Chuyên đề Phương trình quy về phương trình bậc hai

CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
A.TRỌNG TÂM CẦN ĐẠT
I. TĨM TẮT LÝ THUYẾT
1. Phương trình trùng phương
- Phương trình trùng phương là phương trình có dạng:ax4 + bx2 + c - 0 (a ≠ 0).
- Cách giải: Đặt ẩn phụ t = x2 (t > 0) để đưa phương trình vẽ phương trình bậc hai: at2 + bt + c = 0 (a ≠
0).
2. Phương trình chứa ẩn ở mẫu thức
Để giải phương trình chứa ẩn ở mẫu thức, ta có các bước giải như sau:
Bước 1. Tìm điều kiện xác định của ẩn của phương trình.
Bước 2. Quy đồng mẫu thức hai vế rồi khử mẫu.
Bước 3. Giải phương trình vừa nhận được ở Bước 2.
Bước 4. So sánh các nghiệm tìm được ở Bước 3 với điều kiện xác định và kết luận.
3. Phương trình đưa về dạng tích
Để giải phương trình đưa vể dạng tích, ta có các bước giải như sau:
Bước 1. Phân tích vế trái thành nhân tử, vế phải bằng 0.
Bước 2. Xét từng nhân tử bằng 0 để tìm nghiệm.
4. Một số dạng khác của phương trình thường gặp
- Phương trình bậc bốn dạng  x  a  x  b  x  c  x  d   m với a  b  c  d
- Phương trình đối xứng bậc bốn có dạng: ax 4  bx3  cx 2  bx  a  0  a  0 
e d 
- Phương trình hồi quy có dạng ax  bx  cx  dx  e  0  a  0  trong đó   
a b
4

3

2

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

4

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

1. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 

2


•

mx
nx
 2
p
ax  bx  d ax  cx  d

•

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

•

ax 2  mx  c

px
 2
d
2
ax  nx  c ax  qx  c

2

II. BÀI TẬP VÀ CÁC DẠNG TỐN
Dạng 1. Giải phương trình trùng phương
Phương pháp giải: Xét phương trình trùng phương:
axA + bx2 + c = 0 (a ≠ 0).
Bước 1. Đặt t = x2 (t ≥ 0) ta được phương trình bậc hai:
at2 + bt + c = 0 (a ≠ 0)
Bước 2. Giải phương trình bậc hai ẩn t từ đó ta tìm được các nghiệm của phương trình trùng phương đã
cho.
1.1. Giải các phương trình sau:
a) x 4 + 5x2 - 6 = 0;

b) ( x + 1)4 - 5(x + 1)2 -84 = 0.

1.2.Giải các phương trình sau:
a) 2x4 + 7x2 + 5 = 0;

b) 4x4 + 8x2 - 12 = 0;

Dạng 2. Phương trình chứa ẩn ở mẫu thức
Phương pháp giải: Để giải phương trình chứa ẩn ở mẫu thức, ta có các bước giải như sau:
Bước 1. Tìm điều kiện xác định của ẩn.
Bước 2. Quy đồng mẫu thức hai vế rồi khử mẫu.

Bước 3. Giải phương trình bậc hai nhận được ở Bước 2.
Bước 4. So sánh các nghiệm tìm được ở Bước 3 với điều kiện xác định và kết luận.
2.1. Giải các phương trình sau:
a)

2x  5
3x

;
x 1 x  2

2. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 


b)

x 5 x 3
5
3



;
x 3 x 5
3
5

3

 1 x 1 x   1 x 
c) 

 1 
.
:
 1  x 1  x   1  x  14  x

2.2. Giải các phương trình sau:
a)

2x  1 3x  1 x  7


 3;
x 1 x  5 x 1

b)

1
x 2  3x  5
;

2
x  x 6 x 3

c)

2x
5

5

 2
;
x  2 x  3 x  5x  6

Dạng 3. Phương trình đưa về dạng tích
Phương pháp giải: Để giải phương trình đưa về dạng tích, ta có các bước giải như sau:
Bước 1. Chuyên vế và phân tích vế trái thành nhân tử, vế phải bằng 0.
Bước 2. Xét từng nhân tử bằng 0 để tìm nghiệm.
3.1. Giải các phương trình sau:
a) x 3 - 3x2 - 3x - 4 = 0;
b) (x - 1)3 + x3 + (x + 1)3 - (x + 2)3 = 0;
3.2. Giải các phương trình sau:
a) 2x3 -7x2 + 4x + 1 = 0;
b) (x2 + 2x - 5)2 = (x2 - x + 5)2.
Dạng 4. Giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ
Phương pháp giải:
Bước 1. Đặt điều kiện xác định (nếu có);
Bước 2. Đặt ẩn phụ, đặt điểu kiện của ẩn phụ (nếu có) và giả phương trình theo ẩn mới;
Bước 3. Tìm nghiệm ban đầu và so sánh với điều kiện xác địnl và kết luận.
4.1. Giải các phương trình sau:
3. TỐN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 


a) x(x + l)(x + 2)(x + 3) = 8;
b) (x2 + 16x + 60)(x2 +17x + 60) = 6x2;
c)

2x
7
 2
 1.
3x  x  2 3x  5x  2
2

4.2. Giải các phương trình sau:
a) (x2 - 3x)2 - 6(x2 - 3x) -7 = 0;
b) x 6 +61x3 - 8000 = 0;
c)

x
x 1
 10
 3.
x 1
x

Dạng 5. Phương trình chứa biếu thức trong dấu căn
Phương pháp giải: Làm mất dấu căn bằng cách đặt ẩn phụ hoặc lũy thừa hai vế.
Chú ý:

B  0
AB
.
2
A  B

5.1. Giải các phương trình sau:
a)

x  6 x  9  3  x;

b)

x 2  x  1  3  x.

5.2. Giải các phương trình sau:
a) x2 - 3x + 2 = (1 - x) 3x  2
b

x  1  7x  1  14x  6.

Dạng 6. Một số dạng khác
Phương pháp giải: Ngoài các phương pháp trên, ta còn dùng các phương pháp hằng đẳng thức, thêm bớt
hạng tử, hoặc đánh giá hai vế... để giải phương trình.
6. Giải các phương trình sau bằng phương pháp thêm bớt hạng tử hoặc dùng hằng đẳng thức:
a) x4 = 24x + 32;

b) x3 = -3x2 + 3x -1;

c ) x 4 - x 2 + 2x - 1 = 0;
7. Giải các phương trình sau bằng phương pháp đánh giá:
a) 4 1  x  4 x  1;
4. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 

4x 2  4x  5  12x 2  12  9  6.

b)

8. Giải các phương trình sau:
a) 4x2 – 4x – 6|2x – 1| + 6 = 0;
b) x 2 

25x 2
 11.
( x  5)2

III. BÀI TẬP VỂ NHÀ
10. Giải các phương trình sau:
a) x 4 - 6x2 - 16 = 0;

b) (x + 1)4 +(x + l)2 - 20 = 0.

11. Giải các phương trình sau:
a)

x  2 4x 2  11x  2

;
x  1 (1  x)( x  2)

b)

2x

8( x  1)
x
.


x  4 2  x (2  x)( x  4)

12. Giải các phương trình sau:
a) (x + 1)(x-3)(x2 - 2x) = -2;
b) (6x + 5)2 (3x + 2)(x +1) = 35.
c) (x2 + 5x + 8)(x2 + 6x + 8) = 2x2;
d)

x
4x  1

 2.
x
4x  1

13. Giải các phương trình sau:
a) x3 - x2 - 8x - 6 = 0;

b)x3 - x2 - x =

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ
1.1.
a) Đặt x 2  t  0 , ta có: t 2  5t  6  0
Giải ra ta được t = 1 (TM) hoặc t  6 (loại)
Từ đó tìm được x  1

b) Đặt ( x  1) 2  t  0
5. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 

1
.
3


Sau khi tìm được t ta tìm được x  1  2 3 .
1.2. a) x 

b) x  1

2.1.
a) ĐK: x  1 và x  2
Quy đồng mẫu thức, giải được: x   19  3
b) Tìm đượck x  17 hoặc x  1  31
c) Tìm được x = 5
5
2.1. a) x   hoặc x  5
4

b) x  1

c) x 

1
hoặc x  5

2

3.1.



a) Đưa PT về dạng: x  2



 x  2   x  3  0


Từ đó tìm được x   2; 3
b) Tìm được x  4
3.2. a) x  1 hoặc x 

5  33
4

1
10
b) x  ; x  0 hoặc x 
2
3

4.1.
a) Đặt y  x 2  3 x  1 . Giải ra ta được y  3
Từ đó tìm được x 

3  17
2

b) Xét hai trường hợp
Trường hợp 1: Với x = 0, thay vào thấy không là nghiệm
Trường hợp 2. Với x  0 , chia cả hai vế của PT cho x2 sau đó đặt x  16 
hoặc y = -3.
Từ đó tìm được x = 15 hoặc x = -4.
c) Trường hợp 1. Xét x = 0, thay vào thấy khơng là nghiệm.
6. TỐN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 

60
 y . Giải ra ta được y = 2
x


Trường hợp 2. Xét x  0 , chia cả tử và mẫu cho x sau đó đặt y  3 x 

2
. Giải ra ta được y = -11 hoặc y =
x

2.
Từ đó tìm được x 

11  97
6

4.2.
a) x 

3  37
3 5
hoặc x 
2
2

b) x = 4 hoặc x = -5
c) x 

5
2
hoặc x  
4
3

5.1.
a) ĐK: x  0 ; Biến đổi phương trình ta được
x 3  3 x  x 3  0  0  x  9
x  3
3  x  0
8

b) PT   2

8x
2
7

x  x 1  9  6x  x
 x  7

5.2.

a) x  1

b) x  1 hoặc x  5

6. a) Thêm 4x 2 ở cả hai vế của PT, ta được  x 2  2    2 x  6 
2

2

Giải ra ta được x  1  5
b) Tìm được x 

1
1 3 2

c) Tìm được x 

7. a) ĐK: 0  x  1  4 1  x  1  x và

4

x  x  VT  1  x  x  1  VP

1  x  0  x  1
Dấu "=" xảy ra  


1  x  1
x  0
Kết luận
b) Tìm được x 

1  5
2

1
.
2

7. TỐN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 


8. Đặt 2 x  1  t  t  0   t 2  6t  5  0 . Tìm được t từ đó tìm được x  2;0;1;3
2

5x 
5x

b) PT   x 
 11
  2x
x5
x5


Đặt

x2
 t , tìm được t  11 hoặc t  1
x5

Từ đó tìm được x 

1  21
2

b) x  1 hoặc x  3

10.

a) x  2 2

11.

a) x 

12.

a) x  1  3 hoặc x  1  2

d) x  2  3

c) x 

7  17
2

d) x  2  3

13.

a) x  1 hoặc x  1  7

2
5

b) Vô nghiệm

b) x 

3

1
4 1

B.NÂNG CAO PHÁT TRIỂN TƯ DUY
Bài 1. Giải phương trình sau bằng cách đặt ẩn phụ

x 2 48
 x 4
 2  10   
3 x
3 x

Bài 2. Giải phương trình 2  8 x  7   4 x  3 x  1  7
2

Bài 3. Giải phương trình x 
2

x2

 x  1

2

3

Bài 4. Tìm m để phương trình sau vơ nghiệm: x 4   3m  1 x3   3m  2  x 2   3m  1 x  1  0 (m là tham
số)
Bài 5. Giải phương trình

4 x 2  16
3
5
7
 2
 2
 2
2
x 6
x 1 x  3 x  5

Bài 6. Giải phương trình  x 2  x  2  x 2  2 x  2   2 x 2

Bài 7 .Giải phương trình 3( x 2  2 x  1)2  2( x 2  3 x  1)2  5 x 2  0
8. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 


Bài 8. Giải các phương trình:
a ) x 4  24 x  32

b) x 4  4 x  1 c) x 4  2 x 2  12 x  8

Bài 9. Giải phương trình

Bài 10.

x
3x
 2
20
x  x  2 x  5x  2
2

x 1
x6
x2
x5
 2
 2
 2
.

x  x  2  x  12 x  35 x  4 x  3 x  10 x  24

HƯỚNG DẪN
Bài 1. Giải phương trình sau bằng cách đặt ẩn phụ

x 2 48
 x 4
 2  10   
3 x
3 x

Hướng dẫn giải
x 4
x 2 8 16
2
Đặt t    t    2
3 x
9 3 x
3t 2 

x 2 48
x 2 48
 2  8   2  3t 2  8
3 x
3 x

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

4
3

x 4
  2  x 2  6 x  12  0
3 x

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

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

Giải ra ta được x3  2; x4  6





Vậy tập nghiệm của phương trình là: S  3  21;3  21; 2; 6
Bài 2. Giải phương trình 2  8 x  7   4 x  3 x  1  7
2

Hướng dẫn giải
9. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 

Ta có: 2  8 x  7   4 x  3 x  1  7  2  64 x 2  112 x  49  4 x 2  7 x  3  7
2

Đặt y  4 x 2  7 x  3 thì 64 x 2  112 x  49  16 y  1
Phương trình đã cho có dạng 2 16 y  1 y  7  32 y 2  2 y  7  0
Giải ra ta được y1 
• Với y 

7
1
; y2 
16
2

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

Giải ra ta được x1 
• Với y  

7  2 2
7  2 2
; x2 
8

8

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

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

Bài 3. Giải phương trình x 2 

x2

 x  1

2

3

Hướng dẫn giải
Phương trình tương đương với
x2  2

x2
x2
x2
2


3
x  1  x  12
x 1
2

x 
x2

2.
x

3

x 1
x 1

2

 x2 
x2
2



3  0

x 1
 x 1
Đặt

x2
 y phương trình có dạng y 2  2 y  3  0
x 1

Giải ra ta được y1  1; y2  3
• Với y  1 ta được

x2
1 5
1 5
 1  x 2  x  1  0 . Giải ra ta được x1 
; x2 
x 1
2
2

10. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 


• Với y  3 ta được

x2

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

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

Bài 4. Tìm m để phương trình sau vơ nghiệm: x 4   3m  1 x3   3m  2  x 2   3m  1 x  1  0 (m là tham
số)
Hướng dẫn giải
Nhận xét x  0 khơng phải là nghiệm của phương trình, nên ta chia hai vế của phương trình cho x 2 ta
được
1 1
x 2   3m  1 x   3m  2    3m  1  2  0
x x
1 
1


  x 2  2    3m  1  x     3m  2   0 1
x 
x


Đặt x 

1

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

Khi đó phương trình có dạng y 2  2   3m  1 y   3m  2   0  y 2   3m  1 y  3m  0  2 
Giải ra ta được y1  1; y2  3m
Phương trình (1) có nghiệm  phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn
y  2  3m  2  m 

Vậy với m 

2
2
hoặc m 
3
3

2
thì phương trình đã cho vơ nghiệm
3

Bài 5. Giải phương trình

4 x 2  16
3
5
7
 2
 2
 2
2

x 6
x 1 x  3 x  5

Hướng dẫn giải

11. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 


4 x 2  16
3
5
7
 2
 2
 2
2
x 6
x 1 x  3 x  5
2
 4 x  16  
3  
5  
7 
 2
 3   1  2   1  2
  1  2
0
 x 6

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

Vì

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

2



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



Bài 6. Giải phương trình  x 2  x  2  x 2  2 x  2   2 x 2
Hướng dẫn giải
Nhận xét. x  0 khơng phải là nghiệm của phương trình nên ta chia hai vế cho x2 ta được:
2 
2


 x   1 x   2   2
x
x



Đặt x 

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

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

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

Trường hợp 1. Với y  2 ta có x 

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

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S  1; 2
Bài 7 .Giải phương trình 3( x 2  2 x  1)2  2( x 2  3 x  1)2  5 x 2  0
Hướng dẫn giải
Nhận xét. x  0 khơng phải là nghiệm của phương trình nên ta chia hai vế của hai phương trình cho x 2 ta
2

2

1
1


được: 3  x  2    2  x  3    5  0
x
x


12. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 

Đặt x  2 

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

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

Giải ra ta được x1 

1  5
1  5
; x2 
2
2

Trường hợp 2. Với y  3 ta có x  2 

Giải ra ta được x3 

1
 1  x2  x 1  0
x

1
 3  x2  x 1  0

x

1 5
1 5
; x4 
2
2

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

Bài 8. Giải các phương trình:
a ) x 4  24 x  32

b) x 4  4 x  1 c) x 4  2 x 2  12 x  8

Hướng dẫn giải
a ) x 4  4 x 2  4  4 x 2  24 x  36
 x2  2  2x  6
2
2
  x2  2   2x  6   2

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



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





2.x  2



2

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

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

13. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 

 
 


Giải ra ta được x1 

2  4 2 2
2  4 2 2
; x2 
2
2

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

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

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

Giải ra ta được x1  1  3; x2  1  3



Vậy tập nghiệm của phương trình là: S  1  3;1  3
Bài 9. Giải phương trình



x
3x
 2
20
x  x  2 x  5x  2
2

Hướng dẫn giải

 x  1
 x 2  x  2  0

ĐKXĐ:  2
 x  2
 x  5 x  2  0

 x  5  33

2

Nhận thấy x  0 không là nghiệm của phương trình

Khi x  0 thì phương trình đã cho 

Đặt t  x 

1
2
x 1
x



3
x5

2
x

20

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

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

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

14. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 


Với t  3  x 

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

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

Bài 10.

x 1
x6

x2
x5
 2
 2
 2
.
x  x  2  x  12 x  35 x  4 x  3 x  10 x  24

Hướng dẫn giải
Điều kiện x  7; 6; 5; 4; 3; 2; 1;0 . Biến đổi phương trình thành

x 1
x6
x2
x5
x 1 1
1  x6 1
1 





 



x  x  2   x  5 x  7   x  1 x  3  x  4  x  6 
2  x x2
2  x5 x7



x2 1
1  x5 1
1 






2  x 1 x  3 
x  x4 x6



1
1
1
1
1
1
1
1








x x  2 x  5 x  7 x 1 x  3 x  4 x  6

1   1
1   1
1   1
1 
1
 







 x x  7   x  2 x  5   x 1 x  6x   x  3 x  4 
1
1
1
 1

 2x  7  2
 2
 2
 2
0
x

7

x

7
x

10
x

7
x

6
x

7
x

12



7

x   2

.
1
1
1
 1 



 0(*)
 x 2  7 x x 2  7 x  10 x 2  7 x  6 x 2  7 x  12
Đặt u  x 2  7 x thì phương trình (*) có dạng
1
1
1
1
1   1
1 
1
2



0 


  0  u  18u  90  0 .
u u  10 u  6 u  12
u
u

6
u

10
u


12

 


Mặt khác u 2  18u  90   u  9   9  0 với mọi u . Do đó phương trình (*) vơ nghiệm. Vậy phương trình
2

7
đã cho có nghiệm duy nhất x   .
2

C.TRẮC NGHIỆM RÈN LUYỆN PHẢN XẠ
Câu 1. Phương trình x 4  6 x 2  7  0 có bao nhiêu nghiệm?
A. 0 .

B. 1 .

C. 2 .

15. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 

D. 4 .


Câu 2. Phương trình 2 x 4  9 x 2  7  0 có bao nhiêu nghiệm?
A. 0 .

B. 1 .

C. 2 .

D. 4 .

Câu 3. Phương trình ( x  1) 4  5( x  1) 2  84  0 có tổng các nghiệm là?
A.  12 .

B. 2 .

C. 1 .

D. 2 12 .

Câu 4. Phương trình (2 x  1) 4  8(2 x  1) 2  9  0 có tổng các nghiệm là:
A. 1 .

B. 2 .

C. 1 .

Câu 5. Phương trình

2x
5
9
có số nghiệm là:

 2

x  2 x  3 x  5x  6

A. 2 .

B. 1 .

Câu 6. Phương trình

1
1
1


 0 có số nghiệm là:
x 1 x  1 x  4

A. 1 .

B. 2 .

C. 0 .

C. 0 .

D. 2 2 .

D. 3 .

D. 3 .

3
 1 x 1 x   1 x 
có nghiệm là:
Câu 7. Phương trình 

 1 
:
 1  x 1  x   1  x  14  x

B. x  2 .

A. x  2 .

C. x  3 .

D. x  5 .

 2 x 2 x   2 x  2
có nghiệm là:
Câu 8. Phương trình 

 1 
:
 2  x 2  x   2  x  3x

A. x  1; x 

2
.
3

2
B. x  1; x   .
3

C. x  3 .

2
D. x  1; x   .
3

Câu 9. Tích các nghiệm của phương trình ( x 2  2 x  5) 2  ( x 2  x  5)2 là:
A.

10
.
3

B. 0 .

C.

1
.
2

D.

5
.

3

Câu 10. Tổng các nghiệm của phương trình (2x 2  3) 2  4( x  1) 2 là:
A.

10
.
3

B. 0 .

C.

1
.
2

D.

5
.
3

Câu 11. Số nghiệm của phương trình 3 x 3  3 x 2  5 x  5  0 là:
A. 2 .

B. 0 .

C. 1.

16. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 

D. 3 .


Câu 12. Tổng các nghiệm của phương trình x ( x  1)( x  2)( x  3)  8 là:
A. 3 .

B. 3 .

C. 1.

D. 4 .

Câu 13. Tổng các nghiệm của phương trình ( x  1)( x  4)( x 2  5 x  6)  48 là:
5
A.  .
4

5
C.  .
2

B. 5 .

Câu 14. Hai nghiệm của phương trình
A. 3 .

B. 3 .

x
x 1
 10
 3 là x1  x2 . Tính 3 x1  4 x2 .
x 1
x

C. 7 .

D. 7 .

2x
4x 1

 2 là?
2x
4x 1

Câu 15. Số nghiệm của phương trình
A. 2 .

D. 5 .

B. 3 .

C. 1.

D. 0 .

Câu 16. Phương trình x 2  3 x  2  (1  x) 3 x  2 có bao nhiêu nghiệm?
A. 1 .

B. 3 .

C. 0 .

D. 2 .

Câu 17. Phương trình 5( x  2) x  1  x 2  7 x  10 có nghiệm là?
A. x  5; x  10 .

B. x  5; x  10; x  2 .

C. x  5 .

D. x  10 .

Câu 18. Phương trình
A. x  1 .
Câu 19. Phương trình
A. x  1; x  3 .
Câu 20. Phương trình
A. 1 .

x 2  x  1  3  x có nghiệm là:
B. x 

7

.
8

C. x  1 .

D. x 

8
.
7

2 x 2  6 x  1  x  2 có nghiệm là:
B. x  1; x  3 .

C. x  1 .

D. x  3 .

4 x 2  4 x  5  12 x 2  12 x  19  6 có nghiệm là
B. 4 .

C. 2 .

Câu 21. Giải phương trình 1  x 4  x 2  x  1 ?

17. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 

D. 2 .

a
( a, b  0) . Tính a  b .
b


A. x  0 .

B. x 

Câu 22. Giải phương trình
A. x  2 .

5
.
4

C. x1  0; x2 

1
x 1  x  2x  5
2

B. x  0 .



5
.
4

D. Đáp án khác.

1
x  1  x2  2 x  5

C. x  1 .

 1.

D. x  1 .

HƯỚNG DẪN

Câu 1. Đáp án C.
Đặt x 2  t (t  0) ta được phương trình t 2  6t  7  0 (*)
Nhận thấy a  b  c  1  6  7  0 nên phương trình (*) có hai nghiệm t1  1( L); t2  7( N )
Thay lại cách đặt ta có x 2  7  x   7 .
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm.
Câu 2. Đáp án D.
Đặt x 2  t (t  0) ta được phương trình 2t 2  9t  7  0 (*)
Nhận thấy a  b  c  2  ( 9)  7  0 nên phương trình (*) có hai nghiệm t1  1 ( N ); t2 

7
(N )
2

Thay lại cách đặt ta có
2
Với t  1  x  1  x  1

Với t 

7
7
14
 x2   x  
2
2
2

Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt.
Câu 3. Đáp án B.
Đặt ( x  1) 2  t (t  0) ta được phương trình t 2  5t  84  0 (*)
Ta có Δ  361 nên phương trình (*) có hai nghiệm t1 
18. TỐN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 

5  361
5  361
 12 ( N ); t2 
 7( L)
2
2


Thay lại cách đặt ta có ( x  1) 2  12  x  1  12 Suy ra tổng các nghiệm là 1  12  1  12  2
Câu 4. Đáp án C.
Đặt (2 x  1) 2  t (t  0) ta được phương trình t 2  8t  9  0 (*)

Ta a  b  c  1  ( 8)  ( 9)  0 nên phương trình (*) có hai nghiệm t1  1(tm); t2  9(ktm)
2 x  1  1
x  0
Thay lại cách đặt ta có (2 x  1) 2  1  

 2 x  1  1  x  1
Suy ra tổng các nghiệm là 0  ( 1)  1 .
Câu 5. Đáp án C.
Điều kiện: x  2; x  3
2x
5
2 x( x  3)  5( x  2)
9
9

 2


 2 x 2  11x  19  0
( x  2)( x  3)
( x  2)( x  3)
x  2 x  3 x  5x  6
Nhận thấy Δ  112  4.19.2  31  0 nên phương trình 2 x 2  11x  19  0 vô nghiệm. Suy ra phương
trình đã cho vơ nghiệm.
Câu 6. Đáp án B.
1
1
1



0
x 1 x 1 x  4

x 1  0
x  1


Điều kiện:  x  1  0   x  1
x  4  0
x  4


PT 

( x  1)( x  4)
( x  1)( x  4)
( x  1)( x  1)


0
( x  1)( x  1)( x  4) ( x  1)( x  1)( x  4) ( x  1)( x  1)( x  4)

 ( x  1)( x  4)  ( x  1)( x  4)  ( x  1)( x  1)  0
 x 2  3x  4  x 2  5 x  4  x 2  1  0
 3x 2  8 x  1  0
Δ  42  3.( 1)  19  0

4  19
(tm)
 x1 

3

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

4  19
(tm)
 x2 
3

19. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 


Câu 7. Đáp án D.
Điều kiện: x  1; x  1; x  14

(1  x) 2  (1  x) 2 1  x  1  x
3
3
 1 x 1 x   1 x 


:
Ta có 

 1 
:
(1  x)(1  x)
1 x

14  x
 1  x 1  x   1  x  14  x
4x
1 x
3
2
3
.



(1  x)(1  x ) 2 x 14  x
x  1 14  x
 28  2 x  3 x  3  5 x  25  x  5(TM )


Vậy phương trình có nghiệm x  5
Câu 8. Đáp án B.
Điều kiện: x  2; x  2; x  0

2  x  2  x : 2  x  2  x  2
 2 x 2 x   2 x  2
Ta có 

 1 

:
2 x
3x
 2  x  2  x 

 2  x 2  x   2  x  3x
2



2

8x
2 x 2
2x
2
.



2
x
2
x
4
3
x
2
x
3
x








 6 x 2  2 x  4  0  3x 2  x  2  0

Phương trình này có a  b  c  3  ( 1)  ( 2)  0

nên có hai nghiệm phân biệt

x  1; x 

2
(TM )
3

Vậy phương trình có hai nghiệm x  1; x  

2
3

Câu 9. Đáp án B.

Ta có  x 2  2 x  5    x 2  x  5 
2

Nên tích các nghiệm là

2

10


x

3
 x2  2x  5  x2  x  5
3 x  10

x
0
 2



 2

2
2 x  x  0
 x  2 x  5   x  x  5

1
x 
2


10 1
.0.  0
3
2

Câu 10. Đáp án B.

20. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 


Ta có (2x 2  3) 2  4( x  1) 2
 2 x 2  3  2( x  1)
2 x2  2 x  1  0
 2
 2
 2 x  3  2( x  1)
 2 x  2 x  5  0

Phương trình 2 x 2  2 x  1  0 có Δ  3  0 nên có hai nghiệm x 



Phương trình 2 x  2 x  5  0 có Δ1  11  0 nên có hai nghiệm
2

Nên tổng các nghiệm của phương trình đã cho là

1 3
1 3
;x 
2
2

x

1  11
1  11
;x 
2
2

1  3 1  3 1  11 1  11



0
2
2
2
2

Câu 11. Đáp án C.

3 x 2  5  0
Ta có 3 x 3  3 x 2  5 x  5  0  3x 2 ( x  1)  5( x  1)  0  (3x 2  5)( x  1)  0  
x 1  0
3 x 2  5( L)

 x  1
 x  1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  1 .
Câu 12. Đáp án A.
Ta có x ( x  1)( x  2)( x  3)  8  x( x  3)( x  1)( x  2)  8  ( x 2  3 x)( x 2  3 x  2)  8
Đặt x 2  3 x  1  t , thu được phương trình
t  3

(t  1)(t  1)  8  t 2  1  8  t 2  9  
t  3
+) Với t  3  x 2  3 x  1  3
 x 2  3 x  2  0 có Δ  17  x1 

3  17
3  17
; x2 
2
2

+) Với t  3  x 2  3 x  1  3
 x 2  3 x  4  0 có Δ  7  0 nên phương trình vơ nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 

3  17
3  17
; x2 
2
2

21. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 


Suy ra tổng các nghiệm là

3  17 3  17


 3 .
2
2

Câu 13. Đáp án B.
Ta có ( x  1)( x  4)( x 2  5 x  6)  48  ( x 2  5 x  4)( x 2  5 x  6)  48
t  7
Đặt x 2  5 x  5  t , thu được phương trình (t  1)(t  1)  8  t 2  1  48  t 2  49  
t  7
+) Với t  7  x 2  5 x  5  7  x 2  5 x  2  0 có Δ  33  x1 

5  33
5  33
; x2 
2
2

2
2
+)Với t  7  x  5 x  5  7  x  5 x  12  0 có Δ  23  0 nên phương trình vơ nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 

Suy ra tổng các nghiệm là

5  33
5  33
.
; x2 

2
2

5  33 5  33

 5 .
2
2

Câu 14. Đáp án D.
Điều kiện: x  0; x  1
Đặt

1
x
 t (t  0) , khi đó phương trình đã cho trở thành t  10.  3  t 2  3t  10  0
t
x 1

Ta có Δ  49  t1 

t2 

3  49
 5;
2

3  49
 2(TM )
2

+) Với t  5 suy ra

5
x
(nhận)
 5  5x  5  x  x  
x 1
4

+) Với t  2 suy ra

2
x
 2  2 x  2  x  x   (nhận)
x 1
3

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1  

2
5
 x2  
3
4

 2 
 5 
Nên 3 x1  4 x2  3.    4.    7
 3 

 4 
22. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 


Câu 15. Đáp án C.
Điều kiện: x 

Đặt

1
4

2x
1
 t (t  0) , khi đó phương trình đã cho trở thành t   2  t 2  t  2  0 (*)
t
4x 1

Ta có a  b  c  1  1  ( 2)  0 nên phương trình (*) có hai nghiệm t1  1(tm); t2  2(ktm)
+) Với t  1 suy ra

2x
 1  2x  4x 1  4x2  4x 1  4x2  4x  1  0
4x 1

 (2 x  1) 2  0  x 

1

(tm) .
2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 

1
.
2

Câu 16. Đáp án A.
Điều kiện: 3 x  2  0  x 

2
.
3

Ta có x 2  3 x  2  (1  x) 3 x  2
 ( x  1)( x  2)  ( x  1) 3 x  2  0  ( x  1)( x  2  3 x  2)  0

 x 1  0
 x  1(TM )


 x  2  3x  2  0
 3 x  2  2  x ()

Xét phương trình (*):

2  x  0
3x  2  2  x  

2
3x  2  (2  x)

x  2
x  2

 2
   x  1  x  1(TM ) .
x  7x  6  0
 x  6

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  1 .
Câu 17. Đáp án B.
Điều kiện: x  1  0  x  1
Ta có 5( x  2) x  1  x 2  7 x  10
23. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 


 5( x  2) x  1  ( x  2)( x  5)  ( x  2)( x  5)  5( x  2) x  1  0

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

Xét phương trình (*): 5 x  1  x  5

Với x  1 ta có 25( x  1)  ( x  5) 2  x 2  15 x  50  0
 x 2  5 x  10 x  50  0  x( x  5)  10( x  5)  0
 x  10(tm)
 ( x  10)( x  5)  0  
 x  5(tm)
Vậy phương trình có nghiệm x  5; x  10 .
Câu 18. Đáp án D.

Ta có

x  3
3  x  0
x  3
8

x2  x  1  3  x   2


8x


2
x
7

8
7

 x  x  1  (3  x)
 x  7

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 

8
.
7

Câu 19. Đáp án A.
Ta có

x  2  0
 x  2
 2
2 x2  6 x  1  x  2   2
2
2 x  6 x  1  ( x  2)
x  2x  3  0

 x  2
 x  2
 2

 x( x  3)  ( x  3)  0
 x  3x  x  3  0
 x  2
 x  2
 x  1


   x  1  

( x  1)( x  3)  0
x  3
 x  3

Vậy phương trình có nghiệm x  1; x  3 .
Câu 20. Đáp án A.
2

Ta có

1

4 x 2  4 x  5  12 x 2  12 x  19  6  (2 x  1) 2  4  12  x    16  6
2


24. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 


2

1

(2 x  1) 2  4  2; 12  x   16  4
2


Nhận thấy

 (2 x  1) 2  4  2
2 x  1  0

1

2
Dấu “=” xảy ra khi 
 1
x
1

2
 12  x    16  4
 x  2  0
2



Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 

1
2

Từ đó suy ra a  1; b  2  a  b  1
Câu 21. Đáp án B.

1  x4  x2  x 1
Điều kiện: x  1  0  x  1

 1  x 4  x 2  ( x  1) 2  1  x 4  x 2  x 2  2 x  1
2
2 x  x  0
 x  x  2x  x   4
2
2
3
4
 x  x  4 x  4 x  x
0  x  2
x  0
0  x  2
0  x  2
 2

 3



 2
 x  0
5
2

x

4 x  5 x  0
 x (4 x  5)  0
 4x  5  0
4



4

2

2

PT Kết hợp với điều kiện ban đầu x  1 ta thấy phương trình có nghiệm duy nhất
Câu 22. Đáp án D.
1

1



1
x 1  x  2x  5 x 1  x2  2x  5
1
1


1
x  1  ( x  1) 2  4 x  1  ( x  1) 2  4
2

Đặt x –1  t

PT 

1
t  t2  4



1
t  t2  4

1



t  t2  4  t  t2  4



t  t2  4 t  t2  4

25. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 



1

x

5
4.