Phương trình đại số

Mẫu các dạng bài cơ bản, ứng dụng, xuất hiện trong các đề thi tuyển sinh. Phù hợp với các đối tượng khối lớp 8, lớp 9 với kiến thức nền vững vàng hơn. Với các đề bài và lối trình bày, cách giải sẽ giúp học sinh có được hiệu quả tốt nhất. Chuyên đề về đại số khá rộng và đây là kiến thức trọng tâm mà các đối tượng là học sinh ần tập trung để đạt hiệu quả cao như mong muốn.

PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

- Là phương trình có dạng: ax = b phụ thuộc vào tham số m

+) Nếu

0

  b

a

0 0

0





    

 



a (m2 4)x3m 6 b (2m1)x 2m3x 2

c m x(  2) 3 x1 d (m22)x 2m x  3

Lời giải

a (m2 4)x3m 6

+) Nếu

2

2



m

+) Nếu

2

2

2













x m

m

m

x

b (2m1)x 2m3x 2 (2m 2)x2m 2

+) Nếu

2 2

2 2





m

m

+) Nếu 2m 2 0  m 1 0x0 (vô số nghiệm)

Vậy nếu:

+) Nếu m 1 phương trình có vô số nghiệm

+) Nếu m = 1 phương trình vô nghiệm

c m x(  2) 3 x 1 (m 3)x2m1

+)

2 1

3





m

m

+)m 3 0  m 3 0x7 (vô nghiệm)

d (m22)x 2m x  3 (m21)x2m 3

(Vô số nghiệm)

(Vô số nghiệm)

(Vô nghiệm)

Ta có: m21) 0 m suy ra phương trình luôn có nghiệm 2

1

m x m







Bài 2: Cho phương trình (m21)(x2) 1 m

a Tìm m để x = 3 là nghiệm của phương trình

b Tìm m để phương trình có nghiệm

c Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất x = 3

Lời giải

a Thay x = 3 vào phương trình, ta được:

5



b (m21)(x2) 1 m (m21)x2m2m1

Để phương trình có nghiệm thì xảy ra 2 trường hợp

+) Phương trình có nghiệm duy nhất khi m2  1 0 m1

+) Phương trình có vô số nghiệm

2

2

1 0

1

  







m

m

Vậy m 1 thì phương trình luôn có nghiệm

c Để phương trình có nghiệm duy nhất thì

2 2

1 1

4 1

1

5

















m m

m m

Vậy

4

5

m

Bài 3: Cho phương trình m x( 1) 2 x m 2m 4 Tìm m sao cho

a Phương trình nhận 1 là nghiệm

b Phương trình có nghiệm

c Phương trình vô nghiệm

Lời giải

a Thay x = 1 vào phương trình ta được m  1; 2

b Phương trình có nghiệm xảy ra 2 trường hợp là có nghiệm duy nhất hoặc có vô số nghiệm m x( 1) 2 x m 2m 4 (m 2)x m 2 4

+) Phương trình có nghiệm duy nhất khi m 2 0  m2

+) Phương trình có vô số nghiệm

2

2 0

2

4 0

 



 



m

m m

Vậy phương trình có nghiệm với mọi m

c Phương trình vô nghiệm

2

2 0

4 0

 



 



m

m m

Bài 4: Tìm a Z để phương trình 3(x2)ax4 có nghiệm nguyên

Lời giải

3(x2)ax 4 (3 a x) 2

+) Nếu 3 a 0 a3 thì phương trình vô nghiệm.

+) Nếu 3 0 2 3 ( 2)  1; 2 1; 2;4;5

3





a

( 2) 3

1

m x

 b

2 2

a a x



 

c

1

1

1

mx

x





 d

3

m x



Lời giải

a Điều kiện: x 1 (m 2)x 3 (2m1)(x1) ( m1)x2m 4

+)

1



 

m

m nghiệm này phải khác -1

Vậy với

1; 5

1



 

m

m

Với m = 5 phương trình vô nghiệm

+) m1 0  m1 khi đó phương trình trở thành 0x = -5 (vô nghiệm)

b Điều kiện xác định: x 2 0  x2

2





a

x

+)

2





a

a Xét





a

+) a 200 a 2 0x3 (vô nghiệm) Xét

a

a



Vậy

3 2;

2

thì phương trình vô nghiệm 3

2;

2

suy ra phương trình có nghiệm

2

a x a







c Điều kiện x 1

1

1





mx

x

+) m1 0  m1 phương trình vô nghiệm

+)

Vậy m1;m1 thì phương trình có nghiệm

2 1

x m





 Vậy m1;m1 phương trình vô nghiệm

d Điều kiện x 3

3



x

Xét

5

2



Vậy

5

2

m

phương trình có nghiệm x2m 2

BÀI TẬP VỀ NHÀ:

a m x m(  ) x (m 2) b m x2( 1) 1 (2   m x)

c m x2  6 4x3m d m x2( 1)m x m (3  2)

a (x m x )( 1) 0 b m m( 1)x m 2 1

Hướng dẫn

a

1 (  )( 1) 0     1





x

x m

b

1









m

m

Vậy m0;m1 thì phương trình có 1 nghiệm

Bài 3: Tìm m để phương trình sau vô nghiệm : (m1)x (x2) 0

Hướng dẫn

(m1)x (x2) 0  mx 2 0

Để phương trình vô nghiệm thì

0

0

2 0







 



m

m

Bài 4: Tìm m để phương trình sau có vô số nghiệm : m x m2  4x 2 (1)

Lời giải

2

(1) (m  4)x m  2 có vô số nghiệm

2 4 0

2

2 0

  

 



m

m m

Bài 5: Với giá trị nào của m thì:

a 2x1 5 a4 có nghiệm dương b 3(x2)ax4 có nghiệm lớn hơn -1

c (a2 3a2)x 3 3a có nghiệm duy nhất

Lời giải

a

5( 1)

2



b 3(x2)ax 4 (3 a x) 2

+) 3 a 0 a3 thay vào phương trình vô nghiệm

+)

3

1





                    



a a

a

c (a2 3a2)x 3 3a (a2 3a2)x3a 3 có nghiệm duy nhất

3 2 0

2





     





a

a

Bài 6: Tìm a để phương trình có nghiệm nguyên: 2x a  3 ( x2)a

Lời giải

Để

( Vì a có thể không nguyên )

+) Nếu a nguyên

5

 Z  k k  k 

k

Bài 7: Cho phương trình:

2 3

1 (1) 2



 



m m

x Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất

Lời giải

Điều kiện: x 2

2 3

2





m

x

+)

5

1



m

m Vì

2

m

Bài 8: Cho phương trình:



  Tìm m để phương trình vô nghiệm

Lời giải

Điều kiện:

1;

2

m

x x

+) TH1: m ≠ -7 thì

1 3 (1)

7





m x

m Vì 2; 1

m

x x

nên ta có các trường hợp sau:

Với

1 3

2









m

m

Với

1 3

7





m

m

Vậy phương trình vô nghiệm khi m  1; 2;7

Bài 9: Giải và biện luận phương trình sau:

2

2 2

Lời giải

Điều kiện xác định: xm

2

2 2 2

2

( )( )

( 1) ( 1)(2 3)

 

 

 m   m  x

Vì x m x 1 m1 phương trình nghiệm đúng với mọi x 1

Hay Sx R x / 1

+) m  1 0 m 1 x2m 3 vì điều kiện xm

+) x m  2m 3m m3

+)xm 2m 3m m1

Vậy m1;m3 phương trình đã cho có nghiệm x2m 3

B BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN

Dạng tổng quát:

0 0

0





  



     



   



b

a

b

a

a

x

 

b

1

 

c ax b 0

Lời giải

b

x

c ax b  0 axb (1)

+) Nếu a 0

+)

a

+)

a

+) Nếu a 0 0xb

+) b0 thì bất phương trình vô số nghiệm

+) b0 thì bất phương trìn vô nghiệm

a

2

1 (3 1)

5

x x

x x











  

 b

3

x x











c

1

15 2 3

3

3 14 2( 4)

2

x x









 d

(1 2 ) (2 3)

  







Hướng dẫn

a

11

3 2 7

2

10

4

5

13







x

x x

x x

x x

b

13

3







x

x x

*) Giải và biện luận bất phương trình

+) Nếu a 0

+)

a

+)

a

+) Nếu a 0 0xb

+) b0 thì bất phương trình vô số nghiệm

+) b0 thì bất phương trìn vô nghiệm

a m x m(  ) 3 x 9 b mx 6 2x3m

c (x m m x )  3x4 d 3(x m ) ( m1)3 1 mx

Lời giải

a m x m(  ) 3 x 9 (m 3)x m 2 9 (1)

+)m 3 0  m3 thì

2 9

3





m

m

+) m 3 0  m 3 (1) x m 3

+) m 3 0  m 3 (1) 0x0 ( vô số nghiệm )

b mx 6 2x3m (m 2)x3m 6 (1)

+)

2





m

m

+) m 2 0  m 2 (1) x3

+) m 2 0  m 2 (1) 0x0 vô nghiệm

c (x m m x )  3x 4 (m 2)x m24 (1)

+)

2 4

2



m

m

+) m 2 0  m 2 (1) x m 2

+) m 2 0  m 2 (1) 0x0 suy ra phương trình vô nghiệm

d 3(x m ) ( m1)3 1 mx (m3)x m 33m2 (1)

+) m 3 0 m  3 (1) x m 2

+) m 3 0 m  3 (1) x m 2

+) m  3 0 m 3 (1) 0x0 vô số nghiệm

PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO

A Phương trình bậc cao đưa về dạng tích

1 Phương trình bậc cao đưa về phương trình tích

- Dùng phương pháp nhẩm nghiệm

- Dùng định lý Bezut: Nếu f(x) = 0 có nghiệm x = a thì f x( ) ( x a h x ) ( )

-

1



Nếu f(x) có nghiệm hữu tỷ

0 ( ) ( )





  



p U a p

x

q U a q

- Nếu tổng các hệ số của đa thức bằng 1 thì có nghiệm x = 1

- Nếu tổng các hệ số của hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của hạng tử bậc lẻ thì ó nghiệm x = 1

- Có thể sử dụng lược đồ Hoocne

VD:

2

2







 



x

x

a x24x 3 0 b x2 4x 1 0 c x32x2 9x18 0

d 2x33x2  x 6 0 e 2x3 3x23x 1 0 f x4 2x23x 2 0

Lời giải

a

4 3 0 ( 1)( 3) 0

3





         



x

x

b

2 3

  

 



x

x

c Ta có:

32 2 9 18 0  ( 3 3 ) (52  215 ) (6 18) 0  (  3)( 25 6) 0    3; 2

d

2

4 16

                  

e

2

4 2 23  2 0  ( 1)( 3 2  2) 0  ( 1)(  2)( 2 1) 0   1; 2

Giải các phương trình sau

a x24x 3 0 b x32x2 3x10 0

Lời giải

a

4 3 0 (2 1) 2 0

1/ 2





         



x

x

b.x32x2 3x10 0  (x2)(x24x 5) 0  x2

a x4x26x 8 0 b (x1)3(3x3)3 27x3 c.8 (x1) (2 x2) ( x1) (2 x 2) 12

d (x25 ) 2(x 2 x25 ) 24x  e (x2 x 1)2 3(x4x21) f x 5x4x3x2 x 2

Lời giải

a Ta có tổng các hệ số = 0 nên có nhân tử là x – 1

 

6 8 0 ( ) ( ) (2 2 ) (8 8) 0

b Ta có:

2

( 1) (3 3) 27 8 6 11 19 6 0 (6 18 ) (7 21 ) (2 6) 0

1 2 ( 3)(6 7 2) 0 ( 3)(2 1)(3 2) 0 3; ;

2 3

 

c (x1) (2 x2) ( x1) (2 x 2) 12  2x310x12 0  (x1)(x2 x 6) 0  x1

d Ta có:

( 5 ) 2( 5 ) 24 ( 5 ) 2( 5 ) 1 25 0 ( 5 1) 5 0 ( 1)( 4) ( 1)( 6) 0 1; 4;1; 6

e Ta có:

(x  x 1) 3(x x 1) (x  x 1) 3( x x 1) 0  (x  x 1)  3(x  x 1)(x  x1) 0

 x  x x   x x x    x  x x   x

f Ta có:

2

1 0(*)





 

    



x

 

(*) (x x ) ( x1)x  0 (x1)(x  1) x  0 (x1) (x  x1)x 0 VN

a (x21) (1 3 )3  x 2 (x2 3x2) (1)2

b (x23x 4) (23 x2 5x3)3 (3x2 2x1)3

c

4 2 2 3 0

d x48x315x2 4x 2 0

e

2 2 2 1 2 0

x  x x  

f (x 2)(x2)(x210) 72

g (2x 5)3 (x 2)3 (x 3)3

Lời giải

Đặt a x 21;b 1 3x khi đó: a3b3 (a b )3  a3b3 a33a b2 3ab2b3 3 (ab a b ) 0

  2

2

1 0 0

1 3 1 (*)

3



 











      





 



a

b

x

 

3

b (x23x 4) (23 x2 5x3)3 (3x2 2x1)3

Đặt a x 23x 4;b2x2 5x3 khi đó:

 

1; 4 0

1 3

0 1;3 / 2 4;1; ;

3 2 1; 1/ 3

 











  



x

a

c Đặt

3 ( )









t loai

d x48x315x2 4x 2 0  x48x316x2 x24x 2 0  (x24 )x 2 (x24 ) 2 0x  

Đặt





t x x t t

e

22 2  1 2 0  22  1 2  1 3 0  22  3 0 (  1 ; 0)

1 1

      

x

f Ta có:

2









y

y

g Đặt 2x 5a x;  2b khi đó:

2 0







 



a b

b

B Phương trình dạng: (x a x b x c x d )(  )(  )(  )m (1) (a d b c   )

(1) (x a x d x b x c )(  )(  )(  )m x (a d x ad )    x (b c x bc )   m

Đặt t x 2(a d x )  (t ad t bc )(  ) 0  t  x

a x x( 1)(x1)(x2) 24 (1) b (x2)(x3)(x 5)(x 6) 180

c (x 4)(x 5)(x 6)(x 7) 1680 d

2 (4x3) (2x1)(x1) 75

e 2 (8x x1) (42 x1) 9 f (12x7) (32 x2)(2x1) 3

Lời giải

a Ta có:

 

2

2

6 ( 1)( 1)( 2) 24 ( )( 2) 24 ( 2) 24 2 24 0

4

6 0

2; 3

4 0







   

  



t

t

x x

x

x x

2 (x2)(x3)(x 5)(x 6) 180  x 3x1414 x 7;3;0; 4

c Ta có:

(x 4)(x 5)(x 6)(x 7) 1680  (x 11x28)(x 11x30) 1680  (y1)(y1) 1680  y41 +) y41 x211x12 0  x1; 12 

+) y41 x211x70 0 (vô nghiệm)

d (4x3) (22 x1)(x1) 75 (4x3)(4x3)(4x2)(4x4) 8.75 24.25 

Đặt t(4x3)2 ta được:

2

(4 2)(4 4) (4 3) 1 1 ( 1) 24.25 25 25 ( 25)( 24) 0

25( 0) (4 3) 25

e Nhân với 8 ta được: 8 (8x x1)(8x1)(8x 2) 72

Đặt 8x1y ta được:

1 2

1 4









 



x

x

f (12x7) (32 x2)(2x1) 3

Nhân hai vế với 24 ta được: (12x7) (22 x8)(12x6) 72

Đặt 12x 7 y ta được:

2

4 2

2

1

( 1) ( 1) 72 72 0

5 8

6









 



 



x y

a (x23 )(x x27x10) 216 b

(2x  7x3)(2x  x 3) 9 0 

Lời giải

a Ta có:

2

2

2

( 3 )( 7 10) 216 ( 3)( 2)( 5) 216 ( 2 )( 2 15) 216

( 15) 216 0 15 216 0 ( 24)( 9) 0



b Ta có:

(2x  7x3)(2x  x 3) 9 0   (x 3)(2x1)(2x3)(x1) 9 0   (2x  3x1)(2x  3x 9) 9 0 

2

1 2 3 8 0

( 10) 9 0



t t

Giải phương trình sau: x 2 (x1)(x1)(x2) 4

Lời giải

+) Nếu x ≥ 2 thì:

0 ( )

5 ( )













x loai

+) Nếu x < 2 thì:

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

         

Vậy phương trình có nghiệm x 5

C Phương trình dạng: (x a x b x c x d )(  )(  )(  )mx2 (ad bc )

Cách 1: Đặt t(x a x b )(  )

a (x2)(x3)(x4)(x6) 30 x2 b (x2)(x3)(x6)(x9) 80 x2

Lời giải

a Đặt t x 27x12 x28x12 t x ta được:

(1) (t x t ) 30x  t tx 30x  0 (t  5 ) (6tx  tx 30 ) 0x 

2

2

( 5 )( 6 ) 0



t x t x

b (x2)(x3)(x6)(x9) 80 x2  (x211x18)(x29x18) 80 x2  x  1; 8 

Cách 2:

+) Kiểm tra xem x = 0 có là nghiệm hay không?

+) Xét

             

Chia cả hai vế cho x2 ta được:

Ví dụ 2: Giải phương trình sau: 4(x5)(x6)(x10)(x12) 3 x2

Lời giải

2 2

4( 5)( 6)( 10)( 12) 3 4( 5)( 12)( 6)( 10) 3 4( 17 60)( 10 60) 3

Do x = 0 không thỏa mãn phương trình nên ta chia cả hai vế cho x2, được:

4(x17 )(x16 ) 3

Đặt

60

 

t x

x ta được:

2

60 31 31

2 2

4( 17)( 16) 3 4 132 1085 0









x t

x

x

 

2 2

15 8;

2 31 120 0

2

2 35 120 0

x

x

   

 



D Phương trình dạng: (x a )4(x b )4 m

Cách giải: Đặt 2



 a b

t x

ta được:

;





       

(x a ) (x b ) m (t) (t)  m t  x

a (x 2)4(x 4) 416 b (x1)4(x3)4 16

c (4 x)5(x 2)5 32 d (x 7)4(x 8)4 (15 2 ) x 4

e (x6)4(x8)4 272

Lời giải

a Đặt t = x – 3 ta được:

2

2

( 1) ( 1) 16 6 7 0

2

7 ( )





x

b Đặt t = x + 2 ta được:

4 4 1 1 ( 1) ( 1) 16

c (4 x)5(x 2)5 32(x 2)5 (x 4)5 32

Đặt y = x – 3 suy ra: x 2 y 1;x 4 y 1ta được:

4

2







x

x

d Đặt

7

15 2

 









x c

ta được:

2

ab

( do

0

a b b

nhưng không xảy ra dấu “ = “)

 

(x 7)(x 8) 0  x 7;8

e x    4; 10

E Phương trình dạng: ax 4 + bx 3 + cx + a = 0 ( phương trình đối xứng )

Cách giải: ax4bx3cx2bx a  0 a x( 41)bx x( 21)cx2 0

Đặt t x21 hoặc

1

t x

x

 

Ví dụ: Giải phương trình sau 2x4 3x3 x2 3x 2 0

Lời giải

2x  3x  x  3x  2 0 2(x 1) 3 ( x x 1) x  0 2(x 1)  3 (x x 1) 5 x 0

Đặt t x 21ta được:

2

F Phương trình dạng: ax 5 + bx 4 + cx 3 + bx + a = 0 ( phương trình đối xứng )

- Nhận thấy x = -1 là nghiệm của phương trình vậy vế trái của phương trình có 1 nhân tử

là x + 1

Sau đó phương trình quay trở về dạng E

a 2x5 x44x3 4x2 x 2 0 b 6x511x415x315x211x 6 0

c x5 x43x33x2 x 1 0

Lời giải

a

2

          

dang E

b Ta có:

6x 11x 15x 15x 11x  6 0 (6x 6 ) (17x  x 17 ) (2x  x 2 ) (17x  x 17 ) 6x  x 6 0

1 ( 1)(6 17 2 17 6) 0

6 17 2 17 6 0 (*)







x

(*) 6(x 1) 17( x 1) 10 x 0

Đặt t x 21ta được:

2

2

6 17 10 0 6 3 20 10 0 (2 )(3 10 ) 0

3 10 3 0

   



x x

2

3

1

3 3









x

x

c Ta có:

1

2 5 2 1 0 (*)







x

Giải (*):

Với x = 0 phương trình vô nghiệm

Với x ≠ 0 ta có:

 

2

2

(*)    2    5 0     2    3 0   1  2 0

Vậy phương trình có tập nghiệm S   1

G Phương trình dạng:

2

4 3 2  0    

 

ax bx cx dx e

- Phương trình ở trường hợp 4 là trường hợp đặc biệt của phương trình này

- Cách giải:

+) Đặt tx21

+) Xét x  , chia cả hai vế cho 0

            

Đặt

2

2 2

2 2

 m  m  

x x phương trình bậc hai  t x

a x4 8x321x2 24x 9 0 b 2x421x374x2105x50 0

c 2x43x3 27x26x 8 0

d [ HSG Nam Trực – 2015 ] x43x34x23x 1 0

e 6x425x312x2 25x 6 0

Lời giải

a Do x = 0 không thỏa mãn phương trình nên ta chia cả hai vế cho x2, được:

2

2 2

2

24 9

                

2 2

3

5 13 x

5



 

  

   



x

x

x

b Ta có:

2

2

6

2

2 9 10 0 2







t

c Ta có:

2

2

2

2 7

2 5

;

5 2 0



 



               



        



x x

x x

x

d Ta có:

4 3 2 2 2

2

1

1

1

2

                



 







 



x y

x x

Vậy phương trình có tập nghiệm

 1

S  

e +) Với x = 0 không là nghiệm của phương trình

+) Với x ≠ 0 chia cả hai vế cho x2 ta được:

2 2

6  25  12 0

x  x 

Đặt

2

2

2

6 25 24 0 6 9 16 24 0 (2 3)(3 8) 0

3





 





  



x x

x x

2

2

1 2;

2; ; 3;

3



 





S

BÀI TẬP VỀ NHÀ BÀI

(x29) (x30) 36 b x63x56x4 7x36x2 3x 1 0

Lời giải

a Điều kiện: x ≠ -29, x ≠ -30

(x29) (x30) 36  (x29) (x30)  (x29)(x30) ( x29)(x30) 36

2 2

29 30 ( 29)( 30) 36 ( 29)( 30) ( 29)( 30) 36

1

+)

2

( 29)( 30)  6  6 x x    x  x   x  

2