Chuyên đề bồi dưỡng Toán Lớp 9 - Chủ đề 5: Phương trình đại số (Có đáp án)

 Chủ đề 5: PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
Để giải một phương trình bậc lớn hơn 3. Ta thường biến đổi phương trình 
đó về một trong các dạng đặc biệt đó là:
1. Phương pháp đưa về dạng tích: Tức là biến đổi phương trình:
 f x 0
 F x 0 f x .g x 0 
 g x 0
Đưa về một phương trình tích ta thường dùng các cách sau:
Cách 1: Sử dụng các hằng đẳng thức đưa về dạng: a2 b2 0,a3 b3 0,...
Cách 2: Nhẩm nghiệm rồi chia đa thức: Nếu x a là một nghiệm của 
phương trình f x 0 thì ta luôn có sự phân tích: f x x a g x . Để 
dự đoán nghiệm ta dựa vào các chú ý sau:
Chú ý: 
Cách 3: Sử dụng phương pháp hệ số bất định. Ta thường áp dụng cho 
phương trình bậc bốn.
Đặc biệt đối với phương trình bậc 4: Ta có thể sử dụng một trong các cách 
xử lý sau:
 • Phương trình dạng: x4 ax2 bx c
Phương pháp: Ta thêm bớt vào 2 vế một lượng: 2mx2 m2 khi đó phương 
trình trở thành: (x2 m)2 (2m a)x2 bx c m2
Ta mong muốn vế phải có dạng: (Ax B)2 
 2m a 0
 m
 2 2 
 b 4(2m a)(c m ) 0 
 • Phương trình dạng: x4 ax3 bx2 cx d
 2
 2 a 
Ta sẽ tạo ra ở vế phải một biểu thức bình phương dạng: x x m 
 2 
Bằng cách khai triển biểu thức:
 2 2
 2 a 4 3 a 2 2
 x x m x ax 2m x amx m . Ta thấy cần thêm 
 2 4 
 2
 a 2 2
vào hai vế một lượng: 2m x amx m khi đó phương trình trở 
 4 
thành:
 2 2
 2 a a 2 2
 x x m 2m b x (am c)x m d
 2 4 
 a2
 2m b 0
 4
Bây giờ ta cần: 2 m ?
 2 a 2
 VP (am c) 4 2m b m d 0
 4 
Ta sẽ phân tích để làm rõ cách giải các bài toán trên thông qua các ví dụ 
sau:
Ví dụ 1) 
Giải các phương trình: 
 a) x4 10x2 x 20 0 .
 b) x4 22x2 8x 77 0
 c) x4 6x3 8x2 2x 1 0 .
 d) x4 2x3 5x2 6x 3 0 .
Lời giải: a) x4 10x2 x 20 0 x4 10x2 x 20
Ta thêm vào 2 vế phương trình một lượng: 2mx2 m2
Khi đó phương trình trở thành: x4 2mx2 m2 (10 2m)x2 x m2 20
 9
Ta có 1 4(m2 20)(10 2m) 0 m . Ta viết lại phương trình 
 VP 2
thành:
 2 2 2
 4 2 9 2 1 2 9 1 
 x 9x x x x x 0
 2 4 2 2 
 1 17 1 21
 (x2 x 5)(x2 x 4) 0 x . và x .
 2 2
 b) x4 22x2 8x 77 0 x4 22x2 8x 77
Ta thêm vào 2 vế phương trình một lượng: 2mx2 m2
Khi đó phương trình trở thành: 
x4 2mx2 m2 (22 2m)x2 8x m2 77 .
 2
Ta có VP 1 4(22 2m)(m 77) 0 m 9.
Ta viết lại phương trình thành:
 2
 x4 18x2 81 4x2 8x 4 x2 9 2x 2 2 0
 x 1 2 2
 (x2 2x 7)(x2 2x 11) 0 
 x 1 2 3
 c) Phương trình có dạng: 
 x4 6x3 8x2 2x 1 0 x4 6x3 8x2 2x 1
Ta tạo ra vế trái dạng: (x2 3x m)2 x4 6x3 (9 2m)x2 6mx m2 
Tức là thêm vào hai vế một lượng là: (9 2m)x2 6mx m2 phương trình 
trở thành: (x2 3x m)2 (2m 1)x2 (6m 2)x m2 1. Ta cần 
 2
 'VP (3m 1) (2m 1)(m 1) 0 m 0 . Phương trình trở thành: 
 x 2 3
 x 2 3
 (x2 4x 1)(x2 2x 1) 0 
(x2 3x)2 (x 1)2 
 x 1 2
 x 1 2
 d) Phương trình đã cho được viết lại như sau: x4 2x3 5x2 6x 3
Ta tạo ra phương trình: (x2 x m)2 (2m 6)x2 (2m 6)x m2 3
 2m 6 0
Ta cần: 2 2 m 1
 'VP (m 3) (2m 6)(m 3) 0
Phương trình trở thành: (x2 x 1)2 (2x 2)2
 3 21
 x 
 2 2 2
 (x 3x 3)(x x 1) 0 
 3 21
 x 
 2
Ví dụ 2)
 a) Giải phương trình: x4 4x2 12x 9 0 (1).
 b) Giải phương trình: x4 13x2 18x 5 0
 c) Giải phương trình: 2x4 10x3 11x2 x 1 0 (4)
Lời giải: a) Ta có phương trình x4 2x 3 2 0 (1.1)
 x2 2x 3 0
 x2 2x 3 x2 2x 3 0 x 1; x 3. Vậy 
 2
 x 2x 3 0
phương trình có hai nghiệm x 1; x 3
 b) Phương trình x4 4x2 4 9x2 18x 9 0
 2
 x2 2 3x 3 2 0 x2 3x 5 x2 3x 1 0
 3 29
 2 x 
 x 3x 5 0 2
 Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm 
 2
 x 3x 1 0 3 5
 x 
 2
 3 29 3 5
x ; x .
 2 2
 c) Ta có phương trình
 2 2
 2 5 1 1 2 3 9 1 3 2 1 2
 x x x x x x 2x x 3x 1 0
 2 4 4 4 16 2 4 2 
 2 2
 2 x 
 2x 4x 1 0 2
 .
 2
 x 3x 1 0 3 13
 x 
 2
2. Phương pháp đặt ẩn phụ:
Là phương pháp khá hữu hiệu đối với các bài toán đại số, trong giải phương 
trình bậc cao cũng vậy, người ta thường đặt ẩn phụ để chuyển phương trình 
bậc cao về phương trình bậc thấp hơn.
Một số dạng sau đây ta thường dùng đặt ẩn phụ.
Dạng 1: Phương trình trùng phương: ax4 bx2 c 0 a 0 (1) 
Với dạng này ta đặt t x2 ,t 0 ta chuyển về phương trình: at 2 bt c 0 
(2)
Chú ý: Số nghiệm của phương trình (1) phụ thuộc vào số nghiệm không âm 
của (2)
Dạng 2: Phương trình đối xứng (hay phương trình hồi quy):
ax4 bx3 cx2 kbx k 2a 0 k 0 . Với dạng này ta chia hai vế phương 
 2
 2 2 k k k
trình cho x x 0 ta được: a x 2 b x c 0 . Đặt t x 
 x x x
 2 2
 2 k k 2
với t 2 k ta có: x 2 x 2k t 2k thay vào ta được 
 x x 
phương trình: a t 2 2k bt c 0
Dạng 3: Phương trình: x a x b x c x d e, trong đó a+b=c+d
 2 2
Phương trình x a b x ab x c d x cd e .
Đặt t x2 a b x , ta có: t ab t cd e
Dạng 4: Phương trình x a x b x c x d ex2 , trong đó ab cd . 
Với dạng này ta chia hai vế phương trình cho x2 x 0 . Phương trình 
tương đương:
 2 2 2 ab cd 
 x a b x ab x c d x cd ex x a b x c d e
 x x 
 ab cd
Đặt t x x . Ta có phương trình: t a b t c d e
 x x 4 4 a b
Dạng 5: Phương trình x a x b c . Đặt x t ta đưa về 
 2
phương trình trùng phương 
Ví dụ 1: Giải các phương trình:
1) 2x4 5x3 6x2 5x 2 0 2) x 1 4 x 3 4 2
3) x x 1 x 2 x 3 24 4) 
 x 2 x 3 x 4 x 6 6x2 0
Lời giải: 
1) Ta thấy x 0 không là nghiệm phương trình nên chia hai vế pương trình 
cho x2 ta được:
 2 1 1 
2 x 2 5 x 6 0 . Đặt 
 x x 
 2
 1 2 1 1 2
t x , t 2 x 2 x 2 t 2 . Ta có:
 x x x 
 t 2
 2 2
2 t 2 5t 6 0 2t 5t 2 0 1 . Với 
 t 
 2
 1
t 2 x 2 x2 2x 1 0
 x
2) Đặt x t 2 ta được:
 t 1 4 t 1 4 2 t 4 6t 2 0 t 0 x 2
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 2.
Chú ý: Với bài 2 ta có thể giải bằng cách khác như sau: Trước hết ta có 
BĐT: 
 4
 a4 b4 a b 
 với a b 0 .
 2 4 
 Áp dụng BĐT này với: a x 1,b x 3 VT VP . Đẳng thức xảy ra 
khi x 2.
3) Ta có phương trình: x2 3x x2 3x 2 24 . Đặt t x2 3x . Ta 
được:t t 2 24 t 2 2t 24 0 t 6,t 4
* t 6 x2 3x 6 0 phương trình vô nghiệm
* t 4 x2 3x 4 0 x 1; x 4 . Vậy phương trình có hai nghiệm 
x 1; x 4 .
4) Phương trình x2 2x 12 x2 x 12 6x2 0
Vì x 0 không là nghiệm của phương trình nên chia hai vế phương trình 
cho x2 ta được:
 12 12 12
 x 4 x 1 6 0 . Đặt t x , ta có: 
 x x x
 2 t 1
 t 4 t 1 6 0 t 3t 2 0 
 t 2
 12 2 x 4
* t 1 x 1 x x 12 0 
 x x 3
* t 2 x2 2x 12 0 x 1 13
Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm: x 3; x 4; x 1 13
Ví dụ 2) 
 2
 a) Giải phương trình:3 x2 x 1 2 x 1 2 5 x3 1 b) Giải phương trình: x6 3x5 6x4 21x3 6x2 3x 1 0
 c) Giải phương trình: x 1 x 2 x 3 2 x 4 x 5 360
 3
 d) Giải phương trình: x3 5x 5 5x3 24x 30 0 .
Lời giải:
 a) Vì x 1 không là nghiệm của phương trình nên chia cả hai vế cho 
 x3 1 ta được:
 x2 x 1 x 1
3 2 . Đặt 
 x 1 x2 x 1
 x2 x 1 2 1
t 3t 5 3t 2 5t 2 0 t 2,t 
 x 1 t 3
 3 13
* t 2 x2 3x 1 0 x 
 2
 1
* t 3x2 2x 4 0 phương trình vô nghiệm
 3
b) Đây là phương trình bậc 6 và ta thấy các hệ số đối xứng do đó ta có thể 
áp dụng cách giải mà ta đã giải đối với phương trình bậc bốn có hệ số đối 
xứng.
Ta thấy x 0 không là nghiệm của phương trình. Chia 2 vế của phương 
trình cho x3 ta được:
 3 1 2 1 1 1
x 3 3 x 2 6 x 21 0 . Đặt t x , t 2. Ta có:
 x x x x
 2 1 2 3 1 2
x 2 t 2; x 3 t t 3 nên phương trình trở thành:
 x x
t t 2 3 3 t 2 2 6t 21 0 
 3 2 2 t 3
 t 3t 9t 27 0 t 3 t 3 0 
 t 3
 1 3 5
* t 3 x 3 x2 3x 1 0 x 
 x 2
 3 5
* t 3 x2 3x 1 0 x . Vậy phương trình có bốn nghiệm 
 2
 3 5 3 5
x ; x .
 2 2
c) Phương trình x2 6x 5 x2 6x 8 x2 6x 9 360
Đặt t x2 6x , ta có phương trình: y 5 y 8 y 9 360
 2 2 x 0
 y y 22y 157 0 y 0 x 6x 0 
 x 6
Vậy phương trình có hai nghiệm: x 0; x 6 .
 d) Ta có: x3 5x 30 5 x3 5x 5 x 5 nên phương trình tương 
 đương
 3
 x3 5x 5 5 x3 24x x3 24x 30 0 . Đặt u x3 5x 5. Ta được 
hệ:
 u3 5u 5 x
 u x u2 ux x2 6 0 u x .
 3 
 x 5x 5 u
 x3 4x 5 0 x 1 x2 x 5 0 x 1. Vậy x 1 là 
nghiệm duy nhất của phương trình.
Dạng 6: