Sáng kiến kinh nghiệm giải phương trình mũ bằng phương pháp đánh giá

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN
KHOA TOÁN

Nhóm sinh viên thực hiện:
Võ Thò Nguyệt (Nhóm trưởng)
Nguyễn Thò Nhung
Trần Thò Nhung
Lê Thanh Nhưỡng
Phan thò Mỹ Nương
Đoàn Thanh Phong
Trần Thanh Phong(1987)
Tên đề t ài:
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ
BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ”

Giáo Viên Hướng Dẫn : DƯƠNG THANH VỸ
Quy Nhơn /11/2009
Lời nói đầu
Phương trình mũ là một mảng đề tài khá thú vò với nhiều
phương pháp giả đặc sắc . Ngòai những phương pháp giải thuần túy
như: biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ, đưa về cùng cơ số, logarit hai
vế … , bằng cách đánh giá phương trình dựa trên : tính chất hàm số
mũ; tính chất giá tò tuyệt đối; tam thức bậc hai, các bất đẳng thức cơ
bản… ta có thể nhanh chóng chỉ ra được nghòêm của bài toán. Phương
pháp này đặc biệt có hiệu quả đối với những phương trình không
mẫu mực hay những phương trình ta không thể giải bằng các phương
pháp thông thường hoặc sẻ gặp nhiều khó khăn.
Để bạn đọc không còn ái ngại trong việc lựa chọn phương
pháp giải khi đứng trước một phương trình không mẫu mực, nhóm
chúng tôi xin giới thiệu đề tài “ Giải phương trình mũ bằng phương
pháp đánh giá” . Ở đây chúng tôi tổng hợp và đưa ra những ví dụ

điển hình được sắp xếp từ đơn giản đến phức tạp theo từng dạng
đánh giá cụ thể thường gặp. Sau mỗi ví dụ hoặc sau mỗi dạng đánh
giá chúng tôi có đưa ra nhận xét và hướng đi, hướng phát triển cho
bài toán để bạn đọc tiện tham khảo và nắm bắt một cách dễ dàng.
Đề tài của chúng tôi gồm 4 phần, mỗi phần là một dạng của
phương pháp đánh giá:
- Dạng 1: Đánh giá dựa vào tính chất hàm số mũ.
- Dạng 2: Đánh giá dựa vào các bất đẳng thức cơ bản.
- Dạng 3: Đánh giá dựa vào tính chất hàm số chứa giá trò
tuyệt đối.
- Dạng 4: Đánh giá dựa vào tam thức bậc hai.
Hy vọng đề tài này là tài liệu thiết thực cho việc ôn tập rèn
luyện kỹ năng giaiû toán phục vụ các bạn trong các kỳ thi.
Chúc các bạn may mắn và học tâp tốt hơn!
Nhóm thưc hin
2
Mở đầu
Phương trình mũ:
Phương trình mũ cơ bản có dạng
,( 0; 1)
x
a b a a
= > ≠
.
1. Hàm số
( 0, 1)
x
y a a a
= > ≠
gọi là hàm số mũ cơ số a.

2. Các tính chất
−
+
=
=
> ∀ ≠
=
=
=
=
 
=
 ÷
 
> >
>
> ⇔ − −
1 2
1 2
1
1 2
2
1 2 1 2
1 2
1 2
x
x x
x
x x x x
x x x

x
x
x
x x
x x
1 2 1 2
0
x
x
x x x x
g(x)
f(x)
. a 1
. 1 1
. a 0, a>0,a 1
. a a a
a
. a
a
. (a ) a
. a b (a.b)
a a
.
b
b
. a>1 Với x x thì a a
. 0<a<1 . Với x x thì a <a
* chú ý:
. a a (a 1) f(x) g(x)
 

>
 

   
= ⇔

   
>

g(x) h(x)
0
[f(x)-1][g(x)-h(x)]=0
. Phương trình f(x) f(x)
f(x) 0
3
Dạng 1: ĐÁNH GIÁ DỰA TRÊN TÍNH CHẤT HÀM SỐ MŨ.
(Phương Trình Mũ)
1. Phương pháp chung : Giải phương trình f(x) = g(x)
Xét trên tập xác đònh D ta có
f(x) m, x D
g(x) m, x D

≥ ∀ ∈

≤ ∀ ∈

Khi đó phương trình thỏa mãn khi
f(x) m
g(x) m


≤

≤

 Ví dụ minh họa :
Ví dụ 1:[4] Giải phương trình :
2
x
3 Cos (2x)
=
Giải:
2
x
Xét phương trình: 3 Cos (2x)
Ta có nhận xét :
2
2 x 0
x 0; x R 3 3 1; x R
Và có Cos(2x) 1; x R
Cos(2x)=1
2
x
Do đó 3 Cos (2x) x 0
2
x
3 1
Vậy phương trình có nghiệm là : x=0
=
≥ ∀ ∈ ⇔ ≥ = ∀ ∈
≤ ∀ ∈



= ⇔ ⇔ =

=


Ví dụ 2:[4] Giải phương trình:
2
1 x
2 2 2 2
x x x x
2 3 4 5 4
−
+ + + =

Giải:
2
0
0
0
2
2
2
x
x
x
Ta có nhận xét x 0 ; x R
nên 2 2 1 ; x R
3 3 1 ; x R

4 4 1 ; x R

≥ ∀ ∈
≥ = ∀ ∈
≥ = ∀ ∈
≥ = ∀ ∈
0
2
2
x
1 x
5 5 1 ; x R
và 4 4 ; x R
−
≥ = ∀ ∈
≤ ∀ ∈
4

Vế trái 4
Suy ra
Vế trái 4
Vế trái = 4
Do đó Vế trái = Vế phải
Vế phải = 4
2
x 0 x 0
Kết luận : Phương trình đã cho có nghiệm là x=0











≥
≤
⇔
⇔ = ⇔ =

Ví dụ 3 :[3] Giải phương trình :
+
− + =
) )
y
sin(x 1 sin(x
4 2 cos(xy) 2 0
Giải:
(
)
) )
)
)
y
sin(x 1 sin(x
2
y
sin(x

2
y y
2 2
2
sin(x
Xét phương trình : 4 2 cos(xy) 2 0 (1)
(1) 2 cos(xy) 2 cos (xy) 0 (2)
Ta nhận thấy rằng:
2 cos (xy) 0 ; Vì 2 1 và cos (xy) 1
và 2 cos(xy) 0
Do
+
− + =
 
 
⇔ − + − =
 
 
− ≥ ≥ ≤
 
− ≥
 
)
y
2
sin(x
y
2
y
2

y
2
2 cos (xy) 0 (3)
đó ta có (2)
2 cos(xy) 0 (4)
Xét phương trình (3) : 2 cos (xy) 0
2 1
Ta nhận xét :
cos (xy) 1
2 1
Do đó (3) y=0
cos (xy) 1
Thay y=0 vào phương tr

− =

⇔

− =


− =

≥


≤




=

⇔ ⇔

=


)
)
sin(x
sin(x
ình (4) ta được : 2 1 0
Phương trình tương đương : 2 1 sin(x)=0 x=k ;k Z
x=k ;k Z
Kết luận : Phương trình đã cho có nghiệm là
y 0
− =
= ⇔ ⇔ π ∈

π ∈

=

5
Nhận xét: Trong các ví dụ trên , bằng việc đánh giá một cách rất
tinh tế các toán tử trong phương trình , ta đã nhanh chóng tìm được
nghiệm của bài toán một cách dể dàng. Đây là phương pháp dùng để
đánh giá phương trình mũ rất hay.
Sử dụng các tính chất cảu hàm số để giải phương trình là một
dạng khá quen thuộc . Đối với phương trình mũ tính chất đặc trưng

của nó là tính đơn điệu. Đây cũng là một mảng rất thú vò. Ta có 3
hướng áp dụng sau:
•
Hướng 1: Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng f(x)=k
Bước 2: Xét hàm số y=f(x)
Dùøng lập luận khẳng đònh hàm số đơn điệu(giả sử đồng
biến)
Bước 3: Nhận xét
0 0 0
0 0
0 0
. Với x=x f(x) f(x ) k , do đó x là nghiệm
. Với x<x f(x) f(x ) k , do đó phương trình vô nghiệm
. Với x>x f(x) f(x ) k , do đó phương trình vô nghiệm
Kết luận: Phương trình có nghiệm
⇔ = =
⇔ < =
⇔ > =
0
duy nhất là x=x
•
Hướng 2: Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng f(x)=g(x)
Bước 2: Xét hàm y=f(x) và y=g(x)
Dùng lập luận khẳng đònh y=f(x) là đồng biến,còn hàm
y=g(x) là nghòch biến hoặc là hàm hằng.
Xác đònh
0 0 0
x sao cho f(x ) g(x )

=
.
Bước 3: Vậy phương trình có nghiệm duy nhất :
0
x=x
•
Hướng 3: Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng f(x) = f(v)
Bước 2: Xét hàm số y=f(x)
Dùng lập luận khẳng đònh hàm đơn điệu.
Khi đó
f(x) f(v) u v ; u,v D
= ⇔ = ∀ ∈
 Ví dụ minh họa :
Ví dụ 4: [4] Giải phương trình :
x x x
3 4 5
+ =
(1)
Giải :
x x
3 4
Phương trình 1
5 5
   
⇔ + =
 ÷  ÷
   
Cách 1: ta có nhận xét x=2 là 1 nghiệm của phương trình
6

x 2
x 2
x x
3 3 9
* Với x>2 , ta có :
5 5 25
4 4 16
và
5 5 25
3 4 9 16
1
5 5 25 25
Vậy với mọi x>2 không là nghiệm của phương trình
* Với x<2, ta c
   
< =
 ÷  ÷
   
   
< =
 ÷  ÷
   
   
⇒ + < + =
 ÷  ÷
   
x 2
x 2
x x
3 3 9

ó :
5 5 25
4 4 16
và
5 5 25
3 4 9 16
1
5 5 25 25
Vậy với mọi x<2 không là nghiệm của phương trình
Kết luận: x=2 là nghiệm duy nh
   
> =
 ÷  ÷
   
   
> =
 ÷  ÷
   
   
⇒ + > + =
 ÷  ÷
   
ất của phương trình
Cách 2:
t t
3 4
Xét hàm số : f(x)
5 5
   
= +

 ÷  ÷
   
t t
3 3 4 4
Ta co ù f(t)= ln ln 0 ; t R
5 5 5 5
Suy ra f(t) là hàm số nghòch biến trên R
Hơn nữa, ta thấy f(2)=1
Vậy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình (1)
   
+ < ∀ ∈
 ÷  ÷
   
Ví dụ 5: [3] Giải phương trình :
x x
6 2 32
− =
Giải:

x x
x x
x 2
x
Phương trình 32+2 6
1 1
32 1
6 3
Nhận thấy x=2 là nghiệm của phương trình
1 1 1
* Với x>2 , ta có :

3 3 9
1 1
và 32 32
6 6
⇔ =
   
⇔ + =
 ÷  ÷
   
   
< =
 ÷  ÷
   
  
<
 ÷ 
  
2
8
9

=
÷

7

x x
x 2
x 2
x x

1 1
32 1
6 3
Vậy mọi x>2 không phải là nghiệm của phương trình
1 1 1
* Với x<2 , ta có :
3 3 9
1 1 8
và 32 32
6 6 9
1 1
32 1
6 3
Vậy
   
⇒ + <
 ÷  ÷
   
   
> =
 ÷  ÷
   
   
> =
 ÷  ÷
   
   
⇒ + >
 ÷  ÷
   

mọi x<2 không phải là nghiệm của phương trình
Kết luận: x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình
Ví dụ 6: [4] Giải phương trình:
log
x
2
x 2.3 3
+ =
Giải:
x
log
2
x
log
2
Điều kiện x>0
Biến đổi phương trình về dạng 2.3 3 x (1)
Xét f(x) =2.3
g(x) =3 x
Ta nhận xét f(x) là hàm đồng biến trên R ,
g(x) là hàm nghòch biến trên R
Do vậy
+
+
= −
−
log
x
2
nếu (1) có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.

Ta lại thấy x=1 là 1 nghiệm của phương trình vì 2.3 3 1
Kết luận: Phương trình có duy nhất một nghiệm x=1
= −
Ví dụ 7: [6]
− + − =
2010 2009
Giải phương trình : 2009 x 2010 x 1 (1)
Giải:

2010 2009
2010 2009
Ta dễ nhận thấy x=2009 và x=2010 là nghiệm của phương trình
* Nếu x<2009 2009 x 0 và 2010 x 1
Suy ra 2009 x 2010 x 1
Vậy mọi x<2009 không phải là nghiệm của phương trìn
⇒ − > − >
− + − >
h
8
( ) ( )
2010 2009
2010 2009
2010 2009
* Nếu x>2010 2009 x 1 và 2010 x 0
Suy ra 2009 x 2010 x 1
Vậy mọi x>2010 không phải là nghiệm của phương trình
* Nếu 2009<x<2010 ta có:
Phương trình x 2009 2010 x 1
T
⇒ − > − >

− + − >
⇔ − + − =
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
2010 2009
2010
2009
2010 2009
a xét hàm số : f(x)= x 2009 2010 x ta thấy rằng:
x 2009 x 2009
2010 x 2010 x
Suy ra x 2009 2010 x 1
Vậy phương trình vô nghiệm
Kết luận: Phương trình đã cho có hai nghiệ
− + −
− < −
− < −
− + − <
m là x=2009 và x=2010
* Chú ý : Trong phương pháp trên ta đã sử dụng hai mệnh đề sau:
+ Mệnh đề 1: Xét phương trình f(x)=α trong đó f(x) luôn đồng
biến (hoặc nghòch biến) trên tập xác đònh của phương trình khi
đó phương trình có nghiệm duy nhất.
+ Mệnh đề 2: Xét phương trình f(x) = g(x) , trong đó f(x) luôn
đồng biến (hoặc nghòch biến) và g(x) luôn nghòch biến ( hoặc
đồng biến) trên miền xác đònh của phương trình thì khi đó
phương trình có nghiệm duy nhất.
Một cách tổng quát: Nếu hàm số f(x)=h có m khoảng đơn điệu

thì hàm số có nhiều nhất là m nghiệm.
Ta xét thêm một ví dụ nữa:
Ví dụ 8: Giải phương trình :
2x 2x 2x
3 4 5
+ =
Giải:


2x 2x
Hoàn tòan có thể áp dụng phương pháp trên như sau:
3 4
Phương trình 1
5 5
Ta thấy x=1 là một nghiệm của phương trình
và hơn nữa Vế trái là một hàm nghòch biến
Vậy x=1
   
⇔ =
 ÷  ÷
   
+
là nghiệm duy nhất
9
( )
x
x x
n
x
i

i 1
* Từ bài toán này ta hòan toàn có thể mở rộng như sau :
Giải phương trình : a b a b ; a,b>0
Khi đó phương trình có thể áp dụng phương pháp đánh giá như trên
Tổng quát : a
=
+ = +
∑
x
n
i i
i 1
a ; a 0 , i=1,n
=
 
= > ∀
 ÷
 
∑
Bài tập đề nghò:
Giải các phương trình sau :

x
1, 3 + x - 4=0

x x
2, 3.4 (3x 10).2 3 x 0+ − + − =

2 x x
3, x (2 3)x 2(1 2 ) 0+ − + − =

− + + +
+ + = + +
2x 1 2x 2x 1 x x 1 x 2
4, 2 3 5 2 3 5

3 3x x 2x 2 x
5, x 2 3 .2 (1 3x )2 x 2 0+ + + + + − =

2 2
cos2x
sin x cos x cos2x
2
6, (2+ 2) (2 2) (2 2) 1
2
 
− + + − = +
 ÷
 ÷
 
10
Dạng 2 : ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH MŨ BẰNG CÁC BẤT
ĐẲNG THỨC CƠ BẢN
Trên đây , chúng tôi đã trình bày những bài toán đơn giản
nhằm có thể sử dụng phương pháp đánh giá để giải toán phương
trình mũ một cách nhanh chóng , dể hiểu. Tuy nhiên ta cũng đã sử
dụng khéo léo một số bất đẳng thức thường gặp như Cơsi,
Bunhiacôpxki, Bernoulli… để giải quyết những bài toán phức tạp
I. Một số nét chính của các bất đẳng thức
1. Bất đẳng thức Côsi :

1 2
1 2 n
n
1 2 n
1 2 n
Với mọi số thực không âm a ,a , ,a ta có bất đẳng thức
n
a a a
a a a
n
Đẳng thức sảy ra khi a a a
+ + +
≥
= = =
2. Bất đẳng thức Bernoulli : là một bất đẳng thức cho phép tính
gần đúng của lũy thừa 1+x, bất đẳng thức này được phát biểu
như sau:
x
x
r 0
(1 x) 1 rx
x 1 (x )
Nếu số mũ chẵn thì bất đẳng thức này đúng với mọi x.
Bất đẳng thức này trở thành bất đẳng thức nghiêm ngặt như sau
r 2
(1 x) 1 rx
x 1 với

∀ ≥
+ ≥ +


> − ∈

∀ ≥
+ > +
> −
¡
x 0,x


≠ ∈

¡
3. Bất đẳng thức Bunhiacopxki :
1 2 n 1 2 n
2 2 2 2 2 2 2
1 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n n
1 2 n
Với 2 dãy số thực tùy ý a ,a , ,a và b ,b , ,b ta luôn có bất đẳng thức:
(a a a )(b b b ) (a b a b a b )
Đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi (a ,a , ,a ) và
+ + + + + + ≥ + + +
1 2 n
i i
(b ,b , ,b ) là 2 bộ tỉ lệ,
tức là tồn tại số thực k để a kb , i 1,n
= ∀ =
11
M ột số ví dụ minh họa
Ví dụ 1:

−
− = +
3
2 x x
Giải phương trình: 8 x 3 3
Giải:
− −
−
∀ ∈
− ≤ =
+ ≥ =

=

=

⇔ ⇔ ⇔ =
 
=
=



¡
3
2
3
Côsi
x x x x
x x

Điều kiện : x
Ta có nhận xét : VT= 8 x 8 2
VP=3 3 2 3 3 2
x 0
VT 2
Suy ra VT=VP x 0
VP 2
3 3
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=0
Ví dụ 2:
x x
1
Giảiphương trình: (4 x)(x 2) (5 5 )
2
−
− − = +
Giải
Côsi
Côsi
x x x x
x x
Điều kiện: x 2,4
4 x x 2
Ta có : VT= (4 x)(x 2) 1
2
1 1
VP= (5 5 ) 5 5 1
2 2
4 x x 2
VT 1

Suy ra VT=VP
VP 1
5 5
x 3
Không tồn ta
x 0
− −
−
 
∈
 
− + −
− − ≤ =
+ ≥ + =

− = −

=

⇔ ⇔
 
=
=




=
⇔ ⇒


=

ïi x
Vậy phương trình vô nghiệm
Nhận xét: Với những bài toán như ví dụ 1,ví dụ 2 thì sử
dụng phương pháp đánh giá dựa vào bất đẳng thức là cách rất hay và
ngắn gọn trong lời giải. Nếu như ở ví dụ 1 ta có thể sử dụng phương
pháp đơn điệu để tìm ra nghiệm của bài toán thì sang ví dụ 2 hầu như
không có phương pháp nào khác phương pháp đánh giá bài toán đó.
12
Ví dụ 3:[4]
25x+3
3x
5
5
Giải phương trình: 3 -5.3 +2 27=0
Giải:
x
5 3
5 5
2
3 5
Cosi
2 2 2 2 3
5
3 5 6 5
1
2 x
5
5

3
Đặt 3 , điều kiện t>0 khi đó phương trình có dạng:
t . 27 5t 2 27 0
2 5
t
27
t
Nhận xét rằng :
1 1 1 1 1 1 1 5
VT= t t t 5 ( t ) .
3 3 3 3
27
t t t
1 1 1
Vậy ta có : t t 3 3 3 x
3 5
t
Vậy phươn
=
− + =
⇔ + ⇔
+ + + + ≥ =
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
1
g trình có nghiệm duy nhất x
5
=
Nhận xét: Không phải lúc nào chúng ta cũng có thể nhận ra
ngay rằng một bài toán nào đó là sử dụng phương pháp đánh giá
bằng bất đẳng thức để giải mà phải qua một số phép biến đổi cụ

thể để chuyển bài toán đó về dạng có thể sử dụng bất đẳng thức
để đánh giá và tìm ra nghiệm.
Vídụ4:[4]
x x
x x x x
2 4 1 3
Giải phương trình:
2
4 1 2 1 2 4
+ + =
+ + +
Giải:

x
a 2
Đặt ;a,b>0
x
b 4
a b 1 3
Khi đó , phương trình đã cho trở thành :
a 1 2
b 1 a b
a b 1
Ta có : VT= 1 1 1 3
a 1
b 1 a b
a b 1 a b 1 a b 1
= 3
a 1
b 1 a b








 
 
 
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
 
=
=
+ + =
+
+ +
+ + + + + −
+
+ +

+ + + + + +
+ + −
+
+ +


Cosâ i
1 1 1 1
= (b 1) (a 1) (a b)
2 a 1
b 1 a b
1 1
3
3 (b 1) (a 1) (a b).3 3
2 3
(b 1) (a 1) (a b)
9 3
3 VP
2 2
Suy ra VT=VP a 1 b 1 a b
x
a b 1 2
 
 
 ÷
 
 ÷
 
 ÷
 

 
+ + + + + + + ≥
+
+ +
+ + + + + −
+ + + + +
≥ − = =
⇔ + = + = +
⇔ = − ⇔
x
4 1 x 0
Vậy x=0 là nghiệm duy nhất của phương trình.
= = ⇔ =
13
Nhận xét: Rất nhiều học sinh nhầm tưởng rằng có thể giải bài
toán bằng cách sử dụng đặt ẩn phụ t=2
x
. Tuy nhiên khi đó ta sẽ nhận
được một phương trình bậc 6, mà phương trình bậc 6 thì hầu như chưa
có một phương pháp giải cụ thể nào.
Ví dụ 5:
x x
x x x x
3 5 1 3
Giải phương trình:
2
5 1 3 1 3 5
+ + =
+ + +
Làm một cách tương tự, sử dụng phương pháp trên ta tìm được

nghiệm duy nhất x=0.
Nhận xét:
•
Ví dụ 4, ví dụ 5 đều xuất phát từ một bất đẳng thức
a b a 3
b c a c a b 2
+ + + ≥
+ + +
. (Bất đẳng thức này được chứng minh
như cách làm ở ví dụ 4)
•
Việc ra bài tập cho dạng đánh giá bằng bất đẳng thức Cơsi thật
đơn giản nếu bạn biết một số bất đẳng thức được chứng minh
từ bất đẳng thức Cơsi. Lúc đó bạn quy bất đẳng thức đó về
dạng mũ là được ( Vì bất đẳng thức Cơsi áp dụng cho những số
không âm và dạng mũ là những số dương nên chúng liên hệ
với nhau được)
 Một số bài tập tự giải:

4
2 x x
x x
2 x 2 x 2 x x
1) Giải phương trình: 16 x 2 2
(Đáp số: x=0)
2 4 1 3
2) Giải phương trình:
2
m 4 1 m 2 1 m 4 2

−
− = +
+ + =
+ + +
(Đáp số: x=0)
Ví dụ 6:[4] Giải phương trình :
x x
3 2 3x 2+ = +
Giải:

≥

≥ +

⇒ + ≥ +

≥ +


⊂

< +

⇒ + < +

< +


x
x x

x
x
x x
x
Theo bất đẳng thức Bernoulli ta có:
* Với x 1 hoặc x<0
3 2x 1
Ta có 3 2 3x 2
2 x 1
Đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi x=0 hoặc x=1.
* Với x (0;1)
3 2x 1
Ta có 3 2 3x 2
2 x 1
Phương trình vô nghiệm.
14

Kết luận: Vậy phương trình có 2 nghiệm x=0 và x=1.
Ví dụ 7:[4]
x x
Giải phương trình: 9 3 10x 2+ = +
Giải:
x
x
x x
x
x
x
x
x x

x
x
Theo bất đẳng thức Bernuolli tao có:
9 9 8x 1
* Với x 1 ta có 9 3 10x 2
3 3 2x 1
Dấu đẳng thức xảy ra khi x=1
* Với x 0 ta có
9 9 8x 1 8x 1
9 3 1
3 3 2x 1 2x 1
−
−

= ≥ +

≥ ⇒ + ≥ +


= ≥ +

<

= ≥ − + ≥ +

⇒ + ≥


= ≥ − + ≥ +


x
x
x x
x
x
0x 2
Dấu đẳng thức sảy ra khi x=0
9 9 8x 1
* Với x (0;1) ta có 9 3 10x 2
3 3 2x 1
Phương vô nghiệm nếu x (0;1).
Kết luận : Phương trình có 2 nghiệm x=0 và x=1.
+

= < +

∈ ⇒ + < +


= < +

∈
Nhận xét: Qua ví dụ 6 , ví dụ 7 ta thấy nếu gặp bài toán có dạng:
x x
a b cx 2 (a,b>0;c=a+b-2)+ = +
thì phương pháp Bernoulli được sử
dụng là hiệu quả nhất bằng cách đánh giá theo từng trường hợp
giống như trên.
Ví dụ 8:[4]
x

Giải phương trình: 3 2x 1= −
Giải:
Bernoulli
x
x 0
Phương trình 3 (1 3)x 1
x 1
Vậy phương trình có 2 nghiệm x=0 và x=1.

=
⇔ + − = ⇔

=

Nhận xét: Không phải bài toán nào ta cũng nhìn ra cách áp dụng
bất đẳng thức Bernoulli mà trong trường hợp cụ thể có thể chuyển
bài toán về dạng:
f(x)
a (1 a)f(x) 1 (a>1)+ − =
. Khi đó ta xác đònh
được:
f(x) 0
Giải phương trình tìm nghiệm.
f(x) 1

=
⇒

=


 Một số bài toán tự giải:

x
x x
1) Giải phương trình: 5 4x 1
2) Giải phương trình: 3 5 6x 2
= +
+ = +
15
3) Giaûi phöông trình:
7 5 10 +2
x x
x+ =
16
Ví dụ 9:
x 3 5 x
Giải phương trình: (2+ 3) 7 4 3
− + −
= +
Giải:
( )
( )
( )
≤ ≤
− + − ≤ + − + − =
≤ + = + =
⇔
Bunhiacopxki
2 2
2

Điều kiện 3 x 5
Ta có x 3 6 x 1 1 x 3 5 x 2
Suy ra VT 2 3 7 4 3 VP
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x-3=5-x x=4
Vậy x=4 là nghiệm của phương trình
Nhận xét: Ở bài toán trên chúng ta có thể quy về giải phương
trình vô tỉ
x-3 5 x 2+ − =
bằng cách bình phương hai vế nhưng
sẽ không được nhanh chóng như áp dụng bất đẳng thức
Bunhiacopxki.
Ví dụ 11: Giải phương trình:
( ) ( )
1
sinx 2 cosx 2 1
2
1 2 1 2 (1),x ,
4 2
+ + −
 
π π
+ = + ∈
 
 
Giải:

1
(1) sinx 2 cosx 2 1
2
⇔ + = + −

Đây là phương trình thuần nhất đối với sinx và cosx. Chúng ta có
thể sử dụng phương pháp giải bài toán dạng này nhưng quả thật khá
rắc rối . Với một chút biến đổi để sử dụng bất đẳng thức
Bunhiacopxki chúng ta dể dàng tìm ra nghiệm của nó.

( )
( )
( )
( )
( )
+ = + + −
≤ + + + −
 
π π
≤ + − ∀ ∈ ≤ ≤
 
 
≤ + − =
Bunhiacopxki
2 2
Ta có :sinx 2 cosx sinx cosx 2 1 cosx
1 1 sinx cosx 2 1 cosx
1 1
2 2 1 (Vì x , thì 0 cosx )
4 2
2 2
1
2 1 VP
2


=
π π

⇔ = + π⇒ =

π
=


π
=
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
sinx cosx
x k2 x
4 4
cosx
2
Vậy x là nghiệm.
4
17
Đây là một số ví dụ thường gặp khi giải phương trình mũ khi các
phương pháp khác không đem lại kết quả tối ưu thì bất đẳng thức là
công cụ hiệu quả nhất.
18
Dạng 3: ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH MŨ BẰNG CÁC TÍNH CHẤT
HÀM CHỨA DẤU TRỊ TUYỆT ĐỐI
1. Đònh nghóa :
x x
a b (a b 2)x 2 (a,b là hằng số)+ = + − =

a nếu a 0
a
a nếu a 0

≥
=

− <

2. Các tính chất:
* a b a b ab 0
a 0
* a b a b
b 0
a 0
* a b a b
b 0
* a b a b b(a b) 0
+ = + ⇔ >

≥
+ = + ⇔

≥


≥
+ = − ⇔

≤


− = − ⇔ − ≥
Ví dụ 1:[5]
4x 4
(x 1)
Giải phương trình: 3 81
−
−
=
Giải:
4x 4
(x 1)
4x 4
4(x 1)
Xét 3 81 , x
3 3
4x 4 4(x 1) (1)
Xét 4x-4 0 x 1 thì (1) thỏa
4x-4<0 (loại)
x<1 thì 4x+4=4x-4 (loại)
Vậy x 1 là nghiệm của phương trình (1).
−
−
−
−
= ∀ ∈
⇔ =
⇔ − = −
≥ ⇔ ≥
⇔

≥
¡
Ví dụ 2:
( )
2 x x 1
Giải phương trình: 2 3 26 15 3
− + +
+ = +
Giải:
( )
( ) ( )
2 x x 1
2 x x 1 3
Giải phương trình: 2 3 26 15 3
Phương trình 2 3 2 3
2 x x 1 3 (*)
Ta có VT= 2 x x 1 2 x x 1 3 VP
Đẳng thức sảy ra (2-x)(x+1) 0 1 x 2
Vậy x 1;2 là nghiệm.
− + +
− + +
+ = +
⇔ + = +
⇔ − + + =
− + + ≥ − + + = =
⇔ ≥ ⇔ − ≤ ≤
 
∈ −
 
19

Nhận xét: Ở ví dụ trên từ (*) nếu bằng cách mở dấu giá trò đối
thì chúng ta cũng giải quết được bài toán nhưng nó sẽ rắc rối hơn. Để
ý một chút chúng ta sử dụng bất đẳng thức trò tuyệt đối
a b a b+ ≤ ≤
thì bài toán trở nên dể dàng hơn.
* Tổng quát cho dạng toán này:

( )
α− + +β
γ
=
f(x) f(x)
a b với b=a
Ví dụ 3:[5]

( )
x 1 2 x 2 x 1 2 x 2
Giải phương trình : 1 3 6 2 5
− + − − − − −
+ = +
Giải:
( )
( ) ( )
( )
− + − − −
⇔ + = +
2 2
x 2 1 x 2 1 2
Phương trình 1 3 1 3
( )

⇔ − + − − − =
− + − − − ≤ − + − − + = =
⇔ − − >
⇔ − − > ⇔ ≥
≥
x 2 1 x 2 1 2
Ta có VT= x 2 1 x 2 1 x 2 1 x 2 1 2 VP
Đẳng thức xảy ra x 2 1 2 0
x 2 1 0 x 3
Vậy phương trình có nghiệm x 3.
*Chú ý: Rất nhiều học sinh khi giải bài toán này chỉ thu được
nghiệm x=3.
* Tổng quát cho dạng này :
+α + −β
γ
=
− ≤ −
≥
f(x) f(x)
a b (b=a )
Sử dụng tính chất a b a b
Đẳng thức sảy ra khi b(a-b) 0.

Ví dụ 4:[6] Tìm tất cả các cặp số thực x,y thỏa :
( )
2 5
x 2x 3 log
3
(y 4)
2

3 5 (1)
và 4 y y 1 y 3 8 (2)
− − −
− +
=
− − + + ≤
Giải:

− − −
−
− + −
= ≥ =
≤
+ ≤ ⇔ − ≤ ≤
2 5
x 2x 3 log
5
3
log
(y 4) 1
3
2
Ta có : 5 3 3 5
Suy ra y -3 (*)
Từ (2) ta có y 3y 0 3 y 0 (**)
20

 
= − =
 

= − = −
 
Từ (*) và (**) ta có y=-3
x 1 x 3
Thế vào (1) suy ra ;
y 3 y 3
Nhận xét : Sai lầm thường gặp ở dạng bài này là:
•
Học sinh sẽ khử giá trò tuyệt đối của (2) dẫn đến bài toàn này
dài và khó đònh hướng tiếp theo.
•
Đây là một trong những bài toán khó đònh hướng cho học sinh
nếu như không biết cách so sánh để suy ra
y 3≤ −
.
Ví dụ 5:
sin x
Giải phương trình : 3 cosx=
Giải:
sin x
sin x
2
2 2
2
Điều kiện : x 0
Do sin x 0 nên 3 1; cosx 1
Suy ra : 3 cosx
sin x 0 x k
(k,h )
cosx 1 x h

h k k 0
x k
,h x 0
h 0
x h
x k
Vậy nghiệm của phương trì
≥
≥ ≥ ≤
=
 
 
= = π
⇔ ⇔ ∈
 
= ± = π
 
 



= π =
 
= π
⇔ ⇔ ∈ ⇔ ⇒ =
  
=
= π



= π



¢
¢
nh là x=0
Nhận xét: Khi gặp phương trình mũ dạng ví dụ 3 ta nên dùng
cách đánh giá trên để giải vì nó liên quan đến hàm sinx và cosx mà
sinx 1
cosx 1

≤


≤


Ví dụ 6:
x x
Giải phương trình : 8 2 8x 2+ = +
Giải:

+ = +
≥

= ≥ +

⇒ + ≥ +



= ≥ +

≤
x x
x
x
x x
x
x
Giải phương trình : 8 2 8x 2
Theo bất đẳng thức Bernuolli ta có:
* Với x 1
8 8 7x 1
8 2 8x 2
2 2 x 1
Dấu bất đẳng thức sảy ra khi x=1
* Với x 0
21

−
−

= ≥ − + ≥ +

⇒ + ≥ +


= ≥ − + ≥ +


x
x
x x
x
x
8 8 7x 1 7x 1
8 2 8x 2
2 2 x 1 x 1
Dấu bất đẳng thức sảy ra khi x=0

 
∈
 

= < +

⇒ + < +


= < +

x
x
x x
x
x
* Với x 0;1
8 8 7x 1
8 2 8x 2
2 2 x 1

Phương trình vô nghiệm
Kết luận: Phương trình có hai nghiệm x=0 và x=1.
Tổng quát : Khi gặp phương trình mũ chứa giá trò tuyệt đối có
dạng
x x
a b (a b 2)x 2 (a,b là hằng số)+ = + − =
. Ta dùng bất đẳng
thức Bernoulli để giải quyết bài toán và phương pháp này đã được
chúng tôi trình bày ở dạng 2 trong tài liệu.
22
Dạng 4: ĐÁNH GIÁ DỰA VÀO TAM THỨC BẬC HAI,
PHƯƠNG TRÌNH MŨ
Đặt ẩn phụ là phương pháp được dùng phổ biến trong việc giải
phương trình nói chung và giải phương trình mũ nói riêng. Nhiều bài
toán chỉ nhìn vào là ta có thể thấy được cách chọn ẩn phụ thích hợp.
Nhưng cũng không ít bài toán khiến chúng ta bối rối ngay từ bước
này. Đối với những bài toán này, thông thường đòi hỏi bạn đọc phải
có cái nhìn tinh tế để đánh giá và đưa ra hướng giải thích hợp. Để
minh họa cho sự tinh tế đó, chúng ta lần lượt xét các ví dụ sau:
Ví dụ 1[2]:
( ) ( )
x x
Giải phương trình : 2 3 2 2 3 3− + + =
Giải:
( ) ( )
x x
2
x
Ta nhận xét rằng 2 3 2 3 1
1

Do đó đặt (2 3) t ;Điều kiện t>0 thì (2 3)
t
1
Khi đó phương trình được viết lại t+2 3
t
t 1 0
t 3t 2 0
t 2 0
* Với t=1, ta có (2 3) 1 x 0
* Vơ
− + =
− = + =
=

= >
⇔ − + = ⇔

= >

− = ⇔ =
x 2
2 3
2
2 3
ùi t=2, ta có (2 3) 2 x log
Kết luận : phương trình đã cho có hai nghiệm x=0 và x log
−
−
− = ⇔ =
=

Chú ý: Trong nhiều trường hợp ta không thấy ngay được sự xuất
hiện ab=1 đối với các toán tử của phương trình . Khi đó cần đánh giá
tinh tế hơn. Cụ thể ta xét ví dụ sau:
Ví dụ 2:[1]
( ) ( )
x x
Giải phương trình: 7 4 3 3 2 3 2 0+ − − + =
Giải:

( ) ( )
( )
+ = +
+ − =
+ = =
+ =
2
x x
x
2
Nhận xét rằng 7 4 3 (2 3)
và (2 3)(2 3) 1
1
Do đó đặt 2 3 t ; điều kiện t>0 , thì 2- 3
t
và 7 4 3 t
23

( )
− + = ⇔ + − = ⇔ − + + =


= >
⇔

+ +


⇔ + = ⇔ =
2 3 2
2
x
Khi đó phương trình tương đương với
1
t 3 2 0 t 2t 3 0 (t 1)(t t 3) 0
t
t 1 0
t t 3 (vô nghiệm)
2 3 1 x 0
Kết luận: phương trình đã cho có 1 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 t=

( )
x
2 3+
cho phương trình .
Ví dụ tiếp theo ta sẽ miêu tả việc lựa chọn ẩn phụ thông qua đánh
giá mở rộng của ab=1 . Đó là:
2
x x x
x
x x
a b
ab c 1
c c
tức là, với phương trình dạng Aa Bb Cc 0
Khi đó ta thực hiện phép chia cả 2 vế phương trình cho c 0
a b
để nhận được A B c 0
c c
a
Từ đó thiết lập ẩn phụ t=
c
= ⇔ =
+ + =
≠
   
+ + =
 ÷  ÷
   

x x

b 1
,t 0 và suy ra
c t
  
> =
 ÷  ÷
   
Ta xét ví dụ cụ thể sau:
Ví dụ 3:
( ) ( )
x x
x 3
Giải phương trình : 3 5 7 3 5 2
+
+ + − =
Giải:

>
   
+ −
+ =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
x
x x
Chia 2 vế chó 2 0 ta được:
3 5 3 5
7 8
2 2

  
+ −
=
 ÷ ÷
 ÷ ÷
  
3 5 3 5
Nhận xét rằng 1
2 2

24
   
+ −
= =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
x x
3 5 3 5 1
Do đó nếu đặt t , điều kiện t>0 thì
2 2 t

+
=

= >
⇔ − + = ⇔


= >

 
+
= ⇔ =
 ÷
 ÷
 
 
+
= ⇔ =
 ÷
 ÷
 
2
x
x
7
3 5
2
7
Khi đó phương trình tương đương : t+ 8
t
t 1 0
t 8t 7 0
t 7 0
3 5
* Với t=1 ta có 1 x 0
2
3 5

* Với t=7 ta có 7 x log
2
Kết luận:Phương trình đã cho có 2 nghiệm
x=0 và x
+
=
7
3 5
2
log
+
=

= >
⇔ − + = ⇔

= >

 
+
= ⇔ =
 ÷
 ÷
 
 
+
= ⇔ =
 ÷
 ÷
 

2
x
x
7
3 5
2
7
Khi đó phương trình tương đương : t+ 8
t
t 1 0
t 8t 7 0
t 7 0
3 5
* Với t=1 ta có 1 x 0
2
3 5
* Với t=7 ta có 7 x log
2
Kết luận:Phương trình đã cho có 2 nghiệm
x=0 và x
+
=
7
3 5
2
log
Để bạn đọc nắm vững hơn về kỹ năng giải các dạng toán trên
mời các bạn làm các ví dụ sau:
( ) ( )
x x

sinx sinx
1) 5 24 5 24 10
2) 7 4 3 7 4 3 4
+ + − =
   
+ + − =
 ÷  ÷
   
25