PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ DẠNG 1 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ doc

PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ DẠNG 1 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ
Dạng 1: Phương trình:
2
1 2 3
0
x x
a a
α α α
+ + =
Đặt
x
t a=
, điều kiện t >0.
Dạng 2: Phương trình:
1 2 3
0
x x
a b
α α α
+ + =
, với
. 1a b
=
Đặt
x
t a=
, điều kiện t >0, suy ra
1
x
b
t

=
Dạng 3: Phương trình:
( )
2 2
1 2 3
0
x
x x
a ab b
α α α
+ + =
Chia hai vế của phương trình cho
2
0
x
b >
(hoặc
( )
2
,
x
x
a ab
)
Ví dụ 1: Giải phương trình:
( )
2
2
2 1
1

7.2 20.2 12 0
x
x
+
+
− + =
Đặt
2
1
2
x
t
+
=
, vì
2
2 1 1
1 1 2 2 2
x
x t
+
+ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥
Khi đó pt (1) có dạng:
( )
2
2 1 2
2
7 20 12 0 2 2 1 2 0
6
7

x
t
t t x x
t l
+
=


− + = ⇔ ⇔ = ⇔ + = ⇔ =

=

Vậy, pt có nghiệm
Ví dụ 2: Giải phương trình:
( )
2
2
1
cot
sin
4 2 3 0 1
x
x
+ − =
Điều kiện:
( )
sin 0 , .x x k k Z
π
≠ ⇔ ≠ ∈ ∗
Vì

2
2
1
1 cot
sin
x
x
= +
, nên pt (1) được viết lại dưới dạng:
( )
2 2
2cot cot
2 2.2 3 0 2
x x
+ − =
Đặt
2
cot
2
x
t =
, vì
( )
2
2 cot 0
cot 0 2 2 1
x
x t≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ∗∗
Khi đó pt (2) có dạng:
( )

2
2 cot 2
1
2 3 0 2 1 cot 0 ,
3
2
x
t
t t x x k k Z
t l
π
π
=

+ − = ⇔ ⇔ = ⇔ = ⇔ = + ∈

= −

Nghiệm đó thỏa mãn (*).
Vậy, pt có nghiệm
Ví dụ 3: Giải phương trình:
(
)
(
)
( )
2 3 2 3 4 1
x x
− + + =
Nhận xét rằng:

( ) ( )
2 3. 2 3 2 3 2 3 1− + = − + =
Đặt
(
)
2 3
x
t = +
, điều kiện t > 0
(
)
1
2 3
x
t
⇒ − =
Khi đó pt (1) có dạng:
(
)
(
)
( )
( ) ( )
2
2
1
2
2 3 2 3
2 3
1

4 4 1 0
2 3
2 3 2 3
1
2 3 2 3
2
2
2
1
2 3 2 3
2
x
x
x
x
t
t t t
t
t
x
x
x x
−

+ = +


= +
+ = ⇔ + − = ⇔ ⇔



= − 


+ = −




=
+ = +


=

⇔ ⇔ ⇔



= −



= −
+ = +




Vậy, pt có nghiệm

Ví dụ 4: Giải phương trình:
( ) ( )
( )
7 4 3 3 2 3 2 0 1
x x
+ − − + =
Nhận xét rằng:
( )
( ) ( )
2
7 4 3 2 3
2 3 2 3 1
+ = +
+ − =
Đặt
( )
2 3
x
t = +
, điều kiện t > 0
( )
1
2 3
x
t
⇒ − =
và
( )
2
2

7 4 3 2 3 t+ = + =
Khi đó pt (1) có dạng:
( )
( )
( )
( )
2 3 3
3
1
3
2 0 2 3 0 1 3 0
3
2 3 1 0
x
t
t t t t t t
t t t VN
t
x
=

− + = ⇔ + − = ⇔ − + + = ⇔

= + +

⇔ + = ⇔ =
Vậy, pt có nghiệm
Ví dụ 5: Giải phương trình:
( ) ( )
( )

3
3 5 16 3 5 2 1
x x
x+
+ + − =
Chia 2 vế của phương trình cho
2 0
x
>
, ta được:
( )
3 5 3 5
16 8 2
2 2
x x
   
+ −
+ =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Nhận xét rằng:
3 5 3 5
1
2 2
  
+ −
=
 ÷ ÷
 ÷ ÷

  
Đặt
3 5
2
x
t
 
+
=
 ÷
 ÷
 
, điều kiện t > 0
3 5 1
2
x
t
 
−
⇒ =
 ÷
 ÷
 

Khi đó pt (2) có dạng:
2
3 5
2
3 5
8 16 0 4 4 log 4

2
x
t t t x
+
 
+
− + = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
 ÷
 ÷
 
Vậy, pt có nghiệm
Ví dụ 6: Giải phương trình:
( )
2 2 2
1 1 1
2.4 6 9 1
x x x+ + +
+ =
Biến đổi phương trình về dạng:
( )
( )
( )
( )
2 2
2
2 1 2 1
1
2.2 2.3 3 2
x x
x

+ +
+
+ =
Chia hai vế của phương trình cho
( )
2
2 1
2 0
x +
≠
, ta được:
( )
( )
2 2
1 2 1
3 3
2 3
2 2
x x+ +
   
+ =
 ÷  ÷
   
Đặt
2
1
3
2
x
t

+
 
=
 ÷
 
, vì
2
1 1
2
3 3 3
1 1
2 2 2
x
x t
+
   
+ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥
 ÷  ÷
   
Khi đó pt (3) có dạng:
( )
2
1
2 2
3 3
2 2
2
3
2 0 2 1 log 2 log 2 1
1

2
x
t
t t x x
t l
+
=

 
− − = ⇔ ⇔ = ⇔ + = ⇔ = ± −

 ÷
= −
 

Vậy, pt có nghiệm
Ví dụ 7: Giải phương trình:
( )
2 2
2 1 2 2
2 9.2 2 0 1
x x x x+ + +
− + =
Chia hai vế của phương trình cho
2 2
2 0
x+
≠
, ta được:
( )

2 2
2 2
2 2
2 2 1 2
2 2
2 2
2 9.2 1 0
1 9
.2 .2 1 0
2 4
2.2 9.2 4 0 2
x x x x
x x x x
x x x x
− − − −
− −
− −
− + =
⇔ − + =
⇔ − + =
Đặt
2
2
x x
t
−
=
, điều kiện t > 0
Khi đó pt (2) có dạng:
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, pt có nghiệm
Ví dụ 8: Giải phương trình:
( )
3
3 1
1 12
2 6.2 1
2
2
x x
x
x−
− − + =
Viết lại phương trình dưới dạng:
( )
3
3

3
2 2
2 6 2 1 1
2 2
x x
x x
 
 
− − − =
 ÷
 ÷
 
 
Đặt
2
2
2
x
x
t = −
, điều kiện t > 0,
3
3
3 3
3
2 2 2 2
2 2 3.2 . 2 6
2 2 2 2
x x x x
x x x x

t t
   
⇒ − = − + − = −
 ÷  ÷
   
Khi đó pt (1) có dạng:
( )
3
2
6 6 0 1 2 1 2
2
x
x
t t t t+ − = ⇔ = ⇔ − =
Lại đặt
2
x
u =
, điều kiện u > 0
Khi đó pt (2) có dạng:
( )
2
1
2 0 2 2 1
2
x
u l
u u x
u
= −

− − = ⇔ ⇔ = ⇔ =

=

Vậy, pt có nghiệm
Ví dụ 9: Giải phương trình:
(
)
2 2
1 1 2 1 2 1 2 .2
x x x
+ − = + −
Điều kiện:
2 2
1 2 0 0 2 1 0
x x
x− ≥ ⇔ < ≤ ⇔ ≤
Đặt
2 sin
x
t=
, với
0,
2
t
π
 
∈



 
Khi đó phương trình có dạng:
(
)
2 2
1 1 sin 1 2 1 sin .sint t t+ − = + −
( )
( )
1 c t 1 2 .sin
2 sin sin 2
2
3
2 2sin . s
2 2 2
3
2 1 2 sin 0
2 2
0
1
2
1
2
6
2
0
3 2
2 1
s
2
2 2

x
x
os cost t
t
cos t t
t t t
cos co
t t
cos
t
cos l
t
x
x
t
t
in
π
π
⇔ + = +
⇔ = +
⇔ =
 
⇔ − =
 ÷
 


=


=


=
= −



⇔ ⇔ ⇔ ⇔



=



=
=

=





Vậy, pt có nghiệm
Ví dụ 10: Giải phương trình:
( )
2
7

6. 0,7 7
100
x
x
x
= +
Biến đổi phương trình về dạng:
( )
2
7 7
6. 7 1
10 10
x x
   
= +
 ÷  ÷
   
Đặt
7
10
x
t
 
=
 ÷
 
, điều kiện t >0
Khi đó pt (1) có dạng:
( )
2

7
10
7
7
6 7 0 7 log 7
1
10
x
t
t t x
t l
=

 
− − = ⇔ ⇔ = ⇔ =

 ÷
= −
 

Vậy, pt có nghiệm
Ví dụ 11: Giải phương trình:
2 1
1
1 1
3. 12
3 3
x x
+
   

+ =
 ÷  ÷
   
Biến đổi phương trình về dạng:
2 1
1 1
12 0
3 3
x x
   
+ − =
 ÷  ÷
   
Đặt
1
3
x
t
 
=
 ÷
 
, điều kiện t >0
Khi đó pt (1) có dạng:
( )
2
3
1
12 0 3 1
4

3
x
t
t t x
t l
=

 
+ − = ⇔ ⇔ = ⇔ = −

 ÷
= −
 

Vậy, pt có nghiệm
Ví dụ 12: Giải phương trình:
1 4 2
4 2 2 16
x x x+ + +
+ = +
Biến đổi phương trình về dạng:
( )
2 1
4 2
2 2 2 16
x
x x
+
+ +
+ = +

( )
2
2.2 6.2 8 0 1
x x
⇔ − − =
Đặt
2
x
t =
, điều kiện t >0
Khi đó pt (1) có dạng:
( )
2
4
2 6 8 0 2 4 2
1
x
t
t t x
t l
=

− − = ⇔ ⇔ = ⇔ =

= −

Vậy, pt có nghiệm
Ví dụ 13: Giải phương trình:
1
3 3 4 0

x x−
− + =
Điều kiện:
0x ≥
Biến đổi phương trình về dạng:
3
3 4 0
3
x
x
− + =
Đặt
3
x
t =
, điều kiện
1t ≥
Khi đó pt (1) có dạng:
( )
( )
2
1
4 3 0
3
t l
t t
t l
= −
+ − = ⇔


= −


Vậy, pt có vô nghiệm
Ví dụ 14: Giải phương trình:
3 1
125 50 2
x x x +
+ =
Biến đổi phương trình về dạng:
( )
125 50 2.8 1
x x x
+ =
Chia hai vế của phương trình (1) cho
8 0
x
≠
, ta được:
( )
3 2
125 50
2
8 8
5 5
2 0 2
2 2
x x
x x
   

+ =
 ÷  ÷
   
   
⇔ + − =
 ÷  ÷
   
Đặt
5
2
x
t
 
=
 ÷
 
, điều kiện t > 0
Khi đó pt (2) có dạng:
( )
( )
( )
3 2 2
2
1
5
2 0 1 2 2 0 1 0
2 2 0
2
x
t

t t t t t x
t t VN
=

 
+ − = ⇔ − + + = ⇔ = ⇔ =

 ÷
+ + =
 

Vậy, pt có nghiệm
Ví dụ 15: Giải phương trình:
(
)
(
)
( )
sin sin
7 4 3 7 4 3 4 1
x x
+ + − =
Nhận xét rằng:
( ) ( )
7 4 3. 7 4 3 7 4 3 7 4 3 1+ − = + − =
Đặt
(
)
sin
7 4 3

x
t = +
, điều kiện t > 0
(
)
sin
1
7 4 3
x
t
⇒ − =
Khi đó pt (1) có dạng:
(
)
(
)
( ) ( )
( )
sin
2 1
sin
2
sin sin
2
2 3 2 3
7 4 3 2 3
2 3
1
4 4 1 0
2 3

7 4 3 2 3
2 3 2 3
x
x
x x
t
t t t
t
t
−

 

+ = +

 ÷
+ = −


= −
 
+ = ⇔ + − = ⇔ ⇔ ⇔



= + 

 



+ = +
+ = +

 ÷


 

( ) ( )
( )
sinx 1
sinx
2 3 2 3
sin 1
0 ,
sinx 1
2
2 3 2 3
x
cosx x k k Z
π
π
−

+ = +
= −


⇔ ⇔ ⇔ = ⇔ = + ∈



=

+ = +


Vậy, pt có nghiệm
Ví dụ 16: Giải phương trình:
( ) ( )
( )
5 24 5 24 10 1
x x
+ + − =
Nhận xét rằng:
( ) ( )
5 24 5 24 1+ − =
Đặt
( )
5 24
x
t = +
, điều kiện t > 0
( )
1
5 24
x
t
⇒ − =
Khi đó pt (1) có dạng:
( )

( )
( ) ( )
( )
1
2
5 24 5 24 5 24 5 24
5 24
1
10 10 1 0
5 24
5 24 5 24 5 24 5 24
x x
x x
t
t t t
t
t
−
 
+ = − + = −

= −
 
+ = ⇔ − + = ⇔ ⇔ ⇔

 
= +


+ = + + = +

 
 
1
1
x
x
= −

⇔

=

Vậy, pt có nghiệm
Ví dụ 17: Giải phương trình:
2 1
25 10 2
x x x+
+ =
Viết lại phương trình dưới dạng:
( )
2 2
5 2.5 2.2
x
x x
+ =
Chia hai vế của phương trình cho
2
2 0
x
≠

, ta được:
( )
2
5 5
2 2
2 2
x x
   
+ =
 ÷  ÷
   
Đặt
5
2
x
t
 
=
 ÷
 
, điều kiện t > 0
Khi đó pt (2) có dạng:
( )
2
1
5
2 0 1 0
2
2
x

t
t t x
t l
=

 
+ − = ⇔ ⇔ = ⇔ =

 ÷
= −
 

Vậy, pt có nghiệm
Ví dụ 18: Giải phương trình:
3 1
4.3 3 1 9
x x x+
− = −
Điều kiện:
( )
1 9 0 0 9 1 0
x x
x− ≥ ⇔ < ≤ ⇔ ≤ ∗
Biến đổi phương trình về dạng:
3 2
4.3 3.3 1 3
x x x
− = −
Với điều kiện (*) thì
0 3 1

x
< ≤
Đặt
3
x
cost =
, với
0,
2
t
π
 
∈
÷

 
Khi đó pt (2) có dạng:
( )
3 2
0
2
4 3 1
3 sin
2
3 2
8 22
8
3 2
2
4 2

t
cos t cost cos t
cos t t cos t
k
t
t t k
t
k
t t k
t l
π
π
π π
π
π
π
π
π π
π
≤ <
− = −
 
⇔ = = −
 ÷
 


= +
= − +


⇔ ⇔ ⇔ =



= − + +
= − +



Ta có:
2
2
2. 2 1
4 8 8
2 2
8 4
2 2
8 2
cos cos cos
cos
cos
π π π
π
π
 
= = −
 ÷
 
+
⇔ =

+
⇔ =
Do đó:
3
2 2 2 2
3 log
8 8 2 2
x
t cos x
π π
+ +
= ⇔ = = ⇔ =
Vậy, pt có nghiệm