Các phương pháp giải phương trình hệ bất phương trình hệ mũ và logarit

2 C ÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH - BẤ T P H Ư Ơ N G T R ÌNH - HỆ MŨ - LÔGARIT CHƯƠNG I: PH ƯƠ NG PHÁ P G IẢI PHƯ ƠN G TR ÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH - HỆ MŨ CHỦ ĐỀ I: PHƯƠNG TRÌNH MŨ BÀI TOÁN 1: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG I. Phương pháp: Ta sử dụng phép biến đổi tương đương sau: Dạng 1: Phương trình     f x g x a a TH 1: K h i a l à m ột hằng số thỏa mãn 0 1a  thì         f x g x a a f x g x   TH 2: K h i a l à m ột hàm của x thì         1 0 1 f x g x a a a a f x g x                 hoặc       0 1 0 a a f x g x              Dạng 2: Phương trình:     0 1 , 0 l o g f x a a b a b f x b            Đặc biệt: Khi 0 , 0b b  thì kết luận ngay phương trì n h v ô ng h i ệm Khi 1b  ta viết     0 0 0 f x b a a a f x     Khi 1b  mà b có thể biếu diễn thành     f x c c b a a a f x c     Chú ý: Trước khi biến đổi tương đương thì     àf x v g x phải có nghĩa II. Bài tập áp dụng: Loại 1: Cơ số là một hằng số Bài 1: Giải các phương trì n h s a u a. 1 1 1 1 2 . 4 . 16 8 x x x x     b . 2 3 1 1 3 3 x x          c. 1 2 2 2 3 6 x x    Giải: a. PT 1 2 2 3 3 4 2 2 6 4 4 2 x x x x x x x             3 b . 2 2 3 1 ( 3 1 ) 1 2 1 3 3 3 ( 3 1 ) 1 3 x x x x x x                    2 1 3 2 0 2 x x x x           c. 1 2 2 8. 2 2 2 2 36 2.2 36 36 4 4 x x x x x x          x x 4 9 .2 36.4 2 16 2 4x       Bài 2: Giải các phương trì n h a. 2 3 2 0 , 1 2 5 . 4 8 x x            b .   2 1 7 1 8 0 , 2 5 2 x x x    c. 2 2 3 3 2 . 5 2 .5 x x x x   Giải: Pt   1 2 2 3 2 3 1 2 . 2 8 2 x x               5 5 5 3 2 (2 3) 3 4 6 4 9 2 2 2 5 2 . 2 2 2 2 2 2 4 9 6 2 x x x x x x x x x                          b . Đ i ề u k i ệ n 1x   PT 2 1 7 3 2 21 2 1 2 1 2 2 3 7 2 7 9 2 0 2 1 2 7 x x x x x x x x x x                      c. Pt     2 3 2. 5 2.5 x x   2 3 1 0 10 2 3 1 x x x x x         Bài 2: Giải phương trì n h:   3 l og 1 2 2 2 x x x x           Giải: Phương trì n h đã cho tương đương: 3 3 l o g log 3 2 0 22 0 1 1 1 l og ln 0 l n 0 1 2 2 2 2 2 2 0 x x x xx x x x x x x x                                                                    3 2 2 2 l o g 0 1 1 2 1 1 3 l n 0 1 2 2 2 2 2 2 x x x x x x x x x x x x x                                                                                 4 Bài 3: Giải các phương trì n h : a.     3 1 1 3 1 0 3 10 3 x x x x        b .   2 1 1 3 2 2 2 4 x x x            Giải: a. Đi ều kiện: 1 3 x x       Vì 1 10 3 10 3    . PT     3 1 2 2 1 3 3 1 10 3 10 3 9 1 5 1 3 x x x x x x x x x x x                      Vậy nghiệm của phương trì n h đã cho là 5x   b . Đ i ều kiện: 0 1 x x      PT         2 3 2 2 2 2 1 3 1 1 2 1 2 2 4 2 . 2 4 x x x x x x x x                      2 3 2 1 2 1 2 3 2 2 4 2 1 2 1 4 2 3 4 1 4 10 6 0 3 9 x x x x x x x x x x x x x x x x                                    Vậy phương trì n h c ó ng h i ệm là 9x  Loại 2: Khi cơ số là một hàm của x Bài 1: Giải phương trì n h     s in 2 3cos 2 2 2 2 x x x x x       Giải: Phương trì n h được biến đổi về dạng:     2 2 2 1 2 (*) 2 0 1 0(1) 2 1 sin 2 3 c o s 0 sin 3 cos 2(2) x x x x x x x x x x x                                 Giải (1) ta được 1 ,2 1 5 2 x   thoả m ãn 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                          Để nghiệm thoả mãn điều kiện (*) ta phải có: 5 1 1 1 2 2 1 2 0 , 6 2 6 2 6 k k k k Z                                khi đó ta nhận được 3 6 x   Vậy phương trì n h c ó 3 ng h i ệm phân biệt 1 ,2 3 1 5 ; 2 6 x x     . Bài 2: Giải phương trì n h:     2 2 4 3 5 2 2 3 6 9 x x x x x x x         Giải: Phương trì n h được biến đổi về dạng:       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 trì n h c ó 2 ng h i ệm phân biệt x = 4, x = 5. Bài tập tự giải có hướng dẫn: Bài 1: Giải các phương trì n h s a u a. 2 1 1 2 4 .9 3 . 2 x x    b . 1 2 4 3 7 .3 5 3 5 x x x x       c.   4 3 7 4 5 4 3 27 3 x x x x            d.     3 1 1 3 1 1 x x x x      HD: a. 2 3 3 3 1 2 2 x x            b . 1 1 1 3 3 5 1 1 5 x x x x                 c. 10x  BÀI TOÁN 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP LÔGARIT HOÁ VÀ ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐ I. Phương pháp: Để chuyển ẩn số khỏi số mũ luỹ thừa người ta có thể logarit theo cùng 1 cơ số cả 2 vế của phương trì n h , t a c ó các dạng: Dạng 1: Phương trình:     0 1 , 0 l o g f x a a b a b f x b            Dạng 2: Phương trình: (cơ số khác nhau và số mũ khác nhau)   ( ) ( ) ( ) l og lo g ( ) ( ).log f x g x f x f x a a a a b a b f x g x b     6 hoặc ( ) ( ) l o g l o g ( ). log ( ). f x g x b b b a b f x a g x   Đặc biệt: (cơ số khác nhau và nhưng số mũ bằng nhau) Khi           0 ( ) 1 0 f x f x f x a a f x g x a b f x b b                     (vì ( ) 0 f x b  ) Chú ý: Ph ư ơ n g p h á p á p d ụ n g k h i p h ư ơ n g t r ì n h c ó d ạng tích – thương của các hàm mũ II. Bài tập áp dụng: Bài 1: Giải các phương trì n h a. (ĐH KTQD – 1998) 1 5 .8 500. x x x   b . 2 2 3 2 3 . 4 18 x x x    c. 2 4 2 2 .5 1 x x   d. 2 2 3 2 2 x x   Giải: a. Cách 1: Viết lại phương trìn h d ưới dạng: 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          Lấy logarit cơ số 2 vế, ta được:     3 3 3 3 2 2 2 2 2 3 l o g 5 .2 0 l o g 5 log 2 0 3 .log5 lo g 2 0 x x x x x x x x x                            2 2 3 1 3 lo g 5 0 1 l o g 5 x x x x                    Vậy phương trì n h c ó 2 ng h i ệm phân biệt: 2 1 3 ; l o g 5 x x    Cách 2: P T 3 3 ( 1) 3 1 3 2 3 3 5 .2 5 .2 5 2 5 2 x x x x x x x x x                   3 3 1 3 1 1 5 3 0 3 1 5 5. 2 1 log 2 5.2 1 2 x x x x x x x x x                                     b . T a c ó 2 2 2 3 2 3 2 2 3 3 3 . 4 18 l o g 3 .4 l o g 18 x x x x x x               2 2 3 3 3 4 6 3 ( 2) 2 .log2 2 log 2 4 .log2 0 x x x x x x                2 3 2 3 2 0 2 2 3 log2 0 2 2 3log2 0 ( ) x x x x x x x VN                 c. PT 2 4 2 2 2 lo g 2 log 5 0 x x     7       2 2 2 4 2 l o g 5 0 2 2 log 5 0x x x x          2 2 2 2 2 l o g 5 0 2 lo g 5 x x x x                 d. Lấy logarit cơ số 2 hai vế phương trì n h t a được: 2 2 2 2 2 2 2 2 3 l o g 2 log 2 l o g 3 1 2 1 l o g 3 0 2 x x x x x x            Ta có , 2 2 1 1 l og 3 lo g 3 0      suy ra phương t rì n h c ó n g h i ệm x = 1 2 lo g 3. Chú ý: Đối với 1 phương trì n h c ần thiết rút gọn trước khi logarit hoá. Bài 2: Giải các phương trì n h a. 42 8 4. 3 x xx   b . 1 1 2 1 2 2 4 3 3 2 x x x x       c. 9 1 4 )2c o ssin5 2 (sin 5,0 log   xxx d. 1 2 3 1 5 5 5 3 3 3 x x x x x x         Giải: a. Điều kiện 2x   PT   3 2 42 2 2 3 1 2 3 2 ( 4 )log3 4 . l o g 3 0 2 2 x xx x x x x x                     2 3 4 0 4 1 l o g 3 0 2 l o g 2 2 x x x x                  b . PT 1 1 1 2 1 2 2 2 3 4 4 2 3 3 4 . 3 . 2 3 x x x x x x           3 3 2 2 3 4 3 0 0 2 x x x x          c. Điều kiện   2 s in 5sin.cos 2 0 *x x x   PT   1 2 2 4 2 l o g sin 5sin.cos 2 l o g 3x x x         2 2 2 l o g sin 5sin.cos 2 l o g 3x x x      t hỏa mãn (*)   2 c os 0 sin 5sin.cos 2 3 cos 5sin cos 0 5sin cos 0 2 2 1 t an tan 5 x x x x x x x x x x k x k x l x                                         d. PT 8 5 5 .5 25.5 3 27.3 3.3 5 3 1.5 31.3 1 0 3 x x x x x x x x x x                   Vậy nghiệm của phương trì n h đã cho là 0x  Bài 3: Giải các phương trì n h a. l g 2 1000 x x x b .   2 4 l og 32 x x   c.   2 2 5 5 lo g 5 1 log 7 7 x x   d. 1 3 . 8 36 x x x  Giải: a. Điều kiện 0x        2 2 l g .lg lg1000 l g l g 2lg3 0 l g 1 0 1/10 lg 1 l g 3 0 lg 3 0 1000 x x x x x x x x x x x                          b . Điều kiện 0x  PT         2 4 l o g 2 2 2 2 2 2 lo g log 32 log 4 .log 5 l o g 1 . log 5 0 x x x x x x          2 2 2 l og 1 1 log 5 32 x x x x              c. Điều kiện 0x              2 2 5 5 l o g 5 1 l o g 7 2 5 5 25 5 5 5 5 2 2 5 5 5 5 5 log 7 log lo g 5 1 .log7 l o g 7.log 1 log 1 1 log 5 l o g 1 0 log 2log 3 0 5 log 3 4 125 x x x x x x x x x x x x                            Vậy phương trì n h đã cho có nghiệm 1 5 125 x x       d. Điều kiện 1x           1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 l o g 3 .8 l o g 36 2 2log3 .log3 2 2log3 1 .log3 3 lo g 3 2 1 2 1 l o g 3 2 .log3 1 l o g 3 2 2log3 0 1 l o g 2 x x x x x x x x x x x x x x                                Vậy phương trì n h c ó n g h i ệm là: 3 2 1 l o g 2 x x        Bài 4: Giải các phương trì n h s a u : a. 2 1 1 8 . 5 8 x x   b . 1 4 3 . 9 2 7 x x x   c. 12.3 2  xx d. 2 2 .5 10 x x  9 Giải: a. Lấy logarit hai vế với cơ số 8, ta được 2 2 1 1 8 8 1 1 8 . 5 log 8 .5 l o g 8 8 x x x x       2 1 1 2 8 8 8 8 l o g 8 l o g 5 l o g 8 1 log 5 1 x x x x                  2 8 8 1 1 log 5 0 1 1 1 lo g 5 0x x x x x                 8 8 1 0 1 1 1 l og 5 0 1 1 l o g 5 0 x x x x                  8 8 5 1 1 . log5 log 5 1 1 log 8 x x x x                 Vậy phương trì n h c ó n g h i ệm: 5 1 , 1 l o g 8x x     b . PT 2 2 3 2 2 3 3 . 3 .3 4 3 4 2 2 lo g 4 x x x x x          3 3 3 3 3 4 2 l o g 4 2 2 l o g 4 l o g 9 l o g 9 1 4 2 l og l o g 2 9 3 x x x           c. Lấy log hai vế của phương trì n h t h e o c ơ số 2 Ta được phương trì n h 2 2 2 2 2 l o g 3 log 2 0 log 3 0 x x x x     2 2 0 ( log3 ) 0 log 3 x x x x           d. PT 2 2 2 2 2 2 2 2 l o g (2.5 ) log (2.5) l o g 2 l o g 5 l o g 2 log 5 x x x x       2 2 2 2 2 2 2 2 l og 5 1 l o g 5 (log 5 ) 1 log 5 0 1 1 log 5 l o g 5 x x x x x x                    Bài tập tự giải có hướng dẫn: Bài 1: Giải các phương trì n h s a u a. 1 5 . 8 1 00 xx x   HD: Điều kiện 0x  2 ( 1 ) 3 2( 1) 2( 1) 2 2 2 2 5 5 . 2 5 .2 5 2 2 log 5.( 2) 2 1 l o g 2( ) x x x x x x x x x x x x x l oai                        b . 2 2 3 2 6 2 5 2 3 3 2 x x x x x x        HD: 10 2 ( 2 )( 4) 2 3 2 3 2 ( 2)( 4)log 3 2 l o g 2 4 x x x x x x x x                  Bài 2: Giải các phương trì n h s a u a. 2 3 .2 1 x x  b . 2 4 2 2. 2 3 x x   c. 2 5 6 3 5 2 x x x    d. 1 3 . 4 18 x x x   e. 2 2 8 36.3 x x x    f . 7 5 5 7 x x  g. 5 3 l og 5 2 5 x x   i . l og 5 4 3 . 5 5 x x  k. 9 l o g 2 9 . x x x  Đs: a. 3 0 ; l o g 2 b . 3 2 ; l o g 2 2 c. 5 3 ; 2 l o g 2 d. 3 2 ; l o g 2 e. 3 4 ; 2 log 2  f . 7 5 5 l o g (log 7) g. 5 h . 4 1 ; 5 5 k. 9 BÀI TOÁN 3: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ - DẠNG 1 I. Phương pháp: Phương pháp dùng ẩn phụ dạng 1 là việc sử dụng 1 ẩn phụ để chuyển phương trì n h b a n đầu thành 1 phương trình với 1 ẩn phụ. Ta lưu ý các phép đặt ẩn phụ thường gặp sau: Dạng 1: Phương trình ( 1 ) 1 1 0 k . 0 x x k k aa          Khi đó đặt x t a  điều kiện t > 0 , t a đ ư ợ c : 1 1 1 0 . 0 k k k k t t t          Mở r ộ n g : Nếu đặt ( ) , f x t a  điều kiện hẹp 0t  . Khi đó: 2 ( ) 2 3 ( ) 3 ( ) , , , f x f x k f x k a t a t a t   Và ( ) 1 f x a t   Dạng 2: Phương trình 1 2 3 0 x x a  a      với a .b 1  Khi đó đặt , x t a điều kiện t 0  suy ra 1 x b t  ta được: 2 2 1 3 1 3 2 0 0t t t t              Mở r ộ n g : Với a .b 1  thì khi đặt ( ) , f x t a  điều kiện hẹp 0t  , suy ra ( ) 1 f x b t  Dạng 3: Phương trình   2 2 1 2 3 0 x x x a ab b       khi đó chia 2 vế của phương trì n h c h o 2 0 x b  ( hoặc   2 , . x x a ab ), ta được: 2 1 2 3 0 x x a a b  b                  Đặt , x a t b        điều kiện 0t  , ta được: 2 1 2 3 0t  t      Mở r ộ n g : Với phương trì n h m ũ có chưa các nhân tử:   2 2 , , . f f f a b a b , ta thực hiện theo các bước sau: - Chia 2 vế phương trì n h c h o 2 0 f b  (hoặc   2 , . f f a a b ) 11 - Đặt f a t b        điều kiện hẹp 0t  Dạng 4: Lượng giác hoá. Chú ý: T a sử dụng ngôn từ điều kiện hẹp 0t  cho trường hợp đặt ( ) f x t a vì: - Nếu đặt x t a  thì 0t  l à đ i ề u k i ệ n đ ú n g . - Nếu đặt 2 1 2 x t   t hì 0t  chỉ l à đ i ề u k i ệ n h ẹ p , b ở i t h ực chất điều kiện cho t phải là 2t  . Điều kiện n à y đ ặ c b i ệ t q u a n t r ọ n g c h o l ớ p c á c b ài toán có chứa tham số. II. Bài tập áp dụng: Bài 1: Giải phương trì n h a. 2 2 1 c ot sin 4 2 3 0 x x    (1) b. 2 2 s in cos 4 2 2 2 x x    Giải: a. Điều kiện s in 0 , x x k k Z      (*) Vì 2 2 1 1 c ot sin x x   nên phương trì n h ( 1 ) được biết dưới dạng: 2 2 c ot c ot 4 2 .2 3 0 g x x    (2) Đặt 2 c ot 2 x t  điều kiện 1t  vì 2 2 c ot 0 cot 0 2 2 1 x x     Khi đó phương trì n h ( 2 ) c ó d ạng: 2 2 c ot 2 1 2 3 0 2 1 cot 0 3 cot 0 , 2 x t t t x t x x k k Z                       thoả mãn (*) Vậy phương trì n h c ó 1 h ọ nghiệm , 2 x k k Z      b . P T   2 2 2 sin 1 sin 2 2 2 2 x x      Đặt   2 s in 2 0 x t t  t a được       2 3 2 2 2 2 2 2 2 0 2 2 2 0t t t t t t t                2 2 2 4 2 2 2 2 4 2 2 t t t l oai                  Với 1 2 2 2 1 2 s in 2 2 2 sin sin 2 2 4 2 x t x x x k              [...]... 6: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ - DẠNG 4 I Phương pháp: Phương pháp dùng ẩn phụ dạng 4 là việc sử dụng k ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành 1 hệ phương trình với k ẩn phụ Trong hệ mới thì k – 1 thì phương trình nhận được từ các mối liên hệ giữa các đại lượng tương ứng Trường hợp đặc biệt là việc sử dụng 1 ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành 1 hệ phương trình với 1 ẩn phụ và 1 ẩn x, khi đó... x 6 x 9 Đs: x  1  x  4 x 2 BÀI TOÁN 4: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ - DẠNG 2 I Phương pháp: Phương pháp dùng ẩn phụ dạng 2 là việc sử dụng 1 ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành 1 phương trình với 1 ẩn phụ nhưng các hệ số vẫn còn chứa x Phương pháp này thường sử dụng đối với những phương trình khi lựa chọn ẩn phụ cho 1 biểu thức thì các biểu thức còn lại không biểu diễn được triệt để qua... biểu thức mũ trong phương trình và khéo léo biến đổi phương trình thành phương trình tích II Bài tập áp dụng: 2 2 2 Bài 1: (HVQHQT – D 1997) Giải phương trình 4 x 3 x  2  4 x  6 x 5  42 x 3 x  7  1 Giải: 2 2 2 2 Viết lại phương trình dưới dạng: 4 x 3 x  2  4 2 x  6 x 5  4 x 3 x  2.4 2 x  6 x 5  1 27 2 u  4 x 3 x  2  , u, v  0 Đặt  2 x2  6 x 5 v  4  Khi đó phương trình tương... 1  2   5  2 7 Do đó, phương trình (2) được viết dưới dạng: f  u   f 1  u  1  x 2  3x  2  1  x  Vậy phương trình có hai nghiệm x  Bài 3: Cho phương trình 5 x 2  2 mx  2 5 3 5 2 3 5 2 2 x 2 4 mx 2  x 2  2mx  m 4 5 b Giải và biện luận phương trình Giải: Đặt t  x 2  2mx  2 phương trình có dạng: 5t  t  52t  m  2  2t  m  2 (1) a Giải phương trình với m   35 Xác định... đó ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho các biểu tượng trong phương trình Bước 2: Biến đổi phương trình về dạng: f  x,   x    0   31  y    x  Bước 3: Đặt y    x  ta biến đổi phương trình thành hệ:   f  x; y   0  II Bài tập áp dụng: Bài 1: Giải phương trình 2x 18  x 1 1 x x 1 x 2 1 2  2 2  2  2 8  Giải: Viết lại phương trình dưới dạng: 8 2 x...  2 5 5 5 5  4 2 Vậy với m   phương trình có 2nghiệm x  2; x   5 5 2 b Xét phương trình (2) ta có:  '  m  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 + Nếu  '  0   phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt x1,2... 2  m đó cũng là nghiệm kép m  0 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  m 2  m 2 2 Bài 4: Giải phương trình 2 x  x  932 x  x 2  6  42 x 3  3x  x  5 x Giải: Phương trình 2 2  2 x  x  364 x  x 2  6  24 x 6  3x x  5 x...  4 x  2   2  2   x  1  42 x  6 x 5  1  2 x  6 x  5 v  1     x  5 Vậy phương trình có 4 nghiệm x 2 3 x  2 2 2 2 Bài 2: 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 5 x 6 2 2  21 x  27 5 x  m  m.2 x 2 2 2 5 x 6 2  21 x  2 ...  cho phương trình 74 3  2 3 ; x - Việc lựa chọn ẩn phụ thông qua đánh giá mở rộng của a.b  1 , đó là: a.b  c  a b  1 tức là với các phương c c trình có dạng: A.a x  B.b x  C  0 Khi đó ta thực hiện phép chia cả 2 vế của phương trình cho c x  0 , để nhận được: x x x a b a A    B    C  0 từ đó thiết lập ẩn phụ t    , t  0 và suy ra c c c Bài 3: Giải các phương trình. .. một nghiệm của phương trình (*)  f ( x)  3x1 Đặt :   g ( x)   x  2 Ta có : f '( x)  3x1.ln 3  0 x  R Suy ra f ( x)  3x1 là hàm đồng biến trên R và g '( x)  1  0 x  R Suy ra g ( x) là hàm nghịch biến trên R Vậy phương trình (*) có nghiệm duy nhất là x  1 Vậy pt (1) có 2 nghiệm là x  0; x  1 BÀI TOÁN 5: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ - DẠNG 3 I Phương pháp: Phương pháp dùng ẩn . 2 C ÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH - BẤ T P H Ư Ơ N G T R ÌNH - HỆ MŨ - LÔGARIT CHƯƠNG I: PH ƯƠ NG PHÁ P G IẢI PHƯ ƠN G TR ÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH - HỆ MŨ CHỦ ĐỀ I: PHƯƠNG TRÌNH MŨ BÀI. DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ - DẠNG 1 I. Phương pháp: Phương pháp dùng ẩn phụ dạng 1 là việc sử dụng 1 ẩn phụ để chuyển phương trì n h b a n đầu thành 1 phương trình với 1 ẩn phụ. Ta lưu ý các. SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP LÔGARIT HOÁ VÀ ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐ I. Phương pháp: Để chuyển ẩn số khỏi số mũ luỹ thừa người ta có thể logarit theo cùng 1 cơ số cả 2 vế của phương trì n h , t a c ó các dạng: