Tài Liệu HOT Chuyên Đề Phương Trình Đại Số

Tailieumontoan.com

Trịnh Bình

CHUYÊN ĐỀ
PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

Thanh Hóa, tháng năm 2019


1

Website:tailieumontoan.com

PHƢƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
LỜI NÓI ĐẦU
Nhằm đáp ứng nhu cầu về của giáo viên toán THCS và học sinh về các chuyên đề toán
THCS, website tailieumontoan.com giới thiệu đến thầy cô và các em chuyên đề về các bài toán về
phương trình đại số. Chúng tôi đã kham khảo qua nhiều tài liệu để viết chuyên đề về này nhằm đáp
ứng nhu cầu về tài liệu hay và cập nhật được các dạng toán mới về cấu tạo số thường được ra
trong các kì thi gần đây. Các bài toán về phương trình đại số thường liên quan đến phương trình
bậc cao, phương trình phân thức và phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối.
Các vị phụ huynh và các thầy cô dạy toán có thể dùng có thể dùng chuyên đề này để giúp
con em mình học tập. Hy vọng chuyên đề về phương trình đại số sẽ có thể giúp ích nhiều cho học
sinh phát huy nội lực giải toán nói riêng và học toán nói chung.
Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ song không thể tránh khỏi những hạn chế,
sai sót. Mong được sự góp ý của các thầy, cô giáo và các em học!
Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quả cao nhất từ chuyên đề này!

Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


2

Website:tailieumontoan.com

CHỦ ĐỀ 1. PHƢƠNG 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.
Phƣơng 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:

 A(x)  0
 B(x)  0
A(x).B(x).....M(x)  0  
...

 M(x)  0

B. Một số ví dụ minh họa

I. Phƣơng trình bậc 3.
1) Lý thuyết.
Phương trình bậc 3 l| phương trình có dạng: ax3  bx2  cx  d  0

 a  0

(1)

Phƣơng 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.


x  x0
ax3  bx2  cx  d  0   x  x0  mx2  nx  p  0   2
 mx  nx  p  0





(*)

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 x0 của 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) nghiệm x0  1 . Chẳng hạn: 4 x3  x2  2 x  5  0 ta 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.

Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


3

Website:tailieumontoan.com

- Nếu a, b, c, d là các số nguyên và x0 

m
là nghiệm hữu tỷ của (1) thì m l| ước của d và n
n

l| ước của a. Đặc biệt trường hợp a = 1 thì phương trình (1) có nghiệm x0 l| ước của d.

Thí dụ 1. Giải phương trình:

a) x3  3x  2  0

b) 3 y3 – 7 y 2 – 7 y  3  0

c) x3  x 2  3x 10  0.

Hƣớng 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

 x 1  0
x  1
 2

x  x  2  0
x  2
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.

 y  1
y 1  0

1
 3y  1  0   y 
.
3

 y  3  0
y  3


 1 

Vậy tập nghiệm của phương trình là S  1; ; 3
 3 
c) Ta có d = - 10 ta nhẩm các số l| ước của 10 thì thấy x = 2 là nghiệm của phương trình.
x3  x 2  3x  10  0
 x3  2 x 2  x 2  2 x  5 x  10  0
 x 2 .  x  2   x.  x  2   5.  x  2   0





  x  2 x2  x  5  0
x2

Do x2  x  5  0 x
Vậy phương trình có nghiệm x = 2.

Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


4

Website:tailieumontoan.com

Thí dụ 2. Giải phương trình:
a) 8 x 3  4 x 2  1  0

b) 3x3  7 x2  17 x  5  0

c) x3  2 x 2  5x  2  0.

Hƣớng dẫn giải
b) Ta có a = 8, d = 1 nên phương trình nếu có nghiệm hữu tỷ sẽ có dạng x0  

1
n

1 1 1
1
với n l| ước 8. Ta thử các giá trị  ;  ;  nhận thấy x  là nghiệm của phương trình
2 4 8
2
do đó ta t{ch phương trình theo nh}n tử (2x – 1).

8x4  4 x  1  0




  2 x  1  4 x
  2 x  1  4 x

 8 x3  1   4 x  2   0
2
2


 2 x  1  0

 2 x  1  2  2 x  1  0

1

 x2

1  5

x


4

 1 1  5 
Vậy tập nghiệm của phương trình l| S   ;

4 
 2
b) Ta có a = 3, d = -5 nên phương trình nếu có nghiệm hữu tỷ sẽ có dạng x0 

m
n

1 5
1
với m l| ước -5 v| n l| ước của 3. Ta thử các giá trị  ;  nhận thấy x  là nghiệm của
3 3
3
phương trình do đó ta t{ch phương trình theo nh}n tử (3x – 1).

3x3  7 x  17 x  5  0
 3x3  x 2  6 x 2  2 x  15 x  5
 x 2  3x  1  2 x  3x  1  5  3x  1  0
  3x  1  x 2  2 x  5   0
2
  3x  1  x  1  4   0



 3x  1  0
x
Vậy phương trình có nghiệm x 

Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp

1
3

1
3

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


5

Website:tailieumontoan.com

b) Phương trình chứa hệ số
nhằm triệt tiêu hệ số

2 nên ta đo{n có nghiệm dạng x0  a 2 nên ta đặt x  a 2

2 khi đó phương trình có dạng:
2 2a 3  2 2a 2  5 2a  2  0
 2a 3  2a 2  5a  1  0
  a  1  2a 2  4a  1  0
a 1

 2
 2a  4a  1  0
 a 1

 a  1  6

2
 x 2

 x   2  3

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.

Hƣớng 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

z  6  0
 
z  2  0
 z  6
 
z  2
Tập nghiệm của phương trình (1) l| S  6 ; 2 .
* 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

Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp

= 98 

6y2 = 96
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


6

Website:tailieumontoan.com


y2 = 16

z  2  4
 z  2  4






y  4
 y  4




z  2
 z  6


Tập nghiệm của phương trình (1) l| S  6 ; 2 .
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
y  0
 z  0

 y  z  0

4 x  3  0
hay  2 x  5  0
 2 x  8  0

 x   0, 75
 x  2,5

 x   4



Tập nghiệm của phương trình l| S  4 ;  0,75 ; 2,5
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
u  0
 v  0


 u  v  0



3x  2016  0
3x  2019  0

6 x  3  0

 x  672
  x  673

 x  0,5

Tập nghiệm của phương trình l| S  672 ; 0,5 ; 673
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| S   1,5 ; 6,5
Lƣu ý: Trong các bài toán xuất hiện các dạng (a + b)3 ;  a  b  và a3  b3 .
3

Ta có:  a  b   a 3  b3  3ab(a  b) và a 3  b3   a  b   a 2

3

ab  b2 

Thí dụ 4. Giải phương trình:
a) x3 – 3x2 + 3x – 4 = 0.

Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp

b) 2x3 + 3x2 – 6x + 4 = 0

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


7

Website:tailieumontoan.com
Hƣớng 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

 x3  3x 2  3x  1  3
  x  1  3
3

 x 1  3 3
 x  1 3 3

Vậy nghiệm của phương trình l| x  1  3 3
b) Bằng phương ph{p nhẩm nghiệm dễ thấy phương trình không có nghiệm hữu tỷ. Ta
biến đổi như sau:

2 x3  3x 2  6 x  4  0
 4 x3  6 x 2  12 x  8  0
 5 x3  x 3  6 x 2  12 x  8




3

5.x



3

  x  2

3

 3 5.x  x  2
x
Vậy nghiệm của phương trình l|: x 

3

3

2
5 1

2
5 1

II. Phƣơng trình bậc bốn.
1) Lý thuyết.
Phương trình bậc 4 l| phương trình có dạng:

ax4  bx3  cx2  dx  e  0

 a  0

Phƣơng 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

Phƣơng pháp giải. – Đặt y  x2 ( y  0) khi đó phương: ay 2  by  c  0

 2.2

Đ}y l| phương trình bậc 2 dễ d|ng tính được nghiệm từ đó suy ra x.
Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


8

Website:tailieumontoan.com

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.

Hƣớng dẫn giải
Đặt y  x2 ( y  0) khi đó phương trình trở thành:
 y 1
y 2  5 y  4  0   y  1 y  4   0  
y  4
 x2  1
 x  1
 2

 x  2
x  4

Vậy tập nghiệm của phương trình l| S  1; 2
Dạng 2. Phương trình có dạng:  x  m    x  n   p (p > 0)
4

Phƣơng pháp giải: Đặt y  x 

4

ab
Chuyển về phương trình ẩn y
2

Phương trình ẩn y sẽ l| phương trình trung phương quen thuộc.
Thí dụ 6. Giải phương trình:  x  2004   x  2006  2
4

4

Hƣớng dẫn giải
Đặt y  x 

2004  2006
 x  2005 . Khi đó phương trình trở thành:
2

 y  1   y  1
4

2

4

2

2
2

2
2
 2   y  1   y  1   2  y  1 .  y  1  2







2

  2 y 2  2   2 y 2  1  2  4 y 4  8 y 2  4  2 y 4  4 y 2  2  2





 2 y 4  12 y 2  0  2 y 2 y 2  6  0
 y2  0  y  0
 x  2005  0
 x  2005

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.
Phƣơng pháp giải: PT   x 2   a  b  x  ab   x 2   c  d  x  cd   e
2
Đặt t  x   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:
Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


9

Website:tailieumontoan.com

a)  x  1 x  2 x  4 x  5  10

b)

 4 x  7  4 x  5 x  1 2 x  1  9.

Hƣớng dẫn giải
a) Ta có:

 x  1 x  2  x  4  x  5  10
  x  1 x  5    x  2  x  4    10

  x 2  6 x  5  x 2  6 x  8   10

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

 t  5 t  8  10
 t 2  13t  30  0
  t  3 t  10   0
 t  3


t  10
 x2  6 x  3  0
 2
 x  6 x  10  0



 x 2  6 x  3  0 dox 2  6 x  10   x  3  1  0
2



  x  3  6
2

 x3  6
 x  3  6



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
Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp

 4x(x + 2) + (x + 2) = 0
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


10

Website:tailieumontoan.com

 (x + 2)(4x + 1) = 0 

x  2  0
 x  2
 4x  1  0   x  0, 25



- Với 16x2 + 36x + 17 = – 9  16x2 + 36x + 26 = 0 vô nghiệm vì
2

9  23

 0 , x .
16x + 36x + 26 =  4x   
2
4

2

Vậy tập nghiệm của phương trình là S  2 ;  0, 25 .
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.
Hƣớng 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  4  0
y(y + 4) – 32(y + 4) = 0 ;  (y + 4)(y – 32) = 0  
 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| S  2 ; 4 ;10
Dạng 4. Phương trình có dạng: (ax 2  b1 x  c)(ax 2  b2 x  c)  mx 2 .
Phƣơng pháp giải:
– Bƣớc 1: nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình.
- Bƣớc 2: Chia hai vế của phương trình cho x 2 .
c 

c

Phương trình trở thành:  ax  b1   ax  b2    m
x 
x


Bƣớc 3: Đặt t  ax 

c
chuyển về giải phương trình bậc 2 cơ bản.
x

Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


11

Website:tailieumontoan.com

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

(1)

Hƣớng dẫn giải
– Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của Phương trình.
- Chia hai vế của Phương trình (1) cho x 2  0 ta được:
1 

1

 2 x  3   2 x  5    9
x 
x


Đặt t  2 x 

(*)

1
. Khi đó phương trình (*) trở thành: (t – 3)(t + 5) = 9
x

t  6
 t 2  2t  24  0  (t  6)(t  4)  0  
t4
Với t = - 6 ta có: 2 x 
Với t = 4 ta có: 2 x 

1
3  7
 6  2 x 2  6 x  1  0  x 
.
x
2

1
2 2

 4  2x2  4x  1  0  x 
.
x
2

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm: x 

3  7
2 2
,x
.
2
2

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

(2)

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

(u 2  7u  3)(u 2  2u  3)  6u 2

(*)

Đến đ}y có thể giải tiếp như ví dụ trên.
Giải ra ta được 4 nghiệm là: x  3  7;

x

1  21
.
2

Dạng 5. Phương trình có dạng:  x  a  x  b  x  c  x  d   ex 2 , trong đó ab  cd .
Phƣơng pháp giải:
– Bƣớc 1: nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình.
- Bƣớc 2: PT   x 2   a  b  x  ab   x 2   c  d  x  cd   ex 2
Chia hai vế của phương trình cho x 2  0 .
ab
cd



Phương trình trở thành:  x 
 a  b  x 
cd  e
x
x




Bƣớc 3: Đặt t  x 

ab
cd
. Ta có phương trình:  t  a  b  t  c  d   e
 x
x

x

Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


12

Website:tailieumontoan.com

Đ}y l| phương trình bậc 2 dễ d|ng tính được t từ đó tính được x.
Thí dụ 10. Giải phương trình:
a)  x  2  x  1 x  8 x  4   4 x 2

b)

x

2

 3x  2  x 2  9 x  18  168x 2

Hƣớng dẫn giải
a) PT   x  2  x  4   x  1 x  8  4 x 2   x 2  6 x  8 x 2  9 x  8  4 x 2 .
Do x  0 không là nghiệm nên chia hai vế của phương trình cho x 2 ta được:
8
8




 x   6  x   9   4 .
x
x




Đặt y  x 

y  5
8
thì phương trình trở thành  y  6  y  9   4  y 2  15 y  50  0  
.
x
 y  10

Với y  5 thì x 

8
 5  x 2  5 x  8  0 (vô nghiệm).
x

Với y  10 thì x 

 x  5  17
8
.
 10  x 2  10 x  8  0  
x

 x  5  17





Vậy tập nghiệm của phương trình l| S  5  17;5  17 .
b) Ta có:

x

2





 3x  2 x 2  9 x  18  168 x 2

  x  1 x  2  x  3 x  6   168
  x  1 x  6    x  2  x  4    168







 x 2  7 x  6 x 2  5 x  6  168
Chia hai – Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình:

6
6



vế của phương trình cho x 2 ta được:  x   7  x   5   168
x
x




Đặt y  x 

6
phương trình trở thành:  y  7  y  5  168
x

 y7
 y 2  12 x  133  0  
 y  19

Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


13

Website:tailieumontoan.com


x 1



x6
6



2
 x x 7
 x  7x  6  0

 2
  x  19  337
Do đó: 
2
 x  6  19
 x  19 x  6  0



x

19  337

x 
2



Vậy phương trình có 4 nghiệm x  1, x  6, x 

19  337
19  337
,x 
2
2



Dạng 6. Phương trình có dạng: a1 bx 2  c1 x  d



2





 a2 bx 2  c2 x  d  Ax 2

Phƣơng pháp giải:
– Bƣớc 1: nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình.
- Bƣớc 2: Chia hai vế của phương trình cho x 2  0 .
2

2

d
d




Phương trình trở thành: a1  bx   c1   a 2  bx   c2   A
x
x




Bƣớc 3: Đặt t  bx 

d
2
2
. Ta có phương trình: a1  t  c1   a2  t  c2   A
x

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  x 2  2 x  1  2  x 2  3x  1  5 x 2  0
2

2

Hƣớng dẫn giải
Dễ thấy x  0 không là nghiệm của phương trình.

2

2

1
1




Chia hai vế của phương trình cho x ta được 3  x   2   2  x   3   5  0 .
x
x




2

y 1
1
2
2
Đặt y  x  , phương trình trở thành: 3  y  2   2  y  3  5  0  y 2  1  0  
.
x
 y  1

1
1  5


x 
x  x  1
2
Suy ra 
.

1 5
 x  1  1 
x 

x

2
 1  5 1  5 


Vậy tập nghiệm của phương trình l| S  
;
.
2 
 2



Dạng 7. Phương trình có dạng: ax 4  bx3  cx2  bx  a  0.
Phƣơng pháp giải:
Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

14

Website:tailieumontoan.com

– Bƣớc 1: Nhận xét x = 0 có phải là nghiệm nghiệm của phương trình hay không.
- Bƣớc 2: Chia hai vế của phương trình cho x 2  0 ta được:
ax 2  bx  c 

b a

 0.
x x2

- Bƣớc 3: Đặt y  x 
a  y2

1
1
 y 2  x 2  2  2 . Khi đó phương trình trở thành:
x
x

2   by  c  0

Đ}y l| phương trình bậc 2 dễ gi|ng tính được y và suy ra x.
Thí dụ 12. Giải phương trình: 6x  5x  38x  5x  6  0
4

3

2

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

5 6

0
x x2
1  
1

 6  x 2  2   5  x    38  0
x  
x

1
1
2
2
Đặt y  x 
thì: x  2  y  2
x
x
6x 2  5x  38 

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

10
5
và y  
3
2
10
1 10
 3x 2  10x  3  0
* Với y 
thì: x  
3
x 3
1

x

1
<=> (3x – 1)(x – 3) = 0 <=> 
3

x2  3
5
1
5
2
* Với y   thì: x     2x  5x  2  0
2
x
2

1

x


<=> (2x + 1)(x + 3) = 0 <=>  3
2

 x 4  2
Do đó:

y

1
1
Vậy phương trình có bốn nghiệm: x  , x  , x  2, x  3
3
2

Dạng 8. Phương trình có dạng: ax4  bx3  cx 2  kbx  k 2a  0  k  0 
Phƣơng pháp giải:
– Bƣớc 1: Nhận xét x = 0 có phải là nghiệm nghiệm của phương trình hay không.
Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


15

Website:tailieumontoan.com

- Bƣớc 2: Chia hai vế của phương trình cho x 2  0 ta được:

 2 k2  
k
a x  2   b x    c  0
x  
x

2

k2 
k
k
2
- Bƣớc 3: Đặt t  x  với t  2 k ta có x  2   x    2k  t 2  2k .
x 
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.
2 x4  21x3  34 x2  105x  50  0

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

Hƣớng dẫn giải
105
50
 5 và k 2 
 25 nên phương trình (8) l| phương trình bậc bốn có hệ

21
2
25 
5


số đối xứng tỉ lệ.  8  2  x 2  2   21 x    34  0 .
x 
x



Ta thấy k 

Đặt t  x 

5
25
suy ra t 2  x 2  2  10 .
x
x

Phương trình (9) trở thành 2t 2  21t  54  0  t  6 hoặc t 
Với t  6 thì x 

Với x 

9
.
2

5
 6  x 2  6 x  5  x 2  6 x  5  0  x1  3  14; x2  3  14 .
x

5 9
9  161
9  161
9
thì x    2 x 2  9 x  10  0  x3 
.
; x4 
x 2
4
4
2



9  161 9  161 

Vậy PT (8) có tập nghiệm S  3  14;3  14;
;
.
4
4





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  x 2  x  1  2  x  1  5  x3  1
2

2

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

Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


16

3

Website:tailieumontoan.com

x2  x  1
x 1
x2  x  1
2
1
2 2
 3t   5  3t 2  5t  2  0  t  2, t  
. Đặt t 

x 1
x  x 1
x 1
t
3

* t  2  x 2  3x  1  0  x 

3  13
2

1
* t    3x 2  2 x  4  0 phương trình vô nghiệm
3

Vậy phương trình có nghiệm x 

3  13
2

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

Hƣớng dẫn giải

Đặt 4x – 19 = y; 4x – 20 = z thì y + z = 8x – 39 ta có y4 + z4 – (y + z)4 = 0
4
3
2 2
3
4

 y4 + z4 – y  4y z  6y z  4yz  z = 0
3
2 2
3
 4y z  6y z  4yz = 0



6


4yz  y2  yz  z 2   0
4



2

y  0
 4 x  19  0
 x  4, 75
3 
7 

 4yz  y  z   z 2   0  
 
4  16 

z  0
 4 x  20  0

x  5

Tập nghiệm của phương trình l| S  4, 75 ; 5
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  4 x3  10 x2  37 x  14  0

(1)

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

Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


17

Website:tailieumontoan.com

x4  4 x3  10 x2  37 x  14   x2  px  q  x2  rx  s   x4   p  r  x3   s  pr  q  x 2   ps  qr  x  qs  0
 p  r  4
 s  pr  q  10

Đồng nhất hệ số: 
.

 ps  qr  37
 qs  14
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:
x 4  4 x3  10 x 2  37 x  14   x 2  5x  2  x 2  x  7 

Suy ra:

x  4 x  10 x  37 x  14  0
4

3

2

 x2  5x  2  0
 x  5x  2 x  x  7  0   2
 x  x7  0





2

2

Giải hai phương trình bậc 2 n|y ta được nghiệm: x1 



5  17
1  29
; x2 
2
2

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

( x2  m)2  (2m  a) x 2  bx  c  m2
 2m  a  0
m
Ta mong muốn vế phải có dạng: ( Ax  B)2  
2
2
  b  4(2m  a)(c  m )  0
Thí dụ 17. Giải phương trình: x4  10 x2  x  20  0

Hƣớng dẫn giải
x4 10 x2  x  20  0  x4  10 x2  x  20

Ta thêm vào 2 vế phương trình một lượng: 2mx2  m2
Khi đó phương trình trở thành: x4  2mx2  m2  (10  2m) x 2  x  m2  20
9
Ta có VP  1  4(m2  20)(10  2m)  0  m   . Ta viết lại phương trình th|nh:
2

Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


18

Website:tailieumontoan.com
2

2

2

1
9 
1
9

x4  9 x2     x2  x    x2     x    0
4
2 
2
2

 ( x 2  x  5)( x 2  x  4)  0  x 

1  17
1  21

và x 
.
2
2

1  17
1  21
,x 
2
2
4
3
2
Dạng 2. Phương trình có dạng: x  ax  bx  cx  d

Vậy phương trình có 4 nghiệm x 

Phƣơng pháp giải:

a


Ta sẽ tạo ra ở vế phải một biểu thức bình phương dạng:  x 2  x  m 
2



2

Bằng cách khai triển biểu thức:


a2  2
 2 a

4
3
2
x

x

m

x

ax

2
m


 x  amx  m .


2
4





2


a2 
Ta thấy cần thêm vào hai vế một lượng:  2m   x 2  amx  m2 khi đó phương trình trở
4

thành:
 2
a2
 2 a
 
2
 x  x  m    2m   b  x  (am  c) x  m  d
2
4

 

2


a2
2
m

b  0

4


m?
Bây giờ ta cần: 
2
  (am  c) 2  4  2m  a  b   m 2  d   0


 VP
4


Thí dụ 18. Giải phương trình: x4  6 x3  8x2  2 x 1  0

Hƣớng dẫn giải
Phương trình có dạng: x4  6 x3  8x2  2x  1  0  x4  6x3  8x2  2 x  1
Ta tạo ra vế trái dạng: ( x2  3x  m)2  x4  6 x3  (9  2m) x2  6mx  m2
Tức là thêm vào hai vế một lượng là: (9  2m) x2  6mx  m2 phương trình trở thành:

( x2  3x  m)2  (2m  1) x2  (6m  2) x  m2  1 . Ta cần
 'VP  (3m  1)  (2m  1)(m2  1)  0  m  0 .

Phương trình trở thành: ( x2  3x)2  ( x  1)2
Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


19

Website:tailieumontoan.com

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



Vậy phương trình có 4 nghiệm S  2  3;2  3;1  2;1  2

3
3
2
2



II. Phƣơng 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)

Hƣớng 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| S  4 ;  3 ;  2 ; 2 ; 3 ; 4  .
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)

Hƣớng 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 :
Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


20

Website:tailieumontoan.com

1

1
1 
1


6  x 2  2   35  x    62  0 . Đặt x   y thì x 2  2  y 2  2
x 
x
x
x


Phương trình trở thành 6(y2 – 2) – 35y + 62 = 0  (2y – 5)(3y – 10) = 0
Thay y  x 

1
1
vào 2y – 5 = 0 giải ra ta tìm được x = 2 hoặc x = .
x
2

Thay y  x 

1
1
vào 3y – 10 = 0 giải ra ta tìm được x = 3 hoặc x =
x
3

1 1



Tập nghiệm của phương trình l| S = 1; ; ; 2 ; 3 .
3 2



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)

Hƣớng dẫn giải

x

2

2
2
 4x+11 x 4  8x 2  21  35   x  2   7   x 2  4   5  35

 


 x  2

2

 0, x và  x 2  4   0, x nên vế trái không nhỏ hơn 35.
2

(x  2)2  0
 x  2 . Vậy nghiệm của phương trình l| x = 2.
Ta suy ra  2 2
 x  4   0

Thí dụ 22. Giải phương trình:

x

3

 5x  5  5x3  24 x  30  0
3

Hƣớng dẫn giải
Ta có: x3  5x  30  5  x3  5x  5  x  5 nên phương trình tương đương

x

3



3





 5x  5  5 x3  24 x  x3  24 x  30  0 .

Đặt u  x3  5x  5 . Ta được hệ:
3

u  5u  5  x
  u  x  u 2  ux  x 2  6  0  u  x .
 3

 x  5x  5  u





 x3  4 x  5  0   x  1  x 2  x  5  0  x  1 .

Vậy x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


21

Website:tailieumontoan.com

CHỦ ĐỀ 2. PHƢƠNG 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

B.

khi x  x1 và x  x2

Một số ví dụ minh họa

Một số bài tập cơ bản:
Thí dụ 23. Giải phương trình:
a)

1
1
3
1



x 1 x  2 2x  6 2x  4

b)

25  4 x
4
6


.
2
25 x  1 5 x  1 1  5 x

Hƣớng 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

 2x  3  0
 x  1,5
 
 
x  5  0
x  5
Hai giá trị x = 1,5 và x = 5 thỏa mãn ĐKXĐ nên l| nghiệm phương trình (1).
b) ĐKXĐ :
(2)



x   0,2.
25 + 4x



25 + 4x



– 46 x

=

4(5x – 1) + 6(5x + 1)

=

20x – 4 + 30x + 6

= – 23



x = 0,5.

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

Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


22

Website:tailieumontoan.com

2 x  5 x 2  5 x  41 3x  8
 2

x 1
x  3x  4
x4

Thí dụ 24. Giải phương trình:

Hƣớng dẫn giải
Ta có (1) 
ĐKXĐ :

2 x  5 x 2  5 x  41 3x  8


x  1 ( x  1)( x  4) x  4

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 phƣơng trình phân thức thƣờng gặp:
Dạng 1. Phương trình có dạng:

a
a1
a
 2  ....  n  A
x  b1 x  b2
x  bn

Phƣơng 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
x x 1 x  2 x  3 x  4

Hƣớng dẫn giải
Điều kiện x 1; 2; 3; 4;0 . Ta biến đổi phương trình th|nh

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



1
1
1
 2

 0.
2
x  4 x x  4 x  3 2( x  4 x  4)
2

Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


23

Website:tailieumontoan.com

Đặt u  x2  4 x , phương trình trở thành

1
1
1


0
u u  3 2 u  4


25  145
u

5u  25u  24
10
.

0
2u  u  3 u  4 

25  145
u 
10

2

 2
25  145
 x  4x 
10
Do đó 
.
 2
25  145
 x  4x 
10


Tìm được tập nghiệm của phương trình l|


15  145
15  145
15  145
15  145 
S  2 
; 2 
; 2 
; 2 
.
10
10
10
10


a x  bn
a x  b1 a2 x  b2
Dạng 2. Phương trình có dạng: 1

 ....  n
A
x  c1
x  c2
x  cn
Phƣơng pháp giải: Ta biến đổi phương trình th|nh:
a1 

d

d1
d
 a2  2  ....  an  n  A
x  c1
x  c2
x  cn

Thí dụ 26. Giải phương trình:

x  4 x  4 x 8 x 8
8




x 1 x  1 x  2 x  2
3

Hƣớng dẫn giải
Biến đổi phương trình th|nh:
5
5
10
10
8




x 1 x 1 x  2 x  2

3
.
10
40
8
 2


x  1 x2  4
3

u  16
Đặt u  x  u  1, u  4; u  0 dẫn đến phương trình: 4u  65u  16  0  
.
u  1

4
2

2

1 
 1
Tìm được tập nghiệm của phương trình l| S   ; 4; ; 4 .
2 
 2

Dạng 3. Phương trình có dạng:
i)

mx
nx
 2
p
ax  b1 x  c ax  b2 x  c
2

Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


24

Website:tailieumontoan.com

ii)

ax 2  b1 x  c ax 2  d1 x  c

 0;
ax 2  b2 x  c ax 2  d 2 x  c

iii)

ax 2  b1 x  c
px
 2
 0.
2

ax  b2 x  c ax  dx  c

Trong đó: a, p, m, n  0
Phƣơng pháp giải dạng i:
Nhận xét x  0 không phải là nghiệm của phương trình.
Với x  0 , ta chia cả tử số và mẫu số cho x thì thu được:
a
p
xm
x



b
p
xn
x

 c.

k
k2
2
2
Đặt t  x   t  x  2  2k  2 k  2k .
x
x
Thay v|o phương trình để quy về phương trình bậc 2 theo t .
Các dạng ii) và iii) giải ho|n to|n tương tự.
Thí dụ 27. Giải phương trình:

2x
13x
 2
6 .
3x  4 x  1 3x  2 x  1
2

(Thi vào lớp 10 chuyên Quốc học Huế năm học 1996 - 1997)

Hƣớng dẫn giải

 2
 x 1
3x  4 x  1  0 

Điều kiện:  2
1
3x  2 x  1  0  x  3

Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, do đó chia chia tử và mẫu của mỗi
phân thức cho x ta được:
2
1
3x  4 
x



13

1
3x  2 
x

 6.

1

t
2 13
1
2

Đặt 3x   4  t khi đó phương trình trở thành: 
 6  2t  7t  4  0 
2

x
t t 6
t  4.
4

x

1
1
1
3
Với t  thì 3x   4   6 x 2  11x  4  0  
2

x
2
x  1

2
Tác giả: Trịnh Bình tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC