Chuyên đề 18 phương trình quy về phương trình bậc 2, chuyên đề luyện thi tuyển sinh lớp 10 và ôn thi học sinh giỏi toán 9 có lời giải chi tiết

Chuyên đề 18. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG
TRÌNH BẬC HAI
A. Kiến thức cần nhớ
1. Phương trình trùng phương
4
2
• Phương trình trùng phương là phương trình có dạng: ax  bx  c  0  a  0   1

• Để giải phương trình trùng phương, ta đặt ẩn phụ.
2
Đặt x 2  t  0, đưa về phương trình at  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
4
3
2
- Phương trình đối xứng bậc bốn có dạng: ax  bx  cx  bx  a  0  a  0 
2

e d
4
3
2
- Phương trình hồi quy có dạng ax  bx  cx  dx  e  0  a  0  trong đó   
a b

- Phương trình bậc bốn dạng  x  a    x  b   c
4

4

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

mx
nx
 2
p
ax  bx  d ax  cx  d
2

ax 2  mx  c ax 2  px  c

d
• 2
ax  nx  c ax 2  qx  c
•

ax 2  mx  c
px
 2
d
2
ax  nx  c ax  qx  c

B. Một số ví dụ
Ví dụ 1: Giải phương trình x 4  3 x 3  2 x 2  6 x  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:
2

1;3; 2; 6; 4 ,

ta

phát

hiện

ra

:

ax 4  bx 3  cx 2  dx  e  0  a  0  trong đó

4  6 
 
1  3 

do

vậy

bài

tốn

có

dạng

2

e d 
   Cách giải của phương trình dạng
a b

này là:
• Bước 1. Xét x  0 , hai vế không bằng nhau nên x  0 không phải là nghiệm
của phương trình.
• Bước 2. Xét x  0 chia cả hai vế của phương trình cho x 2 . Sau đó đặt ẩn phụ.
Bài tốn có hai cách giải sau:
Trình bày lời giải
Cách 1

• x  0 khơng phải là nghiệm của phương trình.
• Với x  0 chia hai vế cho x2 ta được:
6 4
4  
2

x 2  3x  2   2  0   x 2  2  3 x   2  0
x x
x  
x


Đặt y  x 

2
4
4
 y2  x2  4  2  x2  2  y2  4
x
x
x

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

2
 1  x 2  x  2  0
x

Giải ra ta được x  1; x  2
- Với y  2 ta được x 

2
 2  x 2  2 x  2  0
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:




x 4  4 x 2  4  3 x3  6 x  2 x 2  0
  x 2  2   3x  x 2  2   2 x 2  0
2

  x2  2  x  x 2  2  2x  x 2  2  2x 2  0
2

  x2  2  x2  2  x   2x  x2  2  x   0
  x2  x  2  x 2  2x  2  0
 x 2  x  2  0  1
 2
 x  2 x  2  0  2 

• Giải phương trình (1): x 2  x  2  0 ta được x1  1; x2  2
• Giải phương trình (2): x 2  2 x  2  0 ta được x3  1  3; x4  1  3



Vậy tập nghiệm của phương trình là s  1; 2; 1  3; 1  3



2
2
Ví dụ 2: Giải phương trình  x  3 x  2   x  15 x  56   8  0

(Thi học sinh giỏi Tốn 9, tỉnh Thanh Hóa, năm học 2008 - 2009)
Giải
Tìm cách giải. Khi khai triển, bài tốn 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 tốn này như sau:
2
2
• Bước 1. Viết phương trình dưới dạng:  x   a  b  x  ab   x   c  d  x  cd   m

2

• Bước 2. Đặt x   a  b  x  ab  y . Giải phương trình ẩn y

Trình bày lời giải
Cách 1:

x

2

 3 x  2   x 2  15 x  56   8  0

 x 4  12 x 3  13x 2  138 x  120  0

  x 4  6 x 3  15 x 2    6 x 3  36 x 2  90 x    8 x 2  48 x  120   0
 x 2  x 2  6 x  15   6 x  x 2  6 x  15   8  x 2  6 x  15   0
  x 2  6 x  15  x 2  6 x  8   0

• Giải phương trình x 2  6 x  15  0 ta được x1  3  2 6; x2  3  2 6
• Giải phương trình x 2  6 x  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   x 2  6 x  7   x 2  6 x  16   8  0
Đặt x 2  6 x  7  y phương trình có dạng y  y  9   8  0  y 2  9 y  8  0
Giải ra ta được y1  1; y2  8
• Với y  1 ta được x 2  6 x  7  1  x 2  6 x  8  0
Giải ra ta được x3  3  17; x4  3  17
• Với y  8 ta được x 2  6 x  7  8  x 2  6 x  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



2x
13 x
 2
6
3  5x  2 3x  x  2
2

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 tốn có dạng

mx
nx
 2

 p Nên bài tốn có hai cách
ax  bx  d ax  cx  d
2

giải khác:
- Cách 1. Đặt ax 2  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 khơng hồn tồn.
- Cách 2.
Vì x  0 khơng phải là nghiệm của phương trình nên ta chia cả tử và mẫu mỗi
m

phân thức ở vế trái cho x , ta được:

d
ax  b 
x



n
d
ax  c 
x

p

Sau đó đặt ẩn phụ

rồi giải
Trình bày lời giải

Cách 1. Đặt t  3x 2  2 phương trình có dạng

2x
13 x

6
t  5x t  x

2
2
Quy đồng khử mẫu, thu gọn ta được: 2t  13t  11x  0   t  x   2t  11x   0

Trường hợp 1 Xét t  x  0  3 x 2  2  x  0 vô nghiệm
Trường hợp 2.
2
2
Xét 2t  11x  0  2  3 x  2   11x  0  6 x  11x  4  0


1
4
Giải ra ta được x1  ; x2 
2
3
1 4 
Vậy tập nghiệm của phương trinh là: s   ; 
2 3

Cách 2. Xét x  0 không phải là nghiệm của phương trình, nên ta chia cả tử và
2

mẫu của mỗi phân thức cho x ta được
Đặt 3 x  2 

2
3x  5 
x



13
2
3x  1 
x

6

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

Quy đồng, khử mẫu và thu gọn ta được: 6t 2  15t  21  0 Giải ra ta được
t1  1; t2 

7

2

* Trường hợp 1. Xét t  1 suy ra 3 x  2 
* Trường hợp 2. Xét t 

2
 1  3x 2  x  2  0 vô nghiệm
x

7
2 7
suy ra 3 x  2    6 x 2  11x  4  0
2
x 2

1
4
Giải ta ta được x1  ; x2 
2
3
1 4 
Vậy tập nghiệm của phương trình là: s   ; 
2 3

x 2  3 x  3 x 2  6 x  3 53
Ví dụ 4: Giải phương trình 2


x  4 x  3 x 2  5 x  3 12
(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 tốn có dạng

ax 2  mx  c ax 2  px  c

 d Cách giải thông thường cho
ax 2  nx  c ax 2  qx  c

dạng toán này là:
- Bước 1. Xét x  0 hai vế không bằng nhau nên x  0 khơng phải là nghiệm của
phương trình.
- Bước 2. Xét x  0 chia cả tử và mẫu của mỗi phân thức cho x . Sau đó đặt ẩn
phụ, giải phương trình chứa ẩn ở mẫu thức vừa tìm được.
Trình bày lời giải
• Vì x  0 khơng phải là nghiệm của phương trình.


• Điều kiện x  0 mỗi phân thức ở vế trái ta chia cả tử và mẫu cho x , ta được:
3
3
x6
x
x  53  2 
3
3 12
x4
x 5
x

x
x  3

Đặt y  x 

y
y  3 53
3


 3 , phương trình (2) trở thành
y  7 y  2 12
x

Suy ra

12 y  y  2   12  y  3  y  7   53  y  2   y  7 
 29 y 2  241y  490  0
Giải ra ta được y1  10; y2  
y  10

•

Với

x1 

7  37
7  37
; x2 

2
2

• Với y  

được

x

3
 7  x2  7 x  3  0
x

Giải

ra

ta

được

49
3
136
 29 x 2  87  136 x  0
ta được x   
29
x
29

Giải ra ta được x1 
Vậy

ta

49
29

tập

68  2101
68  2101
; x2 
29
29

nghiệm

của

phương

trình

là:

 7  37 7  37 68  2101 68  2101 
s
;
;

;

2
29
29
 2

2
Ví dụ 5: Giải phương trình  x  2   x  1  x  8   x  4   4 x

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   mx 2

với

ab  cd . Chúng ta có hai cách giải:
2
2
2
• Cách 1. Viết đa thức dưới dạng:  x   a  b  x  ab   x   c  d  x  cd   mx
2
2
2
Bước 1. Viết phương trình dưới dạng:  x   a  b  x  ab   x   c  d  x  cd   mx

Bước 2. Xét x  0 , hai vế không bằng nhau nên x  0 khơng phải là nghiệm của

phương trình nên ta chia cả hai vế của phương trình cho x 2. Sau đó đặt ẩn
phụ, giải phương trình chứa ẩn ở mẫu thức vừa tìm được.


2
• Cách 2. Đặt x   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

 x  2   x  1  x  8  x  4   4 x 2   x  2   x  4   x  1  x  8   4 x 2
  x 2  6 x  8  x 2  9 x  8  4 x 2

Nhận xét. x  0 không phải là nghiệm của phương trình nên ta chia hai vế của
8 
8

phương trình cho x 2 ta được:  x  6  x  9   4
x 
x


Đặt x  6 

8
 y phương trình có dạng y  y  3  4  y 2  3 y  4  0
x

Giải ra ta được y  1; y  4

Trường hợp 1. Xét y  1 ta có x  6 

8
 1  x 2  5 x  8  0
x

Phương trình vơ nghiệm.
Trường hợp 2. Xét y  4 ta có x  6 

8
 4  x 2  10 x  8  0
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

 x  2   x  1  x  8  x  4   4 x 2   x  2   x  4   x  1  x  8   4 x 2
  x 2  6 x  8  x 2  9 x  8  4 x 2

2
Đặt x 2  6 x  8  y phương trình có dạng y  y  3x   4 x

 4 x 2  3 xy  y 2  0   x  y   4 x  y   0

- Trường hợp 1. x  y  0  x  x 2  6 x  8  0  x 2  5 x  8  0
Phương trình vơ nghiệm.
- Trường hợp 2. 4 x  y  0  4 x  x 2  6 x  8  0  x 2  10 x  8  0
Giải ra ta được x1  5  17; x2  5  17



Vậy tập nghiệm của phương trình là s  5  17;5  17



3

3
 x 3 
Ví dụ 6. Giải phương trình 
   x  3  16
 x2

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


Giải
Áp dụng hằng đẳng thức a 3  b 3   a  b   3ab  a  b 
3

Ta có
3

x 3

x3
 x 3


 x  3  3
 x  3  16
 x  3 

x2
 x2

 x2

3

2

  x  3 2 
  x  3 2 

  3
  16
 x  2 
 x  2 
Đặt

 x  3
x2

2

3
2
 y phương trình có dạng  y  3 y  16

 y 3  3 y 2  16  0   y  4   y 2  y  4   0

• Trường hợp 1. Xét y  4  0  

x  3
 4  0  x2  2 x  1  0  x  1
x2
2

• Trường hợp 2. Xét y 2  y  4  0 vô nghiệm
Vậy tập nghiệm của phương trình là s   1
x 2  x  1 x 2  2 x  2 x 2  3x  3 x 2  4 x  4
Ví dụ 7. Giải phương trình:



x 1
x2
x2
x4
Giải
Điều kiện : x   1; 2; 3; 4
Phương trình viết dưới dạng:
1
2
3

4
 x  1
 x 1
 x  1
x 1
x2
x3
x4
4   2
3 
 1



 
 0
 x 1 x  4   x  2 x  3 
3 x
x


0
 x  1  x  4   x  2   x  3
x 1


3
1
 x 


  x  1  x  4   x  2   x  3



 0


• Trường hợp 1. Xét x  0 là nghiệm của phương trình.
• Trường hợp 2. Xét

3



1

 x  1  x  4   x  2   x  3

0

Quy đồng khử mẫu, thu gọn ta được 4 x 2  20 x  22  0
Giải ra ta được x1 

5  3
5  3
thỏa mãn
; x2 
2
2

 5  3 5  3 
;
Vậv tập nghiệm của phương trình là S  0;

2
2 



C. Bài tập vận dụng

x 2 48
 x 4
 2  10   
18.1. Giải phương trình sau bằng cách đặt ẩn phụ
3 x
3 x
(Thỉ học sinh giỏi Toán lớp 9, tỉnh Vĩnh Long, năm học 2009 - 2010).
Hướng dẫn giải – đáp số
x 4
x 2 8 16
2
Đặt t    t    2
3 x
9 3 x
x 2 48
x 2 48
3t   2  8   2  3t 2  8
3 x
3 x

2

Khi đó phương trình trở thành 3t 2  8  10t  3t 2  10t  8  0
Giải ra ta được t1  2; t2 
• Với t  2 ta được

4
3

x 4
  2  x 2  6 x  12  0
3 x

Giải ra ta được x1  3  21; x2  3  21
• Với t 

4
x 4 4
ta được    x 2  4 x  12  0
3
3 x 3

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

 4 x  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

 4 x  3  x  1  7  2  64 x 2  112 x  49   4 x 2  7 x  3  7

Đặt y  4 x 2  7 x  3 thì 64 x 2  112 x  49  16 y  1
2
Phương trình đã cho có dạng 2  16 y  1 y  7  32 y  2 y  7  0

Giải ra ta được y1 
• Với y 

7
1
; y2 
16
2

7
7
ta được 4 x 2  7 x  3   64 x 2  112 x  41  0
16

16

Giải ra ta được x1 
• Với y  

7  2 2
7  2 2
; x2 
8
8

1
1
ta được 4 x 2  7 x  3    8 x 2  14 x  7  0 vô nghiệm
2
2

 7  2 2 7  2 2 
;
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S  

8
8




2
18.3. Giải phương trình x 

x2

 x  1

2

3

(Thi học sinh giỏi Tốn lớp 9, tỉnh Bình Phước, năm học 2008 - 2009)
Hướng dẫn giải – đáp số
Phương trình tương đương với
x2
x2
x2
x 2

2
3
x  1  x  1 2
x 1
2

2

x 
x2

x

2.

3

x 1
x 1

2

 x2 
x2

3 0
 2
x 1
 x 1 
x2
Đặt
 y phương trình có dạng y 2  2 y  3  0
x 1
Giải ra ta được y1  1; y2  3
x2
1 5
1 5
• Với y  1 ta được
 1  x 2  x  1  0 . Giải ra ta được x1 
; x2 
x 1
2
2
• Với y  3 ta được

x2
 3  x 2  3x  3  0 vô nghiệm
x 1

1  5 1  5 
;
Vậy tập nghiệm của phương trình là : S  

2 
 2

18.4.

Tìm

m

để

phương

trình

sau

vơ

nghiệm:

x 4   3m  1 x3   3m  2  x 2   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 khơng phải là nghiệm của phương trình, nên ta chia hai vế của
phương trình cho x 2 ta được
x 2   3m  1 x   3m  2    3m  1

1 1
 0
x x2

1 
1


  x 2  2   3m  1 x    3m  2   0  1
x 
x


Đặt x 
Khi

1
 y điều kiện y  2 hoặc y  2 tức là y  2
x

đó

phương

trình

y 2  2   3m  1 y   3m  2   0  y 2   3m  1 y  3m  0  2 

có

dạng


Giải ra ta được y1  1; y2  3m
Phương trình (1) có nghiệm  phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn
y  2  3m  2  m 

Vậy với m 

2
2
hoặc m 
3
3

2
thì phương trình đã cho vơ nghiệm
3

18.5. Giải phương trình

4 x 2  16
3
5

7
 2
 2
 2
2
x 6
x 1 x  3 x  5

(Thi học sinh giỏi Toán lớp 9, tỉnh Quảng Ngãi, năm học 2007 - 2008)
Hướng dẫn giải – đáp số
4 x 2  16
3
5
7
 2
 2
 2
2
x 6
x 1 x  3 x  5
2
 4 x  16  
3  
5  
7 
 2
 3  1  2  1  2
 1  2
 0
x


6
x

1
x

3
x

5








x2  2 x2  2 x2  2 x2  2



0
x2  6 x2  1 x2  3 x2  5
1
1
1 
 1
  x2  2  2

 2
 2
 2
 0
 x  6 x 1 x  3 x  5 


Vì

1
1
1
1
 2
 2
 2
 0 nên x 2  2  0  x   2
x  6 x 1 x  3 x  5
2



Vậy tập nghiệm của phương trình là: S   2; 2



2
2
2
18.6. Giải phương trình  x  x  2   x  2 x  2   2 x

Hướng dẫn giải – đáp số
Nhận xét. x  0 khơng phải là nghiệm của phương trình nên ta chia hai vế cho
x2 ta được:
2 
2


 x   1x   2   2
x
x



Đặt x 

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

y 2  y  2  0 giải ra ta được y  1; y  2
Trường hợp 1. Với y  1 ta có x 

2
 1  1  x 2  2  0 , phương trình vơ nghiệm
x

Trường hợp 1. Với y  2 ta có x 

2

 1  2  x 2  3x  2  0 . Giải ra ta được
x

x  1; x  2

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S   1; 2


18.7 Giải phương trình 3( x 2  2 x  1)2  2( x 2  3 x  1)2  5 x 2  0
Hướng dẫn giải – đáp số
Nhận xét. x  0 không phải là nghiệm của phương trình nên ta chia hai vế của
2

2

1
1


hai phương trình cho x 2 ta được: 3  x  2    2 x  3    5  0
x
x


Đặt x  2 

1
2
 y phương trình có dạng 3 y 2  2  y  1  5  0  y 2  4 y  3  0
x

Giải ra ta được y  1; y  3
Trường hợp 1. Với y  1 ta có x  2 
Giải ra ta được x1 

1  5
1  5
; x2 
2
2

Trường hợp 2. Với y  3 ta có x  2 
Giải ra ta được x3 

1
 1  x2  x  1  0
x

1
 3  x2  x 1  0
x

1 5
1 5
; x4 
2
2

 1  5 1  5 1  5 1  5 
;

;
;
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S  

2
2
2 
 2

18.8. Giải các phương trình:
a ) x 4  24 x  32
b) x 4  4 x  1
c) x 4  2 x 2  12 x  8
Hướng dẫn giải – đáp số
a ) x 4  4 x 2  4  4 x 2  24 x  36
  x  2   2x  6
2

2

2

 x2  2  2x  6
 2
 x  2  2 x  6

• Giải phương trình x 2  2  2 x  6  x 2  2 x  4  0
Giải ra ta được x1  1  5; x2  1  5
Giải phương trình x 2  2  2 x  6  x 2  2 x  8  0 vơ nghiệm



Vậy phương trình có nghiệm là: S  1  5;1  5
b) x  2 x  1  2 x  4 x  2   x  1 
4

2

2

2

2



2.x  2



2



 x 2  1  2.x  2

2
 x  1   2 x  2

• Giải phương trình x 2  1  2.x  2  x 2  2 x  1  2  0

Giải ra ta được x1  2  4 2  2 ; x2  2  4 2  2
2
2
• Giải phương trình x 2  1   2 x  2  x 2  2 x  2  1  0 vô nghiệm

 2  4 2  2 2  4 2  2 
S

;
Vậy tập nghiệm của phương trình là:


2
2


 x2  1  2x  3
2
2
c)  x 4  2 x 2  1  4 x 2  12 x  9   x 2  1   2 x  3   2
 x  1  2 x  3

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



x
3x
 2
2 0
x  x  2 x  5x  2
2

(Thi học sinh giỏi toán lớp 9, tỉnh Thanh Hóa, năm học 2014 – 2015)
Hướng dẫn giải – đáp số

 x  1
2
 x  x  2  0

 x  2
ĐKXĐ:  2
 x  5 x  2  0

 x  5  33

2
Nhận thấy x  0 khơng là nghiệm của phương trình
Khi x  0 thì phương trình đã cho
Đặt t  x 



1
2
x 1
x



3
2
x 5
x

20

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

 t 2  5t  6  0  t  2; t  3
Với t  2  x 

2
 2  x 2  2 x  2  0  x  1  3 (thỏa mãn)

x

Với t  3  x 

2
3  17
(thỏa mãn)
 3  x2  3x  2  0  x 
x
2


3  17 
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S  1  3;

2 
