Chuyên đề phương trình hàm số ôn thi vào lớp 10

PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
Để giải một phương trình bậc lớn hơn 3. Ta thường biến đổi phương trình
đó về một trong các dạng đặc biệt đó là:
1. Phương pháp đưa về dạng tích: Tức là biến đổi phương trình:
 f ( x ) = 0
F ( x) =
0 ⇔ f ( x ) .g ( x ) =
0⇔
 g ( x ) = 0
Đưa về một phương trình tích ta thường dùng các cách sau:
Cách 1: Sử dụng các hằng đẳng thức đưa về dạng: a 2 − b 2= 0, a 3 − b3= 0,...
Cách 2: Nhẩm nghiệm rồi chia đa thức: Nếu x = a là một nghiệm của
phương trình f ( x ) = 0 thì ta ln có sự phân tích: f ( x=
)

( x − a ) g ( x ) . Để

dự đoán nghiệm ta dựa vào các chú ý sau:
Chú ý:
Cách 3: Sử dụng phương pháp hệ số bất định. Ta thường áp dụng cho
phương trình bậc bốn.
Đặc biệt đối với phương trình bậc 4: Ta có thể sử dụng một trong các cách
xử lý sau:
•

Phương trình dạng: x 4 = ax 2 + bx + c

Phương pháp: Ta thêm bớt vào 2 vế một lượng: 2mx 2 + m 2 khi đó phương
2
trình trở thành: ( x 2 + m)=
(2m + a ) x 2 + bx + c + m 2

Ta mong muốn vế phải có dạng: ( Ax + B) 2

 2m + a > 0
⇔
⇒m
2
2
∆
=
b
−
4(2
m
+
a
)(
c
+
m
)
=
0

THCS.TOANMATH.com


•

Phương trình dạng: x 4 + ax 3 = bx 2 + cx + d

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:
2


a2  2
 2 a

4
3
2
 x + x + m  =x + ax +  2m +  x + amx + m . Ta thấy cần thêm
2
4 





a2  2
vào hai vế một lượng:  2m +  x + amx + m 2 khi đó phương trình trở

4 

thành:
2


a2
 2 a
 
x
+
x
+
m
=
2
m
+
+ b  x 2 + (am + c) x + m 2 + d

 
2
4

 



a2
m

+
+b > 0
2

4

Bây giờ ta cần: 
⇒m=
?
2


a
2
2
∆ = (am + c) − 4 2m + + b ( m + d )= 0


 VP
4


Ta sẽ phân tích để làm rõ cách giải các bài tốn trên thơng qua các ví dụ
sau:
Ví dụ 1)
Giải các phương trình:
a)
b)
c)
d)

x 4 − 10 x 2 − x + 20 =
0.
4
2
x − 22 x − 8 x + 77 =
0
4
3
2
x − 6 x + 8 x + 2 x − 1 =0 .
x 4 + 2 x3 − 5 x 2 + 6 x − 3 =
0.

Lời giải:
THCS.TOANMATH.com


a) x 4 − 10 x 2 − x + 20 = 0 ⇔ x 4 = 10 x 2 + x − 20
Ta thêm vào 2 vế phương trình một lượng: 2mx 2 + m 2
Khi đó phương trình trở thành: x 4 + 2mx 2 + m 2 = (10 + 2m) x 2 + x + m 2 − 20
9
Ta có ∆VP =−
1 4(m 2 − 20)(10 + 2m) =
0⇔m=
− . Ta viết lại phương trình
2
thành:
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

b) x 4 − 22 x 2 − 8 x + 77 =0 ⇔ x 4 =22 x 2 + 8 x − 77
Ta thêm vào 2 vế phương trình một lượng: 2mx 2 + m 2
Khi
đó
phương
trình

4
2
2
2
2
x + 2mx + m = (22 + 2m) x + 8 x + m − 77 .

trở

thành:

c) Phương
trình
có
4
3
2
4
3
2
x − 6 x + 8 x + 2 x − 1 =0 ⇔ x − 6 x =−8 x − 2 x + 1

dạng:

Ta có ∆VP =−
1 4(22 + 2m)(m 2 − 77) =
0⇔m=
−9 .
Ta viết lại phương trình thành:
x 4 − 18 x 2 + 81= 4 x 2 + 8 x + 4 ⇔ ( x 2 − 9 ) − ( 2 x + 2 ) = 0

2

2

 x =−1 ± 2 2
⇔ ( x 2 + 2 x − 7)( x 2 − 2 x − 11) =0 ⇒ 
 x = 1 ± 2 3

Ta tạo ra vế trái dạng: ( x 2 − 3 x + m) 2 = x 4 − 6 x3 + (9 + 2m) x 2 − 6mx + m 2
THCS.TOANMATH.com


Tức là thêm vào hai vế một lượng là: (9 + 2m) x 2 − 6mx + m 2 phương trình
trở thành: ( x 2 − 3 x + m) 2 = (2m + 1) x 2 − (6m + 2) x + m 2 + 1 . Ta cần
∆ 'VP = (3m + 1) − (2m + 1)(m 2 + 1) = 0 ⇔ m = 0 . Phương trình trở thành:

 x=

 x=
2
2
2
2
2 ⇔ ( x − 4 x + 1)( x − 2 x − 1) =0 ⇒ 
( x − 3x) =
( x − 1)
x=

x=

2+ 3
2− 3
1+ 2
1+ 2

d) Phương trình đã cho được viết lại như sau: x 4 + 2 x3 = 5 x 2 − 6 x + 3
Ta tạo ra phương trình: ( x 2 + x + m) 2= (2m + 6) x 2 + (2m − 6) x + m 2 + 3

 2m + 6 > 0
⇔m=
−1
Ta cần: 
2
2
∆ 'VP = (m − 3) − (2m + 6)(m + 3) = 0
Phương trình trở thành: ( x 2 + x − 1) 2= (2 x − 2) 2

−3 + 21
x =
2
⇔ ( x 2 + 3 x − 3)( x 2 − x + 1) = 0 ⇔ 

−3 − 21
x =
2


Ví dụ 2)
a) Giải phương trình: x 4 − 4 x 2 + 12 x − 9 =
0 (1).

4
2
b) Giải phương trình: x − 13 x + 18 x − 5 =
0
4
3
2
c) Giải phương trình: 2 x − 10 x + 11x + x − 1 =0 (4)

Lời giải:
THCS.TOANMATH.com


a) Ta có phương trình ⇔ x 4 − ( 2 x − 3) =
0 (1.1)
2

 x2 + 2x − 3 =
0
⇔ ( x + 2 x − 3)( x − 2 x + 3) = 0 ⇔  2
⇔ x = 1; x = 3 . Vậy
0
 x − 2x + 3 =
2

2

phương trình có hai nghiệm =
x 1;=
x 3

b) Phương trình ⇔ ( x 4 − 4 x 2 + 4 ) − ( 9 x 2 − 18 x + 9 ) =
0
⇔ ( x 2 − 2 ) − ( 3 x − 3) =
0 ⇔ ( x 2 + 3 x − 5 )( x 2 − 3 x + 1) =
0
2

2


−3 ± 29
x=

 x + 3x − 5 =
0
2
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm
⇔ 2
⇔

3
1
0
x
x
−
+
=
3
5

±

x =
2

2

x

−3 ± 29
3± 5
.
=
;x
2
2

c) Ta có phương
trình
2

5
1
1
3
9

⇔  x2 − x −  = x2 + x + =
2
4

4
4
16


2± 2
2
x =
2 x − 4 x + 1 =
0
2
.
⇔ 2
⇔

3
1
0
x
x
−
−
=
3
13
±

x =
2


2

3
1 2
1
 2
 x +  ⇔  x − 2 x +  ( x − 3 x − 1) = 0
4
2
2


2. Phương pháp đặt ẩn phụ:
Là phương pháp khá hữu hiệu đối với các bài toán đại số, trong giải phương
trình bậc cao cũng vậy, người ta thường đặt ẩn phụ để chuyển phương trình
bậc cao về phương trình bậc thấp hơn.
Một số dạng sau đây ta thường dùng đặt ẩn phụ.
Dạng 1: Phương trình trùng phương: ax 4 + bx 2 + c= 0 ( a ≠ 0 ) (1)
THCS.TOANMATH.com


Với dạng này ta đặt
=
t x 2 , t ≥ 0 ta chuyển về phương trình: at 2 + bt + c =
0
(2)
Chú ý: Số nghiệm của phương trình (1) phụ thuộc vào số nghiệm không âm
của (2)
Dạng 2: Phương trình đối xứng (hay phương trình hồi quy):

ax 4 ± bx3 + cx 2 ± kbx + k 2 a = 0 ( k > 0 ) . Với dạng này ta chia hai vế phương

k2  
k
k
0 . Đặt t= x +
trình cho x 2 ( x ≠ 0 ) ta được: a  x 2 + 2  ± b  x +  + c =
x  
x
x

2

k2 
k
với t ≥ 2 k ta có: x + 2 = x +  − 2k =t 2 − 2k thay vào ta được
x
x

2

phương trình: a ( t 2 − 2k ) ± bt + c =
0

e, trong đó a+b=c+d
Dạng 3: Phương trình: ( x + a )( x + b )( x + c )( x + d ) =
Phương trình ⇔  x 2 + ( a + b ) x + ab   x 2 + ( c + d ) x + cd  =
e.

e
Đặt t = x 2 + ( a + b ) x , ta có: ( t + ab )( t + cd ) =
ex 2 , trong đó ab = cd .
Dạng 4: Phương trình ( x + a )( x + b )( x + c )( x + d ) =
Với dạng này ta chia hai vế phương trình cho x 2 ( x ≠ 0 ) . Phương trình
tương đương:

ab
cd



 x 2 + ( a + b ) x + ab   x 2 + ( c + d ) x + cd = ex 2 ⇔  x +
+ a + b  x +
+ c + d = e
x
x




Đặt t =x +

ab
cd
e
. Ta có phương trình: ( t + a + b )( t + c + d ) =
=x +
x
x

THCS.TOANMATH.com


Dạng 5: Phương trình ( x + a ) + ( x + b ) =
c . Đặt x = t −
4

4

a+b
ta đưa về
2

phương trình trùng phương
Ví dụ 1: Giải các phương trình:
1) 2 x 4 − 5 x3 + 6 x 2 − 5 x + 2 =
0

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

24
3) x ( x + 1)( x + 2 )( x + 3) =

4)

4

4

0
( x + 2 )( x − 3)( x + 4 )( x − 6 ) + 6 x 2 =
Lời giải:
1) Ta thấy x = 0 không là nghiệm phương trình nên chia hai vế pương trình
cho x 2 ta được:
1  
1

2  x2 + 2  − 5  x +  + 6 =
0 . Đặt
x  
x

2

1
1 
1
t = x + , ( t ≥ 2 ) ⇒ x 2 + 2 =  x +  − 2 = t 2 − 2 . Ta
x
x
x


t = 2
có: 2 t − 2 − 5t + 6 = 0 ⇔ 2t − 5t + 2 = 0 ⇔  1 . Với
t =
 2
1

t = 2 ⇔ x + = 2 ⇔ x2 − 2x + 1 = 0
x

(

2

)

2

2) Đặt x = t − 2 ta
được: ( t − 1) + ( t + 1) = 2 ⇔ t 4 + 6t 2 = 0 ⇔ t = 0 ⇔ x = −2
4

4

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = −2 .
Chú ý: Với bài 2 ta có thể giải bằng cách khác như sau: Trước hết ta có
BĐT:

THCS.TOANMATH.com


4

a 4 + b4  a + b 
≥
 với a + b ≥ 0 .
2

 4 

Áp dụng BĐT này với: a =− x − 1, b =x + 3 ⇒ VT ≥ VP . Đẳng thức xảy ra
khi x = −2 .
3) Ta có phương trình: ⇔ ( x 2 + 3 x )( x 2 + 3 x + 2 ) =
t x 2 + 3 x . Ta
24 . Đặt =

24 ⇔ t 2 + 2t − 24 =
0⇔t=
−6, t =
4
được: t ( t + 2 ) =
* t =−6 ⇔ x 2 + 3 x + 6 =0 ⇒ phương trình vơ nghiệm
* t =4 ⇔ x 2 + 3 x − 4 =0 ⇔ x =
1; x =−4 . Vậy phương trình có hai nghiệm
x = 1; x = −4 .

4) Phương trình ⇔ ( x 2 − 2 x − 12 )( x 2 + x − 12 ) + 6 x 2 =
0
Vì x = 0 khơng là nghiệm của phương trình nên chia hai vế phương trình
cho x 2 ta được:
12
12
12 


0 . Đặt t= x − , ta có:
 x − − 4   x − + 1 + 6 =
x

x
x



t = 1
( t − 4 )( t + 1) + 6 = 0 ⇔ t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔ 
t = 2

* t =1 ⇔ x −

x = 4
12
= 1 ⇔ x 2 − x − 12 = 0 ⇔ 
x
 x = −3

* t =2 ⇔ x 2 − 2 x − 12 =0 ⇔ x =1 ± 13
Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm: x =
−3; x =
4; x =
1 ± 13
Ví dụ 2)
a) Giải phương trình: 3 ( x 2 − x + 1) − 2 ( x + 1)= 5 ( x 3 + 1)
2

THCS.TOANMATH.com

2

b) Giải phương trình: x 6 + 3 x 5 − 6 x 4 − 21x 3 − 6 x 2 + 3 x + 1 =
0
c) Giải phương trình: ( x + 1)( x + 2 )( x + 3) ( x + 4 )( x + 5 ) =
360
2

d) Giải phương trình: ( x3 + 5 x + 5 ) + 5 x 3 + 24 x + 30 =
0.
3

Lời giải:
a) Vì x = −1 khơng là nghiệm của phương trình nên chia cả hai vế cho
x 3 + 1 ta được:
3

x2 − x + 1
x +1
. Đặt
−2 2
x +1
x − x +1

x2 − x + 1
2
1
t=
⇒ 3t − =5 ⇔ 3t 2 − 5t − 2 =0 ⇔ t =2, t =−
x +1
t

3
* t = 2 ⇔ x 2 − 3x − 1 = 0 ⇔ x =

3 ± 13
2

1
* t =− ⇔ 3 x 2 − 2 x + 4 =0 phương trình vơ nghiệm
3

b) Đây là phương trình bậc 6 và ta thấy các hệ số đối xứng do đó ta có thể
áp dụng cách giải mà ta đã giải đối với phương trình bậc bốn có hệ số đối
xứng.
Ta thấy x = 0 khơng là nghiệm của phương trình. Chia 2 vế của phương
trình cho x3 ta được:
1
1
1  
1

x + , t ≥ 2 . Ta
+ 3  x 2 + 2  − 6  x +  − 21 =
0 . Đặt t =
3
x
x
x  
x

1

1
có: x 2 + 2 =t 2 − 2; x 3 + 3 =t ( t 2 − 3) nên phương trình trở
x
x
x3 +

thành: t ( t 2 − 3) + 3 ( t 2 − 2 ) − 6t − 21 =
0

THCS.TOANMATH.com


t = 3
2
⇔ t 3 − 3t 2 − 9t − 27 = 0 ⇔ ( t + 3) ( t − 3) = 0 ⇔ 
t = −3
* t = 3⇔ x+

1
3± 5
= 3 ⇔ x 2 − 3x + 1 = 0 ⇔ x =
2
x

−3 ± 5
* t =−3 ⇔ x 2 + 3 x + 1 =0 ⇔ x =
. Vậy phương trình có bốn nghiệm
2
3± 5
−3 ± 5

.
;x
=
2
2

x
=

c) Phương trình ⇔ ( x 2 + 6 x + 5 )( x 2 + 6 x + 8 )( x 2 + 6 x + 9 ) =
360

360
Đặt =
t x 2 + 6 x , ta có phương trình: ( y + 5 )( y + 8 )( y + 9 ) =
x = 0
⇔ y y 2 + 22 y + 157 = 0 ⇔ y = 0 ⇔ x 2 + 6 x = 0 ⇔ 
 x = −6

(

)

Vậy phương trình có hai nghiệm: x = 0; x = −6 .
d) Ta có: x 3 + 5 x + 30= 5 ( x3 + 5 x + 5 ) − x + 5 nên phương trình tương
đương

(x

3

)

3

(

)

+ 5 x + 5 + 5 x 3 + 24 x + x 3 + 24 x + 30 =
0 . Đặt u = x 3 + 5 x + 5 . Ta được

hệ:
u 3 + 5u + 5 =
x
⇒ ( u − x ) u 2 + ux + x 2 + 6 = 0 ⇔ u = x .
 3
u
 x + 5 x + 5 =

(

)

(

)

⇔ x 3 + 4 x + 5 = 0 ⇔ ( x + 1) x 2 − x + 5 = 0 ⇔ x = −1 . Vậy x = −1 là

nghiệm duy nhất của phương trình.
Dạng 6:

THCS.TOANMATH.com


a) Phương trình:

ax
bx
+ 2
=
c với abc ≠ 0 .
x + mx + p x + nx + p
2

Phương pháp giải: 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

b

c . Đặt t = x +
=

k
k2
⇒ t 2 = x 2 + 2 + 2k ≥ 2 k + 2k .
x
x

+
p
p
x+n+
x
x
Thay vào phương trình để quy về phương trình bậc 2 theo t .
x+m+

2

 ax 
b) Phương trình: x 2 + 
b với a ≠ 0, x ≠ −a .
 =
 x+a

Phương pháp : Dựa vào hằng đẳng thức a 2 + b 2 = ( a − b ) + 2ab . Ta viết lại
2

phương trình thành:
2

2

 x2 
x2
ax 
x2

x2

.
Đặt
quy
=
t
x
2
a
.
b
2
a
b
0
−
+
=
⇔
+
−
=




x+a
x+a
x+a

x+a

 x+a

về phương trình bậc 2.
Ví dụ 1) Giải các phương trình:
a) x 2 +

25 x 2

( x + 5)

2

=
11 . (Trích đề thi vào lớp 10 chun Lam Sơn Thanh

Hóa 2013).
12 x
3x
b) 2
1 . (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Đại
− 2
=
x + 4x + 2 x + 2x + 2
học Vinh 2010).
c)

x2

( x + 2)

2

= 3 x 2 − 6 x − 3 (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên ĐHSP Hà

Nội 2008).
3x 2
d) x +
+
−2=
0
3
( x − 1) x − 1
3

x3

THCS.TOANMATH.com


Giải:
a) Điều kiện x ≠ −5
Ta viết lại phương trình thành
2

2

 x 2  10 x 2
x2

5 x  10 x 2

.
Đặt
thì
t
=
11
0
11
0
x
−
+
−
=
⇔
+
−
=




x+5 x+5
x+5

 x+5 x+5

t = 1

phương trình có dạng t 2 + 10t − 11 =0 ⇔ 
t = −11
Nếu t = 1 ta có:
t=
−11 ⇔

x2
1 ± 21
. Nếu
=1 ⇔ x2 − x − 5 = 0 ⇔ x =
2
x+5

x2
=
−11 ⇔ x 2 + 11x + 55 =
0 phương trình vơ nghiệm.
x+5

b) Để ý rằng nếu x là nghiệm thì x ≠ 0 nên ta chia cả tử số và mẫu số
2
12
3
vế trái cho x thì thu được:
1 . Đặt t = x + + 2 thì
−
=
2
2
x

x+4+
x+2+
x
x
phương trình trở thành:
t = 1
12 3
.
− =1 ⇔ 12t − 3t − 6 = t 2 + 2t ⇔ t 2 − 7t + 6 = 0 ⇔ 
t+2 t
t = 6
Với t = 1 ta có: x +
x+

2
+ 2 =1 ⇔ t 2 + t + 2 = 0 vô nghiệm. Với t = 6 ta có:
x

2
+ 2 = 6 ⇔ x2 − 4 x + 2 = 0 ⇔ x = 2 ± 2 .
x
2

2
 x

 x
 x

c) 

− ( x + 2 )  − ( 2 x − 1) = 0 ⇔ 
+ x − 3 
− 3 x − 1 = 0
 x+2

 x+2
 x + 2

.

−3 ± 3
Giải 2 phương trình ta thu được các nghiệm là x =
± 6; x = .
3
THCS.TOANMATH.com


d) Sử dụng HĐT a 3 + b3 = ( a + b ) − 3ab ( a + b ) ta viết lại phương trình
3

thành:
3

x3

x 
x2 
x  3x 2
3x 2


+
−
=
⇔
+
−
+
−2= 0
x +
x
x
2
0
3

+
3

x − 1 
x −1 
x −1  x −1
( x − 1) x − 1
3

hay
3

2

3

 x2 
 x2 
 x2

3x 2
x2
3
2
0
1
1
−
+
−
=
⇔
−
=
⇔
−1 = 1 ⇔ x2 − 2 x + 2 = 0






1
1
1

1
1
x
x
x
x
x
−
−
−
−
−






. Suy ra phương trình đã cho vơ nghiệm.

BÀI TẬP RÈN LUYỆN:
Giải các phương trình sau:
+ x + 2 )( x 2 + x + 3) =
6.

1)

(x

2)

1.
( 6 x + 7 ) ( 3x + 4 )( x + 1) =

3)
4)

82 .
( x − 1) + ( x + 3) =
10 .
( x + 1)( x + 2 )( x + 4 )( x + 5) =

5)

(x

6)

4x2 .
( x − 2 )( x − 1)( x − 8)( x − 4 ) =

2

2

4

2

4

+ x + 2 )( x 2 + 2 x + 2 ) =
2 x2 .

7) 3 ( x 2 + 2 x − 1) − 2 ( x 2 + 3 x − 1) + 5 x 2 =
0.
2

2

8) 3 x 4 − 4 x3 − 5 x 2 + 4 x + 3 =
0.
9) 2 x 4 − 21x 3 + 34 x 2 + 105 x + 50 =
0.
1
1
1
1
1
10) +
+
+
+
=
0.
x x +1 x + 2 x + 3 x + 4
x + 4 x − 4 x +8 x −8
8
11)
+

−
−
=
− .
x −1 x +1 x − 2 x + 2
3

THCS.TOANMATH.com


12)

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

x 2 + x + 1 x 2 + 2 x + 2 x 2 + 3x + 3 x 2 + 4 x + 4
+
−
−
=
0.
x +1
x+2

x+3
x+4
4x
3x
14) 2
1
+ 2
=
4 x − 8 x + 7 4 x − 10 x + 7
13)

15) ( 2 x 2 − 3 x + 1)( 2 x 2 + 5 x + 1) =
9x2 .
16) ( x 2 − 5 x + 1)( x 2 − 4 ) = 6 ( x − 1) .
2

17) x 4 − 9 x 3 + 16 x 2 + 18 x + 4 =
0.
18)
19)

x 2 − 12

( x + 2)

2

= 3x 2 − 6 x − 3 .

2x

13 x
+ 2
=
6.
3x − 5 x + 2 3x + x + 2
2

20) x 2 ( x 4 − 1)( x 2 + 2 ) + 1 =
0.
2

2

x2 − 4
 x−2
 x+2
21) 20 
+
5
−
20
=
0.



x2 −1
 x +1 
 x −1 

LỜI GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN
t = 2
.
1) Đặt x 2 + x + 2 =
t . Phương trình đã cho thành t ( t + 1) =6 ⇒ 
t = −3
Với t = 2 thì x 2 + x + 2 = 2 ⇔ x 2 + x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = −1 .
−1 ± 21
Với t = −3 thì x 2 + x + 2 =−3 ⇔ x 2 + x + 5 =0 ⇔ x =
.
2
−1 − 21 −1 + 21 

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = −1;0;
;
.
2
2



2) Biến đổi phương trình thành

( 36 x

2

+ 84 x + 49 )( 36 x 2 + 84 x + 48 ) =
12 .

THCS.TOANMATH.com

Đặt


t = 3
.
t = 36 x 2 + 84 x + 48 thì phương trình trên thành t ( t + 1) = 12 ⇔ 
t = −4
3
Với t = 3 thì 36 x 2 + 84 x + 48 =
− hoặc
3 ⇔ 36 x 2 + 84 x + 45 =
0⇔ x=
2
5
Với t = −4 thì 36 x 2 + 84 x + 48 =
−4 ⇔ 36 x 2 + 84 x + 52 =
0,
x= − .
6
phương trình này vơ nghiệm.
 5 3
Vậy tập nghiệm của phương trình là S =− ; −  .
 6 2
3) Đặt y= x + 1 thì phương trình đã cho thành
=
 y 1=
x 0
.

24 y 4 + 48 y 2 + 216 =82 ⇔ 
⇒
−1  x =
−2
y =
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S =
4) Đặt y=

(y

2

{−2;0} .

x +1+ x + 2 + x + 4 + x + 5
= x + 3 thì phương trình trở thành:
4

y =
x =
− 6
− 6 −3
.
− 4 )( y 2 − 1) = 10 ⇔ y 4 − 5 y 2 − 6 = 0 ⇔ 
⇔
y
x
6
6 −3
=

=

{

}

Vậy tập nghiệm của phương trình là S =− 6 − 3; 6 − 3 .
5) Do x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, chia hai vế cho
2
2 
2


x 2 ta được  x + + 1  x + + 2  =
2 . Đặt y= x + thì phương trình trở
x
x 
x


2

x+ =
0

y
=
0

 x = −1

x
thành ( y + 1)( y + 2 ) =2 ⇔ 
.
⇒
⇔
−3 
−2
2
x=
y =

−3
x+ =

x
6) Biến đổi phương trình thành

( ( 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 = 2 không là nghiệm nên chia hai vế của phương trình cho x 2 ta
được:

THCS.TOANMATH.com


8
8
8




4 . Đặt y= x + thì phương trình trở thành
 x + − 6 x + − 9 =
x
x
x



y = 5
. Với y = 5 thì
( y − 6 )( y − 9 ) =4 ⇔ y 2 − 15 y + 50 =0 ⇔ 
 y = 10

x+

8
= 5 ⇔ x 2 − 5 x + 8 = 0 (vơ nghiệm). Với y = 10 thì
x

x+

 x= 5 − 17
8
.
= 10 ⇔ x 2 − 10 x + 8 = 0 ⇔ 
x
 x= 5 + 17

(

)

Vậy tập nghiệm của phương trình là S =
5 − 17;5 + 17 .
7) Do x = 0 không là nghiệm của phương trình, chia hai vế của phương
2

2

1
1
1




trình cho x 2 ta được 3  x − + 2  − 2  x − + 3  + 5 =
0 . Đặt y= x − ,
x
x
x




phương trình trở thành:
y =1

2
2
. Suy ra
3 ( y + 2 ) − 2 ( y + 3) + 5 = 0 ⇔ y 2 − 1 = 0 ⇔ 
 y = −1


1
−1 ± 5

x
−
=
1
x =

x
2
. Vậy tập nghiệm của phương trình là
⇔


±
1
5
x − 1 =
−1  x =

x


2
 −1 ± 5 1 ± 5 
;
S =
.
2 
 2

8) Phương trình khơng nhận x = 0 là nghiệm, chia hai vế cho x 2 được
1
1  
1

3 x2 + 2  − 4  x −  − 5 =
0 . Đặt t= x − thì phương trình trở thành
x
x  
x

3t 2 − 4t + 1 =
0

3t 2 − 4t + 1 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t =

Với t = 1 thì x −

1
.
3

1
1+ 5
1− 5
hoặc x =
.
= 1 ⇔ x2 − x −1 = 0 ⇔ x =
2
2
x

THCS.TOANMATH.com


Với t =
x4 =

1 1
1 + 37
1
thì x − = ⇔ 3 x 2 − x − 3 = 0 ⇔ x3 =
hoặc
x 3
2
3

1 − 37
.
2

Vậy tập nghiệm của phương trình là

1 + 5 1 − 5 1 + 37 1 − 37 
;
;
;
S =
.
2
2
2 
 2

9)

2 x 4 − 21x 3 + 34 x 2 + 105 x + 50 =
0 (8).

Lời giải:
105
50
2
= −5 và k=
= 25 nên phương trình (8) là phương trình
2
−21
25 
5


bậc bốn có hệ số đối xứng tỉ lệ. ( 8 ) ⇔ 2  x 2 + 2  − 21 x −  + 34 =
0 . Đặt

x 
x



Ta thấy k =

5
25
suy ra t 2 = x 2 + 2 − 10 . Phương trình (9) trở thành
x
x
9
2t 2 − 21t + 54 = 0 ⇔ t = 6 hoặc t = . Với t = 6 thì
2
5
x − = 6 ⇔ x 2 − 6 x − 5 ⇔ x 2 − 6 x − 5 = 0 . Phương trình có hai nghiệm
x
5 9
9
x1 =
3 + 14; x2 =
3 − 14 . Với x = thì x − = ⇔ 2 x 2 − 9 x − 10 = 0 .
x 2
2

t= x −

Phương trình có hai=
nghiệm x3

9 + 161
9 − 161
. Vậy PT (8) có
=
; x4
4
4


9 + 161 9 − 161 
tập nghiệm S =+
;
3 14;3 − 14;
.
4
4



10) Điều kiện x ∉ {−1; −2; −3; −4;0} . Ta biến đổi phương trình thành

THCS.TOANMATH.com


2 ( x + 2) 2 ( x + 2)
1   1
1 
1
1

1
+
=
0⇔ 2
+ 2
+
=
0
 +
+
+
x + 4x x + 4x + 3 x + 2
 x x + 4   x +1 x + 3  x + 2
1
1
1
u x 2 + 4 x , phương trình
⇔ 2
+ 2
+
=
0 . Đặt =
2
x + 4 x x + 4 x + 3 2( x + 4 x + 4)
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 
. Tìm được tập nghiệm của phương trình là
 2

−25 − 145
 x + 4x =
10



15 + 145
15 + 145
15 − 145
15 − 145 
S = −2 −
; −2 +
; −2 +
; −2 −

10
10
10
10


.
11) Biến đổi phương trình thành
5
−5
10
10
8
10
40

8
+
−
+
=− ⇔ 2
− 2
=− .
x −1 x +1 x + 2 x + 2
3
x −1 x − 4
3
2
Đặt u = x ( u ≠ 1, u ≠ 4; u ≥ 0 ) dẫn đến phương trình

u = 16
4u − 65u + 16 =0 ⇔ 
. bTìm được tập nghiệm của phương trình là
u = 1

4
1 
 1
S =− ; −4; ; 4  .
2 
 2
2

12)

THCS.TOANMATH.com

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 ( x + 2 ) ( x + 5 )( x + 7 ) ( x + 1)( x + 3) ( x + 4 )( x + 6 )
x +1 1
1  x+6 1
1 
−
 −
+


2  x x+2
2  x+5 x+7
1  x+5 1
1 
x+2 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

0
⇔ ( 2x + 7)  2
+ 2
− 2
− 2
=
 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
+
+
+
=0 ⇔  −
−
+
 =0
u u + 10 u + 6 u + 12
 u u + 6   u + 10 u + 12 
⇔ u 2 + 18u + 90 =
0.
Mặt khác u 2 + 18u + 90 = ( u + 9 ) + 9 > 0 với mọi u . Do đó phương trình (*)
2

7
vơ nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = − .
2

13) .
Lời giải:

THCS.TOANMATH.com


Điều kiện x ∉ {−4; −3; −2; −1} . Biến đổi phương trình thành
1
2
3
4
4   2
3 
 1
+
−
−
=
0⇔
−
−
0
+
=
x +1 x + 2 x + 3 x + 4
 x +1 x + 4   x + 2 x + 3 
x = 0
3
1



.
0⇔
⇔ x 2
+ 2
1
=
 2 3
+ 2
=
0(*)
 x + 5x + 4 x + 5x + 6 
 x + 5x + 4 x + 5x + 6

Đặt =
u x 2 + 5 x thì phương trình (*) trở thành
Từ đó ta có 2 x 2 + 10 x + 11 = 0 ⇔ x =

3
1
11
+
=
0⇔u=
− .
u+4 u+6
2

−5 ± 3

.
2

 −5 − 3 −5 + 3 
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = 0;
;
.
2
2 


14)
Do x = 0 không là nghiệm của phương trình nên chia cả tử và mẫu của mỗi
7
phân thức ở vế trái của phương trình cho x , rồi đặt =
y 4 x + ta được
x
4
3
1.
+
=
y − 8 y − 10
Phương trình trên có 2 nghiệm
=
=
y 16,
y 9.
Với y = 9 thì 4 x +

7
= 9 ⇔ 4 x 2 − 9 x + 7 = 0 . Phương trình này vơ nghiệm.
x

7
= 16 ⇔ 4 x 2 − 16 x + 7 = 0 . Phương trình này có hai
x
1
7
nghiệm
.
=
x1 =
; x2
2
2

Với y = 16 thì 4 x +

1 7 
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S =  ;  .
2 2
THCS.TOANMATH.com


15) Đặt t= 2 x 2 + x + 1 , phương trình (1) thành

( t − 4 x )( t + 4 x )=

9 x 2 ⇔ t 2 − 16 x 2= 9 x 2 ⇔ t 2= 25 x 2 ⇔ t= −5 x hoặc

t = 5x .
−3 ± 7
Với t = −5 x thì 2 x 2 + x + 1 =−5 x ⇔ 2 x 2 + 6 x + 1 =0 ⇔ x =
.
2

Với t = 5 x thì 2 x 2 + x + 1 = 5 x ⇔ 2 x 2 − 4 x + 1 = 0 ⇔ x =

2± 2
.
2

 −3 ± 7 2 ± 2 
Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là 
;
.
2 
 2

16) Lời giải:
Đặt u= x − 1 đưa phương trình (2) về dạng tổng quát

(u

2

− 7u − 3)( u 2 − 2u − 3) =
6u 2 .

Bạn đọc giải tiếp theo phương pháp đã nêu. Ta có thể giải bằng cách khác
như sau
Viết phương trình đã cho về dạng ( x 2 − 4 − 5 x + 5 )( x 2 − 4 ) − 6 ( x − 1) =
0.
2

Đặt =
t x 2 − 4 , phương trình thành

t 2 + ( −5 x + 5 ) t + ( −6 x + 6 )( x − 1) = 0 ⇔ ( t − 6 x + 6 )( t + x − 1) = 0
 x= 3 ± 7
 x2 − 4 =
 x2 − 6 x + 2 =
6x − 6
6x − 6
0
t =

⇔
⇔ 2
⇔ 2
⇔
−1 ± 21 .
t =− x + 1
=
x
 x − 4 =− x + 1
 x + x − 5 =0

2

 −1 − 21

−1 + 21
Vậy tập nghiệm của PT(2) là S =
;3 − 7;
;3 + 7  .

2
2


THCS.TOANMATH.com


17) PTtương đương với x 4 − 9 x ( x 2 − 2 ) + 16 x 2 + 4 =
0.
Đặt =
t x 2 − 2 thì t 2 =x 4 − 4 x 2 + 4 , PT trên thành

t 2 − 9 xt + 20 x 2 = 0 ⇔ ( t − 4 x )( t − 5 x ) = 0
 x= 2 ± 6
=
 x 2 −=
=
x2 − 2 4x
4x − 2 0
t 4 x

⇔
⇔ 2

⇔ 2
⇔
5 ± 33 .
=
t
x
5
x − 2 5x
5x − 2 0

=
x
=
 x −=

2

5 − 33
5 + 33 
Vậy tập nghiệm của phương trình là 2 − 6;
; 2 + 6;
.
2
2 


18) Điều kiện x ≠ −2 . Khử mẫu thức ta được phương trình tương
đương:

3 x 4 + 6 x 3 − 16 x 2 − 36 x − 12 =0 ⇔ 3 x 4 + 6 x ( x 2 − 6 ) − 16 x 2 − 12 =0 .

đặt =
t x 2 − 6 thì t 2 =
x 4 − 12 x 2 + 36 , suy ra 3 x 4 =3t 2 + 36 x 2 − 108 ,
PT trên thành
3t 2 + 6 xt + 20t = 0 ⇔ t ( 3t + 6 x + 20 ) = 0 ⇔ t = 0 hoặc 3t =
−6 x − 20 .
Với t = 0 thì x 2 − 6 =
0 , suy ra x = ± 6 (thỏa mãn đk). Với

3t =
−6 x − 20 ta có 3 x 2 − 18 =
−6 x − 20 hay 3 x 2 + 6 x + 2 =
0 suy ra
x=

−3 ± 3
(thỏa mãn đk). Vậy tập nghiệm của PT(4) là
3

 −3 − 3

−3 + 3
=
S 
; − 6;
; 6 .
3
 3


2x
13 x
19) 2
+ 2
=
6 (5).
3x − 5 x + 2 3x + x + 2

Lời giải: Đặt=
t 3 x 2 + 2 PT(5) trở thành
2x
13 x
+
=
6 . ĐK: t ≠ 5 x, t ≠ − x .
t − 5x t + x
Khử mẫu thức ta được PT tương đương
THCS.TOANMATH.com


2t 2 − 13tx + 11x 2 = 0 ⇔ ( t − x )( 2t − 11x ) = 0
x hoặc t =
⇔t=

11
x (thỏa mãn ĐK)
2

Với t = x thì 3 x 2 + 2 = x ⇔ 3 x 2 − x + 2 = 0 phương trình vơ nghiệm.
11

1
11
4
x thì 3 x 2 + 2 = x ⇔ 6 x − 11x + 2 = 0 ⇔ x = hoặc x = .Vậy
2
2
2
3
1 4
tập nghiệm của PT(5) là  ;  .
2 3

Với t =

20) PT ⇔ x 2 ( x 2 + 1)( x 2 − 1)( x 2 + 2 ) + 1 =
0
0
⇔ ( x 4 + x 2 )( x 4 + x 2 − 2 ) + 1 =

⇔ ( x4 + x2 ) − 2 ( x4 + x2 ) + 1 =
0
2

⇔ ( x 4 + x 2 − 1) =0 ⇔ x 4 + x 2 − 1 =0 .
2

Giải phương trình trùng phương trên ta được tập nghiệm của PT là

5 −1
5 − 1 

;
−
.
2
2 


21) Lời giải:
Điều kiện x ≠ ±1 .
x−2
x+2
Đặt= y=
;
z , PT có dạng:
x +1
x −1
20 y 2 + 5 z 2 − 20 yz =0 ⇔ 5 ( 2 y − z ) =0 ⇔ 2 y =z
2

THCS.TOANMATH.com


Dẫn đến
x−2 x+2
=
⇔ 2 ( x − 2 )( x − 1) = ( x + 2 )( x + 1)
2.
x +1 x −1
9 + 73
hoặc

⇔ 2 x 2 − 6 x + 4 = x 2 + 3x + 2 ⇔ x 2 − 9 x + 2 = 0 ⇔ x =
2
x=

9 − 73
(thỏa mãn điều kiện).
2

 9 − 73 9 + 73 
Vậy tập nghiệm của PT(2) là 
;
.
2 
 2

THCS.TOANMATH.com