Chuyên đề luyện thi vào Lớp 10 môn Toán - Chuyên đề 4: Phương trình đại số

Nội dung text: Chuyên đề luyện thi vào Lớp 10 môn Toán - Chuyên đề 4: Phương trình đại số

1. Chuyên đề 4: 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: Dạng 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: a2 b2 0,a3 b3 0, Cách 2: Nhẩm nghiệm rồi chia đa thức: Nếu x a là một nghiệm của phương trình f x 0 thì ta luôn 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: x4 ax2 bx c Phương pháp: Ta thêm bớt vào 2 vế một lượng: 2mx2 m2 khi đó phương trình trở thành: (x2 m)2 (2m a)x2 bx c m2 Ta mong muốn vế phải có dạng: (Ax B)2 2m a 0 m 2 2 b 4(2m a)(c m ) 0 • Phương trình dạng: x4 ax3 bx2 cx d 2 2 a Ta sẽ tạo ra ở vế phải một biểu thức bình phương dạng: x x m 2 Bằng cách khai triển biểu thức: 2 2 2 a 4 3 a 2 2 x x m x ax 2m x amx m . Ta thấy cần thêm vào hai vế một 2 4 2 a 2 2 lượng: 2m x amx m khi đó phương trình trở thành: 4 1
2. 2 2 2 a a 2 2 x x m 2m b x (am c)x m d 2 4 a2 2m b 0 4 Bây giờ ta cần: 2 m ? 2 a 2 VP (am c) 4 2m b m d 0 4 Ta sẽ phân tích để làm rõ cách giải các bài toán trên thông qua các ví dụ sau: Bài tập 1:Giải các phương trình: a) x4 10x2 x 20 0 . b) x4 22x2 8x 77 0 c) x4 6x3 8x2 2x 1 0 . d) x4 2x3 5x2 6x 3 0 . Lời giải: a) x4 10x2 x 20 0 x4 10x2 x 20 Ta thêm vào 2 vế phương trình một lượng: 2mx2 m2 Khi đó phương trình trở thành: x4 2mx2 m2 (10 2m)x2 x m2 20 9 Ta có 1 4(m2 20)(10 2m) 0 m . Ta viết lại phương trình thành: VP 2 2 2 2 4 2 9 2 1 2 9 1 x 9x x x x x 0 2 4 2 2 1 17 1 21 (x2 x 5)(x2 x 4) 0 x . và x . 2 2 b) x4 22x2 8x 77 0 x4 22x2 8x 77 Ta thêm vào 2 vế phương trình một lượng: 2mx2 m2 Khi đó phương trình trở thành: x4 2mx2 m2 (22 2m)x2 8x m2 77 . 2 Ta có VP 1 4(22 2m)(m 77) 0 m 9. Ta viết lại phương trình thành: 2 x4 18x2 81 4x2 8x 4 x2 9 2x 2 2 0 x 1 2 2 (x2 2x 7)(x2 2x 11) 0 x 1 2 3 c) Phương trình có dạng: x4 6x3 8x2 2x 1 0 x4 6x3 8x2 2x 1 Ta tạo ra vế trái dạng: (x2 3x m)2 x4 6x3 (9 2m)x2 6mx m2 1
3. 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 2 'VP (3m 1) (2m 1)(m 1) 0 m 0 . Phương trình trở thành: x 2 3 x 2 3 (x2 4x 1)(x2 2x 1) 0 (x2 3x)2 (x 1)2 x 1 2 x 1 2 d) Phương trình đã cho được viết lại như sau: x4 2x3 5x2 6x 3 Ta tạo ra phương trình: (x2 x m)2 (2m 6)x2 (2m 6)x m2 3 2m 6 0 Ta cần: 2 2 m 1 'VP (m 3) (2m 6)(m 3) 0 Phương trình trở thành: (x2 x 1)2 (2x 2)2 3 21 x 2 2 2 (x 3x 3)(x x 1) 0 3 21 x 2 Bài tập 2: a) Giải phương trình: x4 4x2 12x 9 0 (1). b) Giải phương trình: x4 13x2 18x 5 0 c) Giải phương trình: 2x4 10x3 11x2 x 1 0 (4) Lời giải: a) Ta có phương trình x4 2x 3 2 0 (1.1) x2 2x 3 0 x2 2x 3 x2 2x 3 0 x 1; x 3. Vậy phương trình có hai 2 x 2x 3 0 nghiệm x 1; x 3 b) Phương trình x4 4x2 4 9x2 18x 9 0 1
4. 2 x2 2 3x 3 2 0 x2 3x 5 x2 3x 1 0 3 29 2 x x 3x 5 0 2 Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm 2 x 3x 1 0 3 5 x 2 3 29 3 5 x ; x . 2 2 c) Ta có phương trình 2 2 2 5 1 1 2 3 9 1 3 2 1 2 x x x x x x 2x x 3x 1 0 2 4 4 4 16 2 4 2 2 2 2 x 2x 4x 1 0 2 . 2 x 3x 1 0 3 13 x 2 Dạng 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 2.1: Phương trình trùng phương: ax4 bx2 c 0 a 0 (1) Với dạng này ta đặt t x2 ,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 2.2: Phương trình đối xứng (hay phương trình hồi quy): ax4 bx3 cx2 kbx k 2a 0 k 0 . Với dạng này ta chia hai vế phương trình cho 2 2 2 k k k x x 0 ta được: a x 2 b x c 0 . Đặt t x với t 2 k ta có: x x x 2 2 2 k k 2 2 x 2 x 2k t 2k thay vào ta được phương trình: a t 2k bt c 0 x x Dạng 2.3: Phương trình: x a x b x c x d e, trong đó a+b=c+d 1
5. 2 2 Phương trình x a b x ab x c d x cd e . Đặt t x2 a b x , ta có: t ab t cd e Dạng 2.4: Phương trình x a x b x c x d ex2 , trong đó ab cd . Với dạng này ta chia hai vế phương trình cho x2 x 0 . Phương trình tương đương: 2 2 2 ab cd x a b x ab x c d x cd ex x a b x c d e x x ab cd Đặt t x x . Ta có phương trình: t a b t c d e x x 4 4 a b Dạng 2.5: Phương trình x a x b c . Đặt x t ta đưa về phương trình 2 trùng phương Bài tập 1: Giải các phương trình: 1) 2x4 5x3 6x2 5x 2 0 2) x 1 4 x 3 4 2 3) x x 1 x 2 x 3 24 4) x 2 x 3 x 4 x 6 6x2 0 Lời giải: 1) Ta thấy x 0 không là nghiệm phương trình nên chia hai vế pương trình cho x2 ta được: 2 2 1 1 1 2 1 1 2 2 x 2 5 x 6 0 . Đặt t x , t 2 x 2 x 2 t 2 . Ta có: x x x x x t 2 2 2 1 2 2 t 2 5t 6 0 2t 5t 2 0 1 . Với t 2 x 2 x 2x 1 0 t x 2 2) Đặt x t 2 ta được: t 1 4 t 1 4 2 t 4 6t 2 0 t 0 x 2 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: 1
6. 4 a4 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: x2 3x x2 3x 2 24 . Đặt t x2 3x . Ta được: t t 2 24 t 2 2t 24 0 t 6,t 4 * t 6 x2 3x 6 0 phương trình vô nghiệm * t 4 x2 3x 4 0 x 1; x 4 . Vậy phương trình có hai nghiệm x 1; x 4 . 4) Phương trình x2 2x 12 x2 x 12 6x2 0 Vì x 0 không là nghiệm của phương trình nên chia hai vế phương trình cho x2 ta được: 12 12 12 x 4 x 1 6 0 . Đặt t x , ta có: x x x 2 t 1 t 4 t 1 6 0 t 3t 2 0 t 2 12 2 x 4 * t 1 x 1 x x 12 0 x x 3 * t 2 x2 2x 12 0 x 1 13 Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm: x 3; x 4; x 1 13 Bài tập 2: 2 a) Giải phương trình:3 x2 x 1 2 x 1 2 5 x3 1 b) Giải phương trình: x6 3x5 6x4 21x3 6x2 3x 1 0 c) Giải phương trình: x 1 x 2 x 3 2 x 4 x 5 360 3 d) Giải phương trình: x3 5x 5 5x3 24x 30 0 . Lời giải: a) Vì x 1 không là nghiệm của phương trình nên chia cả hai vế cho x3 1 ta được: 1
7. x2 x 1 x 1 x2 x 1 2 1 3 2 . Đặt t 3t 5 3t 2 5t 2 0 t 2,t x 1 x2 x 1 x 1 t 3 3 13 * t 2 x2 3x 1 0 x 2 1 * t 3x2 2x 4 0 phương trình vô 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 không là nghiệm của phương trình. Chia 2 vế của phương trình cho x3 ta được: 3 1 2 1 1 1 x 3 3 x 2 6 x 21 0 . Đặt t x , t 2. Ta có: x x x x 2 1 2 3 1 2 x 2 t 2; x 3 t t 3 nên phương trình trở x x 2 2 3 2 2 t 3 thành:t t 3 3 t 2 6t 21 0 t 3t 9t 27 0 t 3 t 3 0 t 3 1 3 5 * t 3 x 3 x2 3x 1 0 x x 2 3 5 * t 3 x2 3x 1 0 x . Vậy phương trình có bốn nghiệm 2 3 5 3 5 x ; x . 2 2 c) Phương trình x2 6x 5 x2 6x 8 x2 6x 9 360 Đặt t x2 6x , ta có phương trình: y 5 y 8 y 9 360 2 2 x 0 y y 22y 157 0 y 0 x 6x 0 x 6 Vậy phương trình có hai nghiệm: x 0; x 6 . d) Ta có: x3 5x 30 5 x3 5x 5 x 5 nên phương trình tương đương 1
8. 3 x3 5x 5 5 x3 24x x3 24x 30 0 . Đặt u x3 5x 5. Ta được hệ: u3 5u 5 x u x u2 ux x2 6 0 u x . 3 x 5x 5 u x3 4x 5 0 x 1 x2 x 5 0 x 1. Vậy x 1 là nghiệm duy nhất của phương trình. Dạng 2.6: ax bx a) Phương trình: c với abc 0 . x2 mx p x2 nx p 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 k k 2 c . Đặt t x t 2 x2 2k 2 k 2k . Thay vào phương p p 2 x m x n x x x x trình để quy về phương trình bậc 2 theo t . 2 2 ax b) Phương trình: x b với a 0, x a . x a Phương pháp : Dựa vào hằng đẳng thức a2 b2 a b 2 2ab . Ta viết lại phương trình thành: 2 2 ax x2 x2 x2 x2 x 2a. b 2a b 0 . Đặt t quy về phương trình x a x a x a x a x a bậc 2. Bài tập 1: Giải các phương trình: 25x2 a) x2 11 x 5 2 12x 3x b) 1. x2 4x 2 x2 2x 2 1
9. x2 c) 3x2 6x 3 x 2 2 x3 3x2 d) x3 2 0 x 1 3 x 1 Giải: a) Điều kiện x 5 2 2 5x 10x2 x2 10x2 Ta viết lại phương trình thành x 11 0 11 0 . Đặt x 5 x 5 x 5 x 5 2 x 2 t 1 t thì phương trình có dạng t 10t 11 0 x 5 t 11 x2 1 21 x2 Nếu t 1 ta có: 1 x2 x 5 0 x . Nếu t 11 11 x 5 2 x 5 x2 11x 55 0 phương trình vô nghiệm. b) Để ý rằng nếu x là nghiệm thì x 0 nên ta chia cả tử số và mẫu số vế trái cho x 12 3 2 thì thu được: 1. Đặt t x 2 thì phương trình trở thành: 2 2 x 4 x 2 x x x 12 3 2 2 t 1 1 12t 3t 6 t 2t t 7t 6 0 . t 2 t t 6 2 Với t 1 ta có: x 2 1 t 2 t 2 0 vô nghiệm. Với t 6 ta có: x 2 x 2 6 x2 4x 2 0 x 2 2 . x 2 x 2 x x c) x 2 2x 1 0 x 3 3x 1 0 . x 2 x 2 x 2 3 3 Giải 2 phương trình ta thu được các nghiệm là x 6; x . 3 d) Sử dụng HĐT a3 b3 a b 3 3ab a b ta viết lại phương trình thành: 3 x3 3x2 x x2 x 3x2 x3 2 0 x 3 x 2 0 hay 3 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 1
10. 2 3 2 2 2 2 3 2 x x 3x x x 2 3 2 0 1 1 1 1 x 2x 2 0. Suy ra x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 phương trình đã cho vô nghiệm. BÀI TẬP RÈN LUYỆN: Giải các phương trình sau: 1) x2 x 2 x2 x 3 6 . 2) 6x 7 2 3x 4 x 1 1. 3) x 1 4 x 3 4 82 . 4) x 1 x 2 x 4 x 5 10 . 5) x2 x 2 x2 2x 2 2x2 . 6) x 2 x 1 x 8 x 4 4x2 . 2 2 7) 3 x2 2x 1 2 x2 3x 1 5x2 0 . 8) 3x4 4x3 5x2 4x 3 0 . 9) 2x4 21x3 34x2 105x 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 x 1 x 6 x 2 x 5 12) . x x 2 x2 12x 35 x2 4x 3 x2 10x 24 x2 x 1 x2 2x 2 x2 3x 3 x2 4x 4 13) 0 . x 1 x 2 x 3 x 4 4x 3x 14) 1 4x2 8x 7 4x2 10x 7 15) 2x2 3x 1 2x2 5x 1 9x2 . 16) x2 5x 1 x2 4 6 x 1 2 . 17) x4 9x3 16x2 18x 4 0 . 1
11. x2 12 18) 3x2 6x 3 . x 2 2 2x 13x 19) 6 . 3x2 5x 2 3x2 x 2 20) x2 x4 1 x2 2 1 0 . 2 2 x 2 x 2 x2 4 21) 20 5 20 2 0 . x 1 x 1 x 1 LỜI GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN 2 t 2 1) Đặt x x 2 t . Phương trình đã cho thành t t 1 6 . t 3 Với t 2 thì x2 x 2 2 x2 x 0 x 0 hoặc x 1. 1 21 Với t 3 thì x2 x 2 3 x2 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 36x2 84x 49 36x2 84x 48 12 . 2 t 3 Đặt t 36x 84x 48 thì phương trình trên thành t t 1 12 . t 4 3 5 Với t 3 thì 36x2 84x 48 3 36x2 84x 45 0 x hoặc x . Với 2 6 t 4 thì 36x2 84x 48 4 36x2 84x 52 0 , phương trình này vô nghiệm. 5 3 Vậy tập nghiệm của phương trình là S ;  . 6 2 3) Đặt y x 1 thì phương trình đã cho thành 4 2 y 1 x 0 24y 48y 216 82 . y 1 x 2 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S 2;0. 1
12. x 1 x 2 x 4 x 5 4) Đặt y x 3 thì phương trình trở thành: 4 y 6 x 6 3 y2 4 y2 1 10 y4 5y2 6 0 . y 6 x 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 x2 ta được 2 2 2 x 1 x 2 2 . Đặt y x thì phương trình trở thành x x x 2 x 0 y 0 x x 1 y 1 y 2 2 . y 3 2 x 2 x 3 x 6) Biến đổi phương trình thành x 2 x 4 x 1 x 8 4x2 x2 6x 8 x2 9x 8 4x2 . Do x 2 không là nghiệm nên chia hai vế của phương trình cho x2 ta được: 8 8 8 x 6 x 9 4 . Đặt y x thì phương trình trở thành x x x 2 y 5 8 2 y 6 y 9 4 y 15y 50 0 . Với y 5 thì x 5 x 5x 8 0 y 10 x 8 x 5 17 (vô nghiệm). Với y 10 thì x 10 x2 10x 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 trình cho x2 2 2 1 1 1 ta được 3 x 2 2 x 3 5 0 . Đặt y x , phương trình trở thành: x x x 1 1 5 x 1 x 2 2 2 y 1 x 2 3 y 2 2 y 3 5 0 y 1 0 . Suy ra . Vậy y 1 1 1 5 x 1 x x 2 1 5 1 5  tập nghiệm của phương trình là S ;  . 2 2  1
13. 8) Phương trình không nhận x 0 là nghiệm, chia hai vế cho x2 được 2 1 1 1 2 3 x 2 4 x 5 0 . Đặt t x thì phương trình trở thành 3t 4t 1 0 x x x 1 3t 2 4t 1 0 t 1 hoặc t . 3 1 1 5 1 5 Với t 1 thì x 1 x2 x 1 0 x hoặc x . x 2 2 1 1 1 1 37 1 37 Với t thì x 3x2 x 3 0 x hoặc x . 3 x 3 3 2 4 2 1 5 1 5 1 37 1 37  Vậy tập nghiệm của phương trình là S ; ; ;  . 2 2 2 2  9) 2x4 21x3 34x2 105x 50 0 (8). Lời giải: 105 50 Ta thấy k 5 và k 2 25 nên phương trình (8) là phương trình bậc bốn có hệ 21 2 2 25 5 5 số đối xứng tỉ lệ. 8 2 x 2 21 x 34 0 . Đặt t x suy ra x x x 25 9 t 2 x2 10. Phương trình (9) trở thành 2t 2 21t 54 0 t 6 hoặc t . Với t 6 x2 2 5 thì x 6 x2 6x 5 x2 6x 5 0 . Phương trình có hai nghiệm x 9 5 9 x 3 14; x 3 14 . Với x thì x 2x2 9x 10 0 . Phương trình có hai 1 2 2 x 2 9 161 9 161 nghiệm x ; x . Vậy PT (8) có tập nghiệm 3 4 4 4 9 161 9 161  S 3 14;3 14; ;  . 4 4  10)Điều kiện x 1; 2; 3; 4;0 . Ta biến đổi phương trình thành 1
14. 1 1 1 1 1 2 x 2 2 x 2 1 0 2 2 0 x x 4 x 1 x 3 x 2 x 4x x 4x 3 x 2 1 1 1 0 . Đặt u x2 4x , phương trình trở thành x2 4x x2 4x 3 2(x2 4x 4) 25 145 2 u 1 1 1 5u 25u 24 10 0 0 . u u 3 2 u 4 2u u 3 u 4 25 145 u 10 2 25 145 x 4x Do đó 10 . Tìm được tập nghiệm của phương trình là 25 145 x2 4x 10 15 145 15 145 15 145 15 145  S 2 ; 2 ; 2 ; 2 . 10 10 10 10  5 5 10 10 8 10 40 8 11) Biến đổi phương trình thành . x 1 x 1 x 2 x 2 3 x2 1 x2 4 3 Đặt u x2 u 1,u 4;u 0 dẫn đến phương trình u 16 2 4u 65u 16 0 1 . bTìm được tập nghiệm của phương trình là u 4 1 1  S ; 4; ;4 . 2 2  12) 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 x 2 1 1 x 5 1 1 2 x x 2 2 x 5 x 7 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
15. 1 1 1 1 2x 7 2 2 2 2 0 x 7 x 7x 10 x 7x 6 x 7x 12 7 x 2 . 1 1 1 1 0(*) x2 7x x2 7x 10 x2 7x 6 x2 7x 12 Đặt u x2 7x 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 u2 18u 90 u 9 2 9 0 với mọi u . Do đó phương trình (*) vô nghiệm. 7 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x . 2 13). Lời giải: Điều kiện x 4; 3; 2; 1 . Biến đổi phương trình thành 1 2 3 4 1 4 2 3 0 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 1 x 4 x 2 x 3 x 0 3 1 x 2 2 0 3 1 . x 5x 4 x 5x 6 0(*) x2 5x 4 x2 5x 6 3 1 11 Đặt u x2 5x thì phương trình (*) trở thành 0 u . Từ đó ta có u 4 u 6 2 5 3 2x2 10x 11 0 x . 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 phân thức ở 7 vế trái của phương trình cho x , rồi đặt y 4x ta được x 4 3 1. y 8 y 10 1
16. Phương trình trên có 2 nghiệm y 16, y 9 . 7 Với y 9 thì 4x 9 4x2 9x 7 0 . Phương trình này vô nghiệm. x 7 Với y 16 thì 4x 16 4x2 16x 7 0 . Phương trình này có hai nghiệm x 1 7 x ; x . 1 2 2 2 1 7  Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S ;  . 2 2 15)Đặt t 2x2 x 1, phương trình (1) thành t 4x t 4x 9x2 t 2 16x2 9x2 t 2 25x2 t 5x hoặc t 5x . 3 7 Với t 5x thì 2x2 x 1 5x 2x2 6x 1 0 x . 2 2 2 Với t 5x thì 2x2 x 1 5x 2x2 4x 1 0 x . 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 u2 7u 3 u2 2u 3 6u2 . 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 x2 4 5x 5 x2 4 6 x 1 2 0 . Đặt t x2 4 , phương trình thành t 2 5x 5 t 6x 6 x 1 0 t 6x 6 t x 1 0 2 2 x 3 7 t 6x 6 x 4 6x 6 x 6x 2 0 . 2 2 1 21 t x 1 x 4 x 1 x x 5 0 x 2 1
17. 1 21 1 21  Vậy tập nghiệm của PT(2) là S ;3 7; ;3 7 . 2 2  17)PTtương đương với x4 9x x2 2 16x2 4 0 . Đặt t x2 2 thì t 2 x4 4x2 4 , PT trên thành t 2 9xt 20x2 0 t 4x t 5x 0 2 2 x 2 6 t 4x x 2 4x x 4x 2 0 . 2 2 5 33 t 5x x 2 5x x 5x 2 0 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: 3x4 6x3 16x2 36x 12 0 3x4 6x x2 6 16x2 12 0 . đặt t x2 6 thì t 2 x4 12x2 36 , suy ra 3x4 3t 2 36x2 108 , PT trên thành 3t 2 6xt 20t 0 t 3t 6x 20 0 t 0 hoặc 3t 6x 20 . Với t 0 thì x2 6 0 , suy ra x 6 (thỏa mãn đk). Với 3t 6x 20 ta có 3 3 3x2 18 6x 20 hay 3x2 6x 2 0 suy ra x (thỏa mãn đk). Vậy tập 3 3 3 3 3  nghiệm của PT(4) là S ; 6; ; 6 . 3 3  2x 13x 19) 6 (5). 3x2 5x 2 3x2 x 2 Lời giải: Đặt t 3x2 2 PT(5) trở thành 2x 13x 6 . ĐK: t 5x,t x . t 5x t x Khử mẫu thức ta được PT tương đương 2t 2 13tx 11x2 0 t x 2t 11x 0 11 t x hoặc t x (thỏa mãn ĐK) 2 1
18. Với t x thì 3x2 2 x 3x2 x 2 0 phương trình vô nghiệm. 11 11 1 4 Với t x thì 3x2 2 x 6x 11x 2 0 x hoặc x .Vậy tập nghiệm của 2 2 2 3 1 4 PT(5) là ;  . 2 3 20)PT x2 x2 1 x2 1 x2 2 1 0 x4 x2 x4 x2 2 1 0 2 x4 x2 2 x4 x2 1 0 2 x4 x2 1 0 x4 x2 1 0 . 5 1 5 1  Giải phương trình trùng phương trên ta được tập nghiệm của PT là ;  . 2 2  21)Lời giải: Điều kiện x 1. x 2 x 2 2 Đặt y; z , PT có dạng: 20y2 5z2 20yz 0 5 2y z 0 2y z x 1 x 1 Dẫn đến x 2 x 2 2. 2 x 2 x 1 x 2 x 1 2x2 6x 4 x2 3x 2 x2 9x 2 0 x 1 x 1 9 73 9 73 x hoặc x (thỏa mãn điều kiện). Vậy tập nghiệm của PT(2) là 2 2 9 73 9 73  ;  . 2 2  1