Các dạng bài tập Phương trình mũ (hay)

CHƯƠNG I: PHƯƠNG TRÌNH MŨ BÀI TOÁN 1: PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG Phương pháp: Ta có : ( ) ( ) f x g x a a = ⇔ ( ) ( ) ( ) 0 1 0 a a f x g x          > − − = VD1: Giải phương trình: ( ) ( ) sin 2 3cos 2 2 2 2 x x x x x x − + − = + − Giải: Phương trình tương đương : ( ) ( ) 1 2(*) 2 2 0 2 1 0(1) 2 2 1 sin 2 3cos 0 sin 3 cos 2(2) x x x x x x x x x x x                 − < < + − > ⇔ − − = + − − − + = + = Giải (1) ta được 1 5 1,2 2 x ± = thoả mãn điều kiện (*) Giải (2): 1 3 sin cos 1 sin 1 2 2 , 2 2 3 3 2 6 x x x x x k x k k Z π π π π π π   + = ⇔ + = ⇔ + = + ⇔ = + ∈     Để nghiệm thoả mãn điều kiện (*) ta phải có: 1 1 1 2 2 1 2 0, 6 2 6 2 6 k k k k Z π π π π π π     − < + < ⇔ − − < < − ⇔ = ∈         khi đó ta nhận được 3 6 x π = Vậy phương trình có 3 nghiệm phân biệt 1,2 3 1 5 ; 2 6 x x π ± = = . VD2: Giải phương trình: ( ) ( ) 2 2 4 3 5 2 2 3 6 9 x x x x x x x + − − + − = − + Giải: Phương trình ⇔ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 3 5 2 2 2( 4) 3 3 3 x x x x x x x x x + − − + + −   − = − = −   2 2 2 3 1 4 4 0 3 1 3 4 5 3 5 2 2 2 8 7 10 0 x x x x x x x x x x x x − = =   =    < − ≠ < ≠ ⇔ ⇔ ⇔      =      − + = + − − + =     Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt x = 4, x = 5. VD 3 : Cho phương trình : 3 4 1 2 , 1 8 x m x m − = > (1) a) Giải phương trình khi m = 7. b) Chứng minh rằng khi 1 m > , phương trình luôn có nghiệm duy nhất. Giải : (1) 3 4 3 2 2 x m x − − = ⇔ 3 4 3 x m x − = − ⇔ 3 4 3 x x m + = . (2) a) Với m = 7 ta có phương trình 3 4 3 7 0 x x + − = ⇔ ( ) ( ) 2 1 4 4 7 0 x x x − + + = ⇔ x = 1. WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 1 b) Xét hàm số ( ) 3 4 3 f x x x = + , x ∈ R. Ta có ( ) 2 ' 12 3 0, f x x x = + > ∀ . Hàm số đồng biến trên R. Hơn nữa, f(x) liên tục trên R và ( ) lim x f x →+∞ = +∞ và ( ) lim x f x →−∞ = −∞ . Vậy (2) có nghiệm duy nhất với 1 m > . VD 4: Cho phương trình ( ) ( ) 1 2 2 2 2 1 1 x a x x x + + − + + = + (1) Tìm các giá trị của a để phương trình có 2 nghiệm phân biệt. Giải : ĐK : 2 x ≥ − (1) ⇔ ( ) ( ) 2 1 1 1 2 2 0 x x a x + − + + − + + = ⇔ ( ) 2 1 2 2 0 x x a + + − = ⇔ ( ) 0 1 2 2 2 x x a =   + + =   (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ (2) có nghiệm duy nhất khác 0. Xét hàm số ( ) 1 2 2, 2 f x x x = + + ∀ ≥ − . Ta có ( ) 1 ' 2 f x x = + > 0 , 2 x ∀ > − , hàm số ĐB trên [ ) 2; − +∞ . Suy ra, ( ) ( ) 2 1, 2 f x f x ≥ = ∀ ≥ − . Ta có : (2) có nghiệm duy nhất khác 0 ⇔ 1 1 2 2 a a ≥    ≠ +   . VD 5: Giải các phương trình sau : 1) ( ) ( ) 3 1 1 3 10 3 10 3 x x x x − + − + + = − 2) ( ) 2 1 2 .3 3 x x x + + = 3) ( ) 2 4 2 2 1 1 x x x x x − − + = − + 4) ( ) 1 cos cos 2 2 2 2 2 x x x x x + + = + Giải : 1) ( ) ( ) 3 1 1 3 10 3 10 3 x x x x − + − + + = − ĐK : 1 3 x x ≠   ≠ −  Phương trình ⇔ ( ) ( ) 3 1 1 3 10 3 10 3 x x x x − + − − + + = + , do 1 10 3 10 3 − = + . ⇔ 3 1 1 3 x x x x − − − = − + ⇔ 2 2 9 1 x x − = − ⇔ 5 x = ± Vậy phương trình có 2 nghiệm 5 x = ± . 2) ( ) 2 1 2 .3 3 x x x + + = ⇔ 1 2 2 .3 .3 3 .3 x x x = ⇔ ( ) 6 3 x x = ⇔ 6 1 3 x   =     ⇔ x = 0. Vậy phương trình có nghiệm x = 0. 3) ( ) 2 4 2 2 1 1 x x x x x − − + = − + ĐK : 2 2 x − ≤ ≤ . WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 2 Phương trình ⇔ ( ) 2 2 1 1 1 4 0 2 x x x   − + − − − =     ⇔ ( ) ( ) 2 2 2 4 1 0 x x x − − − = ⇔ 2 2 0 2 4 1 0 x x x  − =   − − =  ⇔ 2 0 1 15 4 x x x = ∨ = ±    =  ⇔ 0 1 15 2 x x x = ∨ = ±    = ±   , thỏa ĐK. Vậy phương trình có 5 nghiệm 0; 1 x x = = ± ; 15 2 x = ± . 4) ( ) 1 cos cos 2 2 2 2 2 x x x x x + + = + ⇔ ( ) cos 2 1 1 2 1 0 2 2 x x x +   + − − =     ⇔ cos 2 2 1 0 1 1 x x x  + − =  + =  ⇔ ( ) cos 2 2 1 1 0 x x x  = −  =   BÀI TẬP TƯƠNG TỰ BÀI I. Giải các phương trình sau 1) 1 2 2 1 2 2 2 3 3 3 x x x x x x − − − − + + = + − ĐS : x = 2 2) ( ) 2 1 1 3 2 2 2 4 x x x − +   =       ĐS : x = 9 3) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 3 4 2 2 2 4 2 x x x x x − − − = ĐS : 1 1; 3; 3 x x x = = − = 4) ( ) 2 9 32 2 2 2 2 2 x x x x x − − + = − + ĐS : 4 1;; 5 3 x x= = ± 5) ( ) 2 2 2 24 12 3 0,6 .5 .9 5 x x x x − −   =     Hướng dẫn : Đưa về cơ số 3 5 ; x = 2 3 ± 6) 3 3 2 4 0,125 0,25 x x x = ĐS : 2 19 5 x − ± = 7) 1 5 . 8 100 xx x+ = ĐS : x = 2; 2 1 1 log 5 x = − − 8) 3 1 2 1 3 2 . 4 .8 2 2.0,125 x x x+ − − = ĐS : 53 7 x = 9) 8 1 3 4 9 . 4 3 16 x x −     =         ĐS : 1; 4 x x = − = 10) 1 1 1 1 2 .4 . 16 8 x x x x + − − = ĐS : 2 x = 11) 1 3 32 0,25.128 x x + − = ĐS : 14 x = 12) 1 4 2 1 2 1 27 .81 9 x x x x + − − + = ĐS : 2 ; 3 11 x x = = 13) 1 2 1 2 .5 .10 5 x x x − − = ĐS : 1 x = 14) 1 5 2 .5 0,1.(10 ) x x x− = ĐS : 3 2 x = 15) 1 2 1 2 3 3 3 5 5 5 x x x x x x + + + + + + = + + ĐS : 3 5 31 log 16 x = WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 3 16) 1 6 1 2 .2. 2 4 x x + + = ĐS : 3 2 x = 17) 2 3 19 1 1 2 2 4 16 0,25.2 x x x x − − + − − = ĐS : 5 1; 2 x x = − = 18) 2 3 1 (3 3 3) 81 x x +   =     ĐS : 16 13 x = − 19) 2 1 1 5 9 . 1 3 25 x x x + + −     =         ĐS : 3 1; 2 x x = = − 20) 3 (3 2 2) 3 2 2 x − = + ĐS : 1 3 x = − 21) − + − + − + = + 2 2 2 4 12 2 16 4 4 4 1 x x x x x ĐS : x = -4; x = 3; 2 x = ± 22) ( ) ( ) 1 1 1 5 2 5 2 x x x − − + + = − Hướng dẫn : Đưa về phương trình : 1 1 1 1 x t + + = , ( ) 1 5 2 0 x t ,t − = + > ĐS : x = 1; x = -2 23) 7 1 2 1 1 . 2 2 2 x x+ −     =         ĐS : x = 9 BÀI TOÁN 2: PHƯƠNG PHÁP LÔGARIT HOÁ Phương pháp: Dạng 1: Phương trình: ( ) ( ) 0 1, 0 log f x a a b a b f x b < ≠ >   = ⇔  =   Dạng 2: Phương trình : ( ) ( ) ( ) ( ) log log ( ) ( ).log ; a,b > 0 f x g x f x f x a a a a b a b f x g x b= ⇔ = ⇔ = hoặc ( ) ( ) log log ( ).log ( ). f x g x b b b a b f x a g x = ⇔ = VD1: Giải phương trình: 2 2 2 3 2 x x− = Giải: Lấy logarit cơ số 2 hai vế phương trình ta được: 2 2 2 2 2 2 2 2 3 log 2 log 2 log 3 1 2 1 log 3 0 2 x x x x x x − = ⇔ − = − ⇔ − + − = Ta có , 2 2 1 1 log 3 log 3 0 ∆ = − + = > suy ra phương trình có nghiệm x = 1 2 log 3. ± VD2: Giải phương trình: 1 5 .8 500. x x x − = Giải: Ta có : 1 1 3 3 3 2 3 8 5 .8 500 5 .2 5 .2 5 .2 1 x x x x x x x x − − − − = ⇔ = ⇔ = WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 4 Lấy logarit cơ số 2 vế, ta được: ( ) ( ) 3 3 3 3 2 2 2 2 2 3 log 5 .2 0 log 5 log 2 0 3 .log 5 log 2 0 x x x x x x x x x − − − −     − = ⇔ + = ⇔ − + =         ( ) 2 2 3 1 3 log 5 0 1 log 5 x x x x =     ⇔ − + = ⇔    = −     Vậy phương trình có 2 nghiệm : 2 1 3; log 5 x x= = − Ví dụ 3 : Giải phương trình ( ) 2 7 25 5 log 5 1 log 7 x x − = (1) Giải : ĐK : x > 0. (1) ⇔ ( ) ( ) ( ) 2 25 5 log 5 1 log 7 5 5 log 7 log x x − = ⇔ ( ) ( ) 2 25 5 5 5 log 5 1 .log 7 log 7.log x x − = ⇔ ( ) 2 5 5 1 log 5 log 1 0 4 x x − − = ⇔ 2 5 5 log 2log 3 0 x x − − = ⇔ 5 5 log 1 log 3 x x = − ∨ = ⇔ 1 125 5 x x= ∨ = Vậy phương trình có 2 nghiệm : 1 125; 5 x x = = . BÀI TẬP TƯƠNG TỰ BÀI I. Giải các phương trình sau 1) 2 4 3 3 125.125 x x − = ĐS : 2 3 3 3 1 8 3log 5 9log 5 16 log 5 2 3 x   = ± + +       2) 2 3 6 8 36.3 x x x + + = ĐS : 3 4; 2 log 2 x x= − = − − 3) 2 2 2 .3 1,5 x x x− = ĐS : 2 1; 1 log 3 x x= = − 4) 1 3 .8 36 x x x+ = ĐS : 3 2; 1 log 2 x x= = − − BÀI II. Giải các phương trình sau 1) 3 2 1 5 .2 4 x x x − + = ĐS : 2 2; 1 log 5 x x= = − − 2) 4lg 2 4 1600 x x = ĐS : 1 40; 10 x x = = 3) 4 lg 100 x x = ĐS : 1 10000; 10000 x x= = 4) 2 1 3 5 7 x x − − = ĐS : 5 4 2 log 7 x = + 5) 2 1 1 5 .2 50 x x x − + = ĐS : 5 2; 1 log 2 x x= = − − 6) 2 1 2 1 5 .2 10.8 x x x x − − + = ĐS : 2 log 5 2; 2 x x= = − 7) 1 2 1 4.9 3 2 x x − + = ĐS : 3 x 2 = WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 5 8) 4 1 3 2 2 1 5 7 x x + +     =         ĐS : 7 7 2 2 log 5 x 2 4 log 3 5 − − = + 9) 3 2 3 .2 6 x x x+ = ĐS : x = 1 BÀI TOÁN 3: PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Phương pháp: Chuyển phương trình ban đầu thành 1 phương trình với 1 ẩn phụ. Các phép đặt ẩn phụ thường gặp sau: Giã sử, đặt u = f(x) hay u là một hằng số nào đó, ta có : Dạng 1: Phương trình ( 1) 1 1 0 0 ku k u u k k a a a α α α α − − + + + + = Khi đó đặt u t a = điều kiện t > 0, 1 u a t − = , ta được: 1 1 1 0 0 k k k k t t t α α α α − − + + = Dạng 2: Phương trình 1 2 3 0 u u a b α α α + + = với a.b = 1. Khi đó đặt , u t a = điều kiện t > 0 suy ra 1 u b t = ta được: 2 2 1 3 1 3 2 0 0 t t t t α α α α α α + + = ⇔ + + = Dạng 3: Phương trình ( ) 2 2 1 2 3 0 u u u a ab b α α α + + = khi đó chia 2 vế của phương trình cho 2 u b >0 ( hoặc ( ) 2 , . u u a a b ), ta được: 2 1 2 3 0 u u a a b b α α α     + + =         Đặt , u a t b   =     điều kiện t > 0, ta được: 2 1 2 3 0 t t α α α + + = Dạng 4: Lượng giác hoá. Nếu trong phương trình có dạng : 2 2 a u − , ta có thể đặt u = a.sint hay u = a.cost,…(VD 6) Chú ý: Nếu phương trình không có tham số thì điều kiện cho u t a = là t > 0 vẫn đúng, nhưng nếu trong bài toán chứa tham số thì điều kiện trên nói chung không đúng Ví dụ : Nếu đặt 2 1 2 x t + = thì t > 0 là sai trong lớp bài toán chứa tham số, bới thực chất điều kiện cho t phải là 2 t ≥ . VD1: Giải phương trình: 1 2 2 cot sin 4 2 3 0 g x x + − = (1) Giải: Điều kiện : sin 0 , x x k k Z π ≠ ⇔ ≠ ∈ (*) Vì 2 2 1 1 cot sin g x x = + nên phương trình (1) được biết dưới dạng: 2 2 cot cot 4 2.2 3 0 g x g x + − = (2) Đặt 2 cot 2 g x t = điều kiện 1 t ≥ vì 2 2 cot 0 cot 0 2 2 1 g x g x ≥ ⇔ ≥ = Khi đó phương trình (2) có dạng: WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 6 2 2 cot 2 1 2 3 0 2 1 cot 0 3 cot 0 , 2 g x t t t g x t gx x k k Z π π =  + − = ⇔ ⇔ = ⇔ =  = −  ⇔ = ⇔ = + ∈ thoả mãn (*) Vậy phương trình có 1 họ nghiệm , 2 x k k Z π π = + ∈ VD2: Giải phương trình: ( ) ( ) 7 4 3 3 2 3 2 0 x x + − − + = Giải: Nhận xét rằng: ( ) ( ) ( ) 2 7 4 3 2 3 ; 2 3 2 3 1 + = + + − = Do đó nếu đặt ( ) 2 3 x t = + điều kiện t > 0, thì: ( ) 1 2 3 x t − = và ( ) 2 7 4 3 x t + = Khi đó phương trình tương đương với: ( ) ( ) 2 3 2 2 1 3 2 0 2 3 0 1 3 0 3 0( ) t t t t t t t t t t vn =  − + = ⇔ + − = ⇔ − + + = ⇔  + + =  ( ) 2 3 1 0 x x ⇔ + = ⇔ = Vậy phương trình có nghiệm x = 0 Nhận xét: Như vậy trong ví dụ trên bằng việc đánh giá: ( ) ( )( ) 2 7 4 3 2 3 2 3 2 3 1 + = + + − = Ta đã lựa chọn được ẩn phụ ( ) 2 3 x t = + cho phương trình Ví dụ tiếp theo ta sẽ miêu tả việc lựa chọn ẩn phụ thông qua đánh giá mở rộng của a.b = 1, đó là: . . 1, 0 a b a b c c c c = ⇔ = > tức là với các phương trình có dạng: . . 0 x x x A a B b C c + + = Khi đó ta thực hiện phép chia cả 2 vế của phương trình cho ( ) x c > 0, ta được: . 0 x x a b A B C c c     + + =         từ đó thiết lập ẩn phụ , 0 x a t t c   = >     và suy ra 1 x b t c   =     VD3: Giải phương trình : ( ) ( ) 3 3 5 16 3 5 2 x x x + + + − = Giải : Nhận xét : ( ) ( ) 3 5 3 5 4 + − = ⇔ ( ) ( ) 3 5 3 5 1 2 2 + − = . Do đó, chia 2 vế của phương trình cho 2 x , ta được phương trình : 3 5 3 5 16 8 2 2 x x     + − + =             (1) Đ ặt 3 5 2 x t   − =       , t > 0 thì phương trình (1) trở thành : WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 7 16 8 0 t t + − = ⇔ 2 8 16 0 t t − + = ⇔ t = 4 ⇒ 3 5 4 2 x   − =       ⇔ 3 5 2 log 4 x − = . Vậy phương trình có nghiệm 3 5 2 log 4 x − = . VD4: Giải phương trình: 2 2 2 1 2 2 2 9.2 2 0 x x x x+ + + − + = Giải: Chia cả 2 vế phương trình cho 2 2 2 0 x+ ≠ ta được: 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 9 2 9.2 1 0 .2 .2 1 0 2 4 x x x x x x x x− − − − − − − + = ⇔ − + = 2 2 2 2 2.2 9.2 4 0 x x x x− − ⇔ − + = Đặt 2 2 x x t − = điều kiện t > 0. Khi đó phương trình tương đương với: 2 2 2 2 2 2 1 4 2 2 2 1 2 9 4 0 1 2 1 2 2 2 x x x x t x x x t t x t x x − − − =    = − = = −   − + = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔     = = − = −    =    Vậy phương trình có 2 nghiệm x =-1, x = 2. Chú ý: Trong ví dụ trên, vì bài toán không có tham số nên ta sử dụng điều kiện cho ẩn phụ chỉ là t > 0 và chúng ta đã thấy với 1 2 t = vô nghiệm. Do vậy nếu bài toán có chứa tham số chúng ta cần xác định điều kiện đúng cho ẩn phụ như sau: 2 2 1 2 4 4 1 1 1 1 2 2 2 4 4 2 x x x x x t −   − = − − ≥ − ⇔ ≥ ⇔ ≥     VD5: Giải phương trình: ( ) 3 3 1 1 12 2 6.2 1 2 2 x x x x− + − − = Giải: Viết lại phương trình có dạng: 3 3 3 2 2 2 6 2 1 2 2 x x x x     − + − =         (1) Đặt 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 3.2 2 6 2 2 2 2 x x x x x x x x t t t     = − ⇒ − = − − − = −         Khi đó phương trình (1) có dạng: 3 2 6 6 1 1 2 1 2 x x t t t t + − = ⇔ = ⇔ − = Đặt 2 , 0 x u u = > khi đó phương trình (2) có dạng: 2 1(1) 1 2 0 2 2 2 1 2 2 x u u u u u u x u = −  − = ⇔ − − = ⇔ ⇔ = ⇔ = ⇔ =  =  Vậy phương trình có nghiệm x = 1 Chú ý: Tiếp theo là bài toán sử dụng phương pháp lượng giác hoá. WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 8 VD6: Giải phương trình: ( ) 2 2 1 1 2 1 2 1 2 .2 x x x + − = + − Giải: Điều kiện 2 2 1 2 0 2 1 0 x x x − ≥ ⇔ ≤ ⇔ ≤ Ta có : 0 2 1 x < ≤ , đặt 2 sin , 0; 2 x t t π   = ∈     Phương trình trở thành : ( ) 2 2 1 1 sin sin 1 2 1 sin t t t + − = + − ⇔ ( ) 1 cos sin 1 2cos t t t + = + ⇔ cos 2sin 4sin .cos 2 0 2 2 2 t t t t   + − =     . Vậy phương trình có 2 nghiệm x = -1, x = 0. VD 7 : 1) Giải phương trình : ( ) ( ) 2 2 2 2 log 4 log 2 log 6 4 2.3 x x x− = 2) Cho phương trình : ( ) ( ) 1 1 4 3 2 2 3 1 0 x x m m m + + + − − + = a) Giải phương trình khi m = 3. b) Định m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu. Giải : 1) ( ) ( ) 2 2 2 2 log 4 log 2 log 6 4 2.3 x x x− = ĐK : x > 0. Phương trình ⇔ 2 2 2 1 log log 2 2log 4 6 2.3 x x x + + − = ⇔ 2 2 2 log log log 4.4 6 2.9.9 x x x − = (1) Đặt t = 2 log x , (1) ⇔ 4.4 6 18.9 t t t − = ⇔ 2 3 3 18. 4 0 2 2 t t     + − =         ⇔ 2 3 1 17 (loai) 2 36 3 1 17 2 2 36 3 t t  − −   =        − +      = =           ⇔ t = - 2 ⇔ 2 log x = - 2 ⇔ x = 1 4 . Vậy phương trình có nghiệm x = 1 4 . 2) ( ) ( ) 1 1 4 3 2 2 3 1 0 x x m m m + + + − − + = (1) Đặt t = 2 x , phương trình trở thành ( ) ( ) ( ) 2 1 2 3 2 3 1 0 f t m t m t m = + + − − + = , t > 0 (2) a) Khi m = 3, phương trình trở thành : 2 4 14 8 0 t t + − = ⇔ 4 (loai) 1 2 1 2 2 x t t = −   ⇔ =  =  ⇔ x = -1. Vậy phương trình có nghiệm x = -1. b) Nếu m = -1,(2) chỉ có 1 nghiệm, loại. Vậy 1 m ≠ − . Ta có khi x < 0 thì 2 1 x < và khi x > 0 thì 2 1 x > . (1) có 2 nghiệm trái dấu ⇔ (2) có 2 nghiệm 1 t , 2 t thỏa : 1 2 1 t t < < ⇔ ( ) ( ) 1 1 0 m f + < ⇔ ( ) ( ) 1 4 2 0 m m + − < ⇔ 1 1 2 m − < < . Vậy các giá trị m cần tìm là : 1 1 2 m − < < . VD 8 : Cho phương trình : ( ) ( ) 2 3 2 3 4 x x m − + + = WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 9 a)Giải phương trình khi m = 1 b)Tìm m để phương trình có 2 nghiệm 1 2 , x x thỏa mãn : 1 2 2 3 log 9 x x + − = . Giải : Ta có ( ) ( ) 2 3 2 3 4 x x m − + + = (1) Đặt ( ) 2 3 x t = − , t > 0. suy ra ( ) 2 3 x + = 1 t . Phương trình trở thành 4 m t t + = ⇔ 2 4 0 t t m − + = (2) a) Với m = 1, (2) ⇔ 2 4 1 0 t t − + = ⇔ 2 3 2 3 t t  = −  = +   ⇔ ( ) ( ) 2 3 2 3 2 3 2 3 x x  − = −   − = +   ⇔ 1 x = ± . b) Gọi 2 nghiệm của (2) là 1 2 , t t với 1 t < 2 t . Ta có 1 2 t t = ( ) 1 2 2 3 x x − − = ( ) 2 3 log 9 2 3 + − = ( ) 2 3 1 log 3 2 3 − − = 1 3 (1) có 2 nghiệm 1 2 , x x thỏa mãn : 1 2 2 3 log 9 x x + − = ⇔ (2) có 2 nghiệm dương phân biệt 1 2 , t t thỏa mãn : 1 2 t t = 1 3 ⇔ 1 2 ' 0 0 0 1 3 S P t t ∆ >   >   >    =   ⇔ 1 2 4 0 4 0 0 1 3 m m t t − >   >   >    =   ⇔ 2 1 0 4 ( ) 3 m t t < < ∗   =  Ta có 1 2 t t = 1 3 ⇔ 4 1 t = 4 ⇔ 1 t = 1 2 3 t ⇒ = . Mặt khác, 1 2 . t t m = ⇔ 2 1 2 1 . 3 t t t m = = ⇔ m = 3, thỏa ( ) ∗ . Vậy m = 3 là giá trị cần tìm. VÍ DỤ 9 : Cho phương trình : 2 2 sin cos 81 81 x x m + = (1) a) Giải phương trình với m = 30. b) Tìm m để phương trình có nghiệm. Giải : Đặt 2 2 sin cos 81 81 x x a b  =   =   , ĐK : 1 , 81 a b ≤ ≤ . Ta có : . 81 a b = . Phương trình (1) trở thành : : . 81 a b m a b + =   =  (2). Đây là hệ phương trình đối xứng loại 1 ⇒ , a b là nghiệm của phương trình : ( ) 2 81 0 f t t mt = − + = (3) a) Khi m = 30 : (3) ⇔ 2 30 81 0 t t − + = ⇔ 3 27 t t = −   = −  (loại) b) (1) có nghiệm ⇔ hệ (2) có nghiệm ⇔ (3) có 2 nghiệm t thỏa : 1 2 1 81 t t ≤ ≤ ≤ ⇔ ( ) ( ) ' 0 1 0 81 0 1 81 2 f f f S ∆ ≥   ≥    ≥   ≤ ≤   ⇔ 2 324 0 82 0 6642 81 0 1 81 2 m m m m  − ≥  − ≥    − ≥   ≤ ≤   ⇔ 18 m 18 82 2 162 m m m m ≤ − ∨ ≥   ≤   ≥   ≤  ⇔ 18 82 m ≤ ≤ . WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 10 [...]... WWW.ToanCapBa.Net 1 ĐS : a) x = 2 b) 0 < m < −2 + 2 2 ∨ m = 1 BÀI TOÁN 5: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH I Phương pháp: Sử dụng 2 ẩn phụ cho 2 biểu thức mũ trong phương trình và biến đổi phương trình thành phương trình tích II VD minh hoạ: VD1: Giải phương trình: 4 x −3 x + 2 + 4 x + 6 x +5 = 42 x +3 x +7 + 1 2 2 2 Giải: Viết lại phương trình dưới dạng: 4 x u = 4 x  Đặt  2 2x v = 4  2 −3 x + 2 + 42 x 2... TOÁN 6: ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH I Phương pháp: Chuyển phương trình ban đầu thành 1 hệ phương trình với k ẩn phụ Ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho các biểu thức trong phương trình WWW.ToanCapBa.Net 24 WWW.ToanCapBa.Net Bước 2: Biến đổi phương trình về dạng: f  x, ϕ ( x )  = 0    y = ϕ ( x)   f ( x; y ) = 0  Bước 3: Đặt y = ϕ ( x ) ta biến đổi phương trình thành hệ:... chia 2 vế của phương trình − x2 + 2 x 7) 25− x + 2 x +1 + 9 = 34.15 ĐS : x = 0; x = 2; x = 1 ± 3 8) 8.3 16 x+4 x +9 4 x +1 =9 Hướng dẫn : Chia 2 vế của phương trình cho 92 x − x Hướng dẫn : Chia 2 vế của phương trình cho 9 x 4 2 x ĐS : x = BÀI V Cho phương trình : m.9 x + 4 ( m − 1) 3x + m = 0 Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có nghiệm Hướng dẫn : Đặt t = 3x > 0 , đưa về phương trình bậc 2... ≤ BÀI VI Cho phương trình : m.4 x − ( 2m + 1) 2 x + m + 4 = 0 Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm trái dấu Hướng dẫn : Đặt t = 2 x > 0 , đưa về phương trình bậc 2 theo t : mt 2 − ( 2m + 1) t + m + 4 = 0 (1) YCBT ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt t1 , t2 thỏa : 0 < t1 < 1 < t2 ĐS : m < −4 BÀI VII Cho phương trình : m.2 x + 2 − x − 5 = 0 Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình. .. 2 2 2  −1 − 21 (1) u = 2  21 − 1 Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 8 và x = log 2 2 BÀI TẬP TƯƠNG TỰ WWW.ToanCapBa.Net 25 WWW.ToanCapBa.Net BÀI I Giải các phương trình sau : 1) 32 x + 3x + 5 = 5 Hướng dẫn : Đặt u = 3x , u > 0 Khi đó ta có phương trình : u 2 + u + 5 = 5 : Đặt v = u + 5, v > 0 Phương trình trở thành :  2 u = 5 − v Đây là một phương trình đối xứng loại 2  2 v = u + 5  ĐS... WWW.ToanCapBa.Net 27 WWW.ToanCapBa.Net 4 2 Vậy với m = − phương trình có 2 nghiệm x = 2; x = − 5 5 b) Xét phương trình (2) ta có: ∆ ' = m 2 − m • Nếu ∆ ' < 0 ⇔ m 2 − m < 0 ⇔ 0 < m < 1 Phương trình (2) vô nghiệm ⇔ phương trình (1) vô nghiệm • Nếu ∆ ' = 0 ⇔ m = 0 hoặc m = 1 Với m = 0 phương trình có nghiệm kép x = 0 Với m = 1 phương trình có nghiệm kép x0 = -1 m > 1 phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt x1,2 = −m... nghiệm kép của (1) Kết luận: • Với m = 0 phương trình có nghiệm kép x = 0 • Với m = 1 phương trình có nghiệm kép x0 = -1 • Với 0 < m < 1 phương trình vô nghiệm • Với m > 1 hoặc m < 0 phương trình có 2 nghiệm x1,2 = −m ± m2 − m 2 2 VD 4 : Cho phương trình : 5 x + 2 mx + 2 − 52 x + 4 mx + 2+ m = x 2 + 2mx + m (1) 1) Giải phương trình khi m = 1 2) Định m để phương trình có một nghiệm x thuộc khoảng (0;... Điều kiện x > 0 Biến đổi phương trình về dạng: 2.3log x = 3 − x (2) Ta có Vế phải của phương trình là một hàm nghịch biến Vế trái của phương trình là một hàm đồng biến Do vậy nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất Nhận xét rằng x = 1 là nghiệm của phương trình (2) vì 2.3log x = 3 − 1 Vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình 2 2 VD2: Giải phương trình: log 3 ( ) 1 x 2 − 3x + 1 + 2... : thỏa ( ∗ ) Với x < 3 : ( ∗ ) ⇔ 3 – x = x – 3 ⇔ x = 3 (loại) 1 2 Vậy phương trình có các nghiệm : x = ± ∨ x ≥ 3 WWW.ToanCapBa.Net 22 WWW.ToanCapBa.Net 2 2 VD3: Cho phương trình: m.2 x −5 x +6 + 21− x = 2.26−5 x + m (1) a) Giải phương trình với m = 1 b) Tìm m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt Giải: Viết lại phương trình dưới dạng: m.2 x 2 2 −5 x + 6 + 21− x = 27 −5 x + m ⇔ m.2 x 2 2 2 2 −5 x +... Do đó, (2) có một nghiệm duy nhất x = 1 Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 2 x −2 x + 2) VD2: Cho phương trình: 3x − 2 x + 2 + 2 ( + x2 − 2x = m − 2 a) Giải phương trình với m = 8 b) Giải phương trình với m = 27 c) Tìm m để phương trình có nghiệm 2 2 2 (1) 2 Giải: Ta có : (1) ⇔ 3x − 2 x + 2 + 4 x − 2 x + 2 + x 2 − 2 x + 2 = m Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số: . 0 1 m m <   >  : phương trình có 2 nghiệm trái dấu. BÀI TOÁN 4: PHƯƠNG PHÁP HẰNG SỐ BIẾN THIÊN I. Phương pháp: Chuyển phương trình ban đầu thành 1 phương trình với 1 ẩn phụ nhưng các hệ số vẫn. BÀI XIII. Cho phương trình : 2 2 2 1 1 1 2.4 .6 9 x x x m + + + + = (1) a) Giải phương trình với m = 1. b) Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất. Hướng dẫn : Chia 2 vế của phương trình. 3 2 3 .2 6 x x x+ = ĐS : x = 1 BÀI TOÁN 3: PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Phương pháp: Chuyển phương trình ban đầu thành 1 phương trình với 1 ẩn phụ. Các phép đặt ẩn phụ thường gặp sau: Giã