Chuyên đề Phương trình đại số - Toán 9

 CHUYÊN ĐỀ 
PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ 
 m
-Nếu a, b, c, d là các số nguyên và x là nghiệm hữu tỷ của (1) thì m l| ước của d và n 
 0 n
l| ước của a. Đặc biệt trường hợp a = 1 thì phương trình (1) có nghiệm x0 l| ước của d.
Thí dụ 1. Giải phương trình: 
 a) x3 320 x b )3–7–73 0 y 3 y 2 y c ) x 3 x 2 3100. x 
 Hƣớng dẫn giải 
a) Ta thấy a + b + c + d = 1 + 0 – 3 + 2 = 0 nên phương trình có một nghiệm x = 1.
PT x3 – x2 + x2 – x – 2x + 2 = 0 
 x2(x – 1) + x(x – 1) – 2(x – 1) = 0 
 (x – 1)(x2 + x – 2) = 0 
 xx 1 0 1
 2
 x x 2 0 x 2
Vậy tập nghiệm của phương trình l| S 1;2  
b) Ta thấy a - b + c - d = 3 + 7 – 7 – 3 = 0 nên phương trình có nghiệm y = - 1.
PT 3y3 + 3y2 – 10y2 – 10y + 3y + 3 = 0 
 3y2(y + 1) – 10y(y + 1) + 3(y + 1) = 0 
 (y + 1)( 3y2 – 10y + 3) = 0 (y + 1)( 3y – 1)(y – 3) = 0. 
 y1 
 y 1 0 
 1
 3y 1 0 y . 
 3
 y 3 0 
 y3 
 1
 Vậy tập nghiệm của phương trình là S  1; ; 3
 3
c) Ta có d = - 10 ta nhẩm các số l| ước của 10 thì thấy x = 2 là nghiệm của phương trình.
 x32 x 3 x 10 0
 x3 2 x2 x 2 2 x 5 x 10 0
 x2. x 2 x . x 2 5. x 2 0
 x 2 x2 x 5 0
 x 2
Do x2 x 50  x 
Vậy phương trình có nghiệm x = 2. 
b) Phương trình chứa hệ số 2 nên ta đo{n có nghiệm dạng xa0 2 nên ta đặt xa 2
nhằm triệt tiêu hệ số khi đó phương trình có dạng: 
 2 2a32 2 2 a 5 2 a 2 0
 2a32 2 a 5 a 1 0
 a 1 2 a2 4 a 1 0
 a 1
 2
 2aa 4 1 0
 a 1
 6
 a 1 
 2
 x 2
 x 23 
Vậy tập nghiệm của phương trình l| S 2; 2 3
Thí dụ 3. Giải phương trình: 
a) (z + 3)3 – (z + 1)3 = 98. b) (4x + 3)3 – (2x – 5)3 = ( 2x + 8)3 ;
c) (3x + 2016)3 + (3x – 2019)3 = (6x – 3)3; d) (2x – 7)3 + (9 – 2x)3 = 152.
 Hƣớng dẫn giải 
a) Phương trình z3 + 9z2 + 27z + 27 – z3 – 3z2 – 3z – 1 = 98 
 6z2 + 24z – 72 = 0
 z2 + 4z – 12 = 0 
 z2 + 6z – 2z – 12 = 0 
 (z + 6)(z – 2) = 0 
 z 6 0
 z 2 0
 z6 
 z2 
Tập nghiệm của phương trình (1) l| S 6 ; 2  . 
* Nhận xét : Ta có cách giải khác:
 Do z + 2 là trung bình cộng của z +1 v| z + 3 nên ta đặt z + 2 = y phương trình trở 
thành (y + 1)3 – (y – 1)3 = 98 
 y3 + 3y2 + 3y + 1 – y3 + 3y2 – 3y + 1 = 98 6y2 = 96 
 Hƣớng dẫn giải 
a) Phương trình có nghiệm hữu tỷ x = a thì a l| ước của 4, ta thử các giá trị 1; 2; 4 đều
không là nghiệm. Mặt khác lại thấy các hệ số 1; - 3; 3 giống hằng đẳng thức 
a3 - 3a2 + 3a – 1 = (a - 1)3 nên ta biến đổi như sau: 
 x3 – 3x2 + 3x – 4 = 0 
 x32 3 x 3 x 1 3
 x 13 3 
 x 13 3
 x 13 3
Vậy nghiệm của phương trình l| x 133
b) Bằng phương ph{p nhẩm nghiệm dễ thấy phương trình không có nghiệm hữu tỷ. Ta
biến đổi như sau: 
 2x32 3 x 6 x 4 0
 4x32 6 x 12 x 8 0
 5x3 x 3 6 x 2 12 x 8
 3
 3 5.xx 2 3
 3 5.xx 2
 2
 x
 3 51 
 2
Vậy nghiệm của phương trình l|: x 
 3 51 
II. Phƣơng trình bậc bốn.
1) Lý thuyết.
 4 3 2
Phương trình bậc 4 l| phương trình có dạng: ax bx cx dx e 0 a 0 
Phƣơng pháp giải. Để giải phương trình bậc 4 chúng ta thường nhẩm một nghiệm và 
phân tích phương trình bậc 4 thành tích của một đa thức bậc 3 v| đa thức bậc nhất sau đó 
dùng c{c phương ph{p để giải phương trình bậc 3 hoặc phân tích thành tích hai tam thức 
bậc 2, hoặc đặt ẩn phụ chuyển về giải phương trình bậc 2. Ta xét các dạng to{n đặc biệt 
thường giao trong c{c đề thi như sau: 
Dạng 1. Phương trình trùng phương: ax42 bx c 0 a 0 2.1 
Phƣơng pháp giải. – Đặt y x2 ( y 0) khi đó phương: ay2 by c 0 2.2 
Đ}y l| phương trình bậc 2 dễ d|ng tính được nghiệm từ đó suy ra x. 
a) x 1 x 2 x 4 x 5 10 b) 4 x 7 4 x 5 x 1 2 x 1 9.
 Hƣớng dẫn giải 
a) Ta có:
 x 1 x 2 x 4 x 5 10
 x 1 x 5 x 2 x 4 10
 x22 6 x 5 x 6 x 8 10
Đặt t = x2 + 6x khi đó phương trình trở thành: 
 tt 5 8 10
 tt2 13 30 0
 tt 3 10 0
 t 3
 t 10
 xx2 6 3 0
 2
 xx 6 10 0
 x22 6 x 3 0 dox 6 x 10 x 3 2 1 0 
 x 36 2 
 x 36 
 x 36 
Vậy tập nghiệm của phương trình l| S 3 6; 3 6
b) * Tìm cách giải : Ta thấy nếu vế trái nhân 4 vào nhân tử thứ ba, nhân 2 vào nhân tử thứ
tư thì cả bốn nhân tử đều l| c{c đa thức mà hệ số của x đều là 4. Vế phải nhân với 8 để 
được phương trình mới tương đương. Sau đó nếu nhân (4x + 7) với (4x + 2) ; (4x + 5) với 
(4x + 4) ta thấy kết quả xuất hiện các hạng tử giống nhau 16x2 + 36x nên có thể đặt ẩn phụ 
để giải. 
 Ta có (4x + 7)(4x + 5)(x + 1)(2x + 1) = 9 
 (4x + 7)(4x + 5)(4x + 4)(4x + 2) = 72 
 (16x2 + 36x + 14)(16x2 + 36x + 20) = 72. 
 Đặt 16x2 + 36x + 17 = y ta có : 
 (y – 3)(y + 3) = 72 y2 – 9 = 72 y2 = 81 y = 9 . 
-Với 16x2 + 36x + 17 = 9 4x2 + 9x + 2 = 0 4x2 + 8x + x + 2 = 0 
 4x2 + 8x + x + 2 = 0 4x(x + 2) + (x + 2) = 0 
 2 2 2
Thí dụ 8. Giải phương trình: (2x 3 x 1)(2 x 5 x 1) 9 x (1)
 Hƣớng dẫn giải 
– Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của Phương trình.
- Chia hai vế của Phương trình (1) cho x2 0 ta được: 
 11 
 2x 3 2x 5 9 (*)
 xx 
 1
Đặt tx 2 . Khi đó phương trình (*) trở thành: (t – 3)(t + 5) = 9
 x
 2 t 6
 t 2 t 24 0 (t 6)( t 4) 0 
 t 4
 1 3 7
Với t = - 6 ta có: 2x 6 2x2 6 x 1 0 x .
 x 2
 1 2 2
Với t = 4 ta có: 2x 4 2x2 4 x 1 0 x .
 x 2
 37 22 
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm: x , x . 
 2 2
 2 2 2
Thí dụ 9. Giải phương trình: (x 5 x 1)( x 4) 6( x 1) (2)
 Hƣớng dẫn giải 
Đặt ax 1 thay x = a + 1 và rút gọn ta được: 
(u2 7u 3)( u 2 2 u 3) 6 u 2 (*)
Đến đ}y có thể giải tiếp như ví dụ trên. 
 1 21
Giải ra ta được 4 nghiệm là: xx 3 7; .
 2
 x a x b x c x d ex2 , ab cd
Dạng 5. Phương trình có dạng: trong đó . 
Phƣơng pháp giải: 
– Bƣớc 1: nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình.
 2 2 2
- Bƣớc 2: PT x abxabx cdxcd ex
Chia hai vế của phương trình cho x2 0 . 
 ab cd 
Phương trình trở thành: x a b x c d e
 xx 
 ab cd
Bƣớc 3: Đặt t x x . Ta có phương trình: t a b t c d e 
 xx
 x 1
 6 x 6
 x 7 2
 x xx 7 6 0 19 337
Do đó: x 
 6 xx2 19 6 0
 x 19 2
 x 19 337
 x 
 2
 19 337 19 337
Vậy phương trình có 4 nghiệm x 1, x 6, x , x 
 22
 2
 2 2 2
Dạng 6. Phương trình có dạng: abx1 cxd1 abx2 cxd2 Ax
Phƣơng pháp giải: 
– Bƣớc 1: nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình.
- Bƣớc 2: Chia hai vế của phương trình cho . 
 22
 dd 
Phương trình trở thành: a1 bx c1 a 2 bx c2 A
 xx 
 d 22
Bƣớc 3: Đặt t bx . Ta có phương trình: a t c a t c A
 x 1 1 2 2
Đ}y l| phương trình bậc 2 dễ d|ng tính được t từ đó tính được x. 
 22
Thí dụ 11. Giải phương trình: 3 x2 2 x 1 2 x2 3 x 1 5 x2 0
 Hƣớng dẫn giải 
 Dễ thấy x 0 không là nghiệm của phương trình. 
 22
 2 11 
 Chia hai vế của phương trình cho x ta được 3 xx 2 2 3 5 0 . 
 xx 
 1 22 2 y 1
 Đặt yx , phương trình trở thành: 3 y 2 2 y 3 5 0 y 1 0 . 
 x y 1
 1 15
 x 1 x 
 x 2
 Suy ra . 
 1 15 
 x 1 x 
 x 2 x2 0
  1 5 1 5
 Vậy tập nghiệm của phương trình l| S ; . 
  22
 4 3 2
Dạng 7. Phương trình có dạng: ax bx cx bx a 0.
Phƣơng pháp giải: