Giải vở bài tập toán 8 tập 2

GL̫i vͧ bàiW̵p

TOÁN 8

TẬP 2


PHẦN ĐẠI SỐ
Chương III

PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN
1. MỞ ĐẦU VỀ PHƯƠNG TRÌNH
Bài 1.
Thay giá trị x = –1 vào từng vế của mỗi phương trình rồi so
sánh chúng, ta được :
a) 4(–1) – 1 = –5
–5 = –5
Vậy x = –1 là nghiệm của phương trình 4x – 1 = 3x – 2.
b) –1 + 1 = 2(–1 – 3)
0 = –8
Vậy x = –1 không phải là nghiệm của phương trình x + 1 = 2(x –
3).
c) 2(–1 + 1) + 3 = 3 – (–1)
3=3
Vaäy x = –1 là nghiệm của phương trình 2(x +1) + 3 = 2 – x.
Bài 2.
Vì phương trình x + 1 = 1 + x nghiệm đúng x 
nghiệm của phương trình là S =

nên tập

.

Bài 3.
Vì không tồn tại số thực nào thỏa mãn x2 = –1 nên tập nghiệm
của phương trình là S = ‡ .
Bài 4.
Thực hiện các phép tính ở vế phải ta có
3(2x + 2) – 6 = 6x + 6 – 6 = 6x
5


Vậy phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi giá trị của x.
Bài 5.
Tập nghiệm của phương trình x = 0 là S1 = {0}
Tập nghiệm của phương trình x(x – 1) = 0 laø S2 = {0 ; 1}. Vậy
hai phương trình trên không tương đương vì hai tập nghiệm S1
z S2.

2. PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN VÀ CÁCH GIẢI
Bài 1.
Phương trình bậc nhất một ẩn có dạng ax + b = 0, với a và b là
hai số đã cho và a z 0.
+ Phương trình x + x2 = 0 không phải là phương trình bậc nhất
vì có hai nghiệm.
+ Phương trình 0x – 3 = 0 không phải là phương trình bậc nhất
vì hệ số a = 0
+ Các phương trình còn lại là phương trình bậc nhất.
Bài 2.
a) 4x – 20 = 0 œ 4x = 20 œ x = 5
Vậy phương trình có một nghiệm x = 5

b) 2x + x + 12 = 0 œ 3x = 12 œ x = 4
Vaäy phương trình có một nghiệm x = 4
c) x – 5 = 3 – x œ 2x = 8 œ x = 4
Vậy phương trình có một nghiệm x = 4
d) 7 – 3x = 9 – x = –2x = 2 œ x = –1
Vậy phương trình có một nghiệm x = –1
Bài 3.
a) 3x – 11 = 0 œ 3x = 11 œ x =

11

= 3,666. . . | 3,67.
3
12
=  1,714285... | 1,71.
b) 12 + 7x = 0 œ 7x = –12 œ x =
7
6


c) 10 – 4x = 2x – 3 œ 6x = 13 œ x =

13
6

= 2,1666... | 2,17 .

Bài 4.
Áp dụng quy tắc chuyển vế và quy tắc nhân, ta nhận được :
a) x – 5 = 0 œ x = 5 œ 2x = 10.

b) 7x = 14 œ x = 2 œ 4x = 8 œ 4x – 8 = 0.
Vậy các cặp phương trình đã cho tương đương với nhau.

3. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯA ĐƯC VỀ DẠNG ax + b = 0
Baøi 1.
a) 3x – 2 = 2x – 3 œ 3x – 2x = –3 + 2 œ x = –1
Phương trình có một nghiệm x = –1
b) 3 – 4u + 24 + 6u = u + 27 + 3u
œ –4u + 6u – u – 3u = 27 – 3 – 24 œ –2u = 0 œ u = 0

Phương trình có một nghiệm u = 0.
Thực hiện phép tính để bỏ dấu ngoặc rồi áp dụng quy tắc
chuyển vế và quy tắc nhân :
c) 5 – (x – 6) = 4(3 – 2x)
œ 5 – x + 6 = 12 – 8x œ –x + 8x = 12 – 5 – 6
1
œ 7x = 1 œ x =
7
1
Phương trình có một nghiệm x =
7

d) –6(1,5 – 2x) = 3(–15 + 2x)

œ 12x – 6x = –45 + 9 œ 6x = –36 œ x = –6
Phương trình có một nghiệm x = –6
e) 0,1 – 2(0,5t – 0,1) = 2(t – 2,5) – 0,7

œ 0,1 – t + 0,2 = 2t – 5 – 0,7 œ –3t = –6 œ t = 2
Phương trình có một nghiệm t = 2

Thực hiện phép tính để bỏ dấu ngoặc, quy đồng mẫu hai vế rối
áp dụng quy tắc chuyển vế và quy tắc nhân, ta được :
3x 15 5

 = x œ 12x – 15 – 5 = 8x
f)
2
8
8
7


œ 12x – 8x = 15 + 5 œ 4x = 20 œ x = 5
Phương trình có một nghiệm x = 5
Bài 2.
Thực hiện các phép biến đổi để đưa các phương trình đã cho về
các phương trình tương đương có dạng ax + b = 0 hoặc ax = –b,
ta được :
5x  2
5  3x
a)
œ 2(5x – 2) = 3(5 – 3x)
=
3
2

œ 10x – 4 = 15 – 9x œ 10x + 9x = 15 + 4 œ 19x = 19 œ x =
1
Phương trình có một nghieäm x = 1
10x  3

6  8x
b)
œ 3(10x + 3) = 36 + 4(6 + 8x)
=1
12
9

œ 30x + 9 = 36 + 24 + 32x œ 30x – 32x = 36 + 24 – 9
51
œ –2x = 51 œ x = –
2
51
Phương trình có một nghiệm x = –
2
7x  1
16  x
c)
œ 5(7x – 1) + 60x = 6(16 – x)
 2x =
6
5
œ 35x – 5 + 60x = 96 – 6x
œ 35x + 6x + 60x = 96 + 5 œ 101x = 101 œ x = 1
Phương trình có một nghiệm x = 1
5x  6
œ 12(0,5 – 1,5x) = –(5x – 6)
d) 4(0,5 – 1,5x) = –
3

œ 6 – 18x = –5x + 6 œ –18x + 5x = 6 – 6

œ –13x = 0 œ x = 0
Phương trình có một nghiệm x = 0
Baøi 3.
x
x 1
7x
2(x  1) 14(x  2)

= x 2 œ

=
a)
2
7
14
14
14

œ 7x + 2(x + 1) = 14(x – 2) œ 7x + 2x + 2 = 14x – 28
8


œ 7x + 2x – 14x = –28 – 2 œ –5x = –30 œ x = 6
x  4
x 4
3x  1
b)

=2
3

5
15
5(x  4)  3(x  4)
30  (3x  1)
œ
=
15
15
œ 5(x + 4) – 3(x – 4) = 30 + (3x – 1)
œ 5x + 20 – 3x + 12 = 30 + 3x – 1
œ 5x – 3x – 3x = 30 – 1 – 20 – 12 œ –x = –3 œ x = 3
Baøi 4.
a) 20x = 4(8 + 5x) – 32 œ 20x = 32 + 20x - 32

œ 20x – 20x = 32 – 32 œ 0x = 0
Phương trình có vô số nghiệm.
b) 2x + 5 = 2(7 + x) œ 2x + 5 = 14 + 2x œ 2x – 2x = 14 – 5

œ 0x = 9
Phương trình vô nghiệm.

LUYỆN TẬP
Bài 1.
Lần lượt thay các giá trị y = 1, y = 2 và y = 3 vào phương trình
đã cho, ta được :
Với y = 1, ta có :
7.1 – 5 = 2
(1 + 1)2 = 4
Vaäy y = 1 không là nghiệm của phương trình.
Với y = 2, ta coù :

7.2 – 5 = 9
(2 + 1)2 = 9
Vậy y = 2 là nghiệm của phương trình.
Với y = 3, ta coù :
7.3 – 5 = 16
(3 + 1)2 = 16
9


Vậy y = 3 là nghiệm của phương trình.
Trả lời : Các giá trị y = 2 và y = 3 là nghiệm của phương
trình 7y – 5 = (y + 1)
Bài 2.
Lần lượt thay các số –1, 2 và –3 vào vế trái rồi so sánh với vế
phải của từng phương trình, ta được :
|–1| = 1 ; 1 z – 1. Vậy –1 không là nghiệm của (1).
|2| = 2 ; 2 = 2. Vậy 2 là nghiệm của (1).
|–3| = 3 ; 3 z –3. Vậy –3 không là nghiệm của (1).
(–1)2 + 5(–1) + 6 = 2 ; 2 z 0. Vậy –1 không là nghiệm cuûa (2).
22 + 5.2 + 6 = 20 ; 20 z 0. Vậy 2 không là nghiệm của (2).
(–3)2 + 5(–3) + 6 = 0 ; 0 = 0. Vaäy –3 là nghiệm của (2).
6
= 3 ; –1 + 4 = 3 ; 3 = 3. Vậy –1 là nghiệm cuûa (3).
1  (1)
6
=  6 ; 2 + 4 = 6 ; –6 z 6. Vậy 2 không là nghiệm của (3).
1 2

3
6

3
; –3 + 4 = 1 ;
z 1. Vậy –3 không là nghiệm của
=
2
1  (3)
2

(3).
Trả lời :

–1 là nghiệm của (3)
2 là nghiệm của (1)
–3 là nghiệm của (2)

Bài 3.
Sau x giờ, quãng đường ôtô đi được là :
48x (km)
Xe máy khởi hành trước ôtô 1 giờ nên ở thời điểm hai xe gặp
nhau, xe máy đã đi trong : (x + 1) giờ. Quãng đường xe máy đi
được tới lúc hai xe gặp nhau là :
32(x + 1) (km)
Ta có phương trình biểu thị việc ôto6 gặp xe máy :
48x = 32(x + 1)
10


Baøi 4.
a) 7 + 2x = 22 – 3x œ 2x + 3x = 22 - 7
5x = 15 œ x = 3

Phương trình có một nghiệm x = 3
b) 8x – 3 = 5x + 12 œ 8x – 5x = 12 + 3

œ 3x = 15 œ x = 5
Phương trình có một nghiệm x = 5
c) x – 12 + 4x = 25 + 2x – 1 œ x + 4x – 2x = 25 – 1 + 12

œ 3x = 36 œ x = 12
Phương trình có một nghiệm x = 12
d) x + 2x + 3x – 19 = 3x + 5 œ x + 2x + 3x – 3x = 5 + 19
œ 3x = 24 œ x = 8

Phương trình có một nghiệm x = 8
e) 7 – (2x + 4) = –(x + 4) œ 7 – 2x – 4 = –x – 4

œ –2x + x = –4 + 4 – 7 œ –x = –7 œ x = 7
Phương trình có một nghiệm x = 7
f) (x – 1) – (2x – 1) = 9 – x œ x – 1 – 2x + 1 = 9 – x

œ x – 2x + x = 9 – 1 + 1 œ 0x = 9
Phương trình vô nghiệm.
Bài 5.
a) S là diện tích hình chữ nhật có một cạnh là 9m và cạnh kia
là 2x + 2
Ta có : 9(2x + 2) = 144 œ 18x + 18 = 144

œ 18x = 126 œ x = 7
b) S là tổng diện tích của hình tam giác có một cạnh là 5m,
cạnh kia là 6m và hình chữ nhật có một cạnh là 6m, cạnh kia
là x (m).

1
Ta có : ˜ 5 ˜ 6 + 6x = 75 œ 15 + 6x = 75
2

œ 6x = 75 – 15 œ 6x = 60 œ x = 10

11


c) S là tổng diện tích của hai hình chữ nhật, một hình có chiều
dài hai cạnh là 6m và 4m và hình kia có chiều dài hai cạnh là
12m và x (m).
Ta có : 6.4 + 12x = 168 œ 12x = 168 – 24

œ 12x = 144 œ x = 12

4. PHƯƠNG TRÌNH TÍCH
Bài 1.
a) (3x – 2)(4x + 5) = 0 œ 3x – 2 = 0 hoaëc 4x + 5 = 0
2
1) 3x – 2 = 0 œ x =
3
5
2) 4x + 5 = 0 œ x = –
4
­ 5 2½
Vậy tập nghiệm là S = ® ; ¾
¯ 4 3¿
b) (2,3x – 6,9)(0,1x + 2) = 0 œ 2,3x – 6,9 = 0 hoaëc 0,1x + 2 = 0
1) 2,3x – 6,9 = 0 œ 2,3x = 6,9 œ x = 3

2) 0,1x + 2 = 0 œ 0,1x = –2 œ x = –20
Vaäy tập nghiệm là S = ^20 ; 3`
c) (4x + 2)(x2 + 1) = 0 œ 4x + 2 = 0 hoaëc x2 + 1 = 0
1
1) 4x + 2 = 0 œ 4x = –2 œ x = –
2
2) x2 + 1 = 0 œ x2 = –1 voâ nghiệm vì x2 + 1 > 0  x
­ 1½
Vậy phửụng trỡnh ủaừ cho coự nghieọm S = đ ắ
2¿

d) (2x + 7)(x – 5)(5x + 1) = 0

œ 2x – 7 = 0 , x – 5 = 0 hoaëc 5x + 1 = 0
7
1) 2x – 7 = 0 œ 2x = 7 œ x =
2
2) x – 5 = 0 œ x = 5
3) 5x + 1 = 0 œ 5x = –1 œ x = –
12

1
5


ư 1 7
ẵ
Vaọy taọp nghieọm laứ S = đ ; ; 5¾
¯ 5 2
¿

Bài 2.
a) 2x(x – 3) + 5(x – 3) = 0 œ (x – 3)(2x + 5) = 0 œ x – 3 = 0
hoaëc 2x + 5 = 0
1) x – 3 = 0 œ x = 3
2) 2x + 5 = 0 œ 2x = 5 x =

5
2

ư5
ẵ
Vaọy taọp nghieọm laứ S = đ ; 3¾
¯2
¿

b) (x2 – 4) + (x – 3)(3 – 2x) = 0

œ (x + 2)(x – 2) + (x – 2)(3 – 2x) = 0
œ (x – 2)(x + 2 + 3 – 2x) = 0
œ (x – 2)(–x + 5) = 0 œ x – 2 = 0 hoaëc –x + 5 = 0

1) x – 2 = 0 œ x = 2
2) –x + 5 œ x = 5
Vậy tập nghiệm là S = {2 ; 5}
c) Áp dụng hằng đẳng thức đáng nhớ (lập phương của một hiệu)
ta có ngay :
x3 – 3x2 + 3x – 1 = 0 œ (x – 1)3 = 0 œ x – 1 = 0

œ x=1

Trả lời : tập nghiệm laø S = {1}
d) x(2x – 7) – 4x + 14 = 0 œ x(2x – 7) – 2(2x – 7) = 0
œ (2x – 7)(x – 2) = 0 œ 2x – 7 = 0 hoaëc x – 2 = 0
7
1) 2x – 7 = 0 œ 2x = 7 œ x =
2

2) x – 2 = 0 œ x = 2
7ẵ
ư
Vaọy taọp nghieọm laứ S = đ2 ; ¾
2¿
¯

e) Áp dụng hằng đẳng thức đáng nhớ (hiệu hai bình phương) ta
có :
(2x – 5)2 – (x + 2)2 = 0
œ [2x – 5 – (x + 3)][2x – 5 + x + 2] = 0

13


œ (x – 7)(3x – 3) = 0
œ x – 7 = 0 hoaëc 3x – 3 = 0
1) x – 7 = 0 œ x = 7
2) 3x – 3 = 0 œ 3x = 3 œ x = 1
Vậy tập nghiệm là S = {1 ; 7}
f) x2 – x – 3x + 3 = 0 œ x(x – 1) – 3(x – 1) = 0
œ (x – 1)(x – 3) = 0

œ x – 1 = 0 hoaëc x – 3 = 0
1) x – 1 = 0 œ x = 1
2) x – 3 = 0 œ x = 3
Vậy tập nghiệm là S = {1 ; 3}

LUYỆN TẬP
Bài 1.
a) x(2x – 9) = 3x(x – 5) œ x(2x – 9) – 3x(x – 5) = 0

œ x(2x – 9) – x(3x – 15) = 0 œ x(2x – 9 – 3x + 15) = 0
œ x(–x + 6) = 0 œ x = 0 hoaëc x = 6
Vậy tập nghiệm là S = {0 ; 6}
b) 0,5x(x – 3) = (x – 3)(1,5x – 1)

œ 0,5x(x – 3) – (x – 3)(1,5x – 1) = 0
œ (x – 3)[0,5x – (1,5x – 1)] = 0 œ (x – 3)(–x + 1) = 0
œ x – 3 = 0 hoaëc –x + 1 = 0 œ x = 3 hoặc x = 1

Vậy tập nghiệm là S = {1 ; 3}
c) 3x – 15 = 2x(x – 5) œ 3(x – 5) – 2x(x – 5) = 0

œ (x – 5)(3 – 2x) = 0 œ x – 5 = 0 hoaëc 3 – 2x = 0
3
œ x = 5 hoặc x =
2
­3
½
Vậy tập nghiệm là S = đ ; 5ắ
2

d)
14

3
1
x  1 = x(3x  7) œ 3x – 7 = x(3x – 7)
7
7


œ (3x – 7) – x(3x – 7) = 0 œ (3x – 7)(1 – x) = 0
7
hoaëc x = 1
œ 3x – 7 = 0 hoaëc 1 – x = 0 œ x =
3
7½
­
Vậy tập nghiệm là S = ®1 ; ¾
3¿
¯
Bài 2.
a) (x2 – 2x + 1) – 4 = 0 œ (x – 1)2 – 22 = 0

œ (x – 1 – 2)(x – 1 + 2) = 0 œ (x – 3)(x + 1) = 0
œ x – 3 = 0 hoaëc x + 1 = 0 œ x = 3 hoặc x = –1
Vậy tập nghiệm là S = {–1 ; 3}
b) x2 – x = –2x + 2 œ x(x – 1) = –2(x – 1)

œ x(x – 1) + 2(x – 1) = 0 œ (x – 1)(x – 2) = 0
œ x – 1 = 0 hoaëc x – 2 = 0 œ x = 1 hoặc x = 2

Vậy tập nghiệm laø S = {–2 ; 1}
c) 4x2 + 4x + 1 = x2 œ (2x + 1)2 = x2 œ (2x + 1)2 – x2 = 0
œ (2x + 1 – x)(2x + 1 + x) = 0 œ (x + 1)(3x + 1) = 0
1
œ x + 1 = 0 hoaëc 3x + 1 = 0 œ x = –1 hoặc x = –
3
1½
­
Vậy tập nghiệm là S = ®1 ;  ¾
3¿
¯

d) x2 – 5x + 6 = 0 œ x2 – 2x – 3x + 6 = 0
œ x(x – 2) – 3(x – 2) = 0 œ (x – 2)(x – 3) = 0

œ x – 2 = 0 hoaëc x – 3 = 0 œ x = 2 hoặc x = 3
Vậy tập nghiệm là S = {2 ; 3}
Baøi 3.
a) 2x3 + 6x2 = x2 + 3x œ 2x2(x + 3) = x(x + 3)

œ 2x2(x + 3) – x(x + 3) = 0 œ (x + 3)(2x2 – x) = 0
œ x(x + 3)(2x – 1) = 0 œ x = 0 hoaëc x + 3 = 0 hoaëc 2x – 1 = 0
1
œ x = 0 hoaëc x = –3 hoaëc x = –
2

15


1

ư
ẵ
Vaọy taọp nghieọm laứ S = đ3 ;  ; 0¾
2
¯
¿

b) (3x – 1)(x2 + 2) = (3x – 1)(7x – 10)

œ (3x – 1)(x2 + 2 – 7x + 10) = 0
œ (3x – 1)(x2 – 3x – 4x + 12) = 0
œ (3x – 1)[x(x – 3) – 4(x – 3)] = 0

œ (3x – 1)(x – 3)(x – 4) = 0
œ 3x – 1 = 0 hoaëc x – 3 = 0 hoaëc x – 4 = 0
1
hoặc x = 3 hoặc x = 4
œ x=
3
­1
½
Vậy tập nghieọm laứ S = đ ; 3 ; 4 ắ
3


5. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN Ở MẪU
Bài 1.
a) ĐKXĐ : x z 0
Quy đồng mẫu hai vế và khử mẫu :
3(3x  16)

5x
=
Ÿ 3(3x – 16) = 5x
3x
3x

(1)

Giải phương trình (1), ta được :
(1) œ 9x – 48 = 5x œ 9x – 5x = 48 œ 4x = 48 œ x = 12
Giá trị x = 12 thỏa mãn ĐKXĐ
Kết luận : Phương trình đã cho có nghiệm x = 12
b) ÑKXÑ : x + 1 z 0 œ x z –1
Quy đồng mẫu hai vế và khử mẫu :
5x  5
3(x  1)
œ 5x – 5 = 3(x + 1)
=
x 1
x 1

(2)

Giải phương trình (2), ta được :
(2) œ 5x – 5 = 3x + 1 œ 5x – 3x = 1 + 5 œ 2x = 6 œ x = 3
Giá trị x = 3 thỏa mãn ĐKXĐ.
Kết luận : Phương trình đã cho có nghiệm x = 3
16

Bài 2.
a) ĐKXĐ : x + 5 z 0 œ x z –5
Khử mẫu : 2x – 5 = 3(x + 5)

(1)

Giải phương trình (1), ta được
(1) œ 2x – 5 = 3x + 15 œ 2x – 3x = 5 + 15 œ x = –20
Giá trị x = –20 thỏa mãn ĐKXĐ. Vậy phương trình đã cho có
nghiệm x = –20.
b) ĐKXĐ : x z 0
Quy đồng mẫu hai vế và khử mẫu :
2(x2  6)
x(2x  3)
œ 2(x2 – 6) = x(2x + 3)
=
2x
2x

(2)

Giải phương trình (2), ta được :
(2) œ 2x2 – 12 = 2x2 + 3x œ 3x = –12 œ x = –4
Giá trị x = –4 thỏa mãn ĐKXĐ. Vậy phương trình có nghiệm x = –
4.
Bài 3.
c) ĐKXĐ : x z 0
Quy đồng mẫu số và khử mẫu :
x3
x

x4
1
x3  x
x4  1
œ
œ x3 + x = x4 + 1 (1)
=
=


x2
x2
x2
x2
x2
x2

(1) œ x4 – x3 – x + 1 = 0 œ x3(x – 1) – (x – 1) = 0

œ (x – 1)(x3 – 1) = 0 œ (x – 1)2(x2 + x + 1) = 0
ª(x  1)2 = 0
œ ô 2
ôơ x  x  1 = 0
2

1Ã
3
Đ
Ta coự theồ phaõn tớch x + x + 1 = ă x  á  , luoõn lụựn hụn 0
2ạ

4
â
2

(x 1)2 = 0 œ x = 1. Giá trị x = 1 thỏa mãn ĐKXĐ. Vậy
phương trình có nghiệm x = 1.
d) ĐKXĐ : x + 1 z 0 và x z 0 œ x z –1 vaø x z 0
Quy đồng mẫu số và khử mẫu :
x(x  3)
(x  1)(x  2)
2x(x  1)
=

x(x  1)
x(x  1)
x(x  1)
17


œ x(x + 3) + (x + 1)(x – 2) = 2x(x + 1)
œ x(x + 3) + (x + 1)(x – 2) – 2x(x + 1) = 0

(2)

Giải phương trình (2)
(2) œ x2 + 3x + x2 – x – 2 – 2x2 – 2x = 0

œ –2 = 0
Kết luận : Phương trình đã cho vô nghiệm.
Bài 4.

Theo đề bài, ta có :

5
 (a  7) = 5
a  2

Giải phương trình trên với ẩn a, ta được :
– ÑKXÑ : a + 2 z 0 œ a z –2
– Quy đồng mẫu số và khử mẫu, ta nhận được phương trình
5
(a  7)(a  2)
5(a  2)
œ 5 – (a – 7)(a + 2) = 5(a +

=
a  2
a  2
a  2
2)

œ 5 – (a – 7)(a + 2) – 5(a + 2) = 0
œ 5 – (a + 2)(a – 7 + 5) = 0 œ 5 – (a + 2)(a – 2) = 0
Caû hai giá trị (a + 2) và (a – 2) đều có thể bằng 5. Ta có a + 2 =
5 hoaëc a – 2 = 5 œ a = 3 hoặc a = –3 thỏa mãn ĐKXĐ. Vậy a =
3 hoặc a = –3 thì biểu thức có giá trị bằng 5.
Bài 5.
c) ĐKXĐ : x z r 1
Quy đồng mẫu số và khử mẫu
(x  1)2
(x  1)2

4
Ÿ (x + 1)2 – (x – 1)2 = 4

= 2
2
2
x 1
x 1
x 1

(1)

Giải phương trình (1)
(x + 1 – x + 1)(x + 1 + x – 1) = 4 œ 2.2x = 4 œ x = 1
Giá trị x = 1 không thỏa mãn ĐKXĐ. Vậy phương trình vô
nghiệm.
3
d) ÑKXÑ : x z –7 vaø x z
2
18


Áp dụng định nghóa phân thức bằng nhau, ta có :
(3x – 2)(2x – 3) = (6x + 1)(x + 7)
œ 6x2 – 13x + 6 = 6x2 + 43x + 7
1
œ 56x = –1 œ x = –
56
1
Giá trị x = –

thỏa mãn ĐKXĐ. Vậy phương trình có một
56
1
nghiệm x = –
56

LUYỆN TẬP
Bài 1.
b) ĐKXĐ : x z 1, x z 2 và x z 3
Ta có :
3
2
1

=
(x  1)(x  2)
(x  3)(x  1)
(x  2)(x  3)

œ

3(x  3)
2(x  2)
1(x  1)
=

(x  1)(x  2)(x  3)
(x  3)(x  1)(x  2)
(x  2)(x  3)(x  1)

Khử mẫu, ta nhận được phương trình :
3(x – 3) + 2(x – 2) = x – 1 œ 3x – 9 + 2x – 4 = x – 1

œ 5x – x = 13 – 1 œ 4x = 12 œ x = 3
Giá trị x = 3 không thỏa mãn ĐKXĐ. Vậy phương trình đã cho
vô nghiệm.
7
d) ĐKXĐ : x z –3 ; x z 3 và x z –
2
Quy đồng mẫu :
13(x  3)  (x  3)(x  3)
6(2x  7)
=
(x  3)(x  3)(2x  7)
(x  3)(x  3)(2x  7)
Khử mẫu, ta nhận được phương trình
13(x + 3) + (x – 3)(x + 3) – 6(2x + 7) = 0
œ 13x + 39 – 12x – 42 + (x – 3)(x + 3) = 0

œ (x – 3) + (x – 3)(x + 3) = 0 œ (x – 3)(1 + x + 3) = 0
œ (x – 3)(x + 4) = 0 œ x = 3 hoaëc x = –4
19


Giá trị x = 3 không thỏa mãn ĐKXĐ. Giá trị x = –4 thỏa mãn
ĐKXĐ.
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = –4.
Bài 2.
a) ĐKXĐ : x z 0
Nhận xét : hai vế có

tử chung, ta được :

1
 2 giống nhau. Chuyển vế rồi đặt nhân
x

1
1
§1
·
§1
·
 2 = ă  2 á (x2  1)
 2 ă  2 á (x2  1) = 0
x
x
âx
ạ
âx
ạ
Đ1
Ã
Đ1
Ã
ă  2 á ơê1  (x2  1) ẳ = 0  ă  2 á x2 = 0
âx
ạ
âx
ạ
Đ 1  2x Ã

Đ1
Ã
1) ă  2 á = 0 ă
á =0
âx
ạ
â x ạ

(1a)

Giaỷi phửụng trỡnh (1a), ta được (1 + 2x) = 0 œ x = –
mãn ĐKXĐ của phương trình này.

1
thỏa
2

2) – x2 = 0 œ x = 0 không thỏa mãn ĐKXĐ.
Kết luận : Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = –

1
.
2

b) ĐKXĐ : x z 0
Nhận xét : Nếu chuyển vế thì ta có hằng đẳng thức đáng nhớ
2

1·
1·

§
§
và do vậy coự theồ phaõn tớch ă x  1  á  ă x  1  á
xạ
xạ
â
â

2

ê
1 Đ
1 Ã ê
1
1
= ôx  1 
 ă x  1  áằ ôx  1 
 x 1 ằ
x â
x ạẳ ơ
x
xẳ
ơ

2
2Ã
Đ
= ¨ 2  ¸ .2x = 0 œ 2 
= 0 hoaởc 2x = 0
xạ

x
â
2
Giaỷi phửụng trỡnh : 2 
= 0 (ÑKXÑ : x z 0)
x
2x  2
œ
= 0 œ 2x + 2 = 0 œ x = –1 thoûa mãn ĐKXĐ.
x

20


2x = 0 œ x = 0 không thỏa mãn ĐKXĐ. Vậy phương trình đã
cho có nghiệm duy nhất x = –1.
Bài 3.
ĐKXĐ : x z –

1
13
và x z
2
4

Để giải phương trình trên, ta có thể quy đồng và khử mẫu. Tuy
nhiên, có thể áp dụng tính chất của dãy phân thức bằng nhau
và trừ tử cho tử, mẫu cho maãu.
3x  7
3x  14

3x  7
3x  7  3x  14
7
=
=
=
=
4x  2
4x  13
4x  2
4x  2  4x  13 15
Từ đó suy ra :

3x  7
7
œ 15(3x – 7) = 7(4x + 2)
=
4x  2 15

œ 45x – 105 = 28x + 14 œ 17x = 119 œ x = 7

Giá trị x = 7 thỏa mãn ĐKXĐ. Vậy phương trình đã cho có
nghiệm duy nhất x = 7.

6. GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH
Bài 1.
Gọi mẫu số là x, với điều kiện x phải là x z 0 và tử số là x – 3.
Sau khi tăng cả tử và mẫu 2 đơn vị thì mẫu số là x + 2.
Khi đó tử số là x – 3 + 2. Theo đầu bài ta có
x  3 2

1
x 1
1
œ
=
=
x  2
2
x  2
2

(1)

ĐKXĐ : x z –2
Khử mẫu, ta được : 2(x – 1) = x + 2

œ 2x – 2 = x + 2 œ x = 4
Giá trị x = 4 thỏa mãn ĐKXĐ, nên là nghiệm của phương trình
(1). Hơn nữa, x = 4 thỏa mãn các điều kiện của ẩn.
1
Trả lời : Phân số ban đầu là
4
21


Bài 2.
Gọi số học sinh của lớp 8A là x (điều kiện x nguyên dương). Khi
x
, ở học kì II là 20%x =
đó số học sinh giỏi ở học kỳ I là

8
20
1
x= x
100
5
Theo đầu bài, ta có :
x
x
x  24
x
+3=
=
œ
8
8
5
5
Giải phương trình, ta được :
5(x + 24) = 8x œ 5x + 120 – 8x = 0 œ –3x = –120

œ x = 40
Giá trị x = 40 thỏa mãn điều kiện của ẩn. Vậy lớp 8A có 40 học
sinh.
Bài 3.
Gọi x là quãng đường A đi được khi B đuổi kịp A. Điều kiện x >
0
1500
Khi đó B đã đi được : x +
= x + 750

(km)
2
Do thời gian đi của cả hai người đến thời điểm B đuổi kịp A là
như nhau nên ta có :
x  750
x
=
20
15
Giải phương trình trên, ta được :
3(x + 750) = 4x œ 3x + 2250 = 4x œ x = 2250 (km)
Trả lời : Lúc B đuổi kịp A thì A đã đi được 2250 (km)

7. GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH (tiếp)
Bài 1.
Gọi số thứ nhất là x, điều kiện (x nguyên dương x < 46). Khi đó
số thứ hai là 46 – x.
1
1
Ta có x + (46 – x) = 10
7
3
22


Giải phương trình trên, ta được :
3x + 7(46 – x) = 210 œ 3x + 322 – 7x = 210

œ –4x = –112 œ x = 28
Vậy số thứ nhất là 28. Giá trị này của x thỏa mãn ĐKXĐ của x.

Số thứ nhất là : 46 – x = 46 – 28 = 18.
Trả lời : Hai số phải tìm là 28 và 18.
Bài 2.
Gọi độ dài quãng đường AB là x (km). Điều kiện : (x > 0)
Thời gian xe máy đi là : 9,5 giờ – 6 giờ = 3,5 (h)
Thời gian ôto6 đi là : 3,5 – 1 = 2,5 (h)
x
Vận tốc trung bình của xe máy là
(km/h)
3, 5
Vận tốc trung bình của ôtô là
Theo bài ra ta có :

x
– 20 (km/h)
2, 5

x
x
=
– 20
2, 5
3, 5

Giải phương trình trên, ta được :
x  50
x
=
œ 2,5x = 3,5(x – 50)
2, 5

3, 5

œ 2,5x = 3,5x – 175 œ x = 175
Giá trị x = 175 thỏa mãn ĐKXĐ của x
Vậy quãng đường AB dài 175 (km)
Vận tốc trung bình của xe máy là :

175
= 50 (km/h)
3, 5

Bài 3.
Gọi số tiền Lan phải trả cho loại hàng thứ nhất (không kể VAT)
là x (nghìn đồng). Điều kiện : x > 0. Như vậy số tiền Lan phải
trả cho loại hàng thứ hai (không kể VAT) là :
(120 – 10) – x = 110 – x (nghìn đồng)
Số tiền thuế VAT Lan phải trả cho loại hàng thứ nhất là :
10
x (nghìn đồng)
10% =
100
23


Số tiền thuế VAT Lan phải trả cho loại hàng thứ hai là :
8
8%(110 – x) =
(110  x) (nghìn đồng)
100
10

8
Theo bài ra ta có
x +
(110  x) = 10
100
100
Khử mẫu, ta được : 10x + 8(110 – x) = 1000

œ 10x + 880 – 8x = 1000 œ 2x = 120 œ x = 60
Giá trị x = 60 thỏa mãn ĐKXĐ của x
Trả lời : Không kể thuế VAT, Lan phải trả cho loại hàng thứ
nhất 60 nghìn đồng và cho loại hàng thứ hai 50 nghìn đồng.

LUYỆN TẬP
Bài 1.
Gọi tuổi Phương năm nay là x. Điều kiện : x nguyên dương
Như vậy tuổi mẹ năm nay là 3x
Theo bài ra ta có phương trình
2(13 + x) = 13 + 3x

(1)

Giải phương trình, ta được :
(1) œ 26 + 2x = 13 + 3x œ 26 – 13 = 3x – 2x œ x = 13
Giá trị x = 13 thỏa mãn ĐKXĐ của x. vậy năm nay Phương 13 tuổi.
Bài 2.
Gọi chữ số hàng chục là x. Điều kiện :
x nguyên dương, 0 < x < 9 (vì chữ số hàng đơn vị gấp hai lần
chữ số hàng chục và là số có một chữ số).
Khi đó chữ số hàng đơn vị là 2x

Số ban đầu có giá trị là : 10x + 2x = 12x
Số nhận được khi viết xen chữ số 1 vào giữa hai chữ số của số
ban đầu có giá trị là :
100x + 10.1 + 2x = 102x + 10
Theo baøi ra ta coù : 102x + 10 – 12x = 370 œ 102x – 12x = 370 – 10

œ 90x – 360 œ x = 4
Giá trị x = 4 thỏa mãn ĐKXĐ của x.
Trả lời : Vậy chữ số cần tìm là 48.
24


Bài 3.
Gọi x là giá của cuốn sách thứ nhất. Điều kiện x > 0. Khi đó giá
tiền của cuốn sách thứ hai là : 33000 – x. Ta có phửụng trỡnh :
1Ã
7
Đ1
(33000  x)
ă  áx =
4ạ
10
â3

Giaỷi phửụng trỡnh treân
7
7
7
7
77

x = 23100 
x œ
x 
x = 23100 œ
x = 23100
12
10
12
10
60
23100.60
= 18
œ x=
77
Vậy giá tiền cuốn sách thứ nhất là 18 nghìn và giá tiền cuốn
sách thứ hai là 15 nghìn.
Bài 4.
Gọi tử số là x. Điều kiện 0 < x < 9 (theo tính chất a). Khi đó
mẫu số là x – 4 (theo tính chất b) và ta có có x z 4 (vì mẫu số
khác 0). Theo tính chất c, ta có phương trình
x
1
(1)
=
10(x  4)  x
5
Giải phương trình (1)
Với điều kiện x z 4, (1) œ 5x = 11x – 40 œ –6x = –40
40
20

œ x=
=
6
3
Giá trị này không thỏa mãn điều kiện của ẩn. Vậy không có
phân số nào thỏa mãn các tính chất đã nêu.
Bài 5.
Gọi x là tần số xuất hiện của điểm 4.
Điều kiện : x nguyên, x > 0
Số học sinh của lớp là :
N = 2 + x + 10 + 12 + 7 + 6 + 4 + 1 = 42 + x (học sinh)
Điểm trung bình của lớp nhận được bằng cách chia tổng số
điểm cho số học sinh của lớp.

25


Ta có phương trình:
1
(3.2 + 4.x + 5.10 + 6.12 + 7.7 + 8.6 + 9.4 + 10.1) =
42  x
6,06
Rút gọn và giải phương trình trên, ta được :
271  4x
= 6, 06 œ 271 + 4x = 6,06(42 + x)
42  x

œ 271 + 4x = 254,52 + 6,06x œ 4x – 6,06x = 245,52 – 271
œ – 2,06x = – 16,48 œ x = 8 thỏa ĐKXĐ cuûa x
N = x + 42 = 8 + 42 = 50 (học sinh)

Vậy các số phải điền theo thứ tự là 8 và 50.
Bài 6.
Gọi x là số tấm thảm len mà xí nghiệp phải dệt theo hợp đồng.
x
Điều kiện x > 0. Năng xuất theo dự kiến :
20
Theo đầu bài, số tấm thảm len thực tế đã dệt được là : x + 24,
x  24
.
và do thực hiện trong 18 ngày nên năng suất thực tế là
18
x  24
x 120
Ta có phương trình
=
˜
18
20 100
x  24
3x
œ
œ 50(x + 24) = 54x
=
18
50

œ 50x + 1200 = 54x œ 4x = 1200 = x = 300
Giá trị tìm được x = 300 thỏa điều kiện của ẩn. Vậy số tấm
thảm lan theo hợp đồng là 300 (tấm).
Bài 7.

a) + Với x nghìn đồng thì
Số tiền lãi sau tháng thứ nhất (một tháng) là a%x =
(nghìn đồng)
+ Số tiền (cả gốc lẩn lãi) có được sau tháng thứ nhất là:

26

a
100

x


a
100

Đ a
Ã
+ 1 á x (nghỡn ủong)
â 100
ạ

x+x=ă

+ Soỏ tien lãi của tháng thứ hai là :

a § a
·
+ 1 á x (nghỡn
ă

100 â 100
ạ

ủong)
Toồng soỏ tien laừi cuỷa hai thaựng laứ :
a
100

x+

a Đ a
a Đ
a Ã
Ã
+ 1á x =
xă2 +
ă
á (nghỡn ủong)
100 â 100
100 â
100 ạ
ạ

b) Vụựi a = 1,2 và theo đầu bài thì sau 2 tháng tổng soỏ tien laừi laứ
a Đ
a Ã
xă2 +
á nghỡn ủong, ta coự phửụng trỡnh :
100 â
100 ạ

1, 2 Đ
a Ã
201, 2.1, 2
x = 48, 288
xă2 +
= 48, 288
á
10000
100 â
100 ạ

x=

48, 288.10000
482880
= x=
= 2000 (nghìn đồng)
201, 2.1, 2
241, 44

Vậy số tiền bà An gửi lúc đầu là 2000 nghìn đồng (tức là 2 triệu
đồng).
Bài 8.
Gọi x là số dưa cửa hàng có lúc đầu. (Điều kiện x nguyên dương)
Mỗi lần người bán hàng đều bán nửa số dưa còn trong cửa hàng
cộng thêm nửa quả, do vậy số dưa còn lại là nửa số dưa trừ đi
nửa quả.
x
1
x 1

 =
Như vậy, sau lần thứ nhất anh ta còn :
(quả)
2
2
2
x 1
x  3
1 x 1 1
Sau lần thứ hai anh ta còn : 2  =
hay
(quả)

4
2
2
4
2
x  3
1
x 3 1 x 7
4
 =
 =
(quả)
Sau lần thứ ba, anh ta còn
2
2
8
2

8
Theo đầu bài ta có : Sau lần thứ ba thì trong cửa hàng không
x 7
0.
còn quả dưa nào cả. Có nghóa là
8
Do vậy : x = 7 (quả)
Trả lời lúc đầu cửa hàng có 7 quả dưa.
27


ÔN TẬP CHƯƠNG III
Bài 1.
Phương trình x(x – 1) = 0 là một phương trình
x(x – 1) œ x = 0 hoaëc x – 1 = 0 œ x = 0 hoặc x = 1
Tập nghiệm của phương trình này là S1 = {0 ; 1}, còn phương
trình x = 0 có một nghiệm x = 0 œ S2 = {0}.
Rõ ràng hai phương trình trên có tập nghiệm khác nhau, do vậy
hai phương trình không tương đương.
Bài 2.
a) 3 – 4x(25 – 2x) = 8x2 + x – 300 œ 3 – 100x + 8x2 = 8x2 + x –
300
œ 101x = 303 œ x = 3

Phương trình có nghieäm x = 3.
2(1  3x)
2  3x
3(2x  1)
b)


=7
5
10
4
4(1  3x)  (2  3x)
28  6x  3
œ
=
10
4
4  12x  2  3x
28  6x  3
œ
=
10
4
2  15x
25  6x
œ
œ 4(2 – 15x) = 10(25 – 6x)
=
10
4

œ 8 – 60x = 250 – 60x œ 0x = 241
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm
5x  2 8x  1 4x  2

5
=

c)
6
3
5
5x  2  2(8x  1)
4x  2  25
=
œ
6
5
5x  2  16x  2
4x  23
4  11x
4x  23
œ
œ
=
=
6
5
6
5

œ 5(4 – 11x) = 6(4x – 23) œ 20 – 55x = 24x – 138
œ 79x = 158 œ x = 2
Phương trình đã cho có 1 nghiệm x = 2.
28