PHƯƠNG TRÌNH⇔(X2−2 12X− )(X2+ −X 12 6)+ X2 =0VÌ X=0 KHÔNG LÀ NGHIỆM...
4) Phương trình
⇔
(
x
2
−
2 12
x
−
)(
x
2
+ −
x
12 6
)
+
x
2
=
0
Vì
x
=
0
không là nghiệm của phương trình nên chia hai vế phương trình
cho
x
2
ta được:
12
4
12
1 6 0
−
−
−
+ + =
x
x
= −
x
, ta có:
. Đặt
t x
12
t
t
t
t
t
=
(
4
)(
1 6 0
)
2
3 2 0
1
−
+ + = ⇔ − + = ⇔
=
2
t
t
x
x
x
x
= ⇔ −
= ⇔
− −
= ⇔
= −
*
1
12
1
2
12 0
4
x
3
*
t
= ⇔
2
x
2
−
2 12 0
x
−
= ⇔ = ±
x
1
13
Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm:
x
= −
3;
x
=
4;
x
= ±
1
13
Ví dụ 2)
a)
Giải phương trình:
3
(
x
2
− +
x
1
)
2
−
2
(
x
+
1
)
2
=
5
(
x
3
+
1
)
b)
Giải phương trình:
x
6
+
3
x
5
−
6
x
4
−
21
x
3
−
6
x
2
+
3 1 0
x
+ =
c)
Giải phương trình:
(
x
+
1
)(
x
+
2
)(
x
+
3
) (
2
x
+
4
)(
x
+
5
)
=
360
d)
Giải phương trình:
(
x
3
+
5
x
+
5
)
3
+
5
x
3
+
24
x
+
30 0
=
.
Lời giải:
a)
Vì
x
= −
1
không là nghiệm của phương trình nên chia cả hai vế cho
3
1
x
+
ta được:
1
1
x
x
x
− +
+
+
−
− +
. Đặt
3
2
2
1
3
2
5
3
2
5 2 0
2,
1
=
− +
⇒ − = ⇔
− − = ⇔ =
= −
t
t
t
t
t
t
1
3
x
t
+
*
2
2
3 1 0
3
13
t
= ⇔
x
−
x
− = ⇔ =
x
±
2
*
1
3
2
2
4 0
t
= − ⇔
3
x
−
x
+ =
phương trình vô nghiệm
b) Đây là phương trình bậc 6 và ta thấy các hệ số đối xứng do đó ta có thể
áp dụng cách giải mà ta đã giải đối với phương trình bậc bốn có hệ số đối
xứng.
Ta thấy
x
=
0
không là nghiệm của phương trình. Chia 2 vế của phương
trình cho
x
3
ta được:
1
3
1
6
1
21 0
+
+
+
−
+
−
=
. Đặt
t x
1 , 2
t
= +
x
≥
. Ta
1
2;
1
3
có:
2
2
2
3
3
(
2
)
x
t
x
t t
+
= −
+
=
−
nên phương trình trở
thành:
t t
(
2
− +
3 3
) (
t
2
− − −
2 6 21 0
)
t
=
(
) (
2
)
3
2
3
⇔ −
− −
= ⇔ +
− = ⇔
= −
3
9 27 0
3
3
0
= ⇔ + = ⇔
−
+ = ⇔ =
±
*
3
1
3
2
3 1 0
3
5
t
x
x
x
x
2
*
3
2
3 1 0
3
5
t
= − ⇔
x
+
x
+ = ⇔ =
x
− ±
2
. Vậy phương trình có bốn nghiệm
3
5
;
3
5
x
=
− ±
x
=
±
.
2
2
c) Phương trình
⇔
(
x
2
+
6
x
+
5
)(
x
2
+
6
x
+
8
)(
x
2
+
6
x
+
9
)
=
360
Đặt
t x
=
2
+
6
x
, ta có phương trình:
(
y
+
5
)(
y
+
8
)(
y
+
9
)
=
360
(
2
22
157
)
0
0
2
6
0
x
0
6
y y
y
y
x
x
⇔
+
+
= ⇔ = ⇔
+
= ⇔
= −
Vậy phương trình có hai nghiệm:
x
=
0;
x
= −
6
.
d)
Ta có:
x
3
+
5
x
+
30 5
=
(
x
3
+
5
x
+ − +
5
)
x
5
nên phương trình tương
đương
(
x
3
+
5
x
+
5
) (
3
+
5
x
3
+
24
x x
+
)
3
+
24
x
+
30 0
=
. Đặt
u x
=
3
+
5
x
+
5
. Ta được
hệ:
+
+ =
u
u
x
3
2
2
5
5
⇒
−
+
+
+
= ⇔ =
(
)
(
)
u x u
ux x
u x
6
0
+
+ =
x
x
u
.
3
4
5 0
1
2
5
0
1
x
x
x
x
x
x
⇔
+
+ = ⇔
+
− +
= ⇔ = −
. Vậy
x
= −
1
là
nghiệm duy nhất của phương trình.
Dạng 6:
a)
Phương trình:
2
ax
2
bx
c
x
mx p x
+
nx p
=
+
+
+
+
với
abc
≠
0
.
Phương pháp giải: Nhận xét
x
=
0
không phải là nghiệm của phương trình.
Với
x
≠
0
, ta chia cả tử số và mẫu số cho
x
thì thu được:
a
p
b
p
c
+
=
= + ⇒ =
+
+
≥
+
.
x m
x n
+ +
+ +
. Đặt
t x
k
t
2
x
2
k
2
2
2
k
2
k
2
k
Thay vào phương trình để quy về phương trình bậc 2 theo
t
.
b)
Phương trình:
x
2
ax
2
b
+
+
=
với
a
≠
0,
x
≠ −
a
.
x a
Phương pháp : Dựa vào hằng đẳng thức
a b
2
+
2
=
(
a b
−
)
2
+
2
ab
. Ta viết lại
phương trình thành:
2
2
2
2
2
ax
x
x
x
−
+
= ⇔
+
− =
x
a
b
a
b