Chuyên đề phương trình đại số - Trịnh Bình - THCS.TOANMATH.com

CHỦ ĐỀ 1. PHƯƠNG TRÌNH ĐA THỨC BẬC CAO

A. Kiến thức cần nhớ

Để giải phương trình đa thức bậc cao chúng ta thường chuyển phương trình đó về dạng phương trình tích.

Phương trình tích

- Phương trình có dạng: A(x). B(x) = 0 ; trong đó A(x), B(x) l| c{c đa thức của biến x.

- Phương ph{p chung : Muốn giải phương trình A(x).B(x) = 0 ta giải hai phương trình A(x) = 0 và B(x) = 0 , rồi lấy tất cả các nghiệm thu được.

A(x). B(x) = 0 A(x) = 0 hoặc B(x) = 0.

- Mở rộng:

B. Một số ví dụ minh họa

I. Phương trình bậc 3.

1) Lý thuyết.

Phương trình bậc 3 l| phương trình có dạng: ^{ax3 bx2cx d 0}



^a0



⁽¹⁾

Phương pháp giải. Thông thường để giải được phương trình (1) chúng ta phải tìm được một nghiệm x₀ của phương trình, sau đó ph}n tích thành nhân tử và chuyển về giải phương trình bậc 2.

   

        

3 2 2

ax bx cx d 0 x x0 mx nx p 0  

    

0

2 0 (*)

x x

mx nx p

Phương trình (*) l| phương trình bậc 2 chúng ta đã biết cách giải tổng quát theo . Mấu chốt của việc giải phương trình bậc (3) l| tìm được một nghiệm x₀của phương trình đó, chúng ta có một số chú ý về cách nhẩm nghiệm của phương trình bậc 3 như sau:

- Nếu tổng các hệ số của phương trình (1) bằng 0 tức là a + b + c + d = 0 thì phương trình (1) nghiệmx₀ 1 . Chẳng hạn: 4x³x²2x 5 0ta có: 4 – 1 + 2 – 5 = 0

- Nếu tổng các hệ số bậc chẵn bằng tổng các hệ số bậc lẻ của phương trình (1) bằng 0 tức là a - b + c - d = 0 thì phương trình (1) có nghiệm x₀  1 . Chẳng hạn: x³5x²3x 9 0 ta có 1 + 5 + 3 – 9 = 0.



A(x) 0 B(x) 0 A(x).B(x)...M(x) 0

...

M(x) 0

 

 

 

 



- Nếu a, b, c, d là các số nguyên và ₀ m

x  n là nghiệm hữu tỷ của (1) thì m l| ước của d và n l| ước của a. Đặc biệt trường hợp a = 1 thì phương trình (1) có nghiệm x₀l| ước của d.

Thí dụ 1. Giải phương trình:

3 3 2 3 2

) 3 2 0 ) 3 – 7 – 7 3  0 ) 3 10 0.

a x  x  b y y y  c x x  x 

Hướng dẫn giải

a) Ta thấy a + b + c + d = 1 + 0 – 3 + 2 = 0 nên phương trình có một nghiệm x = 1.

PT x³ – x² + x² – x – 2x + 2 = 0 x²(x – 1) + x(x – 1) – 2(x – 1) = 0 (x – 1)(x² + x – 2) = 0

    

 ²    

1 0 1

2 0 2

x x

x x x

Vậy tập nghiệm của phương trình l| ^S

 

^{1; 2}

b) Ta thấy a - b + c - d = 3 + 7 – 7 – 3 = 0 nên phương trình có nghiệm y = - 1.

PT 3y³ + 3y² – 10y² – 10y + 3y + 3 = 0 3y²(y + 1) – 10y(y + 1) + 3(y + 1) = 0

(y + 1)( 3y² – 10y + 3) = 0 (y + 1)( 3y– 1)(y – 3) = 0.

.

Vậy tập nghiệm của phương trình là

c) Ta có d = - 10 ta nhẩm các số l| ước của 10 thì thấy x = 2 là nghiệm của phương trình.

     

   

3 2

3 2 2

2

2

3 10 0

2 2 5 10 0

. 2 . 2 5. 2 0

2 5 0

2

x x x

x x x x x

x x x x x

x x x

x

   

      

      

    

 

Do x²  x 5 0 x

Vậy phương trình có nghiệm x = 2.











 

y 1

y 1 0

3y 1 0 y 1 y 3 0 3

y 3

  

   

 

       

S 1; ; 31 3

 

  

 

Thí dụ 2. Giải phương trình:

3 2 3 2 3 2

) 8 4 1 0 ) 3 7 17 5 0 ) 2 5 2 0.

a x  x   b x  x  x  c x  x  x 

Hướng dẫn giải

b) Ta có a = 8, d = 1 nên phương trình nếu có nghiệm hữu tỷ sẽ có dạng ₀ 1 x  n với n l| ước 8. Ta thử các giá trị 1 1 1

; ;

2 4 8

   nhận thấy 1

x2 là nghiệm của phương trình do đó ta t{ch phương trình theo nh}n tử (2x – 1).

   

     

   

4 3

2

2

8 4 1 0

8 1 4 2 0

2 1 4 2 1 2 2 1 0

2 1 4 2 1 0

x x

x x

x x x x

x x x

  

    

      

    

1 2

1 5

4 x x

 



    Vậy tập nghiệm của phương trình l| 1 1 5

2; 4 S    

  

 

 

b) Ta có a = 3, d = -5 nên phương trình nếu có nghiệm hữu tỷ sẽ có dạng ₀ m x  n với m l| ước -5 v| n l| ước của 3. Ta thử các giá trị 1 5

3; 3

  nhận thấy 1

x3 là nghiệm của phương trình do đó ta t{ch phương trình theo nh}n tử (3x – 1).

     

   

   

3

3 2 2

2

2

2

3 7 17 5 0

3 6 2 15 5

3 1 2 3 1 5 3 1 0

3 1 2 5 0

3 1 1 4 0

x x x

x x x x x

x x x x x

x x x

x x

   

     

      

    

 

     

3 1 0

1 3 x x

  

  Vậy phương trình có nghiệm 1

x3

b) Phương trình chứa hệ số 2 nên ta đo{n có nghiệm dạng x₀ a 2 nên ta đặt xa 2 nhằm triệt tiêu hệ số 2 khi đó phương trình có dạng:

   

3 2

3 2

2

2

2 2 2 2 5 2 2 0

2 2 5 1 0

1 2 4 1 0

1

2 4 1 0

1 1 6

2 2

2 3

a a a

a a a

a a a

a

a a

a a

x x

   

    

    

 

    

 

    



 

    

Vậy tập nghiệm của phương trình l| ^S



^{2; 2 3}



Thí dụ 3. 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.

Hướng dẫn giải

a) Phương trình z³ + 9z² + 27z + 27 – z³ – 3z² – 3z – 1 = 98 6z² + 24z – 72 = 0

z² + 4z – 12 = 0

z² + 6z – 2z – 12 = 0 (z + 6)(z – 2) = 0

Tập nghiệm của phương trình (1) l| .

*Nhận xét : Ta có cách giải khác:

Do z + 2 là trung bình cộng của z +1 v| z + 3 nên ta đặt z + 2 = y phương trình trở thành (y + 1)³ – (y – 1)³ = 98

y³ + 3y² + 3y + 1 – y³ + 3y² – 3y + 1 = 98 6y² = 96











 z 6 0 z 2 0

  

  



 z 6 z 2

  

 

 

S 6 ; 2

 

y² = 16

Tập nghiệm của phương trình (1) l| . b) Đặt y = 4x + 3 ; z = 2x – 5 ; thì y – z = 2x + 8 . Ta có :

y³ – z³ = (y – z)³ y³ – z³ = y³ – z³ – 3yz(y – z) 3yz(y – z) = 0 hay

Tập nghiệm của phương trình l|

c) Đặt u = 3x + 2016 ; v = 3x – 2019 thì u + v = 6x – 3 . Phương trình trên trở thành u³ + v³ – (u + v)³ = 0 hay u³ + v³ – [u³ + v³ + 3uv(u + v) ] = 0 –3uv(u + v) = 0

Tập nghiệm của phương trình l|

d) (2x – 7)³ + (9 – 2x)³ = 152.

Đặt 2x – 8 = y thì 2x – 7 = y + 1 ; 9 – 2x = 1 – y .

Do đó phương trình trở thành (y + 1)³ + (1 – y)³ = 152

Khai triển, rút gọn (hoặc dùng hằng đẳng thức a³ + b³ ta được 6y² + 2 = 152 6y² – 150 = 0 6(y + 5)(y – 5) = 0.

- Với y + 5 = 0 thì 2x – 8 + 5 = 0 x = 1,5 - Với y – 5 = 0 thì 2x – 8 – 5 = 0 x = 6,5 Tập nghiệm của phương trình l|

Lưu ý: Trong các bài toán xuất hiện các dạng (a + b)³ ; và a³ b³ .

Ta có: và

Thí dụ 4. Giải phương trình:

a) x³ – 3x² + 3x – 4 = 0. b) 2x³ + 3x² – 6x + 4 = 0

  y 4

y 4

 

  



 z 2 4

z 2 4

  

   

 ^

z 2

z 6

 

  



 

S 6 ; 2

 



y 0 z 0 y z 0

 

 

  



4 3 0 2 5 0 2 8 0

  

  

  

 x x x



0, 75 2, 5

4

  

 

  

 x x x

 

S  4 ; 0, 75 ; 2,5





u 0 v 0 u v 0

 

 

  





3 2016 0 3 2019 0 6 3 0

 

  

  

 x x x



x 672 x 673 x 0, 5

  

 

 

 

S 672 ; 0, 5 ; 673

 





 

S 1,5 ; 6,5



^{a b}



^{3 }



^ab



^{3a3b33ab(ab) a3b3}



^ab

 

^{a2 abb2}



Hướng dẫn giải

a) Phương trình có nghiệm hữu tỷ x = a thì a l| ước của 4, ta thử các giá trị   1; 2; 4 đều không là nghiệm. Mặt khác lại thấy các hệ số 1; - 3; 3 giống hằng đẳng thức

a³ - 3a² + 3a – 1 = (a - 1)³ nên ta biến đổi như sau:

x³ – 3x² + 3x – 4 = 0

 

3 2

3

3 3

3 3 1 3

1 3

1 3

1 3

x x x

x x x

    

  

  

   Vậy nghiệm của phương trình l| x 1 ³3

b) Bằng phương ph{p nhẩm nghiệm dễ thấy phương trình không có nghiệm hữu tỷ. Ta biến đổi như sau:

   

3 2

3 2

3 3 2

3 3

3

3

3

2 3 6 4 0

4 6 12 8 0

5 6 12 8

5. 2

5. 2

2 5 1

x x x

x x x

x x x x

x x

x x x

   

    

    

  

  

  

 Vậy nghiệm của phương trình l|:

3

2 x 5 1

  II. Phương trình bậc bốn.

1) Lý thuyết.

Phương trình bậc 4 l| phương trình có dạng:

ax

⁴

 bx

³

 cx

²

   dx e 0   a  0

Phương pháp giải. Để giải phương trình bậc 4 chúng ta thường nhẩm một nghiệm và phân tích phương trình bậc 4 thành tích của một đa thức bậc 3 v| đa thức bậc nhất sau đó dùng c{c phương ph{p để giải phương trình bậc 3 hoặc phân tích thành tích hai tam thức bậc 2, hoặc đặt ẩn phụ chuyển về giải phương trình bậc 2. Ta xét các dạng to{n đặc biệt thường giao trong c{c đề thi như sau:

Dạng 1. Phương trình trùng phương: ^{ax4bx2 c 0}



^a0

  

^2.1

Phương pháp giải. – Đặt yx² (y0) khi đó phương:^{ay2by c 0}

 

^2.2

Đ}y l| phương trình bậc 2 dễ d|ng tính được nghiệm từ đó suy ra x.

Chú ý: Số nghiệm của phương trình (2.1) phụ thuộc số nghiệm dương của phương trình (2.2)

Thí dụ 5. Giải phương trình: x⁴ – 5x² + 4 = 0.

Hướng dẫn giải Đặt yx²(y0) khi đó phương trình trở thành:

  

2

2 2

5 4 0 1 4 0 1

4 1 1

4 2

y y y y y

y x x

x x

 

         

    

    

Vậy tập nghiệm của phương trình l| ^{S   }



^{1; 2}



Dạng 2. Phương trình có dạng:



^xm

 

^{4 xn}



^{4  p} (p > 0) Phương pháp giải: Đặt

2

y x a b Chuyển về phương trình ẩn y Phương trình ẩn y sẽ l| phương trình trung phương quen thuộc.

Thí dụ 6. Giải phương trình:



^x2004

 

^{4 x2006}



^{4 2}

Hướng dẫn giải Đặt ^{2004 2006} 2005

y x 2 x

    . Khi đó phương trình trở thành:

           

 

 

4 4 2 2 2 2 2

2

2 2 2 4 2 4 2

4 2 2 2

2

1 1 2 1 1 2 1 . 1 2

2 2 2 1 2 4 8 4 2 4 2 2

2 12 0 2 6 0

0 0

2005 0 2005

y y y y y y

y y y y y y

y y y y

y y

x x

 

            

 

            

     

   

  

 

Vậy phương trình có nghiệm x = 2005

Dạng 3. Phương trình có dạng:



^{x a}



^{x b}



^{x c}



^{x d}



^e trong đó a + b = c + d.

Phương pháp giải: ^{PT }_^{x2 }



^{a b x ab}



^{  }_{ }^{x2 }



^{c d x cd}



^{ }_^e

Đặt ^tx2



^{a b x}



ta được phương trình



^{tab t}



^cd



^e đ}y l| phương trình bậc 2 dễ giảng giải v| suy ra được nghiệm của bài toán.

Thí dụ 6. Giải phương trình:

         

) 1 2 4 5 10 ) 4 7 4 5 1 2  1 9.

a x x x x b x x x x

Hướng dẫn giải a) Ta có:

    

     



²



²



1 2 4 5 10

1 5 2 4 10

6 5 6 8 10

    

   

       

     

x x x x

x x x x

x x x x

Đặt t = x² + 6x khi đó phương trình trở thành:

  

  

2

5 8 10

13 30 0

3 10 0

  

   

   

t t

t t

t t

3 10

  

    t t

 

 

 

2 2

2 2 2

2

6 3 0

6 10 0

6 3 0 6 10 3 1 0

3 6

3 6

3 6

   

    

         

  

   

   

x x

x x

x x dox x x

x x x

Vậy tập nghiệm của phương trình l| ^{S   }



^{3 6; 3  6}



b)* Tìm cách giải : Ta thấy nếu vế trái nhân 4 vào nhân tử thứ ba, nhân 2 vào nhân tử thứ tư thì cả bốn nhân tử đều l| c{c đa thức mà hệ số của x đều là 4. Vế phải nhân với 8 để được phương trình mới tương đương. Sau đó nếu nhân (4x + 7) với (4x + 2) ; (4x + 5) với (4x + 4) ta thấy kết quả xuất hiện các hạng tử giống nhau 16x² + 36x nên có thể đặt ẩn phụ để giải.

Ta có (4x + 7)(4x + 5)(x + 1)(2x + 1) = 9 (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 – 9 = 72 y² = 81 y = 9 . - Với 16x² + 36x + 17 = 9 4x² + 9x + 2 = 0 4x² + 8x + x + 2 = 0

4x² + 8x + x + 2 = 0 4x(x + 2) + (x + 2) = 0





   

 

 

(x + 2)(4x + 1) = 0

- Với 16x² + 36x + 17 = – 9 16x² + 36x + 26 = 0 vô nghiệm vì

16x² + 36x + 26 = .

Vậy tập nghiệm của phương trình là .

Thí dụ 7. Giải phương trình: (x – 2)(x – 3)(x – 5)(x – 6) = 31(x² – 8x + 12) + 128. (1)

*Tìm cách giải : Xét vế trái nếu nhân nhân tử thứ nhất với nhân tử thứ tư v| nh}n tử thứ hai nhân nhân tử thứ 3 ta có ( x² – 8x + 12)( x² – 8x + 15). Mỗi nhân tử là một đa thức có cùng hệ số của x² và của x.

Phương trình trở thành ( x² – 8x + 12)( x² – 8x + 15) = 31(x² – 8x + 12) + 128 . Do đó ta dùng phương ph{p đặt ẩn phụ.

Hướng dẫn giải (x – 2)(x – 3)(x – 5)(x – 6) = 31(x² – 8x + 12) + 128

( x² – 8x + 12)( x² – 8x + 15) = 31(x² – 8x + 12) + 128. (2) Đặt x² – 8x + 12 = y thì x² – 8x + 15 = y + 3

Khi ấy phương trình (2) trở thành y(y + 3) = 31y + 128 y² + 3y – 31y – 128 = 0 ; y² + 4y – 32y – 128 = 0 y(y + 4) – 32(y + 4) = 0 ; (y + 4)(y – 32) = 0 Với y + 4 = 0 x² – 8x + 16 = 0 (x – 4)² = 0 x = 4 Với y – 32 = 0 x² – 8x – 20 = 0 x² – 10x + 2x – 20 = 0

(x – 10)(x + 2) = 0 x = 10 hoặc x = – 2 Vậy tập nghiệm của phương trình l|

Dạng 4. Phương trình có dạng: (ax²b x₁ c)(ax²b x₂ c)mx². Phương pháp giải:

– Bước 1: nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình.

- Bước 2: Chia hai vế của phương trình cho x² . Phương trình trở thành: ₁ c ax ₂ c

ax b b m

x x

      

  

  

Bước 3: Đặt t ax ^c

  x chuyển về giải phương trình bậc 2 cơ bản.

  x 2 0 x 2

4x 1 0 x 0, 25

   

 

     

 



9 2 23

4x 0 , x

2 4

     

 

 

 

S  2 ; 0, 25



 

  y 4 0

y 32 0

  

   

  

 

 

 

S 2 ; 4 ;10

Thí dụ 8. Giải phương trình: (2x²3x1)(2x²5x 1) 9x² (1)

Hướng dẫn giải – Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của Phương trình.

- Chia hai vế của Phương trình (1) cho x²  0 ta được:

1 1

2 x 3 2 x 5 9 (*)

x x

      

  

  

Đặt t 2x ¹

 x . Khi đó phương trình (*) trở thành: (t – 3)(t + 5) = 9

2 6

2 24 0 ( 6)( 4) 0

4

t t t t t

t

  

          

Với t = - 6 ta có: 2 ¹ 6 2 ² 6 1 0 ^{3 7}.

x x x x 2

x

          

Với t = 4 ta có: 2 ¹ 4 2 ² 4 1 0 ^{2 2}.

x x x x 2

x

        

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm: ^{3 7}

x  2 , ^{2 2} x 2 .

Thí dụ 9. Giải phương trình: (x²5x1)(x² 4) 6(x1)² (2)

Hướng dẫn giải Đặt a x 1 thay x = a + 1 và rút gọn ta được:

2 2 2

(u 7u3)(u 2u 3) 6u (*) Đến đ}y có thể giải tiếp như ví dụ trên.

Giải ra ta được 4 nghiệm là: 3 7; ^{1 21}. x  x 2

Dạng 5. Phương trình có dạng:



^{x a}



^{x b}



^{x c}



^{x d}



^ex2,trong đó abcd. Phương pháp giải:

– Bước 1: nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình.

- Bước 2: ^{PT }_^x2



^{a b x}



^{ab }_{ }^{x2 }



^{c d x cd}



^{ }_^ex2

Chia hai vế của phương trình cho x² 0 .

Phương trình trở thành: x ^ab a b x ^cd c d e

x x

         

   

   

Bước 3: Đặt t x ^ab x ^cd

x x

    . Ta có phương trình:



^{t a b t}



^{ c d}



^e

Đ}y l| phương trình bậc 2 dễ d|ng tính được t từ đó tính được x.

Thí dụ 10. Giải phương trình:

    

²



²



²



²

) 2 1 8 4 4 ) 3 2 9 18 168

a x x x x  x b x  x x  x  x

Hướng dẫn giải

a) ^PT_



^x2



^x4

 

^{ }_{ } ^x1



^x8



^_^{4x2 }



^x26x8



^{x29x 8}



^4x2.

Do x0 không là nghiệm nên chia hai vế của phương trình cho x² ta được:

8 8

6 9 4

x x

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 l| ^{S  }



^{5 17;5 17}



. b) Ta có:

  

    

     

  

2 2 2

2 2

3 2 9 18 168

1 2 3 6 168

1 6 2 4 168

7 6 5 6 168

x x x x x

x x x x

x x x x

x x x x

    

     

   

       

     

Chia hai – Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình:

vế của phương trình cho x² ta được: x ⁶ 7 x ⁶ 5 168

x x

      

  

  

Đặt y x ⁶

  x phương trình trở thành:



^y7



^{y 5}



¹⁶⁸

2 7

12 133 0

19 y x y

y

 

       

Do đó:

2 2

1 6 6

7 7 6 0 19 337

6 19 19 6 0 2

19 337 2 x x x

x x

x x

x x

x x

x

  

  

    

       

      

     

  

     

 

Vậy phương trình có 4 nghiệm 1, 6, ^{19 337}, ^{19 337}

2 2

x x x   x  

   

Dạng 6. Phương trình có dạng: ^{a bx1}



^{2c x d1 }



^{2a bx2}



^{2c x d2 }



^Ax2

Phương pháp giải:

– Bước 1: nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình.

- Bước 2: Chia hai vế của phương trình cho x²0 . Phương trình trở thành:

2 2

1 1 2 2

d d

a bx c a bx c A

x x

         

   

   

Bước 3: Đặt t bx ^d

  x . Ta có phương trình:a t1



c1



²a t2



c2



²  A Đ}y l| phương trình bậc 2 dễ d|ng tính được t từ đó tính được x.

Thí dụ 11. Giải phương trình: ³



^x22x1

 

^{22 x23x1}



^{25x2 0}

Hướng dẫn giải

Dễ thấy 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: ³



²



^{2 2}



³



^{2 5 0 2 1 0 1}

1

y y y y

y

 

            .

Suy ra

1 1 5

1 2

1 1 1 5

2

x x

x

x x

x

  

    

 

  

     

 

.

Vậy tập nghiệm của phương trình l| ^{1 5 1}; ⁵

2 2

S    

 

 .

Dạng 7. Phương trình có dạng: ax⁴bx³cx²bx a 0.

Phương pháp giải:

– Bước 1: Nhận xét x = 0 có phải là nghiệm nghiệm của phương trình hay không.

- Bước 2: Chia hai vế của phương trình cho x² 0 ta được:

2

ax b a2 0.

bx c

x x

    

- Bước 3: Đặt y x ¹ y² x^{2 1}₂ 2

x x

      . Khi đó phương trình trở thành:



^{2 2}



⁰

a y by c

Đ}y l| phương trình bậc 2 dễ gi|ng tính được y và suy ra x.

Thí dụ 12. Giải phương trình:

6x

⁴

 5x

³

 38x

²

 5x   6 0

Hướng dẫn giải Ta thấy x = 0 không phải l| nghiệm của phương trình Chia cả 2 vế của phương trình cho x² ta được:

2

2

5 6

6x 5x 38 0

x x

    

2 2

1 1

6 x 5 x 38 0

x x

   

       

Đặt

1

y x

  x

thì: ²

1

₂ ²

x y 2

 x  

Ta được pt: 6y² – 5y – 50 = 0 <=> (3y – 10)(2y + 5) = 0

Do đó:

10 5

y và y

3 2

  

* Với

10

y  3

thì:

1 10

²

x 3x 10x 3 0

x 3

     

<=> (3x – 1)(x – 3) = 0 <=> ¹

2

x 1 3 x 3

 

 



* Với

5

y   2

thì:

1 5

²

x 2x 5x 2 0

x 2

      

<=> (2x + 1)(x + 3) = 0 <=> ³

4

x 1

2

x 2

  

  



Vậy phương trình có bốn nghiệm: ¹, ¹, 2, 3

3 2

x x  x x

    

Dạng 8. Phương trình có dạng: ^{ax4bx3cx2kbx k a 2 0}



^k0



Phương pháp giải:

– Bước 1: Nhận xét x = 0 có phải là nghiệm nghiệm của phương trình hay không.

- Bước 2: Chia hai vế của phương trình cho x² 0 ta được:

2 2

2 0

k k

a x b x c

x x

      

   

 

- Bước 3: Đặt t x ^k

  x với t 2 k ta có

2 2

2 2

2 2 2

k k

x x k t k

x x

 

       . Khi đó phương trình trở thành: ^{a t}



^22k



^{  bt c 0}

Đ}y l| phương trình bậc 2 dễ gi|ng tính được y và suy ra x.

4 3 2

2x 21x 34x 105x500

Thí dụ 13. Giải phương trình: 2x⁴21x³34x²105x500

Hướng dẫn giải Ta thấy ¹⁰⁵ 5

k  21 

 và ^{2 50} 25

k  2  nên phương trình (8) l| phương trình bậc bốn có hệ số đối xứng tỉ lệ.

 

² 2

25 5

8 2 x 21 x 34 0

x x

   

        .

Đặt t x ⁵

 x suy ra t² x^{2 25}₂ 10

  x  .

Phương trình (9) 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 x₁ 3 14;x₂ 3 14

  x            . Với ⁹

x 2 thì ^{5 9} 2 ² 9 10 0 ₃ ^{9 161}; ₄ ^{9 161}

2 4 4

x x x x x

x

 

         .

Vậy PT (8) có tập nghiệm 3 14;3 14;^{9 161 9}; ¹⁶¹

4 4

S      

 

 .

Có nhiều bài toán bậc bốn không mẫu mực việc đặt ẩn phụ để giải phải thực sự linh hoạt không thể phân thành dạng cụ thể, chúng ta đi đến một số bài toán sau:

Thí dụ 14. Giải phương trình: ³



^{x2 x 1}



^22



^x1



^{2 5}



^x31



Hướng dẫn giải

Vì x 1 không là nghiệm của phương trình nên chia cả hai vế cho x³1 ta được:

2

2

1 1

3 2

1 1

x x x

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 ² 3 1 0 ^{3 13}

t x  x   x 2

* ¹ 3 ² 2 4 0

t  3 x  x  phương trình vô nghiệm Vậy phương trình có nghiệm ^{3 13}

x 2

Thí dụ 15. Giải phương trình: (4x – 19)⁴ + (4x – 20)⁴ = (39 – 8x)⁴

Hướng dẫn giải

Đặt 4x – 19 = y; 4x – 20 = z thì y + z = 8x – 39 ta có y⁴ + z⁴ – (y + z)⁴ = 0

y⁴ + z⁴ – = 0

= 0

4yz

Tập nghiệm của phương trình l|

Nhận xét: Trong c{c đề thi đối với hầu hết phương trình bậc bốn có hệ số không quá cao chúng ta đều có thể chuyển về phương trình bậc 4 tổng quát ax⁴ + bx³ + cx² + dx + e = 0 với a ≠ 0 v| giải giải bằng phương ph{p hệ số bất định cho dù dụng ý của người ra đề là hướng tới c{ch đặt ẩn phụ để đơn giản bài toán.

Tôi sẽ minh họa phương ph{p n|y bằng bài toán sau:

Thí dụ 16. Giải phương trình: x⁴4x³10x²37x140 (1)

Hướng dẫn giải Phân tích: Ta nghĩ đến việc phân tích:

 y⁴4y z³ 6y z^{2 2}4yz³z⁴

 4y z³ 6y z^{2 2}4yz³  ² 6 ²

4yz y yz z 0

4

   

 

 



2

3 7 2

y z z 0

4 16

    

  

 

 

   y 0

z 0

 

   4 19 0 4, 75

4 20 0 5

  

 

    

 

x x

x x

 

S 4, 75 ; 5

        

4 3 2 2 2 4 3 2

4 10 37 14 0

x  x  x  x  x  px q x   rx s x  p r x  s prq x  ps qr x qs  

Đồng nhất hệ số:

4 10 37 14 p r s pr q

ps qr qs

  

    

  

  



.

Xuất phát từ qs = -14 v| c{c phương trình trên của hệ ta thấy nhẩm được : p = -5, q = 2, r = 1, s = -7 thỏa mãn hệ phương trình.

Từ đó có lời giải:

  

4 3 2 2 2

4 10 37 14 5 2 7

x  x  x  x  x  x x  x Suy ra:

  

²

4 3 2 2 2

2

5 2 0

4 10 37 14 0 5 2 7 0

7 0

x x

x x x x x x x x

x x

   

               

Giải hai phương trình bậc 2 n|y ta được nghiệm: ^{1 5 17; 2 1 29}

2 2

x   x  

Hoặc cũng l| hệ số bất định nhưng ta chia th|nh 2 dạng sau:

Dạng 1. Phương trình có dạng: x⁴ ax²bx c Phương pháp giải:

Ta thêm bớt vào 2 vế một lượng: 2mx² m² khi đó phương trình trở thành:

2 2 2 2

(x m) (2m a x ) bx c m 

Ta mong muốn vế phải có dạng: (AxB)² 2 ₂ 0 ₂

4(2 )( ) 0

m a m

b m a c m

  

 

     



Thí dụ 17. Giải phương trình: x⁴10x² x 200

Hướng dẫn giải

4 2 4 2

10 20 0 10 20

x  x  x  x  x  x

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

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

Ta có 1 4( ² 20)(10 2 ) 0 ⁹

VP m m m 2

         . Ta viết lại phương trình th|nh:

2 2 2

4 2 9 2 1 2 9 1

9 0

2 4 2 2

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

     

2 2 1 17

( 5)( 4) 0

x x x x x  2

        và ^{1 21}

x 2 . Vậy phương trình có 4 nghiệm ^{1 17}, ^{1 21}

2 2

x   x  Dạng 2. Phương trình có dạng: x⁴ax³ bx²cxd Phương pháp giải:

Ta sẽ tạo ra ở vế phải một biểu thức bình phương dạng:

2 2

2 x ax m

   

 

 

Bằng cách khai triển biểu thức:

2 2

2 4 3 2 2

2 2 4

a a

x x m x ax  m x amx m

          

 

    .

Ta thấy cần thêm vào hai vế một lượng:

2

2 2

2 4

m a x amx m

 

  

 

  khi đó phương trình trở

thành:

2 2

2 2 2

2 ( )

2 4

a a

x x m  m b x am c x m d

           

 

   

Bây giờ ta cần:

 

2

2

2 2

2 0

4 ?

( ) 4 2 0

VP 4

m a b

a m

am c m b m d

   

  

  

         

  



Thí dụ 18. Giải phương trình: x⁴6x³8x²2x 1 0

Hướng dẫn giải

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

Tức là thêm vào hai vế một lượng là:(9 2 ) m x²6mx m ² phương trình trở thành:

2 2 2 2

(x 3x m ) (2m1)x (6m2)x m 1. Ta cần '_VP (3m 1) (2m 1)(m2 1) 0 m 0

         . Phương trình trở thành: (x²3 )x ² (x1)²

2 2

2 3

2 3

( 4 1)( 2 1) 0

1 2

1 2

x

x x x x x

x x

  

  

       

  

  

 Vậy phương trình có 4 nghiệm ^{S }



^{2 3; 2 3;1 2;1 2}



II. Phương trình cao hơn bậc bốn.

Đối với c{c phương trình bậc cao hơn 4 phương ph{p chung l| dùng c{ch đưa về dạng phương trình tích hoặc đặt ẩn phụ để đưa về giải c{c phương trình bậc thấp hoặc với nhiều b|i to{n chúng ta nên lưu t}m tới việc có thể sử dụng phương ph{p đ{nh gi{ để giải toán. Chúng ta minh họa qua các ví dụ sau:

Thí dụ 19. Giải phương trình: y² (y⁴ – 29y² + 244)= 576. (1)

Hướng dẫn giải (1) y⁶ – 29y⁴ + 244y² – 576 = 0 .

y⁶ – 4y⁴ – 25y⁴ + 100y² + 144y² –576 = 0 y⁴ (y²– 4) – 25y²(y² – 4) + 144(y² – 4) = 0

 (y²– 4)(y⁴– 25y² + 144) = 0 (y²– 4)(y⁴– 9y² – 16y² + 144) = 0

(y²– 4)[y²(y²– 9) – 16(y² – 9)] = 0 (y²– 4)(y²– 9)(y² –16) = 0

(y – 4)(y – 3)(y – 2)(y + 2)( y+ 3)(y + 4) = 0 .

Vậy phương trình (1) có 6 nghiệm là : y = 2; y = 3; y = 4.

Tập nghiệm của phương trình l| .

Thí dụ 20. Giải phương trình: 6x⁵ – 29x⁴ + 27x³ + 27x² – 29x + 6 = 0

(Thi học sinh giỏi lớp 9 tỉnh Thanh Hóa năm học 2005 – 2006)

Hướng dẫn giải Biến đổi thành (x + 1)(6x⁴ – 35x³ + 62x² – 35x + 6) = 0.

Ta tìm được x = –1 là 1 nghiệm.

Với 6x⁴ – 35x³ + 62x² – 35x + 6 = 0 do x = 0 không là nghiệm nên chia hai vế cho x² ta được :















  

 

S  4 ; 3 ;2 ; 2 ; 3 ; 4

. Đặt thì

Phương trình trở thành 6(y² – 2) – 35y + 62 = 0 (2y – 5)(3y – 10) = 0 Thay vào 2y – 5 = 0 giải ra ta tìm được x = 2 hoặc x = . Thay vào 3y – 10 = 0 giải ra ta tìm được x = 3 hoặc x = Tập nghiệm của phương trình l| S = .

Thí dụ 21. Giải phương trình: (x² – 4x + 11)(x⁴ - 8x² + 21) = 35.

(Đề thi vào lớp 10 trường THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương năm học 2012 – 2013)

Hướng dẫn giải

và nên vế trái không nhỏ hơn 35.

Ta suy ra . Vậy nghiệm của phương trình l| x = 2.

Thí dụ 22. Giải phương trình:



^x35x5



^{35x324x300}

Hướng dẫn giải

Ta có: ^{x35x305}



^{x35x  5}



^{x 5}nên phương trình tương đương



^x35x5

 

^{35 x324x}



^{x324x300.}

Đặt ux³5x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.

2 2

1 1

6 x 35 x 62 0

x x

      

   

   

x 1 y

 x ² 1₂ ²

x y 2

x  

 y x 1

 x 1

2 y x 1

 x 1

3 1; ;1 1; 2 ; 3

3 2

 

 

 



^{x24x+11 x}



^48x221



^{35 }_



^{x 2}



^27_{ }^_



^x24



^{2 5}_ ³⁵



^{x 2}



^{2 0, x}



^x24



^{2 0, x}

 

2 2 2

(x 2) 0

x 2 x 4 0

  

  

  



CHỦ ĐỀ 2. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN Ở MẪU THỨC

A. Kiến thức cần nhớ

Bước 1: Tìm điều kiện x{c định của phương trình. (tức là tìm giá trị của ẩn làm tất cả các mẫu thức của phương trình kh{c 0). Viết tắt: ĐKXĐ.

Bước 2 : Quy đồng mẫu hai vế của phương trình rồi khử mẫu.

Bước 3 : Giải phương trình vừa nhận được.

Bước 4 : (Kết luận) . Trong các giá trị tìm được ở bước 3, các giá trị thỏa mãn điều kiện xác định chính là nghiệm của phương trình đã cho.

* Chú ý : Nếu A(x) = 0 tại x = x1 hoặc x = x2 thì A(x) 0 khi x x¹ và x x²

B. Một số ví dụ minh họa

Một số bài tập cơ bản:

Thí dụ 23. Giải phương trình:

2

1 1 3 1 25 4 4 6

) ) .

1 2 2 6 2 4 25 1 5 1 1 5

a b x

x x x x x x x

     

      

Hướng dẫn giải a) ĐKXĐ : x 1 ; x 2 và x 3.

(1) 2(x – 2)(x – 3) + 2(x – 1)(x – 3) = 3(x – 1)(x – 2) – (x – 1)(x – 3) 2x² – 10x + 12 + 2x² – 8x + 6 = 3x² – 9x + 6 – x² + 4x – 3 2x² – 13x + 15 = 0 (2x – 3)(x – 5) = 0

Hai giá trị x = 1,5 và x = 5 thỏa mãn ĐKXĐ nên l| nghiệm phương trình (1).

b) ĐKXĐ : x 0,2.

(2) 25 + 4x = 4(5x – 1) + 6(5x + 1) 25 + 4x = 20x – 4 + 30x + 6

– 46 x = – 23 x = 0,5.

Giá trị này thỏa mãn ĐKXĐ. Vậy phương trình có nghiệm là x = 0,5.

  

  





 

2x 3 0 x 1,5

x 5 0 x 5

  

 

      

 





 

Thí dụ 24. Giải phương trình:

2 2

2 5 5 41 3 8

1 3 4 4

x x x x

x x x x

     

   

Hướng dẫn giải

Ta có (1)

ĐKXĐ : x 4 và x –1.

Quy đồng mẫu số hai vế và khử mẫu ta có phương trình : (2x – 5)(x – 4) + x² – 5x – 41 = (3x – 8)(x + 1)

2x² – 13x + 20 + x² – 5x – 41 = 3x² – 5x – 8 – 13x = 13 x = –1 .

Giá trị này không thỏa mãn ĐKXĐ . Vậy phương trình (1) vô nghiệm.

Một số dạng phương trình phân thức thường gặp:

Dạng 1. Phương trình có dạng: ^{1 2}

1 2

.... ⁿ

n

a

a a

x b x b   x b  A

  

Phương pháp giải: Nhóm từng cụm phân thức làm xuất hiện nhân tử chung.

Thí dụ 25. Giải phương trình: ^{1 1 1 1 1} 0

1 2 3 4

xx  x x x 

   

Hướng dẫn giải

Điều kiện x    



1; 2; 3; 4;0



. Ta biến đổi phương trình th|nh

   

2 2

1 1 1 1 1

4 1 3 2 0

2 2 2 2 1

4 4 3 2 0

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

   

     .



2 5 2 5 41 3 8

1 ( 1)( 4) 4

   

 

   

x x 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

2

25 145

4 10

25 145

4 10

x x

x x

  

 



  

 



.

Tìm được tập nghiệm của phương trình l|

15 145 15 145 15 145 15 145

2 ; 2 ; 2 ; 2

10 10 10 10

S

     

 

         

 

 

. Dạng 2. Phương trình có dạng: ^{1 1 2 2}

1 2

.... ^{n n}

n

a x b a x b a x b

x c x c x c A



     

  

Phương pháp giải: Ta biến đổi phương trình th|nh:

1 2

1 2

1 2

.... _n ⁿ

n

d

d d

a a a A

x c x c x c

      

  

Thí dụ 26. Giải phương trình: ^{4 4 8 8 8}

1 1 2 2 3

x x x x

x x x x

        

   

Hướng dẫn giải Biến đổi phương trình th|nh:

2 2

5 5 10 10 8

1 1 2 2 3

10 40 8

1 4 3

x x x x