Dang bai tap phuong trinh mu fcpqm

PHƯƠNG TRÌNH MŨ
I. Phương pháp giải
- Phương trình mũ cơ bản: a x  b (a  0, a  1)
Nếu b  0, phương trình vơ nghiệm
Nếu b  0, phương trình có nghiệm duy nhất x  log a b.
a  1
 a  1, f ( x)  g ( x)

- Phương trình mũ a f  x  a g  x (a  0)  
Phương pháp:
- Đưa về cùng một cơ số
- Đặt ẩn phụ
- Lơgarit hóa

- Sử dụng tính chất của hàm số, đánh giá hai vế
Chú ý: Ngồi 4 phương pháp chính để giải phương trình mũ, ta có thể dùng định nghĩa,
biến đổi thành phương trình tích số, dùng bất đẳng thức,…
II. Ví dụ minh họa
Bài tốn 1: Giải các phương trình sau:
a) 0,125.42 x3  (4 2) x

b) (2  3)2 x  2  3.
Giải
5x

5x

a) PT: 0,125.42 x3  (4 2) x  23.24 x6  2 2  24 x9  2 2
 4x  9 

5x

 8 x  18  5 x  x  6.
2
1
2

b) PT: (2  3)2 x  2  3  (2  3) 2 x  (2  3) 1  2 x  1  x   .
Bài tốn 2: Giải các phương trình sau:
a) 9x  2

x

1
2

2

x

3
2

b) 7log x  5log x1  3.5log x1 13.7log x1.

 32 x 1

Giải
1
3

a) PT: 9 x  .9 x  2

9
 
2

x 1



x

1
2

 2.2

x

1
2

1
x
4
 .9 x  3.2 2
3

2
2
1
 x  1  log 9

 x  1  log 9 2.
2
2
2 2
2

b) PT: 7log x  13.7log x.  5log x.5  3.5log x.  7log x 1 
1
7

1
5



13  log x 
3
  5 5  
7
5



 20 
 28   7 
 7log x    5log x     
 7 
 7  5

log x

28 7  7 
.  
5 20  5 



2

 log x  2  x  100.

Bài tốn 3: Giải các phương trình sau:
b) 3x1  18.3 x  29.

a) 4x  2x  6  0

Giải
a) Đặt t  2x , t  0 thì PT: t 2  t  6  0
Chọn nghiệm t  3  2x  3  x  log2 3
b) Đặt t  3x , t  0 thì PT: 3t 

18
2
 29  3t 2  29t  18  0  t  9 hoặc t 
t
3

Giải ra nghiệm x  2 hoặc x  log3 2  1.
Bài toán 4: Giải các phương trình sau:
a) e2 x  3ex  4  12e x  0

b) 27 x  12x  2.8x.
Giải

a) Đặt t  e x , t  0 thì PT:
t 2  3t  4 

12
 0  t 3  3t 2  4t  12  0  (t  2)(t  2)(t  3)  0.
t

Chọn nghiệm t  2 hoặc t  3 nên x  ln 2 hoặc x  ln 3.
b) Chia 2 vế cho 8x  0 thì PT:
x

x

3x

x

x

 27   12 
3
3
3
      2        2  0. Đặt t    , t  0.
 8  8
 2

 2
2

PT: t 3  t  2  0  (t 1)(t 2  t  2)  0  t  1  x  0.
Bài toán 5: Giải các phương trình:


a) 2.25x  5.4x  7.10x

1
x



1
x

b) 4  6  9



Giải
2x

x

x

2
2

2
a) PT: 5    7    2  0. Đặt t    , t  0.
5
5
5

PT: 5t 2  7t  2  0  t  1 hoặc t 

2
(thỏa mãn)
5

Suy ra nghiệm x  0 hoặc x  1.
b) Điều kiện x  0, đặt y 

1
và chia hai vế cho 4 y , ta có:
x

1
x


1 5
3
3
 3  1 5
 y  log 3
     1  0    
2

2
2
2
2
2
2y

y

y

1

1 5 
1
1 5
1
   log 3
  log 3 
  x  log
x
2
x
2 
2
2 

5 1
2

3
.
2

Bài toán 6: Giải các phương trình:
a)



2 3

 
x



2 3

 4
x

b) 4x

x2  2

 5.2x1

x2  2

 6.

Giải
a) Ta có 2  3. 2  3  1, đặt t 



2 3

 , t  0.
x

1
t

PT: t   4  t 2  4t  1  0
 t  2  3 hoặc t  2  3  x  2 hoặc x  2.

b) Đặt t  2x

x2  2

5
, t  0 thì PT: t 2  t  6  2t 2  5t  12  0.
2

Chọn nghiệm t  4 nên x  x2  2  2  x2  2  2  x
 2  x  0 và x2  2  4  4 x  x2  x  2 và x 

3
3

x .
2
2

Bài toán 7: Giải các phương trình sau:
b) 3x1.2x  8.4x2.

a) 34 x  43 x

2

Giải
a) Hai vế đều dương, lơgarit hóa theo cơ số 10:
x

 4  log 4
4 x log 3  3x log 4    
 x  log 4  log 3 4 
log 3
3
3

b) Hai vế đều dương, lơgarit hóa hai vế theo cơ số 2:



log 2 3x1.2 x

2

  log 8.4    x 1 log 3  x
x 2

2

2

2

 log 2 8   x  2  log 2 4

 x2  (2  log 2 3) x  1  log 2 3  0  x  1 hoặc x  1  log 2 3

Bài tốn 8: Giải các phương trình sau:
x

a) 3 .8

x
x1

 36

b)
Giải

3x

x 2

a) PT: 3x.2 x1  32.22  3x2.2 x1  1

3 3
 
5 5

x 1



4

53 x 4
5


 x11 
  3.2 



x2

 1  x  2  0 hoặc 3.2
1

 x  2 hoặc 2 x 1 

1
x1

1

1
 x  2 hoặc x  1  log3 2.
3

b) Hai vế đều dương, lơgarit hóa hai vế theo cơ số 5:
3 1
3 3x  4 1
( x  1) log5 ( )  log 5 ( ) 

5 2
5
4
2
1 1
3
1
 x(log5 3  1)  log5 3  1   log 5 3  x  1 
2 2
4
2
2(log 5 3  4)
 4log5 3  7  4  log 5 3
 x
x
.

4

2
4log5 3  7



Bài tốn 9: Giải các phương trình sau:
log 4 x 

a) 3

1
2

log 4 x 

3

1
2

 x

b) (4  15)tan x  (4  15)tan x  8.
Giải

a) ĐK: x  0, đặt t  log3 x thì x  4t
PT: 3.3t 

1 t
.3  2t  4.3t  3.2t

3
3

t

log 3
3
3
4
3
  
 t  log 3
. Vậy x  4 2 .
4
2
2 4

b) Vì (4  15)(4  15)  1 nên đặt (4  15)tan x  t, t  0
1
t

thì phương trình: t   8  t 2  8t  1  0  t  4  15.

4

Do đó tan x  1 hoặc tan x  1 nên nghiệm x    k , k  Z.
Bài toán 10: Giải các phương trình:

5


5

b) 4x  3x  1.

a) (sin ) x  (cos ) x  1

Giải

5


5

a) Vì 0  sin  1 và 0  cos  1 do đó:

5


5


5


5

Nếu x  2 thì ta có (sin ) x  (sin )2 và (cos ) x  (sin )2
 VT  1 (loại).


5


5


5


5

Nếu x  2 thì ta có (sin ) x  (sin )2 và (cos ) x  (sin )2
 VT  1 (loại).

Nếu x  2 thì PT nghiệm đúng, đó là nghiệm duy nhất
1
4

3
4

b) PT: ( ) x  ( ) x  1 và ta có x  2 thỏa mãn PT. Vì vế trái là hàm số nghịch biến trên R
nên có nghiệm duy nhất x  2.
Bài tốn 11: Giải các phương trình:
b) 2x1  4x  x 1.

a) x.2x  x(3  x)  2(2x 1)

Giải
a) PT: x.2x  x(3  x)  2.2x  2  0  2x ( x  2)  x2  3x  2  0
 2x ( x  2)  ( x 1)( x  2)  0  ( x  2)(2 x  x 1)  0
 x  2  0 hoặc 2x  x  1  x  2 hoặc x  0.

(Vì f (x)  2x  x đồng biến trên R và f(0) = 1).
b) PT: 2x1  ( x  1)  22 x  2 x.
Xét hàm số f (t )  2t  t , t  R thì f '(t )  2t.ln 2  1
Vì f '(t )  0, t nên f đồng biến trên R.
PT f ( x  1)  f (2x)  x  1  2x  x  1.
Bài tốn 12: Giải các phương trình:
a) 3

x2 1

 2 x  3x 1

b) 2

2 x 1 1



1
1
 ( x  1)  2
4
2

3 x 1 1



 2x 1 .

Giải
a) Phương trình đã cho xác định với mọi x .
Xét x  0. Khi đó ta có 3

x2 1

 2 x  3  3x 1 , nên phương trình đã cho khơng có nghiệm

trong khoảng (;0)
Xét x  0. Phương trình trở thành
3

x2 1

Ta có

 2 x  3x 1  3

x 2 1





x2  1



2

 3x 1  ( x  1) 2

x 2  1, x  1  1

Xét hàm số f (t )  3t  t 2 , với t  1;  


f '(t )  3t ln 3  2t , f "(t )  3t (ln 3) 2  2

Vì 3t (ln 3)2  2  3(ln 3)2  2  0,  t  1, nên f "(t )  0, t  1
Suy ra f '(t ) là hàm số đồng biến trên 1;  
Do đó f '(t )  f '(t)  3ln 3  2  0,  t  1.
nên f (t ) là hàm số đồng biến trên 1;  
Phương trình:



f

2
2

 x2  1  x  1  x  1  x  2x  1
x  1  f ( x  1)  


 x0
x  0
x  0




2

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  0.
2 x  1  0
1
x
2
3x  1  0

b) Điều kiện 

Phương trình trở thành
2

2 x 1  2

2

1
 ( x  1)  2
2

2 x 1  2

3 x 1 1

 2x 1

1
 ( x  1  2 2 x  1)  2
2

3 x 1 1

1
 (3x  1  2 x  2 2 x  1)  2 3 x 11
2
1
1
 2 2 x 1 2  ( 3x  1) 2  ( 2 x  1  1) 2  2 3 x 11
2
2
2

2 x 1  2

2

2 x 1  2

1
 ( 2 x  1  1) 2  2
2

3 x 1 1

1
 ( 3x  1) 2
2

Ta có 2 x 1  1, 3x  1  1
1
2

Xét hàm số f (t )  2t 1  t 2 , với t  1;  
f '(t)  2t 1 ln 2  t; f "(t )  2t 1 (ln 2)2  1

Vì t  1 nên f "(t )  (2ln 2)2 1  0
Suy ra f '(t ) là hàm số đồng biến trên 1;  
Nên f '(t )  f '(t )  4ln 2 1  0,  t  1.
Do đó f (t) là hàm số đồng biến trên 1;  
Phương trình f ( 2 x 1  1)  f ( 3x  1)  2 x 1  1  3x  1
 2 x  2 2 x  1  3x  1


x 1  0
 2 2x 1  x  1  
 x  1 và x  5
2
4(2 x  1)  x  2 x  1

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x  1, x  5.
Bài tốn 13: Giải các phương trình:

a) 5x  4x  3x  2 x 

1 1 1
 x  x  4 x3  2 x 2  x  16
x
2 3 6

b) 4x  2x1  2(2x 1)sin(2x  y 1)  2  0.
Giải
a) Xét hàm số: f ( x)  5x  4 x  3x  2 x  

1 1 1
 x  x   4 x3  2 x 2  x  16, x  R
x
2 3 6 

Ta có: f '( x)  5x ln 5  4x ln 4  3x ln 3  2 x ln 2
 ln 2 ln 3 ln 6 
  x  x  x   12 x 2  4 x  1  0
3
6 
 2

Suy ra hàm số đồng biến và phương trình f ( x)  0 có khơng q một nghiệm và f (1)  0
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  1.
b) Phương trình đã cho tương đương với
(22 x  2.2x  1)  2(2x  1)sin(2x  y  1)  1  0
 (2 x  1)2  2(2 x  1)sin(2 x  y  1)  sin 2 (2 x  y  1)
 cos 2 (2 x  y  1)  0

 [2x  1  sin(2x  y  1)]2  cos2 (2x  y 1)  0
x
x
2  sin(2  y  1)  1

x
cos(2  y  1)  0

Vì cos(2x  y 1)  0  sin(2x  y 1)  1.
Ta có hai trường hợp sau:
- Nếu sin(2x  y  1)  1 thì 2x  0, vô nghiệm.
- Nếu sin(2x  y  1)  1 thì 2x  2  x  1

2

Suy ra sin( y  1)  1  y    1  k 2.

2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x  1, y    1  2k , k  Z.
Bài tốn 14: Tìm điều kiện để phương trình:
a) 3sin x  3cos x  m có nghiệm
2

2


b) ( 5  1) x  2m( 5 1) x  2 x có nghiệm duy nhất.
Giải
a) Đặt t  3sin x , vì 0  sin 2 x  1 nên 1  t  9

2

9
9
t2  9
PT: t   m. Xét f (t )  t  , 1  t  9; f '(t )  2 ; f '(t )  0 khi t  3
t
t
t

BBT:
t

1
9

3


f'

f

0

+

10
10
6

Vậy điều kiện f (t )  m có nghiệm thỏa 1  t  9

là 6  m  10.
x

x

 5 1 
 5 1 
b) PT  
  2m 
  1
2
2




x

Ta có:
PT: t 

 5 1 
5  1 5 1
.
 1, đặt t  
 , t  0
2

2
2



2m
 1  t 2  t  2m  0
t

Xét t  0  m  0 thì PT: t 2  t  0  t  0 hay t  1: thỏa mãn
Xét t  0, điều kiện có nghiệm t  0 : t1  0  t2 hoặc 0  t1  t2
 P  0 hoặc (  0, P  0, S  0)  m  0 hoặc m 

Vậy: m  0 hoặc m 

1
8

Cách khác: Xét hàm số và lập bảng biến thiên.

1
8