có 1 ²

2 1 1 0

x x x

   x    Giải ra ta được ₁ 1 5 ₂ 1 5

2 ; 2

x   x    Trường hợp 2. Với y3 ta có 1 ²

2 3 1 0

x x x

   x    Giải ra ta được ₃ 1 5 ₄ 1 5

2 ; 2

x  x 

 

Vậy tập nghiệm của phương trình là: 1 5 1 5 1 5 1 5

; ; ;

2 2 2 2

S       

  

 

 

18.8. Giải các phương trình:

4 4

4 2

) 24 32

) 4 1

) 2 12 8

a x x

b x x

c x x x

 

 

  

Hướng dẫn giải – đáp số

   

4 2 2

2 2 2

2

2

) 4 4 4 24 36

2 2 6

2 2 6

2 2 6

a x x x x

x x

x x

x x

    

   

     

   



• Giải phương trình x² 2 2x 6 x²2x 4 0

Giải ra ta được x₁ 1 5;x₂  1 5

Giải phương trình x²  2 2x 6 x²2x 8 0 vô nghiệm Vậy phương trình có nghiệm là:^{S  }



^{1 5;1 5}



 

²

 

^{2 2}

4 2 2 2

2

1 2. 2

) 2 1 2 4 2 1 2. 2

1 2 2

x x

b x x x x x x

x x

   

          

   



• Giải phương trình x² 1 2.x 2x² 2x 1 20 Giải ra ta được ₁ 2 4 2 2 ₂ 2 4 2 2

2 ; 2

x    x   

• Giải phương trình x²  1 2x 2x² 2x 2 1 0  vô nghiệm Vậy tập nghiệm của phương trình là: 2 4 2 2 2 4 2 2

2 ; 2

S

     

 

  

 

 

 

²

 

^{2 2}

4 2 2 2

2

1 2 3

) 2 1 4 12 9 1 2 3

1 2 3

x x

c x x x x x x

x x

   

           

   



• Giải phương trình x² 1 2x 3 x²2x 4 0 . Vô nghiệm

• Giải phương trình x²  1 2x 3 x²2x 2 0 Giải ra ta được x₁ 1 3;x₂ 1 3

Vậy tập nghiệm của phương trình là:^{S  }



^{1 3;1 3}



18.9 Giải phương trình _{2 2} 3

2 0

2 5 2

x x

x x x x  

   

(Thi học sinh giỏi toán lớp 9, tỉnh Thanh Hóa, năm học 2014 – 2015) Hướng dẫn giải – đáp số

ĐKXĐ:

2 2

2 0 1

2

5 2 0

5 33 2 x x x

x

x x

x

  

    

  

 

  

   



Nhận thấy x0 không là nghiệm của phương trình Khi x0 thì phương trình đã cho 1 3

2 0

2 2

1 5

x x

x x

   

   

Đặt 2

t x

 x ta được phương trình biểu thị theo t là 1 3 1 5 2

t t 

 

2 5 6 0 2; 3

t t t t

      

Với 2 ²

2 2 2 2 0 1 3

t x x x x

    x       (thỏa mãn)

Với 2 ² 3 17

3 3 3 2 0

t x x x x 2

x

           (thỏa mãn)

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là 3 17 1 3;

S   2 

 

 