PHƯƠNG TRÌNH bậc bốn

NGUYỄN MẠNH CƯỜNG
GV chuyên luyện thi THPTQG

2016
PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN

Nguyễn Mạnh Cường
Lớp toán thầy Cường
01/01/2016


Nguyễn Mạnh Cường – SĐT: 0967.453.602 – Email:
Facebook.com/cuong.mathteacher – Facebook.com/groups/cuong.mathteachergroups
Địa chỉ học: CS1: 53/17/Thịnh Quang, Đống Đa, Hà Nội – CS2: Ngã Tư Cổ Tiết, Tam Nông, Phú Thọ

BÀI 4. PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN
I. MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN ĐẶC BIỆT
4
2
DẠNG 1. Phương trình trùng phương ax  bx  c  0  a  0  (1)

1. Phương pháp giải
Đặt t  x 2  t  0 thì phương trình trở thành at 2  bt  c  0 (1)
Ta giải (1) như một phương trình bậc hai.
2. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Giải phương trình sau x 4  2 x 2  3  0
▎Hướng dẫn giải.
Đặt t  x 2  t  0 , lúc này phương trình đã cho trở thành
 t  1  tm 
t 2  2t  3  0   t  1 t  3   0  
 t   3  l 

Với t  1 thì ta có x 2  1  x   1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x  1 
Ví dụ 2. Giải phương trình sau 2 x 4  5 x 2  1  0
▎Hướng dẫn giải.
 5  17
t 
4
2
2
Đặt t  x  t  0 , lúc này phương trình đã cho trở thành 2t  5t  1  0  
 tm 
 5  17
t 

4

+ Với t 
+ Với t 

5  17
4
5  17
4

thì ta có x 2 

thì ta có x 2 

5  17

4
5  17
4

5  17

 x

2
5  17

 x

2




5  17




2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x   
3. Bài tập vận dụng

1

;

5  17 

 
2




Nguyễn Mạnh Cường – SĐT: 0967.453.602 – Email:
Facebook.com/cuong.mathteacher – Facebook.com/groups/cuong.mathteachergroups
Địa chỉ học: CS1: 53/17/Thịnh Quang, Đống Đa, Hà Nội – CS2: Ngã Tư Cổ Tiết, Tam Nông, Phú Thọ

Bài tập 1. Giải các phương trình sau
a) 5x4  8x2  3  0

c) 2 x 4  5 x 2  3  0

b ) x 4  6 x 2  40  0

d ) x4  3x2  1  0

DẠNG 2. Phương trình trùng phương tịnh tiến  x  a    x  b   c  0 (2)
4

4

1. Phương pháp giải
Đặt x  t 

ab
2

thì phương trình đã cho sẽ trở về dạng phương trình trùng phương đó là
4

4

ab  
a b 
2 2
4

4
(2)   t 
  t 
  c  16t  24  a  b  t   a  b   8c  0
2  
2 


a  b

4

 a 4  4 a 3b  6a 2b 2  4ab 3  b 4   a  b    a  b   2  a 4  6a 2b 2  b 4 
4

4

☞ Bình luận
Chắc hẳn có một số bạn đang thắc mắc tại sao lại đặt x  t 

ab

thay vì đặt bằng một đại lượng khác vì

2
x  a  t  u
ab
ab
 2 x  a  b  2t  x  t 
phép đặt x  t 
được tìm như sau: ta cần đặt 
2
2
x  b  t  u

2. Ví dụ minh họa
Ví dụ 3. Giải phương trình sau  x  3    x  5   82
4

4

▎Hướng dẫn giải.
Đặt x  t  4 thì phương trình đã cho trở thành

 t  1

4

  t  1

4

 t 2  4  tm 
 82  t  6t  40  0   2
 t   10  l 
4

2

t  2  x  6

Với t 2  4  
t  2  x  2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x   2; 6 
Ví dụ 4. Giải phương trình sau  x  2    x  8   272
4

4

▎Hướng dẫn giải.

2


Nguyễn Mạnh Cường – SĐT: 0967.453.602 – Email:
Facebook.com/cuong.mathteacher – Facebook.com/groups/cuong.mathteachergroups

Địa chỉ học: CS1: 53/17/Thịnh Quang, Đống Đa, Hà Nội – CS2: Ngã Tư Cổ Tiết, Tam Nông, Phú Thọ

Đặt x  t  5 thì phương trình trở thành  t  3    t  3 
4

4

 t 2  1  tm 
 272  t  54t  55  0   2
 t   55  l 
4

2

t  1  x  4

Với t 2  1  
t  1  x  6
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x  4; 6 
3. Bài tập vận dụng
Bài tập 2. Giải các phương trình sau
a )  x  10    x  4   5392
4



b) x  2

c )  x  5    x  3   1522

4

 x 3 2
4

4

4



 98

d) x  3

4

  x 3 3
4

4

 896

DẠNG 3. Phương trình đối xứng ax 4  bx 3  cx 2  kbx  k 2 a  0  k  0, a  0  (3)
1. Phương pháp giải
Do a  0 nên x  0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho, nên ta chia cả hai vế của phương trình cho
x 2 ta được phương trình mới là
 2 k2 
k


ax  bx  c  kb  k a 2  0  a  x  2   b  x    c  0 (*)
x
x
x 
x


1

2


t  x 
Đặt 

 t  x 

k
x
k
x

2

1

 t 2  2k  x 2 
 t  2k  x 
2

2

Phương trình (*) trở thành a  t 2

k2
x2
k2
x2

t 2 k
t 
2   bt  c  0 (**). Ta giải (**) như một phương trình bậc hai.

☞ Bình luận
Khi đặt t  x 

k
x

thì theo BĐT Cô si ta có x 

k
x

 2 k do đó điều kiện của t là t  2 k

2. Ví dụ minh họa
Ví dụ 5. Giải phương trình sau 2 x 4  3 x 3  16 x 2  3 x  2  0
▎Hướng dẫn giải.

3


Nguyễn Mạnh Cường – SĐT: 0967.453.602 – Email:
Facebook.com/cuong.mathteacher – Facebook.com/groups/cuong.mathteachergroups
Địa chỉ học: CS1: 53/17/Thịnh Quang, Đống Đa, Hà Nội – CS2: Ngã Tư Cổ Tiết, Tam Nông, Phú Thọ

Dễ thấy x  0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho, ta chia cả hai vế của phương trình cho x 2 và
3 2
1
 2 1  
2
được 2 x  3 x  16   2  0  2  x  2   3  x    16  0
x x
x  
x

Đặt t  x 

1
x

 x2 

Với t   4  x 

1
x

t  4
2
2

t

2
t

2

 thì 2  t  2   3t  16  0   5
x2
t

2
1

 4  x 2  4 x  1  0  x  2  3

x  2
Với t   x    2 x  5 x  2  0  
1
x 
2
x 2

2
5

1

5

2

1 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x    2  3; ; 2  
2 


Ví dụ 6. Giải phương trình sau 6 x 4  7 x 3  36 x 2  7 x  6  0
▎Hướng dẫn giải.
Nghiệm x  0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho, ta chia cả hai vế của phương trình cho x 2 và
được
x 2  13 x  46 

Đặt t  x 

3
x

39
x



 x2 

Với t  8  x 

1

Với t  5  x 

1

x

x

9 
3


 0   x 2  2   13  x    46  0
x
x 
x


9

2

t  8
2
2


t

6
t

2
3
t

6

13
t

46

0

thì



x2
t  5

9





 8  x 2  8 x  1  0  x  4  15

 5  x2  5x  1  0  x 

5  21
2


5  21 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x   4  15;
 
2 

3. Bài tập vận dụng
Bài tập 3. Giải phương trình sau

4


Nguyễn Mạnh Cường – SĐT: 0967.453.602 – Email:
Facebook.com/cuong.mathteacher – Facebook.com/groups/cuong.mathteachergroups
Địa chỉ học: CS1: 53/17/Thịnh Quang, Đống Đa, Hà Nội – CS2: Ngã Tư Cổ Tiết, Tam Nông, Phú Thọ

a ) x 4  x 3  16 x 2  9 x  81  0

c ) 16 x 4  3 x 3  230 x 2  15 x  400  0

b ) 2 x 4  3 x 3  82 x 2  6 x  8  0

d ) x 4  3x3  3  3 x 2  2 3x  4  0





DẠNG 4. Phương trình cân bằng theo hệ số phép cộng  x  a  x  b  x  c  x  d   e (4)
Trong đó a  c  b  d  m , ac  n , bd  p
1. Phương pháp giải
Ta viết lại phương trình thành
  x  a  x  c     x  b  x  d    e
  x 2   a  c  x  ac   x 2   b  d  x  bd   e
  x 2  mx  n  x 2  mx  p   e
2
2
Đặt t  x  mx  n hoặc t  x  mx  p thì phương trình đã cho trở thành

 t  n  t  p   e  t 2   n  p  t  np  e  0 ta giải nó như một phương trình bậc hai.
2. Ví dụ minh họa
Ví dụ 7. Giải phương trình sau  x  2  x  3  x  7  x  8   144
▎Hướng dẫn giải.
Ta viết lại phương trình đã cho  x 2  5 x  14  x 2  5 x  24   144
 t  18

Đặt t  x 2  5 x  14  x 2  5 x  24  t  10 thì t  t  10   144  
t  8
2
Với t  18  x  5 x  32  0  x 

5  3 17

2

x  6

Với t   8  x 2  5 x  6  0  
 x  1

 5  3 17

; 1; 6  
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x  
2


Ví dụ 8. Giải phương trình sau  x 2  1  x  2  x  4   7
▎Hướng dẫn giải.
5


Nguyễn Mạnh Cường – SĐT: 0967.453.602 – Email:
Facebook.com/cuong.mathteacher – Facebook.com/groups/cuong.mathteachergroups
Địa chỉ học: CS1: 53/17/Thịnh Quang, Đống Đa, Hà Nội – CS2: Ngã Tư Cổ Tiết, Tam Nông, Phú Thọ

Ta viết lại phương trình đã cho

 x  1 x  4  x  1 x  2   7   x 2  3 x  4  x 2  3 x  2   7
t  1

Đặt t  x 2  3 x  4  x 2  3 x  2  t  6 thì t  t  6   7  
t  7

2
Với t  1  x  3 x  5  0  x 

 3  29
2
2

3
3

Với t   7  x  3 x  3  0 vô nghiệm do x  3 x  3   x     0,  x 
2
4

2

2

  3  29 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x  

2


3. Bài tập vận dụng
Bài tập 4. Giải các phương trình sau
a )  x  5  x  6  x  8  x  9   40

c )  x  1 x  5  x  3  x  7   33

b )  6 x  5   3 x  2  x  1  35

d )  x  1 x  2  x  3  x  4   3

2

DẠNG 5. Phương trình cân bằng theo hệ số phép nhân  x  a  x  b  x  c  x  d   ex 2 (5)
Trong đó ac  bd  m , a  c  n , b  d  p
1. Phương pháp giải
Ta viết lại phương trình thành

 x 2   a  c  x  ac   x 2   b  d  x  bd   ex 2   x 2  nx  m  x 2  px  m   ex 2
TH1: Xét x  0 là nghiệm của phương trình hay không
TH2: Xét x  0 , ta chia cả hai vế của phương trình cho x 2 ta được
m
m



 x   n x   p   e
x
x




Đặt, phương trình trở thành

 t  n  t  p   e  t 2   n  p  t  np  e  0
Ta giải phương trình trên như một phương trình bậc hai.

2. Ví dụ minh họa
6


Nguyễn Mạnh Cường – SĐT: 0967.453.602 – Email:
Facebook.com/cuong.mathteacher – Facebook.com/groups/cuong.mathteachergroups
Địa chỉ học: CS1: 53/17/Thịnh Quang, Đống Đa, Hà Nội – CS2: Ngã Tư Cổ Tiết, Tam Nông, Phú Thọ

Ví dụ 9. Giải phương trình sau  x  6  x  8  x  9  x  12   2 x 2
▎Hướng dẫn giải.
Ta viết lại phương trình đã cho thành  x 2  18 x  72  x 2  17 x  72   2 x 2
Dễ thấy x  0 không phải là nghiệm của phương trình, ta chia cả hai vế của phương trình cho x 2 ta được
72
72



 18   x 
 17   2
x
x
x



Đặt t  x 

72
x

 t   16  l 

 t  12 2 thì  t  18  t  17   2  

 t   19  x 

 t   19(tm )

72
x

  19  x 2  19 x  72  0  x 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x 

 19  73

 19  73
2



2

Ví dụ 10. Giải phương trình sau  x  4  x  6  x  2  x  12   25 x 2
▎Hướng dẫn giải.
Ta viết lại phương trình đã cho thành  x 2  10 x  24  x 2  14 x  24   25 x 2
Dễ thấy x  0 không phải là nghiệm của phương trình, ta chia cả hai vế của phương trình cho x 2 ta được
24
24




 10   x 
 14   25
x
x
x



Đặt t  x 

 t  15
 t  4 6 thì  t  10  t  14   25  
x
 t   11

24

Với t  15  x 

24
x

Với t   11  x 

 15  x 2  15 x  24  0  x 

15  129

2

 x  3
  11  x 2  11x  24  0  
x
 x  8

24



Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x    8;  3;


15  129 
 
2


3. Bài tập vận dụng
7


Nguyễn Mạnh Cường – SĐT: 0967.453.602 – Email:
Facebook.com/cuong.mathteacher – Facebook.com/groups/cuong.mathteachergroups
Địa chỉ học: CS1: 53/17/Thịnh Quang, Đống Đa, Hà Nội – CS2: Ngã Tư Cổ Tiết, Tam Nông, Phú Thọ

Bài tập 5. Giải phương trình sau
a ) 4  x  5  x  6  x  10  x  12   3 x 2

c )  x  2  x  3  x  4  x  6   30 x 2

b )  x  1 x  2  x  3  x  6   168 x 2

d )  x  15  x  3  x  1 x  5   4 x 2

DẠNG 6. Phương trình khuyết thiếu bậc ba ax 4  bx 2  cx  d (6)
1. Phương pháp giải
Xét phương trình bx 2  cx  d  0 (*)
2

c 
c 


TH1. Phương trình (*) có nghiệm kép tức là (*)  b  x   thì lúc này ta có (6)  ax 4  b  x  
2b 
2b 



2

TH2. Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt (ta không xét trường hợp (*) vô nghiệm ở đây vì nếu (*) vô
để đưa (6) về dạng  A  x     B  x  
2

nghiệm (6) sẽ vô nghiệm) thì ta sẽ chèn hằng số m 

2

(6)  a  x 4  2 mx 2  m 2   2 amx 2  am 2  bx 2  cx  d  a  x 2  m    2 am  b  x 2  cx  am 2  d
2

Xét phương trình  2 am  b  x 2  cx  am 2  d  0 (**)
Để (**) có nghiệm kép thì  (**)  0 , lúc này ta phải có
c 2  4  2 am  b   am 2  d   0  8a 2 .m 3  4 ab.m 2  8ad .m  4bd  c 2  0 (***)

Ta đi giải phương trình (***) bậc ba thuần nhất ẩn m như một phương trình bậc ba.
2. Ví dụ minh họa
Ví dụ 11. Giải phương trình sau x 4  19 x 2  10 x  8
▎Hướng dẫn giải.
Các bạn thấy phương trình 19 x 2  10 x  8  0 có hai nghiệm phân biệt nên ta sẽ giải bài này theo TH2
Ta đi thay các hệ số đó vào 8 a 2 .m 3  4 ab.m 2  8 ad .m  4bd  c 2  0 và được 8 m 3  76 m 2  64 m  708  0
Giải ra ta được 3 nghiệm nhưng chỉ có nghiệm m  3 là thỏa mãn nên phương trình đã cho trở thành
x  6 x  9  25 x  10 x  1   x  3    5 x  1
4

2

2

(1)  x 2  5 x  2  0  x 

2

2

2

 x 2  3  5 x  1 (1)
 2
 x  3   5 x  1 (2)

5  17

2
 x  1
(2)  x 2  5 x  4  0  
 x  4

8


Nguyễn Mạnh Cường – SĐT: 0967.453.602 – Email:
Facebook.com/cuong.mathteacher – Facebook.com/groups/cuong.mathteachergroups
Địa chỉ học: CS1: 53/17/Thịnh Quang, Đống Đa, Hà Nội – CS2: Ngã Tư Cổ Tiết, Tam Nông, Phú Thọ


5  17 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x    4;  1;
 
2 

Ví dụ 12. Giải phương trình sau 2 x 4  3 x 2  10 x  3  0
▎Hướng dẫn giải.
Tương tự như trên ta tìm được m  2 là thỏa mãn nên phương trình đã cho trở thành
2  x  4 x  4   5 x  10 x  5  2  x  2  
4

2

2

2

(1) 

2x2  5x  2 2  5  0  x 

(2) 

2 x  5 x  2 2  5  0  vn 

2



5x  5



2

 2  x 2  2   5 x  5 (1)

 2  x 2  2    5 x  5 (2)


5  4 10  11

2 2

2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x  x 

5

4 10  11



2 2

3. Bài tập vận dụng
Bài tập 6. Giải các phương trình sau
a ) 3 x 4  2 x 2  16 x  5  0

c ) 16 x 4  32 x 2  48 x  7

b) x 4  4 x  1

d ) x4  x2  6x  1  0

II. PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN TỔNG QUÁT ax 4  bx 3  cx 2  dx  e  0  a  0  (7)
DẠNG 7. Giải (7) bằng cách nhẩm được một nghiệm hữu tỷ x  x0
1. Phương pháp giải
Phương trình (7) trở thành

 x  x0   ax 3   b  ax0  x 2   c  bx0  ax0 2  x   d  cx0  bx0 2  ax0 3    0

 x  x0
 3
2
2
2
3
 ax   b  ax0  x   c  bx0  ax 0  x   d  cx 0  bx 0  ax 0   0 (*)

Ta giải (*) như một phương trình bậc ba.

9


Nguyễn Mạnh Cường – SĐT: 0967.453.602 – Email:
Facebook.com/cuong.mathteacher – Facebook.com/groups/cuong.mathteachergroups
Địa chỉ học: CS1: 53/17/Thịnh Quang, Đống Đa, Hà Nội – CS2: Ngã Tư Cổ Tiết, Tam Nông, Phú Thọ

 Ngoài ra ta còn giải cách nhẩm nghiệm theo định lý Vi-ét thuận như sau
b

 x1  x2  x3  x4   a

 x .x  x .x  x .x  x .x  x .x  x .x  c
2 3
3 4
4 1
1 3
2 4
 1 2
a


 x .x .x  x .x .x  x .x .x  x .x .x   d
1 2 4
2 3 4
1 3 4
 1 2 3
a

e
 x1 . x2 . x3 . x4 
a


x  y  z  t  

 x. y  y. z  z.t  t .x  x.z  y .t  
Nếu tồn tại 4 số x , y , z , t  R và thỏa mãn điều kiện 
thì phương trình bậc
 x. y. z  x. y.t  x. z.t  y. z.t  
 x. y. z.t  

bốn là X 4   . X 3   . X 2   . X    0 nhận x , y , z , t làm nghiệm.
2. Ví dụ minh họa
Ví dụ 13. Giải phương trình sau 6 x 4  25 x 3  28 x 2  x  10  0
▎Hướng dẫn giải.
Chúng ta nhẩm được một nghiệm x  1 nên ta sử dụng lược đồ hoocne hoặc chức năng CALC của máy để
phân tích nhân tử (sẽ nghiên cứu ở bài sau) và được phương trình mới

 x  1  6 x 3  19 x 2  9 x  10   0
  x  1 x  2   6 x 2  7 x  5   0

  x  1 x  2  2 x  1 3 x  5   0
 1 5 
 x    ;1; ; 2 
 2 3 

 1 5 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x    ;1; ; 2  
 2 3 

Ví dụ 14. Giải phương trình sau x 4  4 x 3  12 x 2  192  0
▎Hướng dẫn giải.
x  4

Ta nhẩm được nghiệm x  4 nên PT   x  4   x 3  12 x  48   0  

3
 x  12 x  48 (*)

Đặt x  4 y , thay vào phương trình đã cho ta được 64 y 3  48 y  48  4 y 3  3 y  3 (**)
10


Nguyễn Mạnh Cường – SĐT: 0967.453.602 – Email:
Facebook.com/cuong.mathteacher – Facebook.com/groups/cuong.mathteachergroups
Địa chỉ học: CS1: 53/17/Thịnh Quang, Đống Đa, Hà Nội – CS2: Ngã Tư Cổ Tiết, Tam Nông, Phú Thọ

Đặt y 

1  1
 t   với t  0 thì phương trình đã cho trở thành

2
t
3

2
 1  1 
 1  1 
1
1
4   t     3   t     3   t 3  3   3  t 6  6t 3  1  0   t 3  3   8  t  3 3  2 2 (tm)
t 
t 
2
t 
2 
2 

3

t


2

3 2 2  3 3 2 2



1

1


2

3

3 2 2  3 3 2 2



1

+ Với t  3 3  2 2   3 3  2 2 nên y 
+ Với t  3 3  2 2   3 3  2 2 nên y 
t

1

Do đó phương trình (**) có nghiệm duy nhất là y 




2

3

3 2 2  3 3 2 2



3

3 2 2  3 3 2 2 . 

1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  2



3. Bài tập vận dụng
Bài tập 7. Giải các phương trình sau
a ) 4 x 4  12 x 3  3 x 2  2 x  33  0

c) 4 x 4  4 x3  3x 2  6 x  3  0

b ) x 4  14 x 2  9 x  4  0

d ) 8 x 4  8 x3  6 x 2  7 x  1  0

DẠNG 8. Giải (7) bằng cách dùng định lý Vi-ét đảo
1. Phương pháp giải
Khi nhẩm được 2 nghiệm, 4 nghiệm mà các cặp nghiệm áp dụng được định lý Vi-et đảo hay tổng hai nghiệm
và tích hai nghiệm là số hữu tỷ.
a  b  S 

Ta nhẩm được hai nghiệm a , b mà 2 nghiệm đó thỏa mãn 

 a.b  P 

phương trình x 2  S .x  P  0  x 

S  S 2  4 SP
2

thì hai nghiệm a , b là nghiệm của

.

2. Ví dụ minh họa
Ví dụ 15. Giải phương trình sau x 4  3 x 3  4 x 2  x  3  0
▎Hướng dẫn giải.
Dùng chức năng SOLVE ta tìm được hai nghiệm là A  0, 6180339887, B  1, 618033989 và hai nghiệm này
tạo thỏa mãn hệ thức Vi-et A  B   1; A.B   1 . Do đó, A, B là nghiệm của phương trình X 2  X  1  0
Ta dùng chức năng CALC hoặc thực hiện phép chia đa thức để tìm thương và số dư hay phân tích nhân tử
11


Nguyễn Mạnh Cường – SĐT: 0967.453.602 – Email:
Facebook.com/cuong.mathteacher – Facebook.com/groups/cuong.mathteachergroups
Địa chỉ học: CS1: 53/17/Thịnh Quang, Đống Đa, Hà Nội – CS2: Ngã Tư Cổ Tiết, Tam Nông, Phú Thọ

x

2

 x  1 x 2  2 x  3   0  x 

1  5
2

 do x

2

 2 x  3   x  1  2  0,  x 
2



  1  5 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x  

 2 
Ví dụ 16. Giải phương trình sau 2 x 4  8 x 3  11x 2  13 x  5  0
▎Hướng dẫn giải.
Ta tìm được A  4,192582404; B  1,192582404; C  1, 366025404; D  0, 3660254038 và các nghiệm thỏa
A  B  3

mãn hệ thức Vi-et đảo theo từng cặp là 

 A.B   5

. Do đó, A, B là nghiệm của phương trình X 2  3 X  5  0

C  D  1

2

và 
1 do đó C và D là hai nghiệm của phương trình 2 X  2 X  1  0
 C .D   2

 2
3  29
 x  3x  5  0  x 
2
2
2
Phương trình trở thành  x  3 x  5  2 x  2 x  1  0  
 2
1 3
2 x  2 x  1  0  x 

2

 3  29 1  3 
;
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x  
 
2 
 2
3. Bài tập vận dụng
Bài tập 8. Giải các phương trình sau
a ) x 4  16 x 3  66 x 2  16 x  55  0

c ) x 4  13 x 3  32 x 2  13 x  1  0

b ) x 4  8 x 3  20 x 2  12 x  9  0

d ) x 4  5x3  7 x 2  4  0

DẠNG 9. Giải (7) bằng cách đưa về dạng ax 4  bx 2  cx  d
1. Phương pháp giải
Đặt x  t 

b
4a

thì phương trình trở thành

12


Nguyễn Mạnh Cường – SĐT: 0967.453.602 – Email:
Facebook.com/cuong.mathteacher – Facebook.com/groups/cuong.mathteachergroups
Địa chỉ học: CS1: 53/17/Thịnh Quang, Đống Đa, Hà Nội – CS2: Ngã Tư Cổ Tiết, Tam Nông, Phú Thọ

3

2

b 
b 
b 
b 





at 
  bt 
  ct 
  d t 
e  0
4a 
4a 
4a 
4a 




 3b 2

 bc b 3
  3b 4

b 2 c bd
 at 4  
 c t2  
 3  d t  


 e  (*)
4
2
16 a
4a

 8a

 2 a 8a
  256 a


Ta giải (*) như mục trên.
☞ Bình luận
Tôi sẽ giải thích cho bạn đọc việc đặt x  t 

b
4a

như sau : ta đặt được như vậy là nhờ vào phép dời trục tọa độ

và điểm siêu uốn của đồ thị hàm số bậc bốn f ( x )  ax 4  bx 3  cx 2  dx  e  a  0  . Điểm siêu uốn của đồ thị


là  


 b 
; f 
  và hoành độ của nó là nghiệm của phương trình y '''  0.
4a
 4a  
b

2. Ví dụ minh họa
Ví dụ 17. Giải phương trình sau x 4  4 x 3  2 x 2  12 x  16  0

▎Hướng dẫn giải.
Đặt x  t  1 , thay vào phương trình đã cho ta được
t 2  9

 t  1  4  t  1  2  t  1  12  t  1  16  0  t  8t  9  0   2
 t   1  l 
4

3

2

4

2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x  2; 4 
Ví dụ 18. Giải phương trình sau x 4  8 x 3  20 x 2  12 x  9  0
▎Hướng dẫn giải.
Đặt x  t  2 , thay vào phương trình đã cho ta được

t  2

4

 8  t  2   20  t  2   12  t  2   9  0
3

2

 t  4 t  4 t  1  t   2 t  1
4

2

1    t  1 

4

2

2

 t 2  2t  1 1
 2
 t  1  2t  2 

1 t 1 x  3
t  1  2  x  1  2

 2   t 2  2t  1  0  

 t   1  2  x  1  2

13

t  3  x  4
t  3  x  2


Nguyễn Mạnh Cường – SĐT: 0967.453.602 – Email:
Facebook.com/cuong.mathteacher – Facebook.com/groups/cuong.mathteachergroups
Địa chỉ học: CS1: 53/17/Thịnh Quang, Đống Đa, Hà Nội – CS2: Ngã Tư Cổ Tiết, Tam Nông, Phú Thọ





Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x  1  2;1  2; 3 
Ví dụ 19. Giải phương trình sau x 4  8 x 3  24 x 2  16 x  220  0
▎Hướng dẫn giải.
Đặt x  t  2 , thay vào phương trình đã cho ta được

t  2

4

 8  t  2   24  t  2   16  t  2   220  0  t 4  48 y  140 * 
3

2

Ta giải (*) như dạng như dạng ax 4  bx 2  cx  d
Tìm được m  2 , do đó PT (*) trở thành

t

2

 2    2t  12 
2

2

 t 2  2  2t  12 1
 2
 t  2    2t  12  2 
 t  1  11  x   1  11

1  t 2  2t  10  0  

 t  1  11  x   1  11

 2   t 2  2t  14  0   t  1

2

 13  0  x    do VT  0,  x 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x  1  11 
3. Bài tập vận dụng
Bài tập 9. Giải các phương trình sau
a) x 4  4 x3  3x 2  2 x  6  0

b) x 4  4 x 3  19 x 2  48 x  45  0

DẠNG 10. Giải (7) bằng cách đưa về dạng A2 ( x )  B 2 ( x )
1. Phương pháp giải
 A( x )  B ( x )

Ta sẽ đưa phương trình (7) về dạng  A( x )    B ( x )   
 A( x )   B ( x )
2

2

Ta viết lại phương trình (7) thành
b 

a  x 4  x 3   cx 2  dx  e  0
a 

2
2
 2 2
 bx   bx  
2 bx
2
 a   x   2. x .

 
   cx  dx  e  0
2
a
2
a
2
a


 
 


b

 a  x2 
2a


 b2


x  
 c  x 2  dx  e

 4a

2

14


Nguyễn Mạnh Cường – SĐT: 0967.453.602 – Email:
Facebook.com/cuong.mathteacher – Facebook.com/groups/cuong.mathteachergroups
Địa chỉ học: CS1: 53/17/Thịnh Quang, Đống Đa, Hà Nội – CS2: Ngã Tư Cổ Tiết, Tam Nông, Phú Thọ

 b2



 c  x 2  dx  e  0 (*)
 4a


Xét phương trình 

 b2

4 ad 
 c x  2
TH1. Phương trình (*) có nghiệm kép hay (*)  
  0 do đó ta có
b  4 ac 
 4a

2

b

(7)  a  x 2 
2a


 b2

4 ad 

x  
 c x  2


b  4 ac 

 4a

2

2

TH2. Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt (ta không trường (*) vô nghiệm vì thế dẫ tới (7) vô nghiệm)
thì ta chèn hằng số m hữu tỷ vào (7) để đưa về dạng A2  B 2
b

(7)  a  x 2 
2a


 b2

 b2

b



x  
 c  x 2  dx  e  a  x 2 
xm  
 c  2 am  x 2   bm  d  x  am 2  e
2a




 4a

 4a

2

2

 b2


 c  2 am  x 2   bm  d  x  am 2  e  0 (**)
 4a


Xét phương trình 

Để (**) có nghiệm kép thì  (**)  0 , khi đó ta phải có

 b.m  d 

2



b2
 4  2 am 
 c   am 2  e   0  8a 3 .m 3  4a 2 c.m 2  2a  bd  4ae  .m  4ace  ad 2  b 2e  0 (***)

4a



Việc của ta bây giờ là tìm m 
với m là nghiệm của phương trình (***). Sau khi tìm được m 
chỉ việc thay vào phương trình (7) và giải theo các bước.


⚠ Chú ý: Phương trình f ( x )  ax 2  bx  c  a  x 


rồi, ta

2

b 

 0    b 2  4 ac  . Phương trình có nghiệm
 
2a 
4a
2

b 
b

kép   0 , khi đó phương trình trở thành f ( x )  a  x 
 0 x
2a 

2a


2. Ví dụ minh họa
Ví dụ 20. Giải phương trình sau 2 x 4  32 x 3  127 x 2  38 x  243  0
▎Hướng dẫn giải.
Đây dạng bài khá khó nếu không có cách giải tổng quát này, bởi lẽ nó không nhẩm được nghiệm đẹp cũng như
áp dụng được định lý Vi-et một cách thuận lợi nhất, chính vì vậy ta phải có một cách nhìn trực quan hơn. Ta
xác định các hệ số rồi thay vào
8a 3 .m 3  4 a 2 c.m 2  2 a  bd  4 ae  .m  4ace  ad 2  b 2e  0  64m 3  2032m 2  2912 m  944  0

15


Nguyễn Mạnh Cường – SĐT: 0967.453.602 – Email:
Facebook.com/cuong.mathteacher – Facebook.com/groups/cuong.mathteachergroups
Địa chỉ học: CS1: 53/17/Thịnh Quang, Đống Đa, Hà Nội – CS2: Ngã Tư Cổ Tiết, Tam Nông, Phú Thọ

Giải phương trình đó ta tìm được 3 nghiệm nhưng chỉ có m  1 là thỏa mãn. Bâygiờ chúng ta thay giá trị m
vừa tìm được vào phương trình


b2
 2 b

ax 
x  m    2 a.m 
 c  x 2   b.m  d  x   a.m 2  e 
2a
4a





2

 2  x 2  8 x  1  5 x 2  70 x  245
2

 2  x 2  8 x  1  5  x  7 
2

2

  x 2  8 x  1 2   x  7  5 (1)

  x 2  8 x  1 2   7  x  5 (2)

(1) 
(2) 





8 2  5  133  12 10





8 2  5  133  12 10

2. x 2  8 2  5 x  7 5  0  x 

2 2

2. x 2  8 2  5 x  7 5  0  x 

2 2
 8 2  5  133  12 10 8 2  5  133  12 10 
;

2 2
2 2



Phương trình có nghiệm là x  

Ví dụ 21. Giải phương trình sau x 4  14 x 3  54 x 2  38 x  11  0
▎Hướng dẫn giải.
Tương tự như trên ta tìm được m  4 là thỏa mãn, thay giá m vừa tìm được vào phương trình


b
b2


a  x2 

x  m    2 a.m 
 c  x 2   b.m  d  x   a.m 2  e 
2a
4a




2

  x 2  7 x  4   3 x 2  18 x  27
2

  x2  7 x  4   3  x  3
2

2

 x 2  7 x  4   x  3  3(1)

 x 2  7 x  4   3  x  3(2)





7  3  36  2 3





7  3  36  2 3

(1)  x 2  7  3 x  4  3 3  0  x 
(2)  x 2  7  3 x  4  3 3  0  x 

2
2

16


Nguyễn Mạnh Cường – SĐT: 0967.453.602 – Email:
Facebook.com/cuong.mathteacher – Facebook.com/groups/cuong.mathteachergroups
Địa chỉ học: CS1: 53/17/Thịnh Quang, Đống Đa, Hà Nội – CS2: Ngã Tư Cổ Tiết, Tam Nông, Phú Thọ

 7  3  36  2 3 7  3  36  2 3 
;
 
2
2



Như vậy, phương trình có nghiệm là x  
3. Bài tập vận dụng
Bài tập 10. Giải các phương trình sau
a ) x 4  30 x 3  174 x 2  420 x  196  0

c ) 3 x 4  6 x 3  35 x 2  26 x  5  0

b) x 4  x 3  7 x 2  x  1  0

d ) 4 x 4  4 x 3  82 x 2  64 x  8  0

III. CHỨNG MINH PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN VÔ NGHIỆM
1. Phương pháp giải
Xét phương trình ax 4  bx 3  cx 2  dx  e  0  a  0 
Ta sẽ tách một về dạng f ( x )   A  x    B ( x ) với B ( x ) là một tam thức bậc hai luôn dương.
2

Nhắc lại kiến thức:
a  0

1. Tam thức bậc hai g ( x )  ax 2  bx  c  0,  x  

  0

 A( x ) 2
2
,  x  f ( x )   A( x )   B ( x )  0, x
2. 
 B ( x )  0

Cách làm như sau:
b 
b



f ( x )  a  x 4  x 2   cx 2  dx  e  a  x 2 
a 
2a



b2  2
 
 2 b 
x  c 
x   B (x)
 x  dx  a  x 
4a 
2a 
 

2

2

TH1: Phương trình B ( x )  0 vô nghiệm hay
2

  0  B( x) 

4 ac  b 2 
2 ad 
a.

 0  f ( x )  0,  x

x
2 
4a 
4 ac  b 
4 ac  b 2

TH2: Phương trình B ( x )  0 có nghiệm hay
  0  chưa biết dấu của B ( x )

Ta chèn hằng số m 

để đưa f ( x ) về dạng f ( x )   A  x    B ( x ) ban đầu bằng cách
2

17


Nguyễn Mạnh Cường – SĐT: 0967.453.602 – Email:
Facebook.com/cuong.mathteacher – Facebook.com/groups/cuong.mathteachergroups
Địa chỉ học: CS1: 53/17/Thịnh Quang, Đống Đa, Hà Nội – CS2: Ngã Tư Cổ Tiết, Tam Nông, Phú Thọ

b
f ( x )  a  x 2 
2a
 

2

b



x   2.  x 2 
2a




b


x  .m  m 2   2 am  x 2 
2a





b2  2

x   am 2   c 
 x  dx  e
4a 




b
b2

 

 a  x2 
x  m  c 
 2 am  x 2   d  bm  x  e  am 2
2a
4a

 

2


b2
c

 2 am  0

4
a

 2
b2

Để  c 
 2 am  x   d  bm  x  e  am 2  0, x thì 
2
4
a


  d  bm  2  4  c  b  2 am   e  am 2   0




4a



nằm trong khoảng nghiệm đó rồi thay m vào f ( x ) để tách thành f ( x )   A  x    B ( x )
2

Ta sẽ lấy m 


4 ac  b 2
m 
Tóm lại ta cần nhớ (  ) 
 chọn m 
8a 2
8 a 3 .m 3  4 ac.m 2  2 a  bd  4 ae  .m  4 ace  ad 2  b 2 e  0


2. Ví dụ minh họa
Ví dụ 22. Giải phương trình sau x 4  x 3  3 x 2  x  5  0
▎Hướng dẫn giải.
Kiểm tra bằng SOLVE ta thấy máy trả kết quả vô nghiệm.Tiếp theo, ta sẽ liệt kê các hệ số. Bây giờ, ta đi tách
f ( x)

để xem

B ( x)  

13
4

B ( x)



x



2

2

nằm ở trường hợp nào f ( x )   x 2   

13
4

x 2  x  5 , ta thấy biểu thức

x 2  x  5 có nghiệm. Vậy nằm ở trường hợp hai.

Tiếp theo ta sẽ thay vào hệ (I) tối giản để tìm ra khoảng nghiệm của m, ta có hệ
13

9
m  

  2  m   1, 796338193  ta chọn m   1, 8  
8

5
8 m 3  12 m 2  42 m  66  0


9

Tiếp theo ta thay m   vào f ( x ) cùng với các hệ số và được như sau
5

 2 x  2
44 
 2 x  9 81   7 2 4
0
  x    2.  x   .     x  x 
2
2  5 25   20
5
25 

 
2

2

x 9
7 
8

228

  x2    
0
x  
2 5
20 
7  175


18


Nguyễn Mạnh Cường – SĐT: 0967.453.602 – Email:
Facebook.com/cuong.mathteacher – Facebook.com/groups/cuong.mathteachergroups
Địa chỉ học: CS1: 53/17/Thịnh Quang, Đống Đa, Hà Nội – CS2: Ngã Tư Cổ Tiết, Tam Nông, Phú Thọ

2

2

x 9
7 
8
228

Ta thấy B ( x )   x 2      x   
 0,  x  phương trình vô nghiệm
2 5
20 

7  175


Vậy phương trình đã cho vô nghiệm 
Ví dụ 23. Giải phương trình sau x 4  2 x 3  2 x 2  6 x  10  0
▎Hướng dẫn giải.
Kiểm tra bằng SOLVE ta thấy máy trả kết quả vô nghiệm. Tiếp theo, ta sẽ liệt kê các hệ số. Bây giờ, ta đi tách
f ( x)

để xem B ( x ) nằm ở trường hợp nào:

f ( x )   x 2  x   x 2  6 x  10 , ta thấy biểu thức
2

B ( x )  x 2  6 x  10 vô nghiệm.

Vậy nằm ở trường hợp nhất. Ta đi tách phương trình như sau
f ( x)   x 2  x    x  3  1  0
2

2

Ta thấy f ( x )   x 2  x    x  3  2  1  0,  x  phương trình vô nghiệm
2

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm 
Ví dụ 24. Giải phương trình sau x 4  3 x 3  6 x 2  5 x  3  0
▎Hướng dẫn giải.
Kiểm tra bằng SOLVE ta thấy máy trả kết quả vô nghiệm. Tiếp theo, ta sẽ liệt kê các hệ số. Bây giờ, ta đi tách
2

f ( x)

để xem

B ( x) 

15
4

 2 3 x  15 2
x  5 x  3 , ta thấy biểu thức
B ( x ) nằm ở trường hợp nào f ( x )   x 
 
2 
4


x 2  5 x  3 vô nghiệm. Vậy nằm ở trường hợp một. Hoàn toàn tương tự ta có

3

f ( x)   x 2 
2


2

2

2
4
 15 
x    x     0,  x  phương trình vô nghiệm
4 
3
3


Vậy phương trình đã cho vô nghiệm 
3. Bài tập vận dụng
Bài tập 11. Giải các phương trình sau
a ) x 4  4 x 3  19 x 2  48 x  45  0

c ) 16 x 4  32 x 3  56 x 2  136 x  241  0

b ) x 4  11x 3  39 x 2  56 x  88  0

d ) x 4  4 x 3  19 x 2  30 x  51  0

⚠ Chú ý: Ta cũng có thể dùng các chức năng của MTCT để chứng minh phương trình bậc bốn một cách
nhanh chóng bằng cách sau
19


Nguyễn Mạnh Cường – SĐT: 0967.453.602 – Email:
Facebook.com/cuong.mathteacher – Facebook.com/groups/cuong.mathteachergroups
Địa chỉ học: CS1: 53/17/Thịnh Quang, Đống Đa, Hà Nội – CS2: Ngã Tư Cổ Tiết, Tam Nông, Phú Thọ

Xét hàm số bậc bốn f ( x )  ax 4  bx 3  cx 2  dx  e (chuyển hệ số về a  0 )

2

b


Ta đưa hàm số về dạng f ( x )  a  x 2 
x  m   g ( x )  0, x  g ( x )  0, x
2a



Với g ( x )   x 2   x   và m 

, ta đi tìm m để g(x)>0 như sau

Bước 1: giải phương trình f '( x )  0  x  xCT
Bước 2: tìm m 









sao cho m    2  xCT 2 


xCT   lấy giá trị nguyên gần nhất

2a

b

Bước 3: tìm các hệ số  ,  ,  như sau
2

b


CALC với X=1000 cho biểu thức f ( x )   x 2 
x  m     10 6   x 2
2a


2

b


CALC với X=1000 cho biểu thức f ( x )   x 2 
x  m    x 2    10 3   x
2a


2

b



CALC với X=1000 cho biểu thức f ( x )   x 2 
x  m    x2   x  
2a




CALC với X=1000 cho biểu thức f ( x )   x 2 


2


x  m    x 2   x   nếu kết quả ra bằng 0 và CALC với
2a

b

X bất kỳ vẫn ra 0 thì kết quả là đúng
Như vậy, ta được g ( x )   x 2   x  
Sau khi đã tìm được g ( x )   x 2   x   mà ở đó phương trình g ( x )  0 vô nghiệm, nên ta sẽ viết
  4   2

g ( x)    x 
 0,  x . Mà để làm việc này nhanh thì ta dùng chức năng tính cực trị của hàm
 
2 
4

2

số parabol bằng cách bấm SHIFT 6 6 đối với máy vinacal và bấm MODE 5  1 đối với máy casio fx-570VN
(không áp dụng cho máy casio fx-570ES) rồi nhập các hệ số và thu được kết quả


 xmin  2
 g ( x )  0,  x  f ( x )  0,  x

2
4



 f ( x)  y 
min
min

4

Ta nghiên cứu ví dụ sau đây:
Giải phương trình sau x 4  4 x 3  19 x 2  48 x  45  0

20


Nguyễn Mạnh Cường – SĐT: 0967.453.602 – Email:
Facebook.com/cuong.mathteacher – Facebook.com/groups/cuong.mathteachergroups
Địa chỉ học: CS1: 53/17/Thịnh Quang, Đống Đa, Hà Nội – CS2: Ngã Tư Cổ Tiết, Tam Nông, Phú Thọ

Xét hàm số f ( x )  x 4  4 x 3  19 x 2  48 x  45

Dùng SOLVE ta thu được kết quả Can’t solve tức là phương trình đã cho vô nghiệm, ta đi chứng minh phương
trình đã cho vô nghiệm
Trước tiên đi tìm m đã nhé! Ta đi giải phương trình f '( x )  0
Xét f '( x )  4 x 3  12 x 2  38 x  48  f '( x )  0  xCT   1, 65








Do đó lấy nguyên m    2  xCT 2 


xCT   ta được m  1
2a

b

Bây giờ ta sẽ đi tìm hệ số  ,  ,  như cách hướng dẫn trên ta được
2

23  88

g ( x )  13 x 2  44 x  44  13  x 
 0,  x
 
13  13


2

22  88

Do đó ta có f ( x )   x  2 x  1  13  x   
 0,  x
13  13

2

2

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
 ĐÁP ÁN BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài tập 1.
 4  31

a. Đặt t  x 2  0 thì PT trở thành 5t 2  8t  3  0 , đáp số: x  

5

b. Đặt t  x 2  0 thì PT trở thành t 2  6t  40  0 , đáp số: x   2


c. Đặt t  x 2  0 thì PT trở thành 2t 2  5t  3  0 , đáp số: x   


d. Đặt t  x 2  0 thì PT trở thành t 2  3t  1  0 , đáp số: x  



;  1
2

6

3  13
2

Bài tập 2.
a. Đặt x  t  3 thì PT trở thành  t  7    t  7   5392 , đáp số: x  4; 2
4



b. Đặt x  t  2 2 thì PT trở thành t  2

4

  t  2 
4

4

 98 , đáp số: x  2 2  3

c. Đặt x  t  1 thì PT trở thành  t  4    t  4   1522 , đáp số: x  1  5
4

4

21


Nguyễn Mạnh Cường – SĐT: 0967.453.602 – Email:
Facebook.com/cuong.mathteacher – Facebook.com/groups/cuong.mathteachergroups
Địa chỉ học: CS1: 53/17/Thịnh Quang, Đống Đa, Hà Nội – CS2: Ngã Tư Cổ Tiết, Tam Nông, Phú Thọ



d. Đặt x  t  3 thì PT trở thành t  2 3

  t  2 3 
4

4

 896 , đáp số: x  3  2

Bài tập 3.
a. Đặt t  x 

9

b. Đặt t  x 

2

c. Đặt t  x 

5

d. Đặt t  x 

2

x

x

x

x

 x2 

81

 x2 

4

x2

x

2

 t 2  18  t  6  thì PT  t 2  t  2  0 , đáp số: x  



 t2  4 t  2 2

 thì PT  2t

2



 3t  90  0 , x  3  7;



 15  193 

4



35  3 705 


 t 2  10 thì PT  16t 2  3t  70  0 , đáp số: x  1  6;

x
32





 x2 

25

 x2 

4

2

x

2



 t2  4 t  2 2

 thì PT  t

2

 3t  3  1  0 , đáp số: x  

Bài tập 4.
a. Viết lại PT thành  x 2  14 x  45  x 2  14 x  48   40 , đặt t  x 2  14 x  45 thì PT trở thành
t 2  3t  40  0 , đáp số: x  10; 4

b. Viết lại PT thành  36 x 2  60 x  25  36 x 2  60 x  24   420 , đặt t  36 x 2  60 x  24 thì PT trở thành

t 2  t  420  0 , đáp số: x 

 5  21
6

c. Viết lại PT thành  x 2  2 x  3  x 2  2 x  35   33 , đặt t  x 2  2 x  3 thì PT trở thành t 2  32t  33  0 , đáp



số: x  1  3;1  37



d. Viết lại PT thành  x 2  5 x  4  x 2  5 x  6   3 , đặt t  36 x 2  60 x  24 thì PT trở thành t 2  2t  3  0 ,
đáp số: x 

5  13
2

Bài tập 5.




2





2



2





x





x



x

a. Ta viết lại PT thành 10  x    30  10  x    33   1720 , đặt x 
thì PT trở thành 10t 2  63t  73  0 , đáp số: x 

 73  4529
20

22

t t 2 2


Nguyễn Mạnh Cường – SĐT: 0967.453.602 – Email:
Facebook.com/cuong.mathteacher – Facebook.com/groups/cuong.mathteachergroups
Địa chỉ học: CS1: 53/17/Thịnh Quang, Đống Đa, Hà Nội – CS2: Ngã Tư Cổ Tiết, Tam Nông, Phú Thọ



b. Ta viết lại PT thành  x 


6
6


 7   x   5   168 , đặt t  x   t  2 6 , thì PT trở thành
x
x
x



6



t 2  12t  133  0 , đáp số: x  1; 6;





c. Ta viết lại PT thành  x 


19  337 

2


6
12


 7 x 
 8   30 , đặt t  x   t  2 6 , thì PT trở thành
x
x
x



12

t  15t  26  0 , đáp số: x    12;  1
2



d Ta viết lại PT thành  x 




15
15


, thì PT trở thành t 2  12t  32  0 đáp số:
 2 x 
 14   4 , đặt t  x 
x
x
x



15

x  3  17  41  6 17 ;3  17  41  6 17



Bài tập 6.
a. Tìm được m  1 , PT đã cho trở thành 3  x 2  1  8  x  1 , đáp số x 
2

2

b. Tìm được m  1 , PT đã cho trở thành  x 2  1  2  x  1 , đáp số x 
2

2

2  6 2 1
3
2  4 2 2
2

c. Tìm được m  1 , PT đã cho trở thành 16  x 2  1   8 x  3  , đáp số x  1 
2

2

d. Tìm được m  2 , PT đã cho trở thành  x 2  2   3  x  1 , đáp số x 
2

2

3
2

3  4 3 5
2

Bài tập 7.
a. Ta nhẩm được một nghiệm x  3 , PT trở thành  x  3   4 x 3  3 x  11  0 , đáp số:
 1
x   3;

 2



3




11  2 30  3 11  2 30 


b. Ta nhẩm được một nghiệm x  1 , PT trở thành  x  1  x 3  x 2  13 x  4   0 , đáp số:
3  13 

x    4;1;

2 


c. Ta nhẩm được một nghiệm x  1 , PT trở thành  x  1  4 x 3  3 x  3   0 , đáp số:

23


Nguyễn Mạnh Cường – SĐT: 0967.453.602 – Email:
Facebook.com/cuong.mathteacher – Facebook.com/groups/cuong.mathteachergroups
Địa chỉ học: CS1: 53/17/Thịnh Quang, Đống Đa, Hà Nội – CS2: Ngã Tư Cổ Tiết, Tam Nông, Phú Thọ
 1
x  1;

 2



3




3  10  3 3  10 


d. Ta nhẩm được một nghiệm x   1 , PT trở thành  x  1  8 x 3  6 x  1  0 , đáp số:

5
7 

x    1; cos ; cos
; cos

9
9
9 


Bài tập 8.



a. x  3  14; 5  14







c. x  1  2;


 15  229 

2



 1 5 


2 






b. x  1  2; 3

d. x   2;

Bài tập 9.
a. Đặt x  t  1 thì PT trở thành t 4  3t 2  4 , đáp số: x  1;3
b. Đặt x  t  1 thì PT trở thành t 4  13 y 2  18 y  13 , đáp số: x  
Bài tập 10.





a. Tìm được m  39 , PT trở thành  x 2  15 x  39   3 53 x  5 53 , đáp số:
2

x

2

15  3 53  546  70 53
2

b. Tìm được m  1 , PT trở thành 2  x 2  8 x  1  5  x  7  , đáp số:
2

2

 8 2  5  133  12 10 8 2  5  133  12 10 
x
;

2
2

2 2



c. Tìm được m   1 , PT trở thành 3  x 2  x  1  8  2 x  1 , đáp số:
2

2

 3  4 2  77  16 6
3  4 2  77  16 6 
x
;

2 3
2 3



d. Tìm được m   2 , PT trở thành  2 x 2  x  2   3  5 x  2  , đáp số:
2

2

  1  5 3  84  2 3  1  5 3  84  2 3 
x
;

4
4




24