Chuong 6 Bai tap dai so so cap va thuc hanh giaitoan

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (382.15 KB, 81 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

BÀI TẬP ĐẠI SỐ SƠ CẤP

Bài 1/299 Tìm miền xác định của các phương trình sau:
a,

1
2
2
x 

trên R.
b,

1
2
2

x

x  x trên R.

c, 1 1

x

x   trên R.

2 5

3
x

x x x

x


  

 trên R.

e, 3 x x 5 2  x trên Q, trên R.

Giải:

a, S  



, 0

 

 0,  



b, MXĐ:

2 0 2

0 0

x x

  

 



 

 

 

Nên S   



, 0

 

 0, 2

 

 2,  



c, MXĐ:

1 0 1

x x

   

 



 

  

 

Nên S  



1, 1



d, MXĐ:

0
0

1
0

5
1

5 0

3
5

3 0

x
x

x x

x
x

x

x
x

x

x




 



 



 

 

  

   

  

 

    



   

  



Nên S [1, 3) (3, 5]

e, S

Bài 2. Tìm miền xác định của các phương trình

x −1¿2
¿
¿
√¿

x −2
x2

+1=
1

trên Q;

b) √x −2= 3

√2x+1 trên Q;

c) √x+1+√x+2=√x+3 trên R;

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Lời giải

x −1¿2
¿
¿
√¿

x −2
x2

+1=
1

trên Q

TXĐ: D = R \ {1}
b) √x −2= 3

√2x+1 trên Q

Điều kiện:

x −2≥0
2x+1≥0

⇔

¿x ≥2

x ≥−1
2

¿{

TXĐ: D = (2; +∞ )

c) √x+1+√x+2=√x+3 trên R

Điều kiện:

x+1≥0
x+2≥0
x+3≥0

⇒

¿x ≥ −1

x ≥−2
x ≥−3
⇒x ≥ −1

¿{ {

TXĐ: D = ¿

√

(x2+1)(− x2+2x −1)=1 trên R

Điều kiện: (x2+1)(− x2+2x −1)≥0 ⇔ − x2+2x −1≥0 ( x2+1≥1 )

x −⇔1−¿2≥0

¿ ⇔ x = 1 ( vì (x – 1)

2 0)

TXĐ: D = {1}

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

1. x2=9 và x2+xx
+3=9+

x
x+3 ;

2. x2

=9 và x2+xx
+2=9+

x
x+2 ;

3. x2

=0 và x = 0;

4. x+1
x=

x và x = 0;

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Lời giải

1.+) x2=9 (1)

TXĐ: D = R
Giải (1): x2

=9 ⇒x=±3

+) x2

+ x
x+3=9+

x

x+3 (2)

TXĐ: D = R \ {3}
Giải (2): x2+ x

x+3=9+
x

x+3 ⇒x

(x+3)+x=9(x+3)+x
⇔x3+3x2+x=10x+27 ⇔x3+3x2−9x −27=0

⇔x2(x+3)−9(x+3)=0 ⇔(x2−9)(x+3)=0 ⇔x=±3

Vậy phương trình (1) tương đương với phương trình (2)
2. x2

=9 và x2+xx
+2=9+

x
x+2

+) x2=9 (1)

TXĐ: D = R
Giải (1):

x2=9 ⇒x=±3

+) x2+ x

x −2=9+
x

x −2 (2)

TXĐ: D = R \ {2}
Giải (2): x2

+ x
x −2=9+

x
x −2

⇒x2(x −2)+x=9(x −2)+x⇔x3−2x2+x=10x −18

⇔x3−2x2−9x+18=0⇔x2(x −2)−9(x −2)=0⇔(x2−9)(x −2)=0

⇔
x=±3

x=2

¿
¿
¿
¿
¿

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

3. x2

=0 và x = 0

+) x2=0 (1)

TXĐ: D = R
+) x = 0 (2)

TXĐ: D = R

Vì cả 2 phương trình (1) và (2) đều có chung tập nghiệm nên 2 phương trình
trên tương đương.

4. x+1
x=

x và x = 0

+) x+1
x=

1
x (1)

TXĐ: D = R\ {0}
Giải (1): x+1

x=
1
x

⇔x2

+1=1⇔x2=0⇔x=0

+) x = 0 (2)

TXĐ: D = R

5. x + 3 = 2 và (x + 3)(x - 2) = 2(x - 2)
+) x + 3 = 2 (1)

TXĐ: D = R
Giải (1):

x + 3 = 2 ⇒x=−1
+) (x+3)(x+2) = 2(x - 2) (2)

TXĐ: D = R
Giải (2):

(x+3)(x-2) = 2(x-2) ⇔ (x-2)(x+1) = 0

⇔
x=2

x=−1

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Vậy phương trình (1) không tương đương với phương trình (2)
7. (x+1)(x2+4) = 2(x2 + 4) và x + 1 = 2

+) (x+1)(x2+4) = 2(x2 + 4) (1)

TXD: D = R
+) x + 1 = 2 (2)
TXĐ: D = R
Giải (1):

(x+1)(x2+4) = 2(x2 + 4) 
⇔(x −1)(x2+4)=0

⇒x=1

Giải (2): x + 1 = 2 ⇒x=1

Vậy phương trình (1) tương đương với phương trình (2)

Bài 4/ 300 Các phương trình sau có tương đương khơng? Nếu khơng, thì tìm
điều kiện để chúng tương đương.

1, f x( ) 1 và loga f x( ) 0 ( a0, a1)

2, f x( )g x( ) và loga f x( ) log ag x( ) (a0, a1)

3, log2x2 0 và 2log2 x0

4, log3 x 0 và 3
1

log 0
2 x

Giải:

1, Ta có:

*) f x( ) 1

*) loga f x( ) 0  f x( ) 1

Vậy 2 phương trình đã cho tương đương.
2, Ta có:

*) f x( )g x( )

*) loga f x( ) log ag x( ) (a0, a1)

Hai phương trình chỉ tương đương nếu trong các nghiệm của phương trình

( ) ( )

f x g x khơng có nghiệm nào làm cho f x( ) 0 .

3, Hai phương trình đã cho không tương đương, điều kiện là x0

1
2

3 3 3

log 0 log 0 log 0

x   x   x

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Bài 5. Xét hai phương trình:
f(x) = 0 (1) và f(x) . g(x) = 0 (2)

Cho ví dụ trên một trường số K nào đó sao cho:
1) (1)⇔(2) ;

2) (1)⇒(2) , nhưng đảo lại không đúng;

3) (2)⇒(1) , nhưng đảo lại không đúng.

Lời giải

1) (1)⇔(2)

 f(x) = (x – 1) và f(x) . g(x) = (x – 1)(x2 + 1)
 f(x) = (x3 – 1) và f(x) . g(x) = (x3 – 1)(x2 + 1)
 f(x) = (x2 – 4) và f(x) . g(x) = (x2 – 1)(x2 + 2)
 f(x) = x và f(x) . g(x) = x(x2 + 5)

2) (1)⇒(2) , nhưng đảo lại không đúng

 f(x) = (x – 1) và f(x) . g(x) = (x – 1)(x + 1)
 f(x) = (x3 – 1) và f(x) . g(x) = (x3 – 1)(x+ 2)
 f(x) = (x2 – 4) và f(x) . g(x) = (x2 – 1)(x2 - 4)
 f(x) = x và f(x) . g(x) = x(x + 5)

3) (2)⇒(1) , nhưng đảo lại không đúng

 f(x) = (x – 1) và f(x) . g(x) = (x – 1). x −x+11

 f(x) = (x3 – 1) và f(x) . g(x) = (x3 – 1)(x+ 2). 1
x3−1
 f(x) = (x2 – 4) và f(x) . g(x) = (x2 – 1). 3

x2−4
 f(x) = x và f(x) . g(x) = x. x

2−1

x

Bài 6/300 Giải và biện luận các phương trình:

2 2

2 3 2 2 2 2

) ( 1) ; ) 2( ) ( 1) 3;

) ( ) ( ); ) ( ) ( ).

a m x x m b mx x m m

c a ax b a b x a d a ax b a b x a

       

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Giải:

2 2 2

2 2

2
) ( 1)

( 1) (1 )

a m x x m m x m x m

m x x m m

m x m m

      

   

+) Nếu m21 0  m1, phương trình có nghiệm duy nhất là:
2

(1 ) (1 )

1 (1 )(1 ) 1

m m m m m

x

m m m m

   

  

   

+) Nếu m21 0  m1, ta có

Với m1 thì 0.x1(1 1) 0  phương trình có vơ số nghiệm

Với m1 thì 0.x1(1 1) 2 phương trình vô nghiệm.

2 2

) 2( ) ( 1) 3 2 2 ( 1) 3

( 2) 4 4 ( 2)

b mx x m m mx x m m

m x m m m

          

      

+) Nếu m 2 0  m2, phương trình có nghiệm duy nhất là:
2

( 2)

2
2

m

x m

m



  



+) Nếu m 2 0  m2, ta có:
2

0.x ( 2) 4( 2) 4 0   , phương trình có vô số nghiệm.

2 3 2 2 2 3 2 2

2 2 2 2

) ( ) ( ) 2

( ) ( )

c a ax b a b x a a x ab a b x ab

a b x a a b

        

   

+) Nếu a b2 2 0  ab, phương trình có nghiệm duy nhất là:
2 2

2 2

( )

a a b

x a

a b


 

 .

+) Nếu a b2 2 0  ab, ta có:

Với a b  0.x a 3 a3 0, phương trình có vơ số nghiệm.

Với ab  0.x0, phương trinh có vơ số nghiệm.

2 2 2 2 2 2 2 2 2

3 2 2 2 2 2

) ( ) ( ) ( 4 4 )

(4 ) 3

(4 ) 3 0

d a ax b a b x a a a x abx b a b x ab

a x a b b x ab a

         

    

     

+) Với a0  a3 0, phương trình trở thành:

3 2 2 2 2 2

0 (4.0 . ) 3.0. 0
0

x b b x b

bx
x

   

  

 

Bài 7/300 Giải và biện luận các phương trình sau

, 2

1
x m x
a

x x m

 

 

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

ĐK:

1
x
x m









2 2

(1) ( ) ( 1) 2( 1)( )
0 ( 1)

x m x x x m

x m

      

  

Với m = 1: phương trình có vơ số nghiệm
Với m1: phương trìn vô nghiệm

b, 2

( 1) 2

1 1 1

a x x b b x

x x x

   

 

   (2)

ĐK: x1

(2) ( )(1 ) ( )( 1) ( 1) 2 0

( 2) 2 0

a x x x b x b x

a x a

         

    

Nếu a = 2: phương trình vô số nghiệm
Nếu a2: phương trình vô nghiệm

1 ( 1)

1 1 1

ax b a x

x x x

 

 

   (3)

ĐK: x1

2
(3) ( 1)( 1) ( 1) ( 1)

( 1) 1

ax x b x a x

a b x a b

      

     

Nếu

0
1
a b
a b

 




 

 thì phương trình có nghiệm

1
1
a b
x

a b
 


 

Nếu

0
1
a b
a b

 


  

 thì phương trình vô nghiệm.
Bài 8. Giải phương trình:

a) 14x + 8 = 10x + 5 |3x+5| ; b) |x+3|+|x −1|=3x −5 .
Lời giải

a) 14x + 8 = 10x + 5 |3x+5| (1)

Ta có: |3x+5|

3x+5 khi x≥-3
5

−(3x+5) khi x<-3
5

¿
¿

¿
¿ ¿

TH1: Nếu x ≥−3

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

14x + 8 = 10x + 5(3x+5) ⇔11x=−2 ⇔x=− 2

11 (TM)

TH2: nếu x<−3

5 (1) thành:

14x + 8 = 10x - 5(3x + 5) ⇔19x=−18⇔x=−18
19(TM)

Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x=− 2

11 và x=−
18
19

b) |x+3|+|x −1|=3x −5 . Đặt f(x) = |x+3|+|x −1|

x − ∞ - 3 1

+∞

|x+3| - x – 3 0 x + 3 x +3
|x −1| - x - 1 - x – 1 0 x + 1

f(x) - 2x - 4 2 2x + 4

|x+3|+|x −1|=3x −5 x=1

5 x=
7

2 x = 9

Nghiệm x=1

5 Vô nghiệm x = 9

Kết luận:

 x < -3 phương trình có một nghiệm duy nhất: x=1
5 ;

 −3≤ x<1 phương trình vô nghiệm;

 x ≥1 Phương trình có một nghiệm duy nhất: x = 9.

Bài 9. Với điều kiện nào của m thì các phương trình sau vô nghiệm?
a) (m + 1)2x + 1 – m = (7m – 5)x

b) xx+m

+1+
x −2

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Lời giải

a) (m + 1)2x + 1 – m = (7m – 5)x

⇔ (m2 – 5m + 6)x = m – 1

(m 2)(m 3)x m 1

    

Phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi

(m−2)(m−3)=0
m−1≠0

⇔
m=2

m=3

¿
¿m≠1

⇔

m=2

m=3

¿
¿
¿{

¿
¿
¿ ¿

b) xx+m

+1+
x −2

x =2 (2)

Điều kiện:

x+1≠0
x ≠0

⇔

¿x ≠ −1

x ≠0

¿{

(2) ⇔ 2x2+(m −1)x −2

x(x+1) =2 ⇔

2x2

+(m −1)x −2−2x(x+1)
x(x+1) =0

⇔ (m−3)x −2

x(x+1) =0 ⇒ (m – 3)x – 2 = 0

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

m−3=−1

m−3=0

⇔m=1

¿
¿

Vậy với m = 1 hoặc m = 3 thì phương trình vô nghiệm.

Bài 10/301 Với điều kiện nào của tham số thì phương trình sau có vơ số
nghiệm?

2 2 3 2

) 9 4 3; ) ;

) ( 1) (2 1) 2.

a m x x m m b m x mx m m

c x a x b x

      

    

Giải:

2 2 2 2

) 9 4 3 ( 9) 4 3 ( 1)( 3)

a m x x m  m  m  x m  m  m m

Do đó phương trình có vơ số nghiệm khi

1
3

9 0

( 1)( 3) 0 3

3
1

m

m
m

m

m m m

m
m

 



 

    

  

  

    

   




 





3 2 3 2

) ( ) ( 1)

( 1)( 1) ( 1)

b m x mx m m m m x m m m m

m m m x m m

        

    

Phương trình có vơ số nghiệm khi

1 0

( 1)( 1) 0

1 1

( 1) 0

1
0

1
m

m m

m m m

m m

m m

m
m

m
 
 





  

  



  

  

 

   



 



 


) ( 1) (2 1) 2 2 2

( 2 1) 2

c x a x b x ax a xb b x

a b x a b

          

     

Phương trình có vơ số nghiệm khi

2 1 0 1

2 0 1

a b a

a b b

   

 



 

   

 

Bài 11/301 Với điều kiện nào của m thì các phương trình sau có nghiệm?

) ( 1) 4 3 2,

a m x  x m với x0.

2 2

(2 1) 3 (2 3) 2
)

4 4

m x m x m

b

x x

    



</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Giải:

2 2 2

2 2

) ( 1) 4 3 2 4 3 2

( 4) 3 2

( 2)( 2) ( 1)( 2)

a m x x m m x m x m

m x m m

m m x m m

        

    

     

+) Nếu

2
( 2)( 2) 0

2
m
m m
m


    



Với m2 ta có 0.x0, phương trình có nghiệm với mọi x0

Với m2 ta có 0.x12, phương trình vô nghiệm.

+) Nếu

2
( 2)( 2) 0

2
m
m m
m


    


 thì phương trình có nghiệm duy nhất
1
2
m
x
m



 , với

1
1
0 0
2
2
m
m

x
m
m



    
 
 
2 2

(2 1) 3 (2 3) 2
)

4 4

m x m x m

b

x x

    



 

ĐK: 4 x2 0   2x2

Ta có:

2 2 2 2

(2 1) 3 (2 3) 2 (2 1) 3 (2 3) 2

4 4 4 4

2 5

0
4

2 5 0

5
2

m x m x m m x m x m

x x x x

x m
x
x m
m

x
         
   
   
  
 

    
 
 

Với điều kiện

2 2 4 2 4

4 5 4

1 9
x x
m
m
      
     
  

Vậy với 1m9 phương trình có nghiệm.

Bài 12. Với giá trị nào của k thì phương trình sau có nghiệm kép?
(k1)x2 2(k1)x k  4 0

Lời giải

Phương trình nếu có nghiệm kép 2

1 0

' ( 1) ( 1)( 4) 0
k

k k k

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Vậy k5 thì phương trình đã cho có nghiệm kép

Bài 13. Với giá trị nào của kthì phương trình sau có một nghiệm gấp đôi

nghiệm kia?

x2 (2k1)x k 2 2 0
Lời giải

Nếu phương trình có 2 nghiệm x x1, 2, giả sử x1 x2thì:

1 2

2 2

2
2

0 (2 1) 4( 2) 0

x x

k k



 





 

     

 

1 2 1 2

7
4 7 0

4
2

k k

x x



  

 

   



  



Theo định lí vi-et ta có

2
1
1 2

1 2

3 6

2 1 2 1

2 2 1

3
k
x

x x k k

x x k k

x

 




  



   

 

  



  




Mà x1 2x2

3 6 2 1

2 1 3

k k

k

 

 

  (k 4)2  0 k4

Vậy k4thì phương trình có một nghiệm gấpđơi nghiệm kia.

Bài 14/301 Cho phương trình x2 px q 0. Lập phương trình bậc hai có các

nghiệm bằng x12x22 và

3 3

1 2

x x . Trong đó x x1, 2 là nghiệm của phương trình

đã cho.
Giải:

2 0 (*)

x  px q 

Do x x1, 2 là nghiệm của phương trình (*) nên theo Vi-ét ta có:
1 2

1 2

x x p

x x q
 







Ta có:









2 2

1 2 1 2 2 1 2 2 1

x x  x x  x x   p  qX







 







3 3

1 2 1 2 3 1 2 1 2 3 3 2

x x  x x  x x x x   p  q  p  p qpX

Theo định lý Vi-ét đảo X X1, 2 là nghiệm của phương trình bậc hai
2

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Ta có:

1 2 2 3

X X  q pq



 



1 2 2 3

X X  p q  p pq

Vậy phương trình cần tìm có dạng:







 



2 3 2 2 3

X  pq q X  p q  p pq

Bài 15. Giải và biện luận các phương trình sau :
a) x2(m1)x m 0 ;

b) (m 3)x2 mx m  6 0 ;

a x

bx
a x



 

 

 



</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Lời giải :

a) x2(m1)x m 0

Đây là phương trình bậc hai, ta xét:

2 2

(m 1) 4m (m 1)

     

   0 (m1)2  0 m1 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt
1 1; 2

x  x m

   0 (m1)2  0 m1 thì phương trình có nghiệm kép
1 2

1
2

m
x x  

   0 (m1)2 0vơ lí

Vậy m1 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 1;x2 m

m1 thì phương trình có nghiệm kép 1 2

1
2

m
x x  

b) (m 3)x2 mx m  6 0 (*)

Xét m 3 0  m3phương trình (*) trở thành 3x 3 0  x1

m 3 0  m3phương trình (*) là phương trình bậc hai

Có  m2 4(m 3)(m 6)3(m212m24)

3(m 6 2 3)( m 6 2 3)

   0 6 2 3 m 6 2 3thì phương trình có hai nghiệm phân biệt



6 2 3
0

6 2 3
m

m
  
   

 

 thì phương trình có nghiệm kép



6 2 3
0

6 2 3
m

m
  


   
 


 thì phương trình vơ nghiệm

Vậy m3thì phương trình có nghiệm x1

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

6 2 3
6 2 3
m

m
  


 

 thì phương trình có nghiệm kép

6 2 3
6 2 3
m

m

  



 


 thì phương trình vô nghiệm

a x

bx
a x



 

 

 



  (**)

ĐK x a

Với ĐK trên (**) tương đương với

2 2

(a x )  (1 bx a x)(  )

2 2

( 2 4 ) 0

(**)

2 4 0

x bx abx a a b
x

bx abx a a b

     




 

    



Xét (**)

 b = 0 thì phương trình (**) trở thành 4a 0 a0  phương trình (**)

có vơ số nghiệm

 b0, phương trình (**) là phương trình bậc hai có

2 2 2

' a b b a a b(4 ) 4ab

    

0
0

' 0 0

0
0

a
b
ab

a
b

 






    

 
 


 

  phương trình (**) có hai nghiệm phân biệt

' 0 0

0
a
ab

b



      



 phương trình (**) có nghiệm kép

0
0

' 0 0

0
0

a
b
ab

a

b

 







     

 
 


 

 phương trình (**) vô nghiệm

Vậy

0
0
a
b







</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

0
0
a
b



 

 thì phương trình có nghiệm kép

0
0
0
0
a
b
a
b
 







 
 


 

 thì phương trình có hai nghiệm phân biêt

0
0
0
0
a
b
a
b
 








 
 


 

 thì phương trình vô nghiệm

Bài 16. Gọi x x1, 2là nghiệm của phương trình 2x2 2 5x 3 0 . Khơng giải

phương trình:
a) Tính

1 2

1 2 1 2 2 1

2 1

; ; (2 )(2 )

x x

A B x x C x x x x

x x

      

b) Lập phương trình bậc hai có các nghiệm là 2x1x2 và 2x2x1
Lời giải

a) Phương trình có hai nghiệm x x1, 2thì phương trình có dạng
2

1 2 1 2

( ) 0

X  x x X x x 

Theo định lí vi-ét ta có :

1 2
1 2

5
3
2
x x
x x
  









1 2 1 2 1 2

2 1 1 2

( ) 2

x x x x x x

A

x x x x

 

  

2 3

( 5) 2( ) 16
2

3 3

 

 



2 2

1 2 ( 1 2)

Bx  x  B  x  x 2 2

1 2 1 2

( ) 4

B x x x x

   

2 ( 5)2 4( 3) 11 11

B B

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

2 2

1 2 1 2

5 2( )

C x x x x

     Cx x1 22(x1x2)2

2.( 5)
2

C

   17

C

 

b) Phương trình bậc hai cần tìm có các nghiệm là 2x1x2 và 2x2x1 nên

gọi S 2x1x22x2x13(x1x2) 3 5 và
2 2

1 2 2 1 1 2 1 2

(2 )(2 ) 5 2( )

P x x x x  x x  x x 

 Phương trình cần tìm là

2 0 2 3 5 17 0

X  SX P  hayX  X  

Vậy phương trình bậc hai là

2 17

3 5 0

X  X  

Bài 17/302 Xác định m để phương trình:

2 2( 2) 3 0

mx  m x m  

a) có hai nghiệm trái dấu;

b) có hai nghiệm dương phân biệt;
c) có đúng một nghiệm âm.

Giải:

a) Phương trình có 2 nghiệm trái dấu khi và chỉ khi:

1 2

. c 0 m 0 0 3

x x m

a m



      

b) Với m0, phương trình trở thành

3
2( 2) ( 3) 0

x x

      

(loại).
Với m0, ta có:  ' (m 2)2 m m(  3)m4

Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi:

'
1 2

4 0

0 0

3 3 4

. 0

3
m

m
m

c m m

x x

m

a m

  


 




 

   

     

    

  

 

Bài 18. Tìm mọi giá trị của a sao cho cả hai nghiệm của phương trình

2 6 2 2 9 2

x  ax  a a đều lớn hơn 3
Lời giải

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

- Phương trình có hai nghiệm đều lớn hơn 3

' 0 2 2 0

6
0 3
2 2
a
b a
a
   
 
 
   
  
 


1
1
1
a
a
a



   



- Phương trình có hai nghiệm đều lớn hơn 3

' 0 2 2 0

9 9 2 2 9

6 6
6
a
c
a a
a
a
b
a

 
 




       

  


 


1
1
7
1
9
a
a
a a



   
   



Vậy phương trình có hai nghiệm đều lớn hơn 3 khi a > 1

Bài 19 (Tr.302) Gọi x x1, 2 là nghiệm phương trình 2x2 3ax 2 0 (*) khơng

giải phương trình hãy tính 13 23
1 1
x x
* Lời giải

Ta có: A

















2 2

3 3

1 2 1 1 2 2

1 2

3 3

1 2 1 2 1 2

1 1 x x x x x x x x

x x x x x x

  

   



 







1 2 1 2 1 2

3
1 2

x x x x x x

x x

 

  

 



Từ phương trình (*), theo Vi-ét, ta có:

1 2
1 2
3
2
1
a

x x
x x

 


 










2 2
3

3 3 3 9

3 1 3

2 2 2 4

1
1

a a a a

A
    
 
     
 
 

   
  







2 3 9 12 3

3 9 12 27 36

2 4 4 8 8

a a

a a    a a

  

    

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Vậy

3
27 36

a a

A 

Bài 20(Tr.302) Xét phương trình

(x a x b )(  ) ( x b x c )(  ) ( x c x a )(  ) 0 , với a<b<c.

a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
b) Hãy so sánh các nghiệm với a,b,c.

* Lời giải

a) Ta có:

(x a x b )(  ) ( x b x c )(  ) ( x c x a )(  ) 0

2 2 2

( ) ( ) ( ) 0

3 2( ) 0

x a b x ab x b c x bc x c a x ac
x a b c x ab bc ca

            

       

Ta có: '





(a b c) 3(ab bc ca)

      





2 2 2

( ) 3( )

2 2 2 3( )

( ) ( ) ( )

a b c ab bc ca

a b c ab bc ca ab bc ca

a b c ab bc ca

a b b c c a

      

        

     

 

       

Với mọi a<b<c, suy ra  ' 0 phương trình có hai nghiệm phân biệt

Vậy phương trình đã cho ln có hai nghiệm phân biệt.
b) Gọi f(x)= (x a x b )(  ) ( x b x c )(  ) ( x c x a )(  )

Với a<b<c, ta có: f(a)=(a-b)(a-c)>0
f(b)=(b-c)(b-c)<0
f(c)=(c-a)(c-b)>0
Có f(b)<0  f(x) có 2 nghiệm x1<b<x2

f(a)>0  a



x x1, 2



mà aa x 1 b x2

f(c)>0  c



x x1, 2



mà c>b nên a x 1  b x2c

Vậy các nghiệm của phương trình với a,b,c là:
a x 1 b x2c

Bài 21 (Tr.302)

Xét phương trình: x2 + px + q = 0

a) Xác định p và q để phương trình có 2 nghiệm p và q.
b) Tìm điều kiện của p và q để phương trình có 2 nghiệm âm.

Giải

a) Phương trình có 2 nghiệm khi:

Δ 0 ⇔ p2 – 4q 0 ⇔ p2 4q

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

p2+p2+q=0
q2+pq+q=0

¿{

⇔

q=−2p2
4p4−2p3−2p2=0

¿{

Giải phương trình 4p4 – 2p3 – 2p2 = 0 (1)

(1) ⇔ 2p2 (2p2 – p - 1) = 0 ⇔ 2p2 (2p +1 )(p - 1) = 0

⇔

p=0

p=1

p=−1
2

¿
¿
¿

*) p = 0 ⇔ q = 0 (t/m)
*) p = 1 ⇔ q = -2 (t/m)

*) p = - 12 ⇔ q = - 12 (t/m)
Vậy phương trình có 2 nghiệm khi:

p = q = 0 hoặc p = 1, q = -2 hoặc p = q = - 12
b) Phương trình có 2 nghiệm khi:

Δ 0 ⇔ p2 – 4q 0 ⇔ p2 4q

Gọi 2 nghiệm của phương trình là x ❑1 , x ❑2
Phương trình có 2 nghiệm âm tức là:

¿
x1+x2<0

x1.x2>0

¿{
¿

⇔

− p<0
q>0

¿{

⇔

p>0
q>0

¿{

Vậy phương trình có 2 nghiệm âm khi:

p2≥4q

p>0
q>0

¿{ {

Bài 22 (Tr.302)

Xác định m để phương trình x2 – mx – m – 5 = 0 có 2 nghiệm thỏa mãn

hệ thức x ❑1 + 2x ❑2 = -1.

Giải

Gọi 2 nghiệm của phương trình là: x ❑1 , x ❑2
Theo bài ra ta có:

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

x1+x2=m

x1.x2=−m−5

¿{

(2)
Thay (1) vào (2) ta được:

−1−2x2+x2=m

(−1−2x2)x2=−m−5

¿{

⇔

x2=−(1+m)
− x2−2x22=− m−5

¿{

⇔

x2=−(1+m)
1+m¿2=−m −5

¿
¿
¿{

1+m −2¿

⇔

x2=−(1+m)
−2m2−3m−1=− m−5

¿{

⇔

x2=−(1+m)
m2+m−2=0

¿{

⇔

x2=−(1+m)

m=1

m=−2

¿
¿

{

¿
¿
¿

*) m = 1 thì:

x1=3

x2=−2

¿{

(t/m)
*) m= -2 thì:

¿
x1=−3

x2=1

¿{

(t/m)

Vậy có 2 giá trị cần tìm của m là 1 và -2.

Bài 23/302 Xác định a sao cho hai phương trình:

2 1 0

x ax  và x2  x a 0

có ít nhất một nghiệm thực chung.
Giải:

Giả sử x0 là nghiệm chung duy nhất của hai phương trình đã cho

Ta có: x02ax0 1 0 và
2

0 0 0

x x  a

Hai phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm thực chung:

2 2

0 0 1 0 0 ( 1) 0 1

x ax  x x a  a x  a

Nếu a1 0  a1 thì 0.x0 0 phương trình có vơ số nghiệm.

Nếu a1 0  a1 phương trình có một nghiệm duy nhất 0

1
1
1
a
x

a


 

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Kết luận: Với a1 phương trình có vơ số nghiệm.

Với a1 và x0 1 phương trình có một nghiệm.
Bài 24 (Tr.303) Giải phương trình:

a) x6 – 7x3 + 6 = 0;

b) x8 + x4 – 2 = 0;

c) x10 + x5 – 6 = 0;
Giải

a) Đặt x3 = t

Ta có:

x6 – 7x3 + 6 = 0 ⇔ t2 – 7t + 6 = 0

⇔

t=1

t=6

¿
¿
¿
¿

*) Với t = 1 thì x3 = 1

⇒

x1=1

x2=−1
2+

√3

2 i

x3=−1
2−√

3
2 i

¿
¿
¿
¿

*) Với t = 6 thì x3 = 6

⇒

x1=√36

x2=√36(−1
2+√

3
2 i)

x3=√3 6(−1
2−

√3
2 i)

¿
¿
¿
¿

Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm.
b) Đặt x4 = t

Ta có:

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

⇔

t=1

t=−2

¿
¿
¿
¿

*) Với t = 1 thì x4 = 1
⇒

x1=1

x2=i

x3=−1

x4=−i

¿
¿
¿
¿
¿

*) Với t = -2 thì x4 = -2
⇒
x1=√42(√2

2 +

❑

√2
2 i)

x2=
4

√2(−√2
2 +

√2
2 i)

x3=√42(−√2
2 −

√2
2 i)

x4=4√2(√2
2 −

√2
2 i)

¿
¿
¿
¿
¿

Vậy phương trình đã cho có 8 nghiệm.
c) Đặt x5 = t

Ta có: x10 + x5 – 6 = 0 ⇔ t2 + t – 6 = 0 ⇔

t=2

t=−3

¿
¿
¿
¿

*) Với t = 2 thì x5 = 2
⇒x=√52(cos2kΠ

5 +isin
2kΠ

5 ) (với k = 0,4 )

*) Với t = - 3 thì x5 = -3

⇒x=√53(cos(2k+1)Π
5 +isin

(2k+1)Π

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Vậy phương trình đã cho có 10 nghiệm

Bài 25 (Tr.303) Giải phương trình:
a) x3 + 7 = 0;

b) x6 + x4 + x2 = 0
Giải

a) Ta có:

x3 + 7 = 0 ⇔ x3 = -7

⇔
x1=1

√3
2 i

x2=−1

x3=1
2−

√3
2 i

¿
¿
¿
¿
¿

b) Ta có:

x6 + x4 + x2 = 0 ⇔ x2(x3 +x2 + 1) = 0

⇔
x2=0

x3+x2+1=0

¿
¿
¿
¿
¿

⇔
x1,2=0

x3=

1
2+i

√3
2

x4=−1
2−i√

3
2

x5=−1
2+i

√3
2

x6=1
2− i

√3
2

¿
¿
¿
¿
¿

Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm.

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

a) x4 + 5x3 - 12x2 + 5x + 1 = 0

b) 6x4 + 5x3 - 38x2 + 5x + 6 = 0

c) 6x4 + 7x3 - 36x2 - 7x + 6 = 0
* Lời giải

a) x4 + 5x3 - 12x2 + 5x + 1 = 0

x = 0 không là nghiệm của phương trình.
Ta chia hai vế của phương trình cho x2

Phương trình đã cho trở thành:

⇔x2

+5x −12+5
x+

1
x2=0
⇔

(

x2+1

x

)

(

x+
1

x

)

−12=0

Đặt t=x+1
x⇒x

+ 1
x2=t

2−2
⇒t2−2+5t −12=0

t1=2

t2=−7

¿
¿
¿
¿
¿

⇔t2+5t −14=0
Δ=25+4 .14=81

⇒

x3=−7+3√5
2

x4=−7−3√5

¿
¿
¿
¿
¿
¿

t1=2⇒x+

x=2⇒x

−2x+1=0⇒xx=x2=1
t1=−7⇒x+

1
x=−7
⇒x2

+7x+1=0
Δ=45

⇒

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là:

{

1;−7+3√5

2 ;

−7−3√5

}

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

x = 0 không là nghiệm của phương trình.
Ta chia hai vế của phương trình cho x2

Phương trình đã cho trở thành:
6x2+5x −38+5

x+
6

x2=0 ⇔6

(

x
2

x

)

(

x+
1

x

)

−38=0

Đặt t=x+1
x⇒x

+ 1
x2=t

−2
⇒6t2−12+5t −38=0

⇔6t2

+5t −50=0

Δ=1225

⇒
t1=5

t2=10
3

¿
¿
¿
¿

t1=

5
2⇒x+

1
x=

5
2⇒2x

−5x+2=0

⇒
x1=2

x2=1
2

¿
¿
¿
¿
¿

t1=10
3 ⇒x+

1
x=

10
3 ⇒3x

2−10x

+3=0

⇒
x1=3

x2=1
3

¿
¿
¿
¿

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là:

{

13;1

2;2;3

}

c) 6x4 + 7x3 - 36x2 - 7x + 6 = 0

x = 0 không là nghiệm của phương trình.
Ta chia hai vế của phương trình cho x2

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

6x2

+7x −36−7
x+

6
x2=0
⇔6

(

x2+1

x

)

(

x −
1

x

)

−36=0

Đặt t=x −1
x⇒x

+ 1
x2=t

+2
⇒6t2

+12+7t −36=0
⇔6t2+7t −24=0

⇒
t1=3

t2=−8
3

¿
¿
¿
¿
¿

t1=3

2⇒x −

1
x=

3
2⇒2x

−3x −2=0

⇒
x1=2

x2=−1
2

¿
¿
¿
¿
¿

t1=−8
3 ⇒x −

1
x=

−8
3 ⇒3x

+8x −3=0

⇒
x1=−3

x2=1
3

¿
¿
¿
¿
¿

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là:

{

−3;−1

2 ;

1
32

}

Bài 27 (Tr.303): Tìm điều kiện của a, b, c, d, e để phương trình
ax4+bx3+cx2+dx+e=0(a ≠0, b ≠0)

Có thể đưa về giải phương trình bậc hai bằng cách chia cả hai vế cho x2.

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

ax2

+bx+c+d
x+

e
x2=0
⇔a

(

x2+ e

)

+b

(

x+
d

)

+c=0 (1)

Đặt x+ d

bx=t⇒

(

x+
d
bx

)

=t2⇒x2+2d
bx +

d2
b2x2=t

⇒x2− d2

b2x2=t

2−2d

b

Nếu thì ae=d

b2 phương trình (1) trở thành:

a

(

t2−2d

b

)

+bt+c=0⇔at

+bt+c −2 ad
b =0

Vậy với ae=d

b2 thì thỏa mãn điều kiện đề bài.

Bài 28/303 Giải phương trình:

4 3 2

) 2 21 74 105 50 0;
) 3 8 12 16 0;
) 2 13 14 24 0.

a x x x x

b x x x x

c x x x x

    

    

    

Giải:

4 3 2 3 2

) 2 21 74 105 50 0 ( 1)(2 19 55 50) 0
( 1)( 2)(2 15 25) 0

5
( 1)( 2)( 5)( ) 0

2
1

2
5
5
2

a x x x x x x x x

x x x x

x
x
x

x

          

     

     







  


 


4 3 2 4 3 2 2

2 2 2

2 2

) 3 8 12 16 0 3 4 4 12 16 0

( 3 4) 4( 3 4) 0
( 3 4)( 4) 0

( 1)( 4)( 2)( 2) 0
1

4
2
2

b x x x x x x x x x

x x x x x

x x x

x x x x

x
x
x
x

           

      

    

     




 



 


</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

4 3 2 3 2

3 2 2

2
2

) 2 13 14 24 0 ( 1)( 3 10 24) 0

( 1)( 4 4 6 24) 0
( 1)[ ( 4) ( 4) 6( 4)] 0
( 1)( 4)( 6) 0

( 1)( 4)( 3)( 2) 0
1

4
3

c x x x x x x x x

x x x x x x

x x x x x x

x x x x

x
x
x
x
          
       
       
     
     


 


 




Bài 29/303 Giải các phương trình sau:









2
2

1 1

(1)

3 1 2 3 2 3

x
x

x x x x x


  
    
ĐK:
3
1
x
x

















 



















2
2
2
1
1 1
(1)

3 1 2 3 1 3

2 1 2 3 1 2 1

3 2 0

1
2
3

x
x

x x x x x

x x x x x

x x

x
x

    
    
        
   




 


Do điều kiện là x1. Vậy phương trình có nghiệm là

2
3
x

b, 2

6 1 3 2

7 10 2 5

x

x x x x



 

    (2)

ĐK:
2
5
x
x






6 1 3( 5) 2( 2)

(2)

( 2)( 5) ( 2)( 5) 5
6 1 3 15 2 4 0

7 10 0
10

x x x

x x x x x

x x x

x
x
  
  
    
      
  
 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

1 1

1 14

1
1

x x

x x

x

 



  

 



 (3)

ĐK:

1
14
x
x








Ta có:

2 2

(1 ) (1 ) 1 3

(3) .

(1 )(1 ) 2 14
(1 1 )(1 1 ) 3

2 (1 ) 14

2 .2 3
2 (1 ) 14
28 2 3 3

x x x

x x x x

x x x

x

x x x

x x

x

   

 

  

     

 

 

 

 

   

 

Vậy phương trình có nghiệm x5

d, 2

2 1 4

0
4 ( 2) ( 2)

x

x x x x x



  

   (4)

ĐK:

2
0
x
x








2
2

2 2 ( 4)( 2)

(4) 0

( 2)( 2) ( 2)( 2) ( 2)( 2)

2 ( 2) 2 8 0

10 0
1 41

x x x x

x x x x x x x x x

x x x x

x x
x

  

   

     

      

   



 

Vậy phương trình có nghiệm là

1 41
2
x 
Bài 30. Giải và biện luận các phương trình.

a) 2 2









4a x a 1

x a x x a x x a


 

  

TXĐ:D R \ 0,



a a,





 









 





 



4ax x a x a

x x a x a x x a x a x x a x a

 

  

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>









2 2

2 1 0

ax x a x a

x a x a a

    

     









 

2 2

2 1 4 1

a a a

x a L

x a

    



 

 




Để x2 là nghiệm của phương trình thì

1 0 1

1 1

1 2

a a

a a

a

a a

 

  

 

  

 


   



Vậy với

1
1
2
a
a









 thì phương trình có một nghiệm x 1 a

Với

1
1
2
a
a





 

 thì phương trình vô nghiệm .

2
2 2

2 8

x a a

x a  x a x  a

 

TXĐ:D R \



a a,



 









2 2

2 2 2

1 2 8

ax 6 0
24 25

x x a a x a a

x a

a a a

    

   

  


1
2

2
3

x a



 




Với a0 thì x x1, 2D phương trình có 2 nghiệm phân biệt.

a0thì phương trình vô nghiệm .

c) 2

x a x b
x b x a

 

 

 

 

TXĐ:D R \



b a,



 



 





 



2 2

1 2

2 2

x a x a x b x a x b

ax a ab b

       

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Với a0thì phương trình trở thành 0xb2

Nếu b0 thì phương trình vô số nghiệm.

Nếu b0 hayb a thì phương trìnhvơ nghiệm.

Với a0thì phương trình có một nghiệm duy nhất là

2 2 2

2
a ab b
x

a

 



Để x là nghiệm của phương trình thì





2 2

2 2
2

2 2

2
2

2 0

2
a ab b

b a b a b

a

a b

a ab b a b

a
a

  



    

 

 

  



     

  








2 2
2

a b a b

a b
a b

   



   



  




Vậy

a b

a b






 thì phương trình có nghiệm.

2 2

x a x b
x a x b

 

 

 

 

TXĐ: \ 2 2,

a b
D R  

 

 



 





 







1 2x a 2x b 2x a 2x b 2 2x a 2x b
a b x ab

        

  

Nếu a b  0 ab

Nếu ab c 0thì phương trình có vơ số nghiệm

Nếu

0, 0
0, 0

a b

 



  

 thì phương trình vô nghiệm.

Nếu

0
0
a b
ab

 





 thì phương trình có một nghiệm là

ab
x

a b



Bài 31. Giải các phương trình sau.

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

2 2

4 0 4

5 4 4 6 0

0( )

4 0 4

6( )

5 4 4 4 8 0( )

x x

x

x x x x x

x tm

x x

x tm

x x x x x VN

    


 
     
  
 
      
  
  
   
        
 

Vậy phương trình có 2 nghiệm x0,x6.

b) x2 5 x1 1 0 

Phương trình đã cho :









2
2
2
2

5 1 1 0 eu 1

5 1 1 0 1

4
1

5 4 0 1

5 6 0 1

x x n x

x x neu x

x
x

x x neux

x

x x neux

x
     
 
    

 
  
     
  
 
    

  
 


Vậy phương trình có các nghiệm là

1
4
6
x
x

x


 

 


c) x22x 8 x21

 

Ta thấy x22x 8



x1



2   7 0 x R.

Nên

 





2 2
2 2
2
9

1 2 8

2
1

1 2 8 2 7 0 ô nghiêm

x

x x x

x x x x x v



     
  

   
   

Vậy
9
2
x

là nghiệm của phương trình.
d) 1 x   1 x x2

Ta có

2 1 3

1 0

2 4

x x x  x R

        

 

Phương trình đã cho :

2 2

1 1 2 0 0

1 1 2( ô ý)

x x x x x x

x

x x x x v l

         

     



     

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Vậy phương trình có 2 nghiệm là

0
2
x
x



 


Bài 32/304 Giải các phương trình sau:

2 2

) 3 1 2 3 0; ) 7 2 5 3 2 ;

) 2 3 6 0; ) ;

1 1

) 2 3 3; ) 2.

( 2)

) 1 1;

a x x e x x x

x

b x x f x

x

x x

c x x g

x x

d x x

        



    



  

   


  

Giải:

) 3 1 2 3 0

a x  x 

x

 
1

3 
3

2 

3x1 1 3x 3x1 3x1

2x 3 3 2 x 3 2 x 2x 3

Phương trình x 2 5x 4 x2

Nghiệm x2 4

x x2

Từ bảng trên ta suy ra nghiệm của phương trình là: x2 và

4
5
x

2 2

) 2 3 6 0

b  x   x 

x

   6
6
3


3 6 
2

2 3x 2

3x  2 3x2 2 2 3x 2 3x2 2  2 3x2
2

6 x 2

x  6 x2 6 x2 6 x2  6 x2

Phương trình 2

2x 4 4x2 8 2x2 4 4x2 8 2x24

Nghiệm Vô nghiệm x 2 Vô nghiệm x 2 Vô nghiệm

Từ bảng ta suy ra nghiệm của phương trình là: x 2

) 2 3 3

c x  x 

x   0 3 

2 x 2x 2x 2x

x 3 x 3 x x 3

Phương trình x 3 3 3x 3 3 x 3 3

Nghiệm x6 x2 x0

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

) 1 1

d x   x 

x   1 0 1 

2 1

x  x2 1

 1 x2 1 x2 x21

x x x x x

Phương trình x2 1 x 1

   1 x2 x1 1 x2 x 1 x2  1 x 1

Nghiệm 1

2
x
x



 


0
1
x
x



 


0
1
x
x



 



1
2
x
x



 


Suy ra nghiệm của phương trình là: x1, x2 và x0.
) 7 2 5 3 2 0

7 2 5 3 2 0

e x x x

x x x

     

      

x

  2
5

3 
7

2 

7 2 x 7 2x 7 2x 7 2x 2x 7

5 3 x 5 3x 5 3x 3x 5 5 3x

x 2 x x2 x2 x2

Phương trình 2x0 0x0 6x10 0 2x 4 0

Nghiệm x0 Vô nghiệm 5

x x2

Suy ra nghiệm của phương trình là: x0, 
5
3
x

và x2.
2 1

)

2
x

f x

x





ĐK: x2

x   2 

x 2 x x 2

Phương trình 2 1

0
2

x

x
x


 


2 1

0
2

x

x
x



 


Nghiệm 1 3

x  1

2
x

Nghiệm của phương trình là:

1 3

2
x 

và

1
2
x

2 1 1

) 2

( 2)

x x

g

x x
  




ĐK: x0 và x2

x

 



1

0 

x x1 x1 x1

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Phương trình 2 1 1
2
( 2)

x x

x x
  


 

2 1 1

2
( 2)

x x

x x
  



 

2 1 1

2
( 2)

x x

x x
  




Nghiệm 1

x x1 x5

Nghiệm của phương trình là:

1
3
x

, x1 và x5.
Bài 33. Giải và biện luận các phương trình sau.
a) x2 x m  x2 x 2.

ĐK x2    x 2 0 4 x 5 ⇔ x 



4,5



TH1: Với x2 x m x2 x 2

Khi đó pt có 2 nghiệm

2
2
2

2
m
x

m
x

 





 




 với điều kiện 30m2

TH2:Với x2 x m x 2 x 2

Khi đó pt có nghiệm

2
2
m
x 

với điều kiện 8m6

Kết luận: Với 30m2 phương trình có nghiệm là

2
2
2

2
m
x

m
x

 





 





Với 8m6 phương trình có nghiệm là

2
2
m
x 

.
Với các TH còn lại phương trình vô nghiệm.

b) a x2  x1 b
Lập bảng xét dấu:

x   2 1 

x x 2 0 x2 x2

x 1 x 1 x 0 x1

PT 2ax a b  3a b 2ax b a 

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

Với a0,b0 PT có vơ số nghiệm

Với 0, 0

b
a

a

 

PT vô nghiệm
Với 0, 0 3

b
a

a

  

PT vô nghiệm
Với 0, 3

b
a

a

 

PT có nghiệm x 



2,1



Bài 34. Tìm k để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt:

x −1¿2=2|x − k|,(1)

Giải:

Với k=1 thì pt(1) x −1¿2⇔=2|x −1|

⇔

x −1¿2=2(x −1)

x −1¿2=2(1− x)

x2−4x+3=0

x2−1=0

x=1

x=3

¿
¿
¿

⇔¿
¿

⇔¿
¿
¿
¿
¿
¿

 không thỏa mãn.

Với k ≠1 pt(1) x −1¿2⇔=2|x − k|

⇔

x −1¿2=2(x − k)

x −1¿2=2(k − x)

¿
¿
¿
¿
¿
¿
¿

(*)

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

(*)

⇔

x2−4x+1−2k=0,(1')

x2−2k+1=0,(2')

¿
¿
¿
¿

+) (1’) <=> x2−4x

+2k+1=0
Δ=4−2k −1=3−2k

Để pt (1’) có 2 nghiệm thì 3 -2k > 0 => k<3
2

+) (2’) <=> x2 -2k +1 =0. Để pt có 2 nghiệm thì 2k -1 >0 => k>1
2

Vậy với k ≠1 và 12<k<3

2 thì pt(1) có 4 nghiệm

Bài 35. Tìm a để phương trình sau có nghiệm duy nhất:
ax2 – 2(a – 1)x + 2 = |ax−2|

Tìm a để phương trình có nghiệm duy nhất:
ax2 – 2(a – 1)x + 2 = |ax – 2| (1)

+ a = 0, ta có: 2x + 2 = 2
hay x = 0

+ a  0, khi đó ta có :

2
ax - 2(a-1)x + 2 = ax - 2 voi x

a
2
ax - 2(a-1)x + 2 = 2 - ax voi x <












ax - (a - 2)x + 4 = 0 voi x

5
2
ax - (3a - 2)x = 0 voi x <










Để phương trình có nghiệm duy nhất thì

2
2

(a - 2) - 16 = 0
(3a - 2) = 0







a = 20 ± 96
2

a =
3






Vậy với a = 0 và a =

3 thì pt có nghiệm x = 0

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

Bài 36/305 Giải các phương trình sau đây trên R bằng cách đưa về giải
phương trình bậc hai:

2 2 2 2 2

4 4

2 2 2

) ( 1)( 2) 12; ) ( 5 ) 2( 5 ) 24 0;
) ( 1)( 3)( 5)( 7) 9; ) ( 5) ( 3) 2.

) ( 5 ) 10( 5 ) 24 0;

a x x x x d x x x x

b x x x x e x x

c x x x x

         

        

    

Giải:

2 2

) ( 1)( 2) 12
a x  x x  x 

Đặt: y x 2 x 1, khi đó phương trình trở thành:
2

( 1) 12

3
12 0

4
y y

y
y y

y
 




     




+) Với y3, suy ra:

2 1 3 1

2
x
x x

x




    




+) Với y4, suy ra: x2  x 1 4  x2  x 5 0

Ta thấy

2 2

1 1 1

5 2 5

2 4 4
1 19 19

4 4 4

x x x x

x

      

 

     

 

Vậy phương trình có nghiệm là: x1 và x2.

2 2

) ( 1)( 3)( 5)( 7) 9
[( 1)( 7)][( 3)( 5)] 9

( 8 7)( 8 15) 9

b x x x x

x x x x

    

     

Đặt y x 28x7, khi đó ta có:

2 1

( 8) 9 8 9 0

9
y

y y y y

y



       




+) Với y1, ta có:

2 8 7 1 4 10

4 10
x  x     

 


+) Với y9, ta có: x28x 7 9  x28x16 0  x4 (bội 2)

Vậy phương trình có nghiệm là: x 4 10 và x4 (bội 2)

2 2 2

) ( 5 ) 10( 5 ) 24 0
c x  x  x  x  

Đặt tx2 5x , ta được:

2 10 24 0 4

6
t

t t

t



    

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

Với t 4, ta có:

2 5 4 2 5 4 0 1

4
x

x x x x

x



       




Với t 6, ta có:

2 5 6 2 5 6 0 2

3
x

x x x x

x



       




Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x1, x4, x2, x3.

2 2 2

) ( 5 ) 2( 5 ) 24 0
d x  x  x  x  

Đặt tx25x , ta được:

2 2 24 0 4

6
t
t t

t



    




Với t 4, ta có:

2 5 4 2 5 4 0 1

4
x

x x x x

x



       




Với t6, ta có:

2 5 6 2 5 6 0 1

6
x

x x x x

x



       




Vậy phương trình có nghiệm là: x1, x4, x6

4 4

) ( 5) ( 3) 2
( 5) 1 ( 3) 1 0

e x x

x x

   

      

2 2

2 2 2 2

( 5) 1 ( 3) 1 0

( 5) 1 ( 5) 1 ( 3) 1 ( 3) 1 0

x x

x x x x

   

         

       

                

2 2

3 2

( 5 1)( 5 1) ( 5) 1 ( 3 1)( 3 1) ( 3) 1 0
( 4) ( 6)( 10 26) ( 2)( 6 10) 0

4 0

2 24 108 176 0

x x x x x x

x x x x x x x

x

x x x

   

                 

 

           

 


 

   



2
4

( 4)( 8 22) 0
4

x

x x x

x


 

   


 

Vậy phương trình có nghiệm là: x4.

Bài 36. Giải các phương trình sau đây trên R bằng cách đưa về giải phương
trình bậc hai:

a) (x2 + x + 1)(x2 + x + 2) = 12

b) (x + 1)(x + 3)(x + 5)( x+ 7) = 9
c) (x2 – 5x)2 + 10(x2 – 5x) + 24 = 0

d) (x2 + 5x)2 – 2(x2 + 5x) – 24 = 0

e) (x + 5)4 + (x + 3)4 = 2
Lời giải

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

Ta có: x2 + x + 1 = x2 + 2. 1
2 x +

1
4 +

4 = (x -
1

2 )2 +
3
4

3
4 ,
∀ x R

Đặt x2 + x + 1 = t, (với t 3

4 ) (1) trở thành:

t(t + 1) = 12 ⇔ t2 + 2. 1
2 t +

1
4 =

49
4

⇔ (t + 12 )2 =

(

)

2
⇔

t+1
2=

7
2

t+1
2=−

7
2

¿
¿
¿
¿

⇔

t=3

t=−4 (loai)

¿
¿
¿
¿

Với t = 3 thì x2 + x + 1 = 3 ⇔ (x + 1

2 )2 =

(

3
2

)

⇔

x+1
2=

3
2

x+1
2=−

3
2

¿
¿
¿
¿

⇔

x=1

x=−2

¿
¿
¿
¿

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là: x = 1; x = - 2
b) (x + 1)(x + 3)(x + 5)( x+ 7) = 9

⇔ [(x + 1)(x + 7)][(x + 3)(x + 5) = 9
⇔ (x2 + 8x + 7)(x2 + 8x + 15) = 9 (2)

Ta có: x2 + 8x + 7 = x2 + 2.4x + 16 – 9 = (x – 4)2 – 9 - 9 với ∀ x R

Đặt x2 + 8x + 7 = t, (với t - 9), khi đó (2) trở thành:

t(t + 8) = 9

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

⇔ (t + 4)2 = 52

⇔

t+4=5

t+4=−5

¿
¿
¿
¿

⇔

t=1

t=−9

¿
¿
¿
¿

Với t = 1, thì x2 + 8x + 7 = - 1

⇔ (x + 4)2 = 2

√

2¿2

¿ ⇔

x+4=2√2

x+4=−2√2

¿
¿
¿
¿

⇔

x=2√2−4

x=−2√2−4

¿
¿
¿
¿

Với t = - 9 thì x2 + 8x + 7 = - 9

⇔ (x + 4)2 = 0 ⇔ x = - 4

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là: x = 2√2−4 ; x = −2√2−4 ; x =

- 4

c) (x2 – 5x)2 + 10(x2 – 5x) + 24 = 0 (3)

Đặt x2 – 5x = t, khi đó (3) trỏ thành:

t2 + 10t + 24 = 0

⇔ t2 + 2.5t + 25 – 1 = 0

⇔ (t + 5)2 = 1 ⇔

t+5=1

t+5=−1

⇔

t=−4

t=−6

¿
¿

¿
¿
¿
¿

Với t = - 4 thì x2 – 5x = - 4 
⇔ x2 – 2. 5

2 x +
25

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

⇔ (x - 52 )2 =

(

)

2
⇔

x −5
2=

3
2

x −5
2=−

⇔

x=4

x=1

¿
¿
¿
¿
¿
¿

Với t = - 6 thì x2 – 5x = - 6
⇔ x2 – 2. 5

2 x +
25

4 =
1
4

⇔ (x - 52 )2 =

(

)

2
⇔

x −5
2=

1
2

x −5
2=−

1
2

⇔

x=3

x=2

¿
¿
¿
¿
¿
¿

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là: x = 1; x = 2; x = 3; x = 4
d) (x2 + 5x)2 – 2(x2 + 5x) – 24 = 0 (4)

Đặt x2 + 5x = t, khi đó (4) trở thành:

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

⇔ (t – 1)2 = 52 ⇔

t −1=5

t −1=−5

⇔

t=6

t=−4

¿
¿
¿
¿
¿
¿

Với t = - 4 thì x2 + 5x = - 4

⇔ x2 + 2. 5
2 x +

25
4 =

9
4

⇔ (x + 52 )2 =

(

)

⇔

x+5
2=

3
2

x+5
2=−

3
2

⇔

x=−1

x=−4

¿
¿

¿
¿
¿
¿

Với t = 6 thì x2 + 5x = 6

⇔ x2 + 2. 5
2 x +

25
4 =

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

⇔ (x + 52 )2 =

(

)

2
⇔

x+5
2=

7
2

x+5
2=−

7
2

⇔

x=1

x=−6

¿
¿
¿
¿
¿
¿

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

Bài 37. Giải các phương trình sau trên R
a) 3

(

x+3

x −2

)

+168

(

x −3
x+2

)

−46x

−9
x2−4=0

x+1¿2
¿

x+2¿2
¿
¿
¿

Lời giải

a) 3

(

x+3
x −2

)

+168

(

x −3
x+2

)

−46x

−9
x2−4=0
Điều kiện: x ≠ ±2

Chia cả hai vế của (1) cho x2−9

x2−4
(1) ⇔3 .( x+2

x −3)
x+3
x −2+168

(

x −2
x+3

)(

x −3

x+2

)

−46=0

Đặt t=( x+2
x −3)

x+3

x −2 thay vào phương trình trên ta có:

Phương trình mới nghiệm t : 3t+168

t −46=0 ⇔ 3t2+168−46t=0
⇔ t = 6; t =

 với t = 6 thay trả lại ta có: t=( x+2
x −3)

x+3
x −2=6
⇔ −5x2

+35x −30=0 ⇔x1=1; x2=6
 với t = thay trả lại ta có: t=( x+2

x −3)
x+3
x −2=

28
3

⇔ −25x2

+155x −150=0 ⇔x3=

5; x4=5

Kết luận: phương trình đã cho có 4 nghiệm x1=1; x2=6 ; x3=6

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

x+1¿2
¿

x+2¿2
¿
¿
¿

(2)

Cộng vào 2 vế của phương trình (2) biểu thức −2 1
1+x.

1
x+2

Ta có (2)

x+1¿2
¿

x+2¿2
¿
¿
¿

⇔1¿
1

1+x−
1
x+2¿

=13
36 −2 .

1
x+1.

1
x+2

⇔¿

⇔ 1

(1+x)(x+2)=
13
36 −2.

1
(x+1)(x+2)

Đặt t = 1

(1+x)(x+2) với đk: x ≠ -1; x ≠ -2;

Ta có: t2 = - 2t ⇔36t2−13

+72t=0
⇔

t=1
6

t=−13
6

¿
¿

¿
¿
¿

Trả lại nghiệm x ta có:

Với t =  1

(1+x)(x+2)=
1
6

⇔− x2−3x+4=0⇔
x=4

x=1

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

Với t =  1

(1+x)(x+2)=
−13

6 ⇔13x2+39x+32=0

Phương trình 13x2+39x+32=0 vô nghiệm

Kết luận: Nghiệm của phương trình đã cho là x = -4; x = 1
Bài 38/305 Giải các phương trình sau:

2 3

3 2 3

) 6 9 0; ) 6 4 0;

) 9 18 28 0; ) 4 1 0.

a x x c x x

b x x x d x x

     

      

Giải:

2 3 2 2

) 6 9 0 3 3 9 3 9 0

( 3) 3 ( 3) 3( 3) 0

( 3)( 3 3) 0

3 0
3 3 0

3
3 3

a x x x x x x x

x x x x x

x x x

x

x x

x

i
x

         

      

    

 


 

  






 

 


3 2 3 2 2

) 9 18 28 0 7 2 14 4 28 0

( 7) 2 ( 7) 4( 7) 0
( 7)( 2 4) 0

7 0
2 4 0

7
1 3

b x x x x x x x x

x x x x x

x x x

x

x x

x

x i

          

      

    

 


 

  




 

 


3 3 2 2

) 6 4 0 2 2 4 2 4 0

( 2) 2 ( 2) 2( 2) 0

c x x x x x x x

x x x x x

         

      

( 2)( 2 2) 0
2 0

2 2 0
2

1 3

x x x

x

x x

x
x

    

 


 

  





 

 


) 4 1 0
d x  x 

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

3 3

1 1 1

3 3

1 1 ( 4) 1 1 ( 4)

2 4 27 2 4 27

9 687 9 687

18 18

x u v        

   

 

2 1 1

x uv

Với

1 3 1 3

;

2 2 i 2 2 i

     
2

3 1 1

x u v

Với

1 3 1 3

;

2 2 i 2 2 i

     

Bài 39. Giải các phương trình sau:
a) x3 – 4x2 – 4x – 5 = 0

b) x3 + 8x2 + 15x + 18 = 0

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

Lời giải

a) x3 – 4x2 – 4x – 5 = 0

⇔ (x – 5)(x2 + x + 1)2 = 0 ⇔

x=5

x2

+x+1=0 (1)

¿
¿
¿

Giải (1): Δ = 1 – 4 = - 3 = 3i2 nên (1) có hai nghiệm là:
x=−1±i√3

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là: x = 5; x=−1±i√3
2

b) x3 + 8x2 + 15x + 18 = 0

⇔ (x + 6)(x2 + 2x + 3) = 0 ⇔

x=−6

x2

+2x+3=0 (2)

¿
¿
¿
¿

Giải (2): Δ' = 1 – 3 = - 2 = 2i2 nên (2) có hai nghiệm là:

x=−1± i√2

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là: x = - 6; x = −1−i√2 ; x =

−1+i√2

c) x3 – 7x + 6 = 0

⇔ (x – 2)(x2 + 2x – 3) = 0

⇔ (x – 1)(x – 2)(x + 3) = 0 ⇔

x=−3

x=1

x=2

¿
¿
¿
¿

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

Bài 40. Giải các phương trình sau:
a) x4 – 2x3 + 2x2 + 4x – 8 = 0

b) x4 + 2x3 – 2x2 + 6x – 15 = 0

c) x4 – 4x3 + 3x2 + 2x – 1 = 0

d) x4 – 3x3 + x2 + 4x – 6 = 0
Lời giải

a) x4 – 2x3 + 2x2 + 4x – 8 = 0 (1)
⇔ x4 – 2x3 + 4x2 +2x2 + 4x – 8 = 0

⇔ x2(x2 – 2x +4) - 2(x2 – 2x + 4) = 0

⇔ (x2 – 2)(x2 – 2x + 4) = 0

⇔

x2−2

x2−2x+4=0

⇔

x=±√2

x2−2x+4=0 (1)

¿
¿
¿
¿
¿
¿

Giải (1): Δ' = 1 – 4 = - 3 = 3i2 nên (1) có hai nghiệm là: x =
1± i√3

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là: x = ±√2 ; x = 1± i√3

b) x4 + 2x3 – 2x2 + 6x – 15 = 0
 x + 3x + 2x + 6x - 5x - 15 = 0
 x(x +3) + 2x(x + 3) - 5(x + 3) = 0
 (x + 3)(x + 2x - 5) = 0

 

Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm là: x = −1±√6 ; x = ± i √3

c) x4 – 4x3 + 3x2 + 2x – 1 = 0

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

 (x - 2x + 2)(x - 2x - 3) = 0

⇔ x = 1±√5

2 ; x =

3±√5
2

Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm là: x = 1±√5

2 ; x =

3±√5
2

d) x4 – 3x3 + x2 + 4x – 6 = 0
 x + 3x - 3x - 9x - 2x - 6 = 0

 x(x + 3) - 3x(x + 3) - 2(x + 3) = 0
 (x + 3)(x - 3x - 2) = 0

  .

Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm là: x = 1± i x = 1±√13

Bài 41/306 Giải phương trình

a, 2 3 2 2

3 1 3

2 2 3

x  x x  x xx  x (1)

Ta có: phương trình (1) tương đương phương trình sau

3 1 3

(x1)(x2) x x( 1) x x(  3)

(*)

ĐK:

0
1
2
3
x
x
x
x



 






 


Khi đó:

2
2

(*) 3 ( 1)( 3) ( 2)( 3) 3( 2)( 1)
13 19 0

0
19
13

x x x x x x x

x x

x
x

        

  






 


Do điều kiện là x0 nên phương trình đã cho có nghiệm là: 
19
13
x

b, 2 2

2 3 1

4 3 8 4 6 8 6

x x

x  x  x  x  (2)

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

2 3 1
(2)

8 8 6

4x 3 4x 6

x x

  

   

Đặt:

8
4
t x

x
 

ta được

2 3 1

3 6 6

2( 6) 3( 3) 1
( 3)( 6) 6

12( 6) 18( 3) ( 3)( 6) 0
(33 ) 0

0
33

t t

t t t t

t t

t
t

 

 

  

 

 

       

  




  



Với t 0 ta có:

2 2

4x  8 0  x  2 8  x 2i

Với t=33 ta có

4 33 8 0 1

4
x

x x

x




   

 


Vậy phương trình có nghiệm là

1
8,

4
x x

và x 2i

c, 2

1 2 20

1 3 2 3

x x

x x x x

  

 

   

Phương trình đã cho tương đương với

1 2 20

1 3 ( 3)( 1)

x x

x x x x

  

 

    (*)

ĐK:

1
3
x
x








Khi đó:

(*) ( 1)( 3) ( 2)( 1) 20
7 21 0

x x x x

x
x

      

  

 

Vậy phương trình có nghiệm x3

Bài 41/306 Giải các phương trình sau bằng cách phân tích vế trái thành
nhân tử

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

3 2 3 2

2 2

4 4 0 (4 4) 0

( 1) 4( 1) 0
( 1)( 1)( 4) 0

1
1

x x x x x x

x x x

x x x

x
x
x

        

    

    





 


 



4 3 2 4 3 2

3 2

2 2

2
3

3 3 0 ( ) (3 3 ) 0

( 1) 3 ( 1) 0

( 1)( 1) 3 ( 1) 0
( 1)[ ( 1) 3 ] 0
( 1) ( 2 1) 0

( 1) 0
0
1

x x x x x x x x

x x x x

x x x x x x

x x x x x

x x x x

x x
x
x

        

    

      

     

    

  



  



Vậy phương trình có nghiệm x = 0 và x = 1 (bội 3)

4 2 4 2 2

2 2 2 2

2 2 2

2 2

2
2

16 4 1 0 16 8 4 1 0

[(4 ) 2.4 1] 4 0
(4 1) 4 0

(4 1 2 )(4 1 2 ) 0
(4 1 2 ) 0

(4 1 2 ) 0

x x x x x

x x x

x x

x x x x

x x

       

    

   

     

   

 

  



Ta có

(4x  1 2 ) 0x  có nghiệm là 1,2

1 3
4

i
x  

(4x  1 2 ) 0x  có nghiệm là 1,2

1 3
4

i
x  

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 1,2

1 3
4

i
x  

và 1,2

1 3
4

i
x  

Bài 42. Giải các hệ phương trình

¿
a

{

x

- 3xy + y2=−1

3x2 - xy

+3y2= 13 ¿⇔

{

3x2 - 9xy + 3y2=−3 (1)

3x2 - xy

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

Lấy (2) trừ (1) ta có: 8xy = 16 ⇔ x = y

Thay x =2

y vào x2 – 3xy + y2 = -1 ta được

(

2
y

)

+ 3 .

(

y

)

.y − y

=−1
⇔ 4

y2 -6 +y

=−1

⇔ 4 - 5y2+y4= 0
⇔(y2−1

)(y2−4)=0
y=±1

y=±2
y2=1
y2=4 ⇔¿

⇔¿

+ Với y = -2 thì x = -1

+ Với y = -1 thì x = -2
+ Với y = 1 thì x = 2
+ Với y = 2 thì x = 1

Kết luận: Hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm: (-1, -2), (-2, -1), (1, 2), (2,
1).

b¿

{

y

- 3xy = 4
x2−4 xy

+y2=1 (II)

Nhận thấy x = 0, y = 0 không là nghiệm của hpt đã cho.
Với x 0, y 0 Đặt x = yt thì hệ (II) trở thành

{

y
2

−3 ty2=4
y2t2−4 ty2+y2=1⇔

{

(1−3t)y2=4
(t2−4t+1)y2=1

Lấy (1) chia (2) ta có:

t=3
t=1
4
1−3t

t2−4t+1=4⇔1−3t=4(t

−4t+1)⇔¿

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

+ Với t = 3 thì x = 3y Thay x = 3y vào y2 -3xy = 4 ta được:

y2 - 9 y2 = 4 ⇔ -8y2

=4⇔y2=−2 (vô lý)

+ Với t=1

4 thì x=
− y

4 . Thayx=
− y

4 vào y

2−3 xy

=4 ta được

y2−3

(

− y4

)

.y=4⇔4y

+3y2=16⇔y2=16

7 ⇔ y =
±4√7

7
Vì y =±4√7

7 nên x =∓
1

√7

Kết luận: Hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm:

(

1
√7, −

√7

)

,

(

−
1

√7,
4

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

x+y¿2−4(x+y)=45

x − y¿2−2(x − y)= 3

¿ ⇔

{

[(x+y)-10] [(x+y)+6]=0

[(x − y)+1] [(x − y)-3]=0

x+y=10
x+y=-6

x-y=-1
x-y=3

{

x=9

2
y=11

{

x=13

2
y=7
2

{

x=-7
2
y=-5
2

{

x=-3
2
y=-9
2

{

x+y=10
x − y=-1

{

x+y=10
x − y=3

{

x+y=-6
x − y=-1

{

x+y=-6
x − y=3

⇔ ¿

¿
¿
¿

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

(x+y)+xy+1=0

xy=−1−(x+y) (1)
x+y¿2−2 xy−(x+y)−22=0 (2)

x+y¿2−2 xy−(x+y)−22=0

¿ ¿

d

{

x+y+xy+1=0
x2

+y2− x − y=22⇔¿

Thay (1) vào (2) ta được:

(x + y)2 + 2 + 2(x + y) – (x + y) – 22 = 0

⇔ (x + y)2 + (x + y) – 20 = 0 ⇔

{

x+y=4
x+y=−5

+Với x+y=4 thế vào (1) ta được xy = -5

{

x=5
y=-1

{

x=-1
y=5
⇒

{

x+y=4

xy=5 ⇔¿

+Với x + y = -5 thế vào (1) ta được xy=4

{

x=-4
y=-1

{

x=-1
y=-4
⇒

{

x+y=−5

xy=4 ⇔¿

Kết luận: Hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm: (-4, -1), (-1, -4)

Bài 43

a) 2 2 2

x y z 6

xy xz yz 7
x y z 14

  




  



   

 b)

x y z 8
xy xz yz 17
xyz 10

  




  



 

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

xy 12
x y 5

yz 18
y z 5

xz 36
x z 13




 















 d)

4 2 2 4

2 2

x x y y 481
x xy y 37

  




  



Giải

a) 2 2 2

x y z 6
xy xz yz 7
x y z 14

  





  



   

 









x y z 6 (1)
xy xz yz 7 (2)
x y z 2 xy yz xz 14 (3)

   


  




     



Thế (1) và (2) vào (3) ta được:

6  2.(yz 7 yz) 14    36 4yz 14 14    yz 2 (*)

Ta có (2)  x(y z) yz 7    x(y z) 9 
(1)  y z 6 x  

Thay y z 6 x   vào x(y z) 9  ta được

2 2

x(6 x) 9   x  6x 9 0   (x 3)  0 x 3

Thay x = 3 vào y z 6 x   ta được y + z = 3 (**)
Từ (*) và (**) ta có hệ phương trình

y 2
z 1
yz 2

y z 3 y 1
z 2


 






 



 

   



 

 

  x = 3

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

x y z 8
xy xz yz 17
xyz 10

  




  



 

 (1)

Theo định lí viet đảo x, y, z là nghiệm của phương trình bậc ba có dạng
Ax2 + Bx + C = 0

ta có:
B

8
A

 

,
C

17
A  ,

D
10
A

 

Chọn A = 1 nên có B = -8, C = 17, D = -10 (1) trở thành

3 2

x  8x 17x 10 0   (x – 5) (x – 1) (x – 2) = 0
 x = 1, 2, 5

 y = 
 z =

xy 12
x y 5

yz 18
y z 5

xz 36
x z 13




 















 (3)

Dễ thấy x = y = z = 0 không là nghiệm của (3)
Với x 0, y 0, z 0 ta có  

xy 12
x y 5

yz 18
y z 5

xz 36
x z 13




 
















1 1 5
x y 12
1 1 5
y z 18
1 1 13
x z 36



 





   




 




1 1
x 4
1 1
y 6
1 1
z 9







  








x 4
y 6
z 9





  

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

Vậy hệ phương trình đã cho có cặp nghiệm (x, y, z) = (4, 6, 9)

4 2 2 4

2 2

x x y y 481
x xy y 37

  




  



2 2 2 2 2

(x y ) x y 481
(x y) xy 37

  


 

  



2 2 2

[(x y) 2xy] (xy) 481
(x y) xy 37

   


 

  



2 2 2

[(x y) 2xy] (xy) 481 (1)
(x y) xy 37 (2)

   


 

  



Thế (2) vào (1) ta có:

2 2

[37+xy 2xy]  (xy) 481 [37 xy] 2  (xy)2 481

2 2 2

(xy) 74xy 37 (xy) 481

      74xy888  xy 12

Thay xy 12 vào (x y) 2  xy 37 ta có

(x y)  12 37  (x y) 2 25 (x y) 2 52

x y 5
x y 5

 


 

 



Với x y 5  ta có hệ

x y 5
xy 12

 






 hệ vơ nghiệm

Với x y 5 ta có hệ

x y 5
xy 12

 






 hệ vô nghiệm

Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm
Bài 44/306 Giải các phương trình sau:
a, x22x4 2 x

Ta có

2
2

2 4 2

2 0

2 4 2

2 4 2
2 4 0

x x x

x

x x x

x x

     
 

 




     

    





   




Với

2 2 4 2 1

2 0

x

x x x

x
x



     



 



  

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

Với

2
2

2 4 2 1

2
2 4 0

x x x x

x

x x

      





 



  

 



Vậy phương trình có nghiệm x = -1 hoặc x = -2
Bài 45/307 Giải các phương trình sau:

3 3 3

2 2

) 3 7 1 2; ) 1 3 1 1.

) 5 8 4 5;

a x x c x x x

b x x x x

        

     

Giải:

) 3 7 1 2

a x  x 

ĐK:

7
3 7 0

1
3

1 0

x x

x
x

x



  

 

  

 

 

  



Với điều kiện trên, phương trình đã cho trở thành:

3 7 1 2 (3 7)( 1) 4
4 4 2 (3 7)( 1)

2 2 (3 7)( 1)
(3 7)( 1) (2 2)
2 2 0

1
2 3 0

3
1

x x x x

x x x

x

x x

x

x
x

x

      

    

    

 

 


 



     

      



 

 




Vậy phương trình có nghiệm là: x1; x3.

2 2

) 5 8 4 5

b x  x  x  x 

ĐK:

2
2

5 0
8 4 0
x x

x x

   




  




</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>





2 2
2 2
2
2 2

2
2
2 2
2

5 8 4 5

5 5 8 4

10 5 7 24

10 5 24 7

100( 5) (24 7 )
24 7 0

2
51 436 1076 0

538
24

51
7

x x x x

x x x

x
x
x x
x
x
     
       
      
     
    
    
 
 


    
 
   
 

 



Vậy phương trình có nghiệm là:

538
2;

51
x x

.
Bài 46/307 Giải các phương trình sau:

4 4

2 2 2

) 47 2 35 2 4;

4 4

) 16 6;

) 3 6 16 2 2 2 4 .

a x x

x x

b x x

c x x x x x x

   
  
   
      
Giải:
2
4 4

) 16 6

x x

b     x x  

ĐK: 2

4 0

4 0 4

16 0

x
x x
x
  

   


 

2
2
2
4 4
16 6
2

4 4 2 2 16 12

4 4 2 16 2 12

x x

x x x x

  

   
       
       
Đặt
2
2 2
2
4 4
2
4
4

u x u x

u v x

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

















2 2
2
2 2
2
2 12 2

2 12 2
2 2 12 2
2 2 2 12 2

u v x uv

u v uv x uv

x uv x uv

    

    

     

    

Đặt t2x2uv

2 2

( 12) 24 144

25 144 0
16

t t t t t

t t
t
t
      
   


 


Suy ra:

2 2 16 16 12 4 4 4 4 (*)

2 2 9 9 12 3 4 4 3 (**)

x uv u v x x

x uv u v x x


         
 
  
       
   
  
2
2
2

(*) 4 4 2 16 16

2 16 16 2
16 8
16 80
16 8
5
8
8 0

x x x

x x
x x
x
x x
x
x
x
      
   
   

    
     

  


(**) (loại).

Vậy phương trình có nghiệm là: x5.

2 2 2

) 3 6 16 2 2 2 4

c x  x  x  x  x  x

ĐK:

2
2
2

3 6 16 0
2 0
2 4 0

x x
x x
x x
   

 


  


Khi đó:

2 2 2

3 6 16 2 2 2 4

3( 2 ) 16 2 2 2 4

x x x x x x

      

       

Đặt t x22x (t0)  t2 x22x

Ta được:

2 2 2 2 2 2

3 16 2 4 3 16 2 3 16 4( 4)

2 3 16 0

t t t t t t t t

t t
          
  
2
0
0
3 16 0

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

Với t 0 ta có:

2 2 0 0

2
x
x x
x


   



Vậy phương trình có nghiệm là: x0; x2.

Bài 46/307 Giải các phương trình sau

3 3

, 5 7 5 12 1
a x  x 

Đặt

3
3

5 7 5 7

5 12
5 12

u x u x

v x
v x
     
 

 
 

 
 

Ta có:

2
3 3
1
1 1

( ) ( ) 3 19 6

19
3
2
2
3
u v

u v u v

u v u v uv uv

u v
u
v
u
v
 

   
  
 
  
 

    
  
   
 






 
 

 

Với

3 5 7 27

2 12 5 8

u x
x
v x
  
 
  
 

  
 
Với

2 5 7 8

3 12 5 27

u x
x
v x
  
 
  
 
  
 

Vậy phương trình có nghiệm S = {-3, 4}
b, 39 x 1 3 7 x 1 4

Đặt:

3
3

9 1 9 1

7 1

u x u x

v x
v x
       
 

 
  

    

Ta có:
3 3

4 4 2

4 2

u v u v u

uv v
u v
    
  
 
  
 
   


9 1 8

7 1 8

x
x
x
   

   
  



</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

Đặt:
3
3
3

3
24 24
5
5

u x u x

v x
v x
     
 

 
 

   

Ta có:
2
3 3
1
1 6

( ) ( ) 3 19 6

19
3
2
2
3

u v

u v u v

u v u v uv uv

u v
u
v
u
v
 

   
  
 
  
 
    
  
   
 






 
 


 

Với

3 24 27

2 5 8

u x
x
v x

  
 
  
 
  
 
Với

2 24 8

1225

3 5 27

u x

x
v x

  
 
  
 
  
 

Vậy phương trình có nghiệm S = {9, 1225}
Bài 47 Giải các phương trình sau

Giải

a) 3 5x 7  3 5x 12 1 
Đặt u = 3 5x 7 , v= 3 5x 12
Có u + v = 1 (1)

3 3

u v 5x 7 5x 12   5









3 3

u v  u v 3uv u v 5

1 3uv 5

    3uv6  uv2 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ
u 1
v 2
u v 1

uv 2 u 2
v 1

 



 
 

 
  

 

 

3
3
3
3
3

8
x

5x 7 1 5x 7 1 5

x 4
5x 12 2

5x 12 2

1
x
5x 7 2

5x 7 2 5

5x 12 1 11

5x 12 1 x 5

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

KL: Vậy phương trình đã cho vô nghiệm
b) 3 9 x 1  3 7 x 1 4 

Bài 49. Giải và biện luận các phương trình
a, x2 2mx  1 2 m

1 1

2 4

x x  x a

Giải:

a, x2 2mx  1 2 m

 x2 2mx  1 m 2(1)

Dk: m 2

(1)  x2 2mx 1 (m 2)2

`  x2 2mx m 2 4m 3 0

Ta có:

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

1 2 4 3

x  m m  m

2 2 4 3

x  m m  m

Kết luân: Với m < 2 thì phương trình vô nghiệm.

Với m 2 phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

1 2 4 3

x  m m  m

x2  m 2m2 4m3

1 1

2 4

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

ĐK:

1
4
x 

Ta có:

1 1 1 1

2 4 4 2

x  x  x  

 

(1) x +

1 1

4 2

x

 

 

 

  = a



1 1

4 2

x a

 

  

 

 

 x a  a

Vậy

1
4

x

thì phương trình vô nghiệm.

1
4

x

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

BÀI TẬP THỰC HÀNH GIẢI TOÁN
Bài 1/307 Giải hệ phương trình:

2 2 2

xy yz zx x y z

ay bx bz cy cx az a b c
 

  

    

ĐK 2 2 2

0
0
0

0
ay bx

bz cy
cx az

a b c

 



  




 



   



Trong hai phương trình đầu

xy yz zx

ay bx bz cy cx az biểu thị mối quan hệ của

x, y, z với vai trò như nhau.

Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

2 2 2

ay bx bz cy cx az a b c

xy yz zx x y z

    

  

 

Nếu x, y, z là nghiệm thì xyz0

Xét hệ phương trình:

ay bx bz cy cx az

xy yz zx

  

 

Rút gọn các phân thức ta được:

a b b c c a

x y  y z  z x

ta có:

a b c
t

x y  z hay ; ;

a b c

t t t

x y z

  

để tìm x, y, z ta phải tìm giá trị của t.
giải phương trình:

2 2 2

xy x y z

ay bx a b c
 


   tìm t.

ta có:

2 2 2

2 2 2 2

1 1

2
2

a b a b c

t t t

t

ab ba a b c t t

t t

   

 

      

 


Suy ra nghiệm của hệ là:



, ,



2 2 2, ,

a b c
x y z  

 

Bài 2/307 Giải hệ phương trình:







 



4 5 (1)

2 2 2 2 3 3 2 2 2 3 (2)

x y

x y x y x y x y

 





     

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

*) Phân tích:

Trước tiên ta đi tìm điều kiện để phương trình (2) xác định

2 2 0
2 3 0

(2 2 )(2 3 ) 0
x y

x y

x y x y

 




 



   



Ta nhận thấy ở phương trình (1) nếu ta biểu diễn x theo y rồi thế vào
phương trình thứ (2) để tìm x, y thì sẽ rất phức tạp. Vì ở phương trình (2)
biểu thức chứa dấu căn.

Nhận xét: Nếu đặt u 2x2 ;y v 2x 3y (u0, v0)
Khi đó phương trình (2) sẽ trở thành: 2(u v ) 3 uv

mà

2 2
2

2 2

4 5

2 3

u x y

u v x y

v x y

  



    



 




Từ đó ta có hệ:

2 2 5
2( ) 3

0, 0
u v

u v uv

u v

  



 


  


*) Lời giải:

ĐK

2 2 0
2 3 0

(2 2 )(2 3 ) 0
x y

x y

x y x y

 




 



   



Đặt

2 2

2 2 ( 0) 2 2

4 5

2 3

2 3 ( 0)

u x y u u x y

u v x y

v x y

v x y v

      

 

     

 

 


   




từ đó ta có hệ:

2 2
2( ) 3

5
0, 0
u v uv
u v

u v

 




 



  

 mà u2v2 (u v )2 2uv  (u v )2  5 2uv

ta có:

2 2

2
2

2( ) 3 4( ) 9( )
4(5 2 ) 9( )
9( ) 8 20 0

u v uv u v uv

uv uv

uv uv
uv

    

  

   

 

(u v) 5 2.2 9

</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

1
2
3

2( ) 6 3

2 2 3 2 0 2

1
v
u

u v

u v u v

uv uv v v v

u
 



 
    
  
      


       
  
 

 

 thỏa mãn

Với

3
2 2 2

2 2 2 4 4 5 5

1 2 3 1 2 3 1 2 3 7

5
y
x y

u x y x y

v x y x y x y

x


   

    
    
   
    
      
     


Với
3
2 2 1

2 2 2 1 4 5 5

1 2 3 2 2 3 4 2 2 1 11

10
y
x y

u x y x y

v x y x y x y

x


   
    
    

   
    
      
     



Vậy phương trình có hai cặp nghiệm:





7 3 11 3

, , ; ,

5 5 10 5
x y      

   

 

*) Khai thác bài toán:

1. Giải hệ phương trình:







 



3 5 6

3 2 4 2 4

x y

x y x y x y x y

 



     



2. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:

1 1

4 6

x y m

x y m m

    


   



Bài 3/308 Giải hệ phương trình:

8 (1)

17 (2)

10 (3)

x y z
xy yz zx
xyz
  


  

 


*) Phân tích bài tốn:

Ta nhận thấy từ phương trình (1) ta có thể biểu diễn 2 ẩn theo ẩn còn lại.
Giải sử: x y  8 z

Ở phương trình thứ (3) với x y z, , 0 ta cũng có thể biểu diễn 2 ẩn theo ẩn

cịn lại. Ta có:

xy

z


Từ đó thay vào phương trình (2) để giải.

*) Lời giải:

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

8 8

17 17

10 10

( 0)

x y z x y z

xy yz zx xy yz zx

xyz
xy z
z


     




      
 
  
   

2 3
10

( ) 17
10

(8 ) 17

10 8 17 0

z x y
z

z z

z

z z z

   
   
    
5
1
2

z
z
z



 

 

 thỏa mãn

Với
2
5
7
1
10 5
2
y
x
x y
z
xy y
x
 



 

 
   

  

 

 

Với
1
5
6
2
5 5
1
y
x
x y
z
xy y
x
 



 
 
   


  

 

 

Với
1
2
3
5
2 2
1
y
x
x y
z
xy y
x
 



 
 
   

  

 


 


Vậy ta tìm được các cặp nghiệm:



x y z, ,









5, 2, 1 ; 2, 5, 1 ; 5, 1, 2 ; 1, 5, 2 ; 2, 1, 5 ; 1, 2, 5

 





*) Khai thác bài toán:

1. Giải hệ sau:

3 2
3 2
3 2
2 1
2 1
2 1

x y y y

y z z z

z x x x

    

   



   


2. Cho các số x, y, z thỏa mãn điều kiện:

6
11
x y z

xy yz zx
  




  



</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>

Hướng dẫn: Từ hệ trên ta có:

11 (6 )

x y z

xy z z

  





  

 vậy x, y là các nghiệm của

phương trình: x2 (6 z x) 11 z(6 z) 0

tính x và tìm điều kiện  0, từ đó suy ra GTLN, GTNN của z.
Do x, y, z bình đẳng, suy ra GTLN, GTNN của x, y.

Bài 4/308 Giải hệ phương trình

 

5
18

*
5
26
13
xy
x y

yz
y z

zx
z x



 
















Lời giải

12 5 1 1 5 1 5 1

5 12 12 12

18 5 1 1 5 1 5 1

5 18 18 18

26 1 1 1 1 5 1 5 1 1

13 2 2 12 18 2

xy x y

x y xy y x x y

yz y z

y z yz z y z y

zx z x

z x zx x z y y




  

      

   



  




  

        

   



   

    

       

   



   

1 5 1 1 5 1 72

12 12 23

1 5 1 1 5 1 72

18 18 7

2 7 72

36 7

x

x y x y

y

z y z y

z
y

y

  

    

  

  

          

  



 

  






</div>
(76)<div class='page_container' data-page=76>

x1=1

(

x2+

n
x2

)

x2=1

(

x3+

n
x3

)

.. . .. .. . .. .
xn=1

(

x1+

n
x1

)

¿{{ {

với n  Z+

Giải:

x2=

1
2

(

x2+

n

x2

)

⇔2x1x2=x22+n>0 với n  Z+

Suy ra x1.x2 > 0  x1 , x2 cùng dấu

Tương tự như vậy ta có x2 , x3 cùng dấu; xn-1 , xn cùng dấu;

Nếu x1 , x2, ..., xn > 0 giả sử x1  x2 ... xn

Suy ra xn - x1
1
2

(

x1+

n
x1

)

−

1
2(x2)
Bài 6 /308 Giải các phương trình
a) x x3( 3 7) 8 (1)

* Lời giải

Đặt tx3, phương trình (1) trở thành:
2

( 7) 8 0
7 8 0

1
8
t t
t t

t
t

  

   



  



Với t 1 x3  1 x1

Với t  8 x3  8 x2

Vậy nghiệm của phương trình là

1
2
x
x








* Khai thác bài toán

b) x44x314x2 4x 1 0 (2)

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

Đây là một phương trình bậc 4, có dạng gần đối xứng. Do vậy ta sẽ chia cả
hai vế của phương trình cho x2 đểhạ bậc phương trình và giải

* Lời giải

Chia cả hai vế của (2) cho x2 ta được:
2

2
2

4 1
4 14 0

1 1

4 14 0

1 1

4 12 0

x x

    

 

      

 

   

        

   

Đặt

1
t x

x
 

, ta được:

2 4 12 0 2
6
t
t t

t


    




Với

2 1 2

2 : 2 2 1 0

1 2
x

t x x x

x x

  

        

 


Với

2 3 10

6 : 6 6 1 0

3 10
x

t x x x

x x

  

        

 


Vậy phương trình có 4 nghiệm: 1 2;1 2; 3  10; 3  10

Bài 7/309 Giải hệ phương trình:

2 2
2 2

8
7

x y x y

x y xy
    




  





 Phân tích: Đây là phương trình khơng mẫu mực, ta nghĩ đến việc biến
đổi phương trình để có thể đặt được ẩn phụ. Nhận thấy rằng nếu chia
cả 2 vế cho x2 ta sẽ làm cho phương trình xuất hiện nhiều nhân tử

chung, từ đó giải bài toán thơng qua phương trình tích.
 Lời giải:

2 2
2 2

8
7

x y x y

x y xy
    




  




</div>
(78)<div class='page_container' data-page=78>

2 2

1 8

7
1

y y

x x x x

y y

x x x



   





   





Trừ 2 vế của phương trình ta được

2 2

1 y y 1
xx  x x

2 2
1 y 1 y

x x x x

   

1 1

(1 ) 0
1

1 0

1
1

y y

x x

y

x x

y
x

x
y
x

 

 



  







 

  




  



Với y = 1, thế vào một trong hai phương trình của hệ ta được

6
x  x

2
3
x
x



  



Với x = 1, thế vào một trong hai phương trình của hệ ta cũng được y = -2,
y= 3

Kết luận: Vậy phương trình có các cặp nghiêm (x,y) là (1,-2), (1,3), (-2,1),
(3,1)



Khai thác bài toán:

Cũng bằng phương pháp đặt nhân tử chung, quy phương trình về phương
trình tích, có thể tham khảo thêm một số ví dụ sau:

</div>
(79)<div class='page_container' data-page=79>

4 2 2 4

2 2

418
37
x x y y
x xy y

   



  



Bài 8/309 Giải hệ phương trình

2 3 8

(*)
2 5 1

x y
x y
    


  



* Phân tích bài toán

Đậy là hệ gồm hai phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối. Để giải hệ
phương trình này, ta nghĩ đến việc phá dấu giá trị tuyệt đối.

Ta có:

2, 2

2, 2
3, 3
3

3, 3

x x
x
x x
y y
y
y y
 

 
  

 

 
  


Từ đó xét từng khoảng giá trị của x và giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn.
* Lời giải

Với
2

3
x
y





 ta có:

2 3 8 9 3

(*)

2 5 1 5 1 5

3
x

x y x y

x y x y

y



    

  
     
    
   


Với
2
3
x
y





 ta có:

2 3 8 3 4

(*)

2 5 1 5 1 1

x y x y x

x y x y y

      
  

     
     
  
Với
2
3
x
y
 




 ta có:

2 3 8 13 3

(*)

2 5 1 5 3 5

3
x

x y x y

x y x y

y



       
  
     
      
   


Với
2
3
x
y
 




 ta có:

2 3 8 7 8

(*)

2 5 1 5 3 1

x y x y x

x y x y y

       

  

     

      

</div>
(80)<div class='page_container' data-page=80>

Vậy nghiệm của phương trình (*) là:

22
3
5
3
x
y






 


 ;

4
1
x
y






 ;

34
3
5
3
x
y






 


 ;

1
x
y








Bài 9/309 Giải phương trình:

2 2 2 8 7 0

x y  x y 

*) Phân tích:

Ta có VT của phương trình có thể biến đổi về dạng A2 B2
 mà

2 2 0 0

0
A

A B

B




   



 nên ta có cách giải như sau.

*) Lời giải:



 



















2 2

2
2

2 8 7 0

2 1 8 16 0

1 4 0

1 0 1

4
4 0

x y x y

x x y y

x y

x x

x
y

    

      

    

    



   




 




Vậy phương trình có nghiệm x1 và x4.

*) Khai thác bài toán:

Bằng cách giải tương tự, ta có bài toán sau:
1. Giải phương trình:

2 1 2

2 2 1 0

x  y  x y  

2. Giải phương trình: 2x28y2 2x4y 1 0

Bài 10/309 Giải phương trình:

4 4

(x3) (x5) 2

*) Phân tích:

Ta thấy phương trình có bậc là 4 nếu khai triển biểu thức ở VT thì gặp
nhiều khó khăn. Ta tìm cách đưa phương trình đã cho về dạng cơ bản đã biết
cách giải bằng cách đặt ẩn phụ.

*) Lời giải:
Đặt

3 5

4 4

y x    x  x y

Thay vào phương trình đã cho, ta được:









4 4

1 1 2

y  y 

Khai triển và rút gọn ta được:

4 2 4 2

</div>
(81)<div class='page_container' data-page=81>

Đặt ty2, t0 được phương trình

2 0 0

2
t
t t

t


   




Với t0  y2 0  x4

Do t0 nên t 2 loại.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x4

*) Khai thác bài toán:

Với cách giải tương tự ta có:

1. Giải phương trình: (x1)4(x3)4 16

</div>

Chuong 6 Bai tap dai so so cap va thuc hanh giaitoan



 





 

 







<sub>√</sub>















 









 









 





















 



































(

)

(

)

{

}

(

)

(

)

{

}

(

)

(

)

{

}

(

)

(

)

(