On giai phuong trinh mu

A. Phương trình mũ: Dạng 1: Đưa về cùng cơ số :  f(x) a = g(x) a <=> f(x) = g(x) ( với a >0 , a  1 )  f(x) a = b <=>      a b 0 f(x) log b  v(x) u =1 <=>            u(x) 0 u 1 v 0 Bài 1: Giải các pt sau : a) 2 x4 = 5 <=> x4 =log 2 5 <=> x=4+log 2 5 b) 2 x3 =   2 x 3x 5 4 <=> x3=2(x 2 +3x5) <=> 2x 2 +5x7=0 <=> x 1 7 x 2        c) 9 3x1 = 3 8x2 <=> 2 3x 1  =8x2 <=> 3x 1  =4x1 <=> 4x 1 0 3x 1 4x 1 3x 1 (4x 1)                  <=> 1 x 4 x 0 2 x 7                (loại) <=> x= 2 7 d) 5 2x =3 2x +2.5 x +2.3 x <=>5 2x 3 2x =2.5 x +2.3 x <=> (5 x 3 x )(5 x +3 x ) =2(5 x +3 x ) <=> 5 x 3 x =2 <=> 5 x =3 x +2 <=>1= x 3 5       +2. x 1 5       (*) C 1 : + Ta thấy x=1 là nghiệm của pt (*) + Nếu x >1 thì x 3 5       < 3 5 2. x 1 5       <2. 1 5 => x 3 5       +2. x 1 5       < 1 . Phương trình (*) vô nghiệm + Nếu x <1 thì x 3 5       > 3 5 2. x 1 5       >2. 1 5 => x 3 5       +2. x 1 5       > 1 . Phương trình (*) vô nghiệm Vậy x=1 là nghiệm duy nhất của pt C 2 : Xét hàm số f(x) = x 3 5       +2. x 1 5       Đạo hàm : f’(x) = x 3 5       .ln 3 5 +2. x 1 5       .ln 1 5 <0 ,  x  R => hàm số nghòch biến trên R Và f(1) =1 Khi đó pt (*): f(1) = f(x) <=> x=1 e) 2 x + 2 x1 +2 x2 = 3 x 3 x1 +3 x2 <=>2 x (1+ 1 2 + 1 4 ) = 3 x ( 1 1 3 + 1 9 ) <=> 7 4 .2 x = 7 9 .3 x <=> x 2 3       = 4 9 <=> x=2 f)   x 1/ 2 x (0,2) (0,04) 5 25 <=>     ( x 1/ 2) 2x 2 5 5 5 5 <=>5 x3/2 = 5 2x2 <=>x 3 2 =2x2 <=> x= 1 2 g)  2 3 log x 1 2 64 . Đk x > 0 <=>   2 3 log x 6 2 2 <=> 2 3 log x =6 <=>log 2 x = 1 2 <=>x= 1 2 2  = 1 2 h) 2 x .3 x1 .5 x2 =12<=> x x x 2 2 .3 .5 3.5 =12 <=>30 x = 900 <=>x=2 i)   2 x 6x 5/ 2 2 = 16 2 <=>   2 x 6x 5/ 2 2 =2 9/2 <=>x 2 6x  5 2 = 9 2 <=>x 2 6x 7=0 <=> x=1 x=7 k)    2 2 4 x (x 2x 2) =1. Đk : 4x 2 ≥0 <=> 2 ≤ x ≤ 2 pt : 2 2 x 2x 2 1 4 x        <=> x 1 x 2       ( thỏa) l) 7 3x +9.5 2x = 5 2x +9.7 3x <=> 9.5 2x  5 2x =9.7 3x 7 3x <=>8.5 2x =8.7 3x <=>5 2x =7 3x <=> x 2 3 5 7       =1 <=>x =0 Dạng 2: Đặt ẩn phụ:  . 2.f(x) a +. f(x) a +  = 0 . Đặt t = f(x) a đk t > 0 Bài 2: Giải các phương trình : a)  2 x 1 9 36.  2 x 1 3 +243 = 0 . Đặt t=  2 x 1 3 , đk t > 0 Phương trình : t 2 36t +243 =0 <=> t 27 t 9      Khi t=27 <=>  2 x 1 3 =27 <=>x 2 1=3 <=> x=2 Khi t=9 <=>  2 x 1 3 =9 <=>x 2 1=2 <=> x= 3 Vậy pt đã cho có 4 nghiệm là : x=  2 ; x= 3 b)   x 5 3 +    x 10 10 3  84=0 <=>   x 5 3 +     x 10 10 10 3 3  84=0 Đặt t=   x 10 3 , đk t >0 Pt : t 2 + t 3 84=0 <=> t 9 28 t 3         (loại) . Khi t= 9 <=>   x 10 3 =3 2 <=> x 10 =2 <=> x=20 c)   2 x x 2 4 5.    2 x 1 x 2 2 =6 <=>   2 x x 2 4  5 2 .   2 x x 2 2 =6 Đk : x 2 2 ≥0 <=> x≤ 2  x≥ 2 Đặt t=   2 x x 2 2 , đk t > 0 Pt : t 2  5 2 t 6=0 <=> t=4  t= 3 2 ( loại) Khi t=4 <=>   2 x x 2 2 =2 2 <=>x+ 2 x 2  =2 <=> 2 x 2  =2x <=> 2 2 2 x 0 x 2 (2 x)         <=> 2 x 3 x 2        <=> x= 3 2 d)  4x 8 3 4.  2x 5 3 +28 =2 2 log 2 <=>  2(2x 4) 3 4.3.  2x 4 3 +28 =1 Đặt t=  2x 4 3 , đk t >0 Pt : t 2 12t +27=0 <=> t =9  t=3 Khi t=9 <=>  2x 4 3 =3 2 <=>2x+4=2 <=> x=1 Khi t=3 <=>  2x 4 3 =3 <=>2x+4=1 <=> x= 3 2 Vậy pt có hai nghiệm x=1 ; x= 3 2 e)    x 2 3 +    x 2 3 =4 ; vì    x 2 3 .    x 2 3 =1 Đặt t=    x 2 3 , đk t >0 Pt : t + 1 t =4 <=>t 2 4t +1=0 <=> t 2 3 t 2 3         Khi t= 2 3 <=>    x 2 3 =(2+ 3 ) 1 <=> x=1 Khi t= 2+ 3 <=>    x 2 3 =(2+ 3 ) <=> x=1 Vậy phương trình có hai nghiệm là x=1; x=1 f)    x 3 5 + 16.    x 3 5 =  x 3 2 Chia hai vế cho 2 x ta có :          x 3 5 2 +16.          x 3 5 2 =8 Đặt t=          x 3 5 2 , đk t >0 P. trình : t + 16 t =8 <=>t 2 8t +16=0 <=>t=4 <=>          x 3 5 2 =4 <=>x= 3 5 2 log 4  g) (7+ 4 3 ) x 3(2 3 ) x +2 = 0 . Chú ý : (2+ 3 ) 2 =7+4 3 Đặt t=    x 2 3 , đk t >0 Pt : t 2  3 t +2=0 <=>t 3 +2t 3=0 <=>(t1)(t 2 +t+3)=0 <=>t=1 Khi t= 1<=>    x 2 3 =1 <=> x=0 h)    x 5 24 +    x 5 24 =10 Đặt t=    x 5 24 ; đk t > 0 Pt : t + 1 t =10 <=> t 2 10t +1=0 <=> t 5 24 t 5 24         Khi t= 5 24 <=>    x 5 24 =(5+ 24 ) 1 <=> x 2 =1 <=> x=2 Khi t= 5+ 24 <=>    x 5 24 =(5+ 24 ) <=> x 2 =1 <=> x=2 Phương trình có hai nghiệm là : x=  2 i) 5.4 x 7.10 x + 2.25 x =0 <=> 5. x 4 25       7. x 10 25       +2=0 <=>5. 2x 2 5       7. x 2 5       +2=0 . Đặt t= x 2 5       ; đk t > 0 Ptrình : 5t 2 7t +2=0 <=> t=1  t = 2 5 Khi t=1 <=> x 2 5       =1 <=> x=0 Khi t= 2 5 <=> x 2 5       = 2 5 <=> x=1 Phương trình có hai nghiệm là : x= 0; x=1 k) 4 x +4 x + 2 x +2 x = 10 <=>4 x + x 1 4 +2 x + x 1 2 =0 Đặt t=2 x + x 1 2 ; đk t ≥ 2 và t 2 =4 x + x 1 4 +2.2 x . x 1 2 => 4 x + x 1 4 =t 2 2 Pt : t 2 2 +t =10 <=> t 2 +t12=0 <=> t=3  t=4 ( loại) Khi t=3 <=>2 x + x 1 2 =3 <=> 2 2x 3.2 x +1=0 <=> 2 x = 3 5 2  (thỏa) <=>x= log 2 3 5 2  Bài 3: Giải phương trình : a) 5 2x 7 x 35.5 2x +35.7 x = 0<=> 34.5 2x +34.7 x =0 <=> 7 x =5 2x <=> x =0 b) x 2 .2 x+1 +2 x3+2 = x 2 .2 x3+4 + 2 x1 <=> x 2 .2 2 (2 x1 2 x3+2 ) +2 x3+2 2 x1 =0 <=>(2 x1 2 x3+2 )(x 2 .4 1) =0 <=> 2 x 3 2 x 1 4x 1 0 2 2 0            <=> 1 x 2 x 3 2 x 1            <=> 1 x 2 x 3 x 3           <=> 1 x 2 x 3 0         <=> 1 x 2 x 3        c) 2x.5 x 3 = 6x 5 x <=> 2x(5 x 3) +5 x 3=0 <=> (5 x 3)(2x+1)=0 <=> x 5 3 0 2x 1 0        <=> 5 x 3 1 x 2 log         d) (x 2 +x)2 x = 2 x+1 +6 3x 2 3x <=> (x 2 +x2)2 x +3(x 2 +x2) =0 <=> (x 2 +x2)(2 x +3)=0 <=> x 2 +x2=0 ( vì 2 x +3 > 0 ) <=> x=1  x=2 Dạng 3: Logarít hóa hai vế A = B <=>  a a log A log B A> 0 , B > 0 Bài 4: Giải phương trình : a)   x 5 x 7 32 = 0,25.   x 7 x 3 128 Giải : Đk : x≠ 7; x≠ 3 Pt : x 5 5 x 7 2         =2 2 . x 7 7 x 3 2         <=> x 5 5 x 7 2         = x 7 7 2 x 3 2          <=> 5(x 5) x 7   = 7(x 7) x 3   2 <=> (5x+25)(x3) =(7x+49)(x7) 2(x7)(x3) <=> 5x 2 +10x75 = 7x 2 343 2( x 2 10x +21) <=> 10x =310 <=> x=31 b)   2 x 2x x 3 2 .3 2 Lấy logarít cơ số 2 hai vế : log 2 (  2 x 2x x 2 .3 ) =log 2 3 2 <=> log 2 (  2 x 2x 2 ) + log 2 x 3 =log 2 3 log 2 2 <=> x 2 2x +x.log 2 3 = log 2 3 1 <=> x 2 +(2+log 2 3).x +1log 2 3 =0 Ta có  =(2+log 2 3) 2 4(1log 2 3) = 44.log 2 3 + (log 2 3) 2 4 +4log 2 3=(log 2 3) 2 Pt có hai nghiệm là : x=1  x=1log 2 3 c) 5 x .  x 1 x 8 =500 ; đk x ≠ 0 Lấy logarít cơ số 2 hai vế : log 2 5 x + log 2  x 1 x 8 =log 2 (5 3 .2 2 ) <=> x.log 2 5 +3. x 1 x  =3log 2 5 +2 <=>x 2 .log 2 5 +3x3 =3x.log 2 5+2x <=> x 2 .log 2 5 +(13log 2 5).x 3=0 Ta có  =(13log 2 5) 2 4(3)log 2 5 =16.log 2 5+9.(log 2 5) 2 +12.log 2 5 =(1+3log 2 5) 2 Pt có hai nghiệm là : 2 2 2 2 2 2 1 3 5 1 3 5 x 2 5 1 3 5 1 3 5 x 2 5 log ( log ) .log log ( log ) .log                 <=> 2 1 x 5 x 3 log         <=> x= log 5 2  x=3 d)    3 log x 1 x =3 . Đk x> 0 Lấy logarit cơ số 3 hai vế : log 3    3 log x 1 x =log 3 3 <=> (log 3 x 1).log 3 x =1<=> 1 2 (log 3 x 1).log 3 x =1 <=> (log 3 x) 2 log 3 x 2=0 <=> 3 3 x 1 x 2 log log       <=> 1 x 3 x 9        e)  2 log x 4 x =32 ; đk x >0 Lấy logarit cơ số 2 hai vế : log 2  2 log x 4 x =log 2 32 <=>(log 2 x +4).log 2 x=5 <=> (log 2 x) 2 +4.log 2 x 5=0 <=> 2 2 x 1 x 5 log log       <=> 5 x 2 x 2       <=> x 2 1 x 32        f) 2 2log x x =10x 3 ; đk x >0 Lấy logarit cơ số 10 hai vế : log 2 2log x x =log(10x 3 )<=>2(logx) 3 =1+3.logx <=>2(logx) 3 3.logx1=0 <=>(logx+1)(2log 2 x 2logx 1) =0 <=> 2 x 1 0 2 x 2 x 1 0 log log log         <=> x 1 1 3 x 2 log log          <=> 1 3 2 1 x 10 x 10          g) 2 x+3 .5 34x =16 Lấy logarit cơ số 2 hai vế : log 2 2 x+3 + log 2 5 34x =log 2 16 <=> x+3 +(34x)log 2 5 =4 <=> (14.log 2 5).x = 13log 2 5 <=> x= 2 2 1 3 5 1 4 5 log log   h) 3 x .  x x 2 8 =6 <=> log 3 (3 x . x x 2 8  )=log 3 6 đk x ≠ 2 <=> log 3 3 x + log 3 x x 2 8  = log 3 2 + log 3 3 <=> x+ 3x x 2  log 3 2 = log 3 2 +1 <=> x 2 +2x + 3x.log 3 2 =(x+2)( log 3 2 +1) <=> x 2 +(1+2log 3 2)x 2log 3 2 2=0 Ta có  = ( 1+2log 3 2) 2 4( 2log 3 2 2) = 1+ 4log 3 2 +4   2 3 log 2 + 8log 3 2 +8 = (3+ 2.log 3 2 ) 2 Suy ra nghiệm phương trình là : x= 3 3 (1 2log 2) (3 2log 2) 2     =2  3 2log 2 hoặc x=1 Dạng 4: Đoán nghiệm và chứng minh nghiệm duy nhất : Bài 5: Giải các phương trình sau : a) 3 x +4 x =5 x Giải : Viết lại : x 3 5       + x 4 5       =1 (*) Xét hàm số f(x) = x 3 5       + x 4 5       , x  (∞ ; +∞ ) Đạo hàm : f’(x) = x 3 5       ln 3 5 + x 4 5       ln 4 5 < 0 => hàm số nghòch biến trên (∞ ;+∞ ) và f(2) =1 Phương trình (*) <=> f(x) =f(2) => x=2 b) 1+ x 2 3 =2 x <=> 1= x 3 2         + x 1 2       <=> x 3 2         + x 1 2       1=0 . Đặt f(x) = x 3 2         + x 1 2       1 Ta có : f ‘(x) = x 3 2         ln 3 2 + x 1 2       ln 1 2 < 0 Hàm số nghòch biến trên R và f(2) = 0 Phương trình viết lại là : f(x) = f(2) <=> x=2 c) 2 x +3 x = 5 x <=> x 2 5       + x 3 5       =1 (*) Xét hàm số f(x) = x 2 5       + x 3 5       , x  (∞ ; +∞ ) Đạo hàm : f’(x) = x 2 5       ln 2 5 + x 3 5       ln 3 5 < 0 => hàm số nghòch biến trên (∞ ;+∞ ) và f(1) =1 Phương trình viết lại là : f(x) = f(1) <=> x=1 d) 3 x = cos x . Đk x 0 Khi đó : VT =3 x  3 0 =1 ; VP = cos x  1 Vậy pt <=> x 3 1 x 1 cos        <=> x =0 e) 3 x = 63x<=> 3 x +3x =6 (*) Đặt f(x) =3 x +3x ; f’(x) = 3 x .ln3 +3 >0 , x  R và f(1) =6 Phương trình (*) viết lại là : f(x) = f(1) <=> x=1 f)   2 3 log (1 x) log x ; đk x  0 Đặt t= log 3 x =t <=> x =3 t (1) Và khi đó :  2 log (1 x) =t <=> 1+ x =2 t (2) Thay (1) vào (2) ta có : 1+ t 3 =2 t <=> t 3 2         + t 1 2       =1 Đặt f(t) = t 3 2         + t 1 2       Ta có : f ‘(t) = t 3 2         ln 3 2 + t 1 2       ln 1 2 < 0 Hàm số nghòch biến trên R và f(2) = 1 Phương trình viết lại là : f(t) = f(2) <=> t=2 . Suy ra x=3 2 =9 Bài 6: Giải phương trình : a)   2 log x logx 10 x 20 . Đk x>0 . Chú ý : 2 log x 10 =   logx logx 10 =x logx Pt <=> 2. 2 log x 10 =20 <=> 2 log x 10 =10 <=> log 2 x =1 <=> x 1 x 1 log log       <=> x 10 1 x 10        b) 2 3 log x 3 + 3 log x x =162. Đk x>0 . Chú ý : 2 3 log x 3 =   3 3 log x log x 3 = 3 log x x Ptrình <=> 2. 2 3 log x 3 =162 <=> 2 3 log x 3 =3 4 <=> 2 3 x log =4 <=> 3 3 x 2 x 2 log log       <=> x 9 1 x 9        c) x 2 +(32 x )x +2(12 x ) = 0 <=> x 2 +3x+2 2 x (x+2) =0 <=> (x+1)(x+2) 2 x (x+2) =0 <=> (x+2)(x+12 x ) =0 <=> x x 2 0 x 1 2 0         TH1: x+2 =0 <=> x =2 TH2: x+12 x =0 Đặt f(x) =x+1 2 x ; f’(x) =1 2 x .ln2 ; f’’(x) = 2 x (ln2) 2 < 0 => hàm số f’(x) nghòch biến trên R Vì f ’(0) =1ln2 > 0 ; f ‘(1) =12ln2 <0 Nên trong khoảng (0;1) phương trình f ‘(x) =0 có duy nhất nghiệm x= α Bảng biến thiên : x ∞ 0 α 1 +∞ f ‘(x) + 0  f(x) CT ∞ ∞ Từ bảng biến thiên suy ra phương trình f(x) = 0 có không quá 2 nghiệm Mặt khác : f(0) =0 ; f(1) = 0 => phương trình (2) có hai nghiệm là x=0 ; x=1 Vậy pt ban đầu có 3 nghiệm là x =2; x=0 ; x=1 c) 27 x 13.9 x +13.3 x+1 27 = 0 <=>27 x 13.9 x +13.3.3 x 27 = 0 Đặt t= 3 x , đĐk t >0 Phương trình : t 3 13t 2 +39.t 27 =0 <=> t 9 t 1 t 3         <=> x 2 x x 3 3 3 1 3 3          <=> x 2 x 0 x 1         Phương trình có 3 nghiệm là : {0;1;2} d)    2 x 8x 7 x 3 = (x3) 2 . Đk : x 3  >0 <=> x≠ 3 Phương trình : 2 x 3 1 x 8x 7 2          <=> 2 x 3 1 x 3 1 x 8x 9 0              <=> x 4 x 2 x 1 x 9            Phương trình ban đđầu có nghiệm là : x  {1;2;4;9} e) 2 3x  3x 8 2 6.(2 x  x 2 2 ) =1 . Hằng đđẳng thức : (ab) 3 = a 3 b 3 3ab(ab) Đặt t= 2 x  x 2 2 ; t 3 =2 3x  3x 8 2 3.2 x . x 2 2 (2 x  x 2 2 ) =2 3x  3x 8 2 6t Suy ra : 2 3x  3x 8 2 =t 3 +6t Phương trình trở thành: t 3 +6t 6t =1 <=> t=1 <=>2 x  x 2 2 =1 <=> 2 2x +2 x 2=0 <=> 2 x =1  2 x =2 ( loại) <=> 2 x =1 <=> x=0 . => hàm số f’(x) nghòch biến trên R Vì f ’(0) =1ln2 > 0 ; f ‘(1) =12ln2 <0 Nên trong khoảng (0;1) phương trình f ‘(x) =0 có duy nhất nghiệm x= α Bảng biến thiên : x ∞ 0 α 1