Chuyên đề phương trình quy về phương trình bậc hai

Bạn đang xem: Chuyên đề phương trình quy về phương trình bậc hai Tại Website vuongquocdongu.com

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Chuyên đề phương trình quy về phương trình bậc hai.

Tài liệu môn Toán sẽ luôn được cập thường xuyên từ nguồn đóng góp của quý bạn đọc và hoctoanonline.vn sưu tầm, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán mới nhất nhé.

Hơn nữa, Hoctoanonline.vn còn cung cấp file WORD Tài liệu môn Toán miễn phí nhằm hỗ trợ thầy, cô trong quá trình dạy học, biên soạn đề thi.

Các em học sinh Đăng ký kênh youtube để học thêm nhé

A.TRỌNG TÂM CẦN ĐẠT
I. TÓM 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

CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAIA.TRỌNG TÂM CẦN ĐẠTI. TÓM TẮT LÝ THUYẾT1. 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 thứcĐể 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 tíchĐể 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

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 TOÁN
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 + 5×2 – 6 = 0;

b) ( x + 1)4 – 5(x + 1)2 -84 = 0.

1.2.Giải các phương trình sau:
a) 2×4 + 7×2 + 5 = 0;

b) 4×4 + 8×2 – 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 – 3×2 – 3x – 4 = 0;
b) (x – 1)3 + x3 + (x + 1)3 – (x + 2)3 = 0;
3.2. Giải các phương trình sau:
a) 2×3 -7×2 + 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. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com

a) x(x + l)(x + 2)(x + 3) = 8;
b) (x2 + 16x + 60)(x2 +17x + 60) = 6×2;
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 +61×3 – 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 = -3×2 + 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) 4×2 – 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 – 6×2 – 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) = 2×2;
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 không là nghiệm.
6. TOÁN 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. TOÁN 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 vô 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 vô 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 không 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 vô 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 không 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 vô 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 không 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 vô 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 . Vô 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 (*) vô 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. TOÁN 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 vô 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 vô 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 vô 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  4×2  4x 1  4×2  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.



2t
2t
1
 1  t   2  x  1  2  x  1 .
2
t t 4
4
2

Thử lại thấy x  1 thỏa mãn phương trình.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  1 .
D.PHIẾU BÀI TỰ LUYỆN CƠ BẢN VÀ NÂNG CAO
PHIẾU SỐ 1
Dạng 1: Phương trình trùng phương
Bài 1. Giải các phương trình sau:
a) x 4  5 x 2  4  0

b) x 4  3 x 2  4  0

c)

4
5
 2
2
x 4 x 5
2

Bài 2. Tìm các giá trị của m để phương trình ẩn x sau: x 4  6 x 2  m  1  0 có 4 nghiệm.
Dạng 2. Phương trình chứa ẩn ở mẫu
Bài 3. Giải các pt sau:
a) 1 

8
5
8 x


x  4 3 x x  2

b)

x 1
2
12

 2
x2 x2 x 4

Dạng 3. Phương trình đưa về phương trình tích
Bài 4. Giải các phương trình:
a) (2 x 2  5 x  2)( x 2  3 x  1)  0

b) (2 x 2  x) 2  (2 x  1) 2  0

Bài 5. Giải phương trình x 4  x 2  4 x  3  0
Dạng 4. Phương pháp đặt ẩn phụ
Bài 6. Giải các phương trình sau
a) ( x 2  5 x) 2  2( x 2  5 x)  24
c)

b) ( x 2  6 x) 2  2( x  3) 2  81

3x
x2  x  5
 2
40
x
x  x 5

Dạng 5. Phương trình bậc 4 dạng ( x  a )( x  b)( x  c )( x  d )  m với a  b  c  d
Bài 7. Giải phương trình ( x  5)( x  6)( x  8)( x  9)  40
26. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com

Bài 8. Giải phương trình ( x 2  3x  2)( x 2  7 x  12)  24
Dạng 6. Phương trình đối xứng bậc bốn, phương trình hồi quy
Bài 9. Giải phương trình 2 x 4  3 x 3  16 x 2  3 x  2  0
Bài 10. Giải phương trình 2 x 4  21x 3  74 x 2  105 x  50  0
Dạng 7. Phương trình vô tỉ
Bài 11. Giải phương trình
a)

2x 1  8  x

b) 15  x  3  x  6

Bài 12. Giải phương trình
a) x 2  x  x 2  x  24  18

b)

2  x  2  x  4  x2  2

HƯƠNG DẪN – ĐÁP SỐ
Dạng 1: Phương trình trùng phương
Bài 1. Giải các phương trình sau:
a) x 4  5 x 2  4  0

b) x 4  3 x 2  4  0

c)

4
5
 2
2
x 4 x 5
2

Hướng dẫn-Đáp số
a) Đặt x 2  t  0 đưa phương trình về: t 2  5t  4  0  t1  1; t2  4 (thỏa mãn)
+ Với t  1  x1  1; x2  1
+ Với t  4  x3  2; x 4  2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm S  1; 2
b) Phương trình có nghiệm S  2
c) Phương trình có nghiệm x  0
Bài 2. Tìm các giá trị của m để phương trình ẩn x sau: x 4  6 x 2  m  1  0 có 4 nghiệm.
Hướng dẫn-Đáp số
Đặt x 2  t  0 , ta được t 2  6t  m  1  0 (1)
27. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com

Để pt đã cho có 4 nghiệm thì pt (1) phải có 2 nghiệm dương pb

 ‘  0
9  (m  1)  0


 1  m  10
 x 1  x2  0  m  1  0
 x .x  0
6  0

 1 2
Vậy với 1  m  10 thì pt đã cho có 4 nghiệm.
Dạng 2. Phương trình chứa ẩn ở mẫu
Bài 3. Giải các pt sau:
a) 1 

8
5
8 x


x  4 3 x x  2

b)

x 1
2
12

 2
x2 x2 x 4

Hướng dẫn-Đáp số
a) Điều kiện: x  2; x  3; x  4
Quy đồng mẫu thức rồi khử mẫu:
(3  x)( x  2)(x  4)  8(3  x )( x  2)  5( x  4)( x  2)  (8  x )( x  4)(3  x)
 7 x 2  72 x  128  0

Giải ra ta được: x1  8; x2  2

2
(thỏa mãn)
7

Vậy pt có 2 nghiệm x1  8; x2  2

2
7

b) Pt có nghiệm x  3
Dạng 3. Phương trình đưa về phương trình tích
Bài 4. Giải các phương trình:
a) (2 x 2  5 x  2)( x 2  3 x  1)  0
Hướng dẫn-Đáp số
a) (2 x 2  5 x  2)( x 2  3 x  1)  0
 2 x 2  5 x  2  0 (1)
 2
 x  3 x  1  0 (2)
1
Giải (1) ta được x1  ; x2  2
2
28. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com

b) (2 x 2  x) 2  (2 x  1) 2  0

Giải (2) ta được x3 

3  5
3  5
; x4 
2
2

 1
3  5 3  5 
Vậy pt có tập nghiệm S   ; 2;
;

2
2 
 2

 3  17 
b) Pt có tập nghiệm S  

4



Bài 5. Giải phương trình x 4  x 2  4 x  3  0
Hướng dẫn-Đáp số
x4  x2  4 x  3  0  x4  2 x2  1  x2  4 x  4  0
 ( x 2  1) 2  ( x  2) 2  0
 ( x 2  x  1)( x 2  x  3)  0
 1  5 
Giải ra ta được tập nghiệm S  

 2 

Dạng 4. Phương pháp đặt ẩn phụ
Bài 6. Giải các phương trình sau
a) ( x 2  5 x) 2  2( x 2  5 x)  24

b) ( x 2  6 x) 2  2( x  3) 2  81

Hướng dẫn-Đáp số
 y  4
a) Đặt x 2  5 x  y ta được pt y 2  2 y  24  
y  6
 x  1
Với y  4  x 2  5 x  4  
 x  4
x  1
Với y  6  x 2  5 x  6  
 x  6
Vậy pt có tập nghiệm S  1; 4; 6



b) Pt có tập nghiệm S  3;3  20



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

c)

3x
x2  x  5
 2
40
x
x  x5



c) Pt có tập nghiệm S  1; 5; 1  6



Dạng 5. Phương trình bậc 4 dạng ( x  a )( x  b)( x  c )( x  d )  m với a  b  c  d
Bài 7. Giải phương trình ( x  5)( x  6)( x  8)( x  9)  40
Hướng dẫn-Đáp số
Ta có ( x  5)( x  6)( x  8)( x  9)  40
 ( x 2  14 x  45)( x 2  14 x  48)  40
y  5
Đặt x 2  5 x  45  y phương trình thành y ( y  3)  40  
 y  8
 x  4
Với y  5  
 x  10
Với y  8 suy ra x vô nghiệm.
Vậy phương trình có nghiệm x  4; x  10
Bài 8. Giải phương trình ( x 2  3x  2)( x 2  7 x  12)  24
Hướng dẫn-Đáp số
Ta viết dưới dạng ( x  1)( x  2)( x  3)( x  4)  24
 ( x 2  5 x  4)( x 2  5 x  6)  24
Giải tương tự ta được tập nghiệm S  0; 5
Dạng 6. Phương trình đối xứng bậc bốn, phương trình hồi quy
Bài 9. Giải phương trình 2 x 4  3 x 3  16 x 2  3 x  2  0
Hướng dẫn-Đáp số
+) x  0 không là nghiệm của phương trình.
+) x  0 , chia hai vế của phương trình cho x 2 ta được:
1  
1

2  x 2  2   3  x    16  0
x  
x


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

 y  4
1
1
2
2
2
Đặt x   y  x  2  y  2 . Ta được phương trình 2( y  2)  3 y  20  0  
y  5
x
x

2
1 

Theo cách đặt, giải pt tìm được tập nghiệm S   2  3; ; 2 
2 


Bài 10. Giải phương trình 2 x 4  21x 3  74 x 2  105 x  50  0
Hướng dẫn-Đáp số
+) x  0 không là nghiệm của phương trình.
+) x  0 , chia hai vế của phương trình cho x 2 ta được:
25 
5


2  x 2  2   21 x    74  0
x 
x


5 

Giải tương tự tìm được tập nghiệm S  1;5; ; 2 
2 


Dạng 7. Phương trình vô tỉ
Bài 11. Giải phương trình
a)

2x 1  8  x

b) 15  x  3  x  6

Hướng dẫn-Đáp số
a) Điều kiện

1
 x8
2

Bình phương hai vế, ta được: 2 x  1  64  16 x  x 2  x  5 (thỏa mãn); x  13 (loại)
Vậy pt có nghiệm x  5
b) Pt có nghiệm x  1
Bài 12. Giải phương trình
a) x 2  x  x 2  x  24  18

b)

2  x  2  x  4  x2  2

Hướng dẫn-Đáp số
a) S  3; 4

b) S  2; 2
PHIẾU SỐ 2

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

Bài 1: Giải các phương trình sau:
a)  x  2   3x  5  1  x 1  x 
2

b)  x  1  2x  x 3  x 2  2x  1
3





c) x x 2  6   x  2    x  1
2

3

d)  x  5    x  2    x  7  x  7   12x  23
2

2

Bài 2: Giải các phương trình sau:
a) x 4  5x 2  6  0
b)  x  1  5  x  1  84  0
4

2

Bài 3: Tìm các giá trị của m để phương trình ẩn số x: x 4  6x 2  m  1  0 có 4 nghiệm.
Bài 4: Giải các phương trình sau:
a) 1 
b)

8
5
8x


x  4 3 x x  2

x 1
2
12


x  2 x  2 x2  4

Bài 5: Giải các phương trình:







a) 2x 2  5x  2 x 2  3x  1  0



b) 2x 2  x



2

  2x  1  0
2

Bài 6: Giải phương trình sau: x 4  x 2  4x  3  0
Bài 7: Chứng minh rằng khi a và c trái dấu thì phương trình trùng phương ax 4  bx 2  c  0 chỉ có hai
nghiệm và chúng là hai số đối nhau.
Bài 8: Giải các phương trình sau:









a) x 2  5x
b) x 2  6x
c)

2

2





 2 x 2  5x  24
 2  x  3  81
2

x2  x  5
3x
 2
40
x
x  x 5

Bài 9: Giải phương trình:  x  5  x  6  x  8  x  9   40
32. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com







Bài 10: Giải phương trình: x 2  3x  2 x 2  7x  12  24
Bài 11: Giải các phương trình sau:
a) 2x 4  3x 3  16x 2  3x  2  0
b) 2x 4  21x 3  74x 2  105x  50  0
Bài 12: Giải các phương trình sau:
a)  x  4    x  2   82
4

4

b)  x  2    x  4   64
6

6

Bài 13: Giải phương trình sau:

4x
5x
3
 2

2
x  x  3 x  5x  3
2

HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1:
a) Ta có:  x  2   3x  5  1  x 1  x 
2

 x 2  4x  4  3x  5  1  x 2
 2x 2  x  2  0
  12  4.2.  2   1  16  17  0    17
 x1 

1  17
17  1
1  17 1  17

; x2 

2.2
4
2.2
4

b) Ta có:  x  1  2x  x 3  x 2  2x  1
3

 x 3  3x 2  3x  1  2x  x 3  x 2  2x  1
 x 3  3x 2  3x  1  2x  x 3  x 2  2x  1
 2x 2  7x  2  0
   7   4.2.2  49  16  33  0    33
2

 x1 

7  33 7  33
7  33 7  33

; x2 

2.2
4
2.2.
4





c) Ta có: x x 2  6   x  2    x  1
2

3

 x 3  6x  x 2  4x  4  x 3  3x 2  3x  1
 4x 2  5x  5  0
  52  4.4.5  25  80  55  0

Vậy phương trình vô nghiệm.
d) Ta có:  x  5    x  2    x  7  x  7   12x  23
2

2

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

 x 2  10x  25  x 2  4x  4  x 2  49  12x  23
 3x 2  6x  3  0  x 2  2x  1  0
   1  1.1  0
2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm kép: x1  x 2  1
Bài 2:
a) Đặt x 2  t  0 , đưa về phương trình t 2  5t  6  0
Giải phương trình ta được t  1 tm  hoặc t  6  l 
Với t  1 , ta có x 2  1  x1  1; x 2  1
Vậy phương trình có hai nghiệm: x1  1; x 2  1
b) Đặt  x  1  t  0 , đưa về phương trình t 2  5t  84  0
2

Giải phương trình ta được t  12  tm  hoặc t  7  l 
Với t  12 , ta có  x  1  12  x1  1  2 3; x 2  1  2 3
2

Vậy phương trình có hai nghiệm: x1  1  2 3; x 2  1  2 3
Bài 3:
Đặt x 2  t  0 ta được t 2  6t  m  1  0 1
Để phương trình đã cho có 4 nghiệm, thì phương trình 1 phải có 2 nghiệm dương phân biệt

   0
9   m  1  0

c

  0   m  1  0  1  m  10
a

60

 b

 a

Vậy với 1  m  10 thì phương trình đã cho có 4 nghiệm.
Bài 4:
a) Điều kiện: x  2; x  3; x  4
Quy đồng mẫu thức rồi khử mẫu:

 3  x  x  4  x  2   8  3  x  x  2   5  x  4  x  2    8  x  x  4  3  x 
 7x 2  72x  128  0
Giải ra ta được: x1  8; x 2  2

2
thỏa mãn.
7

Vậy phương trình có hai nghiệm: x1  8; x 2  2

2
7

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

b) Điều kiện: x  2; x  2
Quy đồng mẫu thức rồi khử mẫu:
 x  2  l 

 x  1 x  2   2  x  2   12  x 2  x  6  0  

 x  3  tm 

Vậy phương trình có một nghiệm: x  3
Bài 5:
 2x 2  5x  2  0 1
a) 2x 2  5x  2 x 2  3x  1  0   2
 x  3x  1  0  2 







1
Giải 1 ta được: 2x 2  5x  2  0 ta được: x1  ; x 2  2
2

Giải  2  ta được: x 2  3x  1  0 ta được: x 3 

3  5
3  5
; x4 
2
2

3  5 3  5 
 1
Vậy tập nghiệm của phương trình: S   ; 2;
;

2
2 
 2



b) 2x 2  x



2







  2x  1  0  2x 2  x  2x  1 2x 2  x  2x  1  0
2

 2x 2  x  1  0 1
 2x 2  x  1 2x 2  3x  1  0   2
 2x  3x  1  0  2 







Giải 1 :   1  4.2.1  7  0  Phương trình vô nghiệm.
Giải  2  : 2x 2  3x  1  0 ta được x1 

3  17
3  17
; x2 
4
4

 3  17 3  17 
Vậy phương trình có tập nghiệm là: S  
;

4
4



Bài 6:

x 4  x 2  4x  3  0  x 4  2x 2  1  x 2  4x  4  0
 x 2  x  3  0 1
2
2
 x 2  1   x  2  0  x 2  x  3 x 2  x 1  0   2
 x  x  1  0  2 











Giải 1 : x 2  x  3  0 có   11  0  vô nghiệm.
Giải  2  : x 2  x  1  0  x1 

1  5
1  5
; x2 
2
2

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

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

Bài 7:
Đặt x 2  m  0
Ta có: ax 4  bx 2  c  0  am2  bm  c  0
Vì a và c trái dấu nên

a
 0 . Phương trình có hai nghiệm phân biệt là m1 và m 2
c

Theo hệ thức Vi – ét ta có: m1.m 2 

Vì a và c trái dấu nên

c
a

c
 0  m1.m 2  0 hay m1 và m 2 trái dấu nhau.
a

Vì m1 và m 2 trái dấu nhau nên có 1 nghiệm bị loại, giả sử loại m1 .
Khi đó x 2  m 2  x   m 2
Vậy phương trình trùng phương ax 4  bx 2  c  0 chỉ có hai nghiệm và chúng là hai số đối nhau khi a và
c trái dấu.
Bài 8:
 y  4
a) Đặt x 2  5x  y . Ta được: y 2  2y  24  y 2  2y  24  0  
 y6
 x  1
.Với y  4  x 2  5x  4  x 2  5x  4  0  
 x  4
 x 1
.Với y  6  x 2  5x  6  x 2  5x  6  0  
 x  6
Vậy tập nghiệm của phương trình: S  1; 4;1; 6



b) x 2  6x



2



 2  x  3  81  x 2  6x
2



2





 2 x 2  6x  9  81  0

 y  11
Đặt x 2  6x  y . Ta được: y 2  2  y  9   81  0  y 2  2y  99  0  
 y  9
 x  3  20
.Với y  11  x 2  6x  11  x 2  6x  11  0  
 x  3  20
36. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com

.Với y  9  x 2  6x  9  x 2  6x  9  0  x  3





Vậy tập nghiệm S  3  20;3  20;3
c) Điều kiện: x  0; x 2  x  5  0
Đặt

x2  x  5
y
x

Ta được: y 

 y  1
3
 4  0  y 2  4y  3  0  
y
 y  3

.Với y  1 

x2  x  5
 1  x 2  2x  5  0  x1,2  1  6
x

.Với y  3 

x2  x  5
 3  x 2  4x  5  0  x 3  1; x 4  5
x





Vậy tập nghiệm của phương trình là: S  1  6;1; 5
Bài 9: Ta có:  x  5  x  6  x  8  x  9   40







 x 2  14x  45 x 2  14x  48  40
 y5
Đặt: x 2  14x  45  y , ta có: y  y  3  40  y 2  3y  40  0  
 y  8
 x  4
.Với y  5  x 2  14x  45  5  x 2  14x  40  0  
 x  10
.Với y  8  x 2  14x  45  8  x 2  14x  53  0 : vô nghiệm.
Vậy tập nghiệm của phương trình: S  4; 10
Bài 10:
Ta viết dưới dạng:  x  1 x  2  x  3 x  4   24







 x 2  5x  4 x 2  5x  6  24
 y4
Đặt x 2  5x  4  y , ta có: y 2  2y  24  0  
 y  6
 x0
.Với y  4 , ta có: x 2  5x  4  4  x 2  5x  0  
 x  5
.Với y  6 , ta có: x 2 5x  4  6  x 2  5x  10  0 : vô nghiệm.
Vậy tập nghiệm của phương trình: S  0; 5
Bài 11:
37. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com

a) x  0 không phải là nghiệm của phương trình.

x  0 chia hai vế của phương trình cho x 2 , ta được:
1  
1

2  x 2  2   3  x    16  0
x
x  


Đặt x 

1
1
 y  x 2  2  y 2  2 . Ta có phương trình:
x
x

 y  4
2 y  2  3y  16  0  2y  3y  20  0  
y5

2



2



2

.Với y  4  x 

 x  2  3
1
 4  x 2  4x  1  0  
x
 x  2  3

1

x
5
1 5
2

.Với y   x    2x  5x  2  0 
2

2
x 2
x  2
1 

Vậy tập nghiệm của phương trình: S   2  3; 2  3; ; 2 
2 


b) x  0 không phải là nghiệm của phương trình.

x  0 chia hai vế của phương trình cho x 2 , ta được:
25 
5


2  x 2  2   21 x    74  0
x
x 



Đặt x 

5
25
 y  x 2  2  y 2  10 . Ta có phương trình:
x
x

y  6
2 y  10  21y  74  0  2y  21y  54  0  
y  9

2



2



.Với y  6  x 

2

x 1
5
 6  x 2  6x  5  0  
x
x  5

5

x
9
5 9
2

.Với y   x    2x  9x  10  0 
2

2
x 2
x

2

5 

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S  1;5; ; 2 
2 


Bài 12:
 y2
4
4
a) Đặt x  3  y , ta được:  y  1   y  1  82  y 4  6y 2  40  0  
 y  2
Với y  2  x  1
38. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com

Với y  2  x  5
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S  1; 5
b) Đặt x  3  y . Phương trình có dạng:  y  1   y  1  64
6

6

Khai triển và rút gọn ta được:
y 6  15y 4  15y 2  31  0

 y 1
 y 2  1 y 4  16y 2  31  0  
 y  1







Với y  1  x  4
Với y  1  x  2
Vậy tập nghiệm của phương trình: S  4; 2
Bài 13.

x  0 không phải là nghiệm của phương trình.
x  0 chia tử và mẫu của mỗi phân thức cho x:
4
x 1

3
x

Đặt x 



5
x 5

3
x



3
2

4
5
3
3

  0 . ĐK: y  3
 2  y phương trình có dạng:
x
y3 y3 2

 y 1
Quy đồng, khử mẫu rồi rút gọn ta được: y 2  6y  7  0  
 y  7
Với y  1  x 

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


5  13
x

3
2
Với y  7  x   2  7  x 2  5x  3  0  
x

5  13
x 

2
 5  13 5  13 
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S  
;

2
2



———————Toán Học Sơ Đồ——————–

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

Xem thêm bài viết thuộc chuyên mục: Giáo Dục