Các dạng bài tập Phương trình mũ (hay)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.31 MB, 44 trang )
CHƯƠNG I: PHƯƠNG TRÌNH MŨ
BÀI TOÁN 1: PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
Phương pháp:
Ta có :
( ) ( )
f x g x
a a
= ⇔
( ) ( ) ( )
0
1 0
a
a f x g x
>
− − =
VD1: Giải phương trình:
(
)
(
)
sin 2 3cos
2 2
2 2
x x
x x x x
−
+ − = + −
Giải: Phương trình tương đương :
(
)
( )
1 2(*)
2
2 0
2
1 0(1)
2
2 1 sin 2 3cos 0
sin 3 cos 2(2)
x
x x
x x
x x x x
x x
− < <
+ − >
⇔
− − =
+ − − − + =
+ =
Giải (1) ta được
1 5
1,2
2
x
±
=
thoả mãn 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
π π π π
π π
+ = ⇔ + = ⇔ + = + ⇔ = + ∈
Để nghiệm thoả mãn điều kiện (*) ta phải có:
1 1
1 2 2 1 2 0,
6 2 6 2 6
k k k k Z
π π π
π
π π
− < + < ⇔ − − < < − ⇔ = ∈
khi đó ta nhận được
3
6
x
π
=
Vậy phương trình có 3 nghiệm phân biệt
1,2 3
1 5
;
2 6
x x
π
±
= =
.
VD2: Giải phương trình:
( )
( )
2
2
4
3 5 2
2
3 6 9
x x
x x
x x x
+ −
− +
− = − +
Giải: Phương trình
⇔
( ) ( ) ( )
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 trình có 2 nghiệm phân biệt x = 4, x = 5.
VD 3 : Cho phương trình :
3
4
1
2 , 1
8
x m
x
m
−
= >
(1)
a) Giải phương trình khi m = 7.
b) Chứng minh rằng khi
1
m
>
, phương trình luôn có nghiệm duy nhất.
Giải : (1)
3
4 3
2 2
x m x
− −
=
⇔
3
4 3
x m x
− = −
⇔
3
4 3
x x m
+ =
. (2)
a) Với m = 7 ta có phương trình
3
4 3 7 0
x x
+ − =
⇔
(
)
(
)
2
1 4 4 7 0
x x x
− + + =
⇔
x = 1.
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
1
b) Xét hàm số
(
)
3
4 3
f x x x
= +
, x
∈
R. Ta có
(
)
2
' 12 3 0,
f x x x
= + > ∀
. Hàm số đồng biến trên R.
Hơn
nữa, f(x) liên tục trên R và
(
)
lim
x
f x
→+∞
= +∞
và
(
)
lim
x
f x
→−∞
= −∞
. Vậy (2) có nghiệm duy nhất với
1
m
>
.
VD 4: Cho phương trình
( ) ( )
1 2 2
2 2
1 1
x a x
x x
+ + − +
+ = +
(1)
Tìm các giá trị của a để phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
Giải : ĐK :
2
x
≥ −
(1)
⇔
(
)
(
)
2
1 1 1 2 2 0
x x a x
+ − + + − + + =
⇔
(
)
2
1 2 2 0
x x a
+ + − =
⇔
( )
0
1 2 2 2
x
x a
=
+ + =
(1) có 2 nghiệm phân biệt
⇔
(2) có nghiệm duy nhất khác 0.
Xét hàm số
(
)
1 2 2, 2
f x x x
= + + ∀ ≥ −
. Ta có
( )
1
'
2
f x
x
=
+
> 0 ,
2
x
∀ > −
, hàm số ĐB trên
[
)
2;
− +∞
.
Suy ra,
(
)
(
)
2 1, 2
f x f x
≥ = ∀ ≥ −
. Ta có : (2) có nghiệm duy nhất khác 0
⇔
1
1 2 2
a
a
≥
≠ +
.
VD 5: Giải các phương trình sau :
1)
( ) ( )
3 1
1 3
10 3 10 3
x x
x x
− +
− +
+ = −
2)
(
)
2
1
2 .3 3
x
x x
+
+
=
3)
( )
2
4
2 2
1 1
x
x x x x
−
− + = − +
4)
( )
1
cos cos
2 2
2
2 2
x
x x
x x
+
+ = +
Giải : 1)
( ) ( )
3 1
1 3
10 3 10 3
x x
x x
− +
− +
+ = −
ĐK :
1
3
x
x
≠
≠ −
Phương trình
⇔
( ) ( )
3 1
1 3
10 3 10 3
x x
x x
− +
−
− +
+ = +
, do
1
10 3
10 3
− =
+
.
⇔
3 1
1 3
x x
x x
− − −
=
− +
⇔
2 2
9 1
x x
− = −
⇔
5
x = ±
Vậy phương trình có 2 nghiệm
5
x = ± .
2)
(
)
2
1
2 .3 3
x
x x
+
+
=
⇔
1
2
2 .3 .3 3 .3
x
x x
=
⇔
(
)
6 3
x
x
=
⇔
6
1
3
x
=
⇔
x = 0.
Vậy phương trình có nghiệm x = 0.
3)
( )
2
4
2 2
1 1
x
x x x
x
−
− + = − +
ĐK :
2 2
x
− ≤ ≤
.
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
2
Phương trình
⇔
( )
2 2
1
1 1 4 0
2
x x x
− + − − − =
⇔
(
)
(
)
2 2
2 4 1 0
x x x
− − − =
⇔
2
2
0
2 4 1 0
x x
x
− =
− − =
⇔
2
0 1
15
4
x x
x
= ∨ = ±
=
⇔
0 1
15
2
x x
x
= ∨ = ±
= ±
, thỏa ĐK.
Vậy phương trình có 5 nghiệm
0; 1
x x
= = ±
;
15
2
x = ±
.
4)
( )
1
cos cos
2 2
2
2 2
x
x x
x x
+
+ = +
⇔
( )
cos
2
1 1
2 1 0
2 2
x
x
x
+
+ − − =
⇔
cos
2
2 1 0
1 1
x
x
x
+ − =
+ =
⇔
(
)
cos
2
2 1 1
0
x
x
x
= −
=
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
BÀI I. Giải các phương trình sau
1)
1 2 2 1
2 2 2 3 3 3
x x x x x x
− − − −
+ + = + − ĐS : x = 2
2)
( )
2
1
1
3
2
2 2 4
x
x
x
−
+
=
ĐS : x = 9
3)
( ) ( ) ( )
2
2 1
1 1
3
4
2
2 2 4 2
x
x x x
x
−
− −
= ĐS :
1
1; 3;
3
x x x
= = − =
4)
( )
2
9
32 2
2 2 2 2
x
x x x x
−
− + = − +
ĐS :
4
1;; 5
3
x x= = ±
5)
( )
2 2
2 24 12
3
0,6 .5 .9
5
x
x
x x
− −
=
Hướng dẫn : Đưa về cơ số
3
5
; x =
2 3
±
6)
3
3
2 4 0,125 0,25
x x
x
= ĐS :
2 19
5
x
− ±
=
7)
1
5 . 8 100
xx x+
=
ĐS : x = 2;
2
1
1
log 5
x = − −
8)
3
1 2 1 3
2 . 4 .8 2 2.0,125
x x x+ − −
= ĐS :
53
7
x =
9)
8
1
3 4 9
.
4 3 16
x
x
−
=
ĐS :
1; 4
x x
= − =
10)
1 1
1
1
2 .4 . 16
8
x x x
x
+ −
−
=
ĐS :
2
x
=
11)
1 3
32 0,25.128
x x
+ −
=
ĐS :
14
x
=
12)
1 4 2
1 2
1
27 .81
9
x x
x x
+ −
− +
= ĐS :
2
; 3
11
x x
= =
13)
1 2
1
2 .5 .10
5
x x x
− −
=
ĐS :
1
x
=
14)
1 5
2 .5 0,1.(10 )
x x x−
=
ĐS :
3
2
x
=
15)
1 2 1 2
3 3 3 5 5 5
x x x x x x
+ + + +
+ + = + + ĐS :
3
5
31
log
16
x =
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
3
16)
1 6 1
2 .2. 2 4
x x
+ +
= ĐS :
3
2
x
=
17)
2
3 19
1 1
2 2 4
16 0,25.2
x
x x x
−
−
+ − −
= ĐS :
5
1;
2
x x
= − =
18)
2 3
1
(3 3 3)
81
x
x
+
=
ĐS :
16
13
x
= −
19)
2
1 1
5 9
. 1
3 25
x x x
+ + −
=
ĐS :
3
1;
2
x x
= = −
20)
3
(3 2 2) 3 2 2
x
− = +
ĐS :
1
3
x
= −
21)
− + − + −
+ = +
2 2 2
4 12 2 16
4 4 4 1
x x x x x
ĐS : x = -4; x = 3;
2
x
= ±
22)
( ) ( )
1
1
1
5 2 5 2
x
x
x
−
−
+
+ = − Hướng dẫn : Đưa về phương trình :
1
1
1
1
x
t
+
+
=
,
(
)
1
5 2 0
x
t ,t
−
= + >
ĐS : x = 1; x = -2
23)
7 1 2
1 1
. 2
2 2
x x+ −
=
ĐS : x = 9
BÀI TOÁN 2: PHƯƠNG PHÁP LÔGARIT HOÁ
Phương pháp:
Dạng 1: Phương trình:
( )
( )
0 1, 0
log
f x
a
a b
a b
f x b
< ≠ >
= ⇔
=
Dạng 2: Phương trình :
(
)
( ) ( ) ( )
log log ( ) ( ).log ; a,b > 0
f x
g x f x f x
a a a
a b a b f x g x b= ⇔ = ⇔ =
hoặc
( ) ( )
log log ( ).log ( ).
f x g x
b b b
a b f x a g x
= ⇔ =
VD1: Giải phương trình: 2
2
2
3
2
x x−
=
Giải: Lấy logarit cơ số 2 hai vế phương trình ta được:
2
2 2 2
2 2 2 2
3
log 2 log 2 log 3 1 2 1 log 3 0
2
x x
x x x x
−
= ⇔ − = − ⇔ − + − =
Ta có
,
2 2
1 1 log 3 log 3 0
∆ = − + = >
suy ra phương trình có nghiệm
x = 1
2
log 3.
±
VD2: Giải phương trình:
1
5 .8 500.
x
x
x
−
=
Giải: Ta có :
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
− − −
−
= ⇔ = ⇔ =
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
4
Lấy logarit cơ số 2 vế, ta được:
( )
( )
3 3
3 3
2 2 2 2 2
3
log 5 .2 0 log 5 log 2 0 3 .log 5 log 2 0
x x
x x
x x
x
x
x
− −
− −
−
= ⇔ + = ⇔ − + =
( )
2
2
3
1
3 log 5 0
1
log 5
x
x
x
x
=
⇔ − + = ⇔
= −
Vậy phương trình có 2 nghiệm :
2
1
3;
log 5
x x= = −
Ví dụ 3 : Giải phương trình
( )
2
7
25
5
log 5 1
log
7
x
x
−
= (1)
Giải : ĐK : x > 0.
(1)
⇔
( )
(
)
(
)
2
25
5
log 5 1
log 7
5 5
log 7 log
x
x
−
=
⇔
(
)
(
)
2
25 5 5 5
log 5 1 .log 7 log 7.log
x x
− =
⇔
( )
2
5 5
1
log 5 log 1 0
4
x x
− − =
⇔
2
5 5
log 2log 3 0
x x
− − =
⇔
5 5
log 1 log 3
x x
= − ∨ =
⇔
1
125
5
x x= ∨ =
Vậy phương trình có 2 nghiệm :
1
125;
5
x x
= =
.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
BÀI I. Giải các phương trình sau
1)
2
4
3
3 125.125
x x
−
= ĐS :
2
3 3 3
1 8
3log 5 9log 5 16 log 5
2 3
x
= ± + +
2)
2
3 6
8 36.3
x
x
x
+
+
= ĐS :
3
4; 2 log 2
x x= − = − −
3)
2
2
2 .3 1,5
x x x−
= ĐS :
2
1; 1 log 3
x x= = −
4)
1
3 .8 36
x
x
x+
=
ĐS :
3
2; 1 log 2
x x= = − −
BÀI II. Giải các phương trình sau
1)
3
2
1
5 .2 4
x
x
x
−
+
=
ĐS :
2
2; 1 log 5
x x= = − −
2)
4lg
2
4
1600
x
x = ĐS :
1
40;
10
x x
= =
3)
4
lg
100
x
x = ĐS :
1
10000;
10000
x x= =
4)
2 1 3
5 7
x x
− −
= ĐS :
5
4
2 log 7
x =
+
5)
2 1
1
5 .2 50
x
x
x
−
+
=
ĐS :
5
2; 1 log 2
x x= = − −
6)
2
1 2 1
5 .2 10.8
x x x x
− − +
= ĐS :
2
log 5
2;
2
x x= = −
7)
1 2 1
4.9 3 2
x x
− +
= ĐS :
3
x
2
=
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
5
8)
4 1 3 2
2 1
5 7
x x
+ +
=
ĐS :
7
7
2
2 log
5
x
2
4 log 3
5
− −
=
+
9)
3
2
3 .2 6
x
x
x+
=
ĐS : x = 1
BÀI TOÁN 3: PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ
Phương pháp:
Chuyển phương trình ban đầu thành 1 phương trình với 1 ẩn phụ.
Các phép đặt ẩn phụ thường gặp sau:
Giã sử, đặt u = f(x) hay u là một hằng số nào đó, ta có :
Dạng 1: Phương trình
( 1)
1 1 0
0
ku k u u
k k
a a a
α α α α
−
−
+ + + + =
Khi đó đặt
u
t a
=
điều kiện t > 0,
1
u
a
t
−
=
, ta được:
1
1 1 0
0
k k
k k
t t t
α α α α
−
−
+ + =
Dạng 2: Phương trình
1 2 3
0
u u
a b
α α α
+ + =
với a.b = 1.
Khi đó đặt
,
u
t a
=
điều kiện t > 0 suy ra
1
u
b
t
=
ta được:
2
2
1 3 1 3 2
0 0
t t t
t
α
α α α α α
+ + = ⇔ + + =
Dạng 3: Phương trình
( )
2 2
1 2 3
0
u
u u
a ab b
α α α
+ + =
khi đó chia 2 vế của phương trình cho
2
u
b
>0 (
hoặc
( )
2
, .
u
u
a a b
), ta được:
2
1 2 3
0
u u
a a
b b
α α α
+ + =
Đặt
,
u
a
t
b
=
điều kiện t > 0, ta được:
2
1 2 3
0
t t
α α α
+ + =
Dạng 4: Lượng giác hoá.
Nếu trong phương trình có dạng :
2 2
a u
−
, ta có thể đặt u = a.sint hay u = a.cost,…(VD 6)
Chú ý: Nếu phương trình không có tham số thì điều kiện cho
u
t a
=
là t > 0 vẫn đúng, nhưng nếu
trong bài toán chứa tham số thì điều kiện trên nói chung không đúng
Ví dụ : Nếu đặt
2
1
2
x
t
+
= thì t > 0 là sai trong lớp bài toán chứa tham số, bới thực chất điều kiện
cho t phải là
2
t
≥
.
VD1: Giải phương trình:
1
2
2
cot
sin
4 2 3 0
g x
x
+ − =
(1)
Giải: Điều kiện :
sin 0 ,
x x k k Z
π
≠ ⇔ ≠ ∈
(*)
Vì
2
2
1
1 cot
sin
g x
x
= +
nên phương trình (1) được biết dưới dạng:
2
2 cot
cot
4 2.2 3 0
g x
g x
+ − =
(2)
Đặt
2
cot
2
g x
t = điều kiện
1
t
≥
vì
2
2 cot 0
cot 0 2 2 1
g x
g x
≥ ⇔ ≥ =
Khi đó phương trình (2) có dạng:
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
6
2
2 cot 2
1
2 3 0 2 1 cot 0
3
cot 0 ,
2
g x
t
t t g x
t
gx x k k Z
π
π
=
+ − = ⇔ ⇔ = ⇔ =
= −
⇔ = ⇔ = + ∈ thoả mãn (*)
Vậy phương trình có 1 họ nghiệm
,
2
x k k Z
π
π
= + ∈
VD2: Giải phương trình:
(
)
(
)
7 4 3 3 2 3 2 0
x x
+ − − + =
Giải: Nhận xét rằng:
(
)
(
)
(
)
2
7 4 3 2 3 ; 2 3 2 3 1
+ = + + − =
Do đó nếu đặt
(
)
2 3
x
t = + điều kiện t > 0, thì:
(
)
1
2 3
x
t
− =
và
(
)
2
7 4 3
x
t
+ =
Khi đó phương trình tương đương với:
( )
( )
2 3 2
2
1
3
2 0 2 3 0 1 3 0
3 0( )
t
t t t t t t
t
t t vn
=
− + = ⇔ + − = ⇔ − + + = ⇔
+ + =
(
)
2 3 1 0
x
x
⇔ + = ⇔ =
Vậy phương trình có 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
(
)
2 3
x
t = + cho phương trình
Ví dụ tiếp theo ta sẽ miêu tả việc lựa chọn ẩn phụ thông qua đánh giá mở rộng của a.b = 1, đó là:
. . 1, 0
a b
a b c c
c c
= ⇔ = >
tức là với các phương trình có dạng:
. . 0
x
x x
A a B b C c
+ + =
Khi đó ta thực hiện phép chia cả 2 vế của phương trình cho
(
)
x
c
> 0, ta được:
. 0
x x
a b
A B C
c c
+ + =
từ đó thiết lập ẩn phụ
, 0
x
a
t t
c
= >
và suy ra
1
x
b
t
c
=
VD3: Giải phương trình :
(
)
(
)
3
3 5 16 3 5 2
x x
x
+
+ + − =
Giải : Nhận xét :
(
)
(
)
3 5 3 5 4
+ − =
⇔
(
)
(
)
3 5 3 5
1
2 2
+ −
=
. Do đó, chia 2 vế của phương trình
cho
2
x
,
ta được phương trình :
3 5 3 5
16 8
2 2
x x
+
−
+ =
(1)
Đ
ặt
3 5
2
x
t
−
=
, t > 0 thì phương trình (1) trở thành :
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
7
16
8 0
t
t
+ − =
⇔
2
8 16 0
t t
− + =
⇔
t = 4
⇒
3 5
4
2
x
−
=
⇔
3 5
2
log 4
x
−
=
.
Vậy phương trình có nghiệm
3 5
2
log 4
x
−
=
.
VD4: Giải phương trình:
2 2
2 1 2 2
2 9.2 2 0
x x x x+ + +
− + =
Giải: Chia cả 2 vế phương trình cho
2 2
2 0
x+
≠
ta được:
2 2 2 2
2 2 1 2 2 2
1 9
2 9.2 1 0 .2 .2 1 0
2 4
x x x x x x x x− − − − − −
− + = ⇔ − + =
2 2
2 2
2.2 9.2 4 0
x x x x− −
⇔ − + =
Đặt
2
2
x x
t
−
= điều kiện t > 0. Khi đó phương trình tương đương với:
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 phương trình có 2 nghiệm x =-1, x = 2.
Chú ý: Trong ví dụ trên, vì bài toán không có tham số nên ta sử dụng điều kiện cho ẩn phụ chỉ là t
> 0 và chúng ta đã thấy với
1
2
t
=
vô nghiệm. Do vậy nếu bài toán có chứa tham số chúng ta cần
xác định điều kiện đúng cho ẩn phụ như sau:
2
2
1
2
4
4
1 1 1 1
2 2
2 4 4
2
x x
x x x t
−
− = − − ≥ − ⇔ ≥ ⇔ ≥
VD5: Giải phương trình:
( )
3
3 1
1 12
2 6.2 1
2
2
x x
x
x−
+ − − =
Giải: Viết lại phương trình có dạng:
3
3
3
2 2
2 6 2 1
2 2
x x
x x
− + − =
(1)
Đặt
3
3
3 3
3
2 2 2 2
2 2 2 3.2 2 6
2 2 2 2
x x x x
x x x x
t t t
= − ⇒ − = − − − = −
Khi đó phương trình (1) có dạng:
3
2
6 6 1 1 2 1
2
x
x
t t t t
+ − = ⇔ = ⇔ − =
Đặt
2 , 0
x
u u
= >
khi đó phương trình (2) có dạng:
2
1(1)
1 2 0 2 2 2 1
2
2
x
u
u
u u u u x
u
= −
− = ⇔ − − = ⇔ ⇔ = ⇔ = ⇔ =
=
Vậy phương trình có nghiệm x = 1
Chú ý: Tiếp theo là bài toán sử dụng phương pháp lượng giác hoá.
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
8
VD6: Giải phương trình:
(
)
2 2
1 1 2 1 2 1 2 .2
x x x
+ − = + −
Giải: Điều kiện
2 2
1 2 0 2 1 0
x x
x
− ≥ ⇔ ≤ ⇔ ≤
Ta có :
0 2 1
x
< ≤
, đặt
2 sin , 0;
2
x
t t
π
= ∈
Phương trình trở thành :
(
)
2 2
1 1 sin sin 1 2 1 sin
t t t
+ − = + −
⇔
(
)
1 cos sin 1 2cos
t t t
+ = +
⇔
cos 2sin 4sin .cos 2 0
2 2 2
t t t
t
+ − =
.
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = -1, x = 0.
VD 7 : 1) Giải phương trình :
( )
(
)
2
2
2
2
log 4
log 2
log 6
4 2.3
x
x
x− =
2) Cho phương trình :
(
)
(
)
1
1 4 3 2 2 3 1 0
x x
m m m
+
+ + − − + =
a) Giải phương trình khi m = 3.
b) Định m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu.
Giải : 1)
( )
(
)
2
2
2
2
log 4
log 2
log 6
4 2.3
x
x
x− =
ĐK : x > 0.
Phương trình
⇔
2 2 2
1 log log 2 2log
4 6 2.3
x x x
+ +
− =
⇔
2 2 2
log log log
4.4 6 2.9.9
x x x
− = (1)
Đặt t =
2
log
x
, (1)
⇔
4.4 6 18.9
t t t
− =
⇔
2
3 3
18. 4 0
2 2
t t
+ − =
⇔
2
3 1 17
(loai)
2 36
3 1 17 2
2 36 3
t
t
− −
=
− +
= =
⇔
t = - 2
⇔
2
log
x
= - 2
⇔
x =
1
4
.
Vậy phương trình có nghiệm x =
1
4
.
2)
(
)
(
)
1
1 4 3 2 2 3 1 0
x x
m m m
+
+ + − − + =
(1)
Đặt t =
2
x
, phương trình trở thành
(
)
(
)
(
)
2
1 2 3 2 3 1 0
f t m t m t m
= + + − − + =
, t > 0 (2)
a) Khi m = 3, phương trình trở thành :
2
4 14 8 0
t t
+ − =
⇔
4 (loai)
1
2
1
2
2
x
t
t
= −
⇔ =
=
⇔
x = -1.
Vậy phương trình có nghiệm x = -1.
b) Nếu m = -1,(2) chỉ có 1 nghiệm, loại.
Vậy
1
m
≠ −
. Ta có khi x < 0 thì
2 1
x
<
và khi x > 0 thì
2 1
x
>
.
(1) có 2 nghiệm trái dấu
⇔
(2) có 2 nghiệm
1
t
,
2
t
thỏa :
1 2
1
t t
< <
⇔
(
)
(
)
1 1 0
m f
+ <
⇔
(
)
(
)
1 4 2 0
m m
+ − <
⇔
1
1
2
m
− < <
.
Vậy các giá trị m cần tìm là :
1
1
2
m
− < <
.
VD 8 : Cho phương trình :
(
)
(
)
2 3 2 3 4
x x
m
− + + =
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
9
a)Giải phương trình khi m = 1
b)Tìm m để phương trình có 2 nghiệm
1 2
,
x x
thỏa mãn :
1 2
2 3
log 9
x x
+
− =
.
Giải : Ta có
(
)
(
)
2 3 2 3 4
x x
m
− + + =
(1)
Đặt
(
)
2 3
x
t = − , t > 0. suy ra
(
)
2 3
x
+ =
1
t
. Phương trình trở thành
4
m
t
t
+ =
⇔
2
4 0
t t m
− + =
(2)
a) Với m = 1, (2)
⇔
2
4 1 0
t t
− + =
⇔
2 3
2 3
t
t
= −
= +
⇔
(
)
( )
2 3 2 3
2 3 2 3
x
x
− = −
− = +
⇔
1
x
= ±
.
b) Gọi 2 nghiệm của (2) là
1 2
,
t t
với
1
t
<
2
t
. Ta có
1
2
t
t
=
(
)
1 2
2 3
x x
−
−
=
(
)
2 3
log 9
2 3
+
− =
( )
2 3
1
log
3
2 3
−
−
=
1
3
(1) có 2 nghiệm
1 2
,
x x
thỏa mãn :
1 2
2 3
log 9
x x
+
− =
⇔
(2) có 2 nghiệm dương phân biệt
1 2
,
t t
thỏa
mãn :
1
2
t
t
=
1
3
⇔
1
2
' 0
0
0
1
3
S
P
t
t
∆ >
>
>
=
⇔
1
2
4 0
4 0
0
1
3
m
m
t
t
− >
>
>
=
⇔
2 1
0 4 ( )
3
m
t t
< < ∗
=
Ta có
1
2
t
t
=
1
3
⇔
4
1
t
= 4
⇔
1
t
= 1
2
3
t
⇒ =
. Mặt khác,
1 2
.
t t m
=
⇔
2
1 2 1
. 3
t t t m
= =
⇔
m = 3, thỏa
(
)
∗
.
Vậy m = 3 là giá trị cần tìm.
VÍ DỤ 9 : Cho phương trình :
2 2
sin cos
81 81
x x
m
+ =
(1)
a) Giải phương trình với m = 30.
b) Tìm m để phương trình có nghiệm.
Giải : Đặt
2
2
sin
cos
81
81
x
x
a
b
=
=
, ĐK :
1 , 81
a b
≤ ≤
. Ta có :
. 81
a b
=
. Phương trình (1) trở thành : :
. 81
a b m
a b
+ =
=
(2). Đây là hệ phương trình đối xứng loại 1
⇒
,
a b
là nghiệm của phương trình :
(
)
2
81 0
f t t mt
= − + =
(3)
a) Khi m = 30 : (3)
⇔
2
30 81 0
t t
− + =
⇔
3
27
t
t
= −
= −
(loại)
b) (1) có nghiệm
⇔
hệ (2) có nghiệm
⇔
(3) có 2 nghiệm t thỏa :
1 2
1 81
t t
≤ ≤ ≤
⇔
( )
( )
' 0
1 0
81 0
1 81
2
f
f
f
S
∆
≥
≥
≥
≤ ≤
⇔
2
324 0
82 0
6642 81 0
1 81
2
m
m
m
m
− ≥
− ≥
− ≥
≤ ≤
⇔
18 m 18
82
2
162
m
m
m
m
≤ − ∨ ≥
≤
≥
≤
⇔
18 82
m
≤ ≤
.
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
10
Vậy những giá trị m cần tìm là :
18 82
m
≤ ≤
.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
BÀI I. Giải các phương trình sau
1)
( )
2
7
6. 0,7 7
100
x
x
x
= +
ĐS :
7
10
log 7
x =
2)
2 1
1
1 1
3 12
3 3
x x
+
+ =
ĐS : x = -1
3)
8 2
5
4 2
x x
x
+
=
−
ĐS : x = 1;
2
3 39
log
2
x
+
=
4)
2
1 2 1 3 1
3
27 9 2.3 2.3
x
x x x
−
− − −
− = − ĐS : x = 0
5)
2 2
4 1 4
4 5.2 6 0
x x x x+ − − + −
− − =
ĐS : x = 2
6)
2 1 2 2 2
3 3 1 6.3 3
x x x x
+ + +
= + − +
ĐS :
(
)
3
log 6 33 1
x
= + −
7)
3
1 3
1 1
8 8. 3.2 125 24
2 2
x x
x x+ +
+ + = −
Hướng dẫn : Đặt
1
2
2
x
x
t
= +
ĐS :
1
x
= ±
8)
2 3 1 2 1 4 2
2 .9 2.6 4 .3 0
x x x x x− − −
− + =
ĐS : x = 1
9)
3 2
1 325
2 2 1 2 0
2 16
x x x
x
+ + + − =
Hướng dẫn : Đặt
1
2
2
x
x
t
= +
ĐS :
2
15 161
log
8
x
±
=
10)
3 2 3
2 2 .3 2.3 0
x x x x
+ − =
ĐS : x = 0
11)
3
3
1
5 27 5 64 9.5 0
5
x x x
x
−
+ + − + =
ĐS :
5
0; log 2
x x= =
12)
3
3 1
8 1
2 6 2 1
2 2
x x
x x−
− − − =
ĐS : x = 1
13)
( ) ( )
2 2
2 2
2 1 2 2
4 6
2 2 2 2 64
x x
x x
+ +
+ +
= + + +
Hướng dẫn : Khử căn, đặt
2
2
x
t = ĐS :
1
x
= ±
; x = 0
14)
2
2 2
log 1 2log
2 48
x
x
+
= −
Hướng dẫn : Đặt
2
log
x
t x= ĐS :
3
2
x
±
=
BÀI II. Giải các phương trình sau
1)
(
)
(
)
1
4 6 9 4 6 10
x x
x
+
+ + − = ĐS :
0
x
=
2)
( )
( )
( )
2
2
1 2 1
4
2 3 16 2 3
2 3
x x x− − −
+ + − =
−
ĐS :
1; 1 2
x x= = ±
3)
(
)
(
)
2
2 3 16 2 3 2
x x
x
+ + − = ĐS : x = 1
4)
(
)
(
)
7 48 7 48 14
x x
+ + − =
ĐS : x =
±
2
5)
(
)
(
)
sin sin
7 4 3 7 4 3 4
x x
+ + − =
ĐS :
2
x k
π
π
= +
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
11
6)
(
)
(
)
2 2
2
1
5 1 2 3 5 1
x x x x
x x
− −
+ −
+ + = −
Hướng dẫn : Phân tích
(
)
(
)
2 5 1 5 1
= − +
, chia 2 vế
của phương trình cho
( )( )
2
5 1 5 1
x x
−
− +
, đặt
2
5 1
5 1
x x
t
−
+
=
−
. ĐS : x = 0; x = 1
7)
( ) ( )
x x
2 3 2 3 14
− + + =
ĐS :
x 1
= ±
8)
( ) ( )
x x
2 3 2 3 4
+ + − =
ĐS :
x 2
= ±
9)
(2 3) (7 4 3)(2 3) 4(2 3)
x x
+ + + − = + ĐS : x = 0; x = 2
10)
( ) ( )
x x
x
3
5 21 7 5 21 2
+
− + + = ĐS : x = 0;
5 21
2
7
x log
+
= −
11)
( ) ( )
5 24 5 24 10
x x
+ + − =
ĐS :
x 1
= ±
12)
7 3 5 7 3 5
7 8
2 2
x x
+ −
+ =
ĐS : x = 0;
7 3 5
2
7
x log
+
=
13)
(
)
(
)
6 35 6 35 12
− + + =
x x
ĐS :
x 2
= ±
14)
( ) ( )
2 2
( 1) 2 1
4
2 3 2 3
2 3
− − −
+ + − =
−
x x x
ĐS : x = 1;
x 1 2
= ±
15)
( ) ( )
3
3 5 16 3 5 2
+
+ + − =
x x
x
ĐS :
3 5
2
x log 4
+
=
16)
( ) ( )
1 1 1 1
7 4 3 7 4 3 7 0
x x x x+ − − + − −
+ + − − =
ĐS :
3
x
2
= ±
17)
( ) ( )
+ +
+ + − − =
2 2
1 1
7 4 3 6 2 3 7 0
x x
ĐS :
x 3
= ±
18)
( )
( )
− +
− − +
+
+ + − − =
−
2
2
2 1
2 2 1
9 2 5
9 2 5 10 2 5 0
5 2
x x
x x
ĐS : x = 0; x = 1; x = 2
19)
3
3 3
1 12
2 6.2 1
2 2
x x
x x−
− − + =
Hướng dẫn : Đặt
2
x
t
=
,đưa về phương trình
3
2
1
t
t
− =
ĐS : x = 1
BÀI III. Giải các phương trình sau :
1)
2 2
sin cos
25 25 26
x x
+ =
ĐS :
; ,
2
x k x k k Z
π
π π
= = + ∈
2)
2 2
sin cos
4 2 5
x x
+ =
ĐS :
,
2
x k k Z
π
π
= + ∈
3)
2 2
sin cos
81 81 82
x x
+ =
ĐS :
; ,
2
x k x k k Z
π
π π
= = + ∈
4)
2 2
sin cos
9 9 10
x x
+ =
ĐS :
; ,
2
x k x k k Z
π
π π
= = + ∈
5)
2 2
sin 1 cos
4 4 10
x x+
+ =
ĐS :
,
4 2
x k k Z
π π
= + ∈
BÀI IV. Giải các phương trình sau
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
12
1)
64.9 84.12 27.16 0
x x x
− + =
ĐS :
1; 2
x x
= =
2)
2 2
4.2 6 18.3
x x x
− = ĐS : x = -2
3)
1 1 1
2.4 6 9
x x x
+ =
ĐS :
2
2
log
3
x = −
4)
+ + +
+ =
1 1 1
4 6 2.9
x x x
x x x
ĐS : x = -1
5)
( ) ( )( ) ( )
+ + − + + + + − =
7 5 2 2 5 3 2 2 3 1 2 1 2 0
x x x
Hướng dẫn :
(
)
3
7 5 2 1 2
+ = +
ĐS : x = 0
6)
2 2
2 3 5 2 6 9
2 6 9
3 4.15 3.5
x x x x
x x
+ − + −
+ −
+ = Hướng dẫn : Đặt
2
3 5
y x x
= + −
và chia 2 vế của phương trình
cho
2
3
y
7)
2 2
2 2 1 2
2 1
25 9 34.15
x x x x
x x
− + + − +
− + +
+ = Hướng dẫn : Chia 2 vế của phương trình cho
2
2
9
x x
−
ĐS :
0; 2; 1 3
x x x= = = ±
8)
4 4
1
8.3 9 9
x x x x
+ +
+ = Hướng dẫn : Chia 2 vế của phương trình cho
4
9
x
ĐS : x =
16
BÀI V. Cho phương trình :
(
)
.9 4 1 .3 0
x x
m m m
+ − + =
. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình
có nghiệm.
Hướng dẫn : Đặt
3 0
x
t
= >
, đưa về phương trình bậc 2 theo t :
(
)
2
4 1 0
mt m t m
+ − + =
(1).
Xét trường hợp m = 0 và nếu
0
m
≠
thì : YCBT
⇔
(1) có 2 nghiệm dương. ĐS :
2
0
3
m
< ≤
.
BÀI VI. Cho phương trình :
(
)
.4 2 1 .2 4 0
x x
m m m
− + + + =
. Tìm tất cả các giá trị của m để phương
trình có hai nghiệm trái dấu.
Hướng dẫn : Đặt
2 0
x
t
= >
, đưa về phương trình bậc 2 theo t :
(
)
2
2 1 4 0
mt m t m
− + + + =
(1).
YCBT
⇔
(1) có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,
t t
thỏa :
1 2
0 1
t t
< < <
. ĐS :
4
m
< −
.
BÀI VII. Cho phương trình :
.2 2 5 0
x x
m
−
+ − =
. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có
nghiệm duy nhất.
Hướng dẫn : Đặt
2 0
x
t
= >
, đưa về phương trình bậc 2 theo t :
2
5 1 0
mt t
− + =
(1).
Xét 3 trường hợp : hệ số m = 0; nếu
0
m
≠
ta có 2 trường hợp sau : (1) có nghiệm kép dương hoặc
(1) có 2 nghiệm trái dấu. ĐS :
25
0
4
m m
= ∨ ≤
.
BÀI VIII. Cho phương trình :
(
)
16 .8 2 1 .4 .2
x x x x
m m m
− + − =
.
a) Giải phương trình khi m = 2.
b)Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
Hướng dẫn : Đặt
2 0
x
t
= >
, đưa về phương trình bậc 3 theo t :
(
)
3 2
2 1
t mt m t m
− + − =
⇔
(
)
(
)
2
1 1 0
t t m t m
− + − + =
⇔
( ) ( )
2
1 0
1 0 1
t
t m t m
− =
+ − + =
YCBT
⇔
(1) có 2 nghiệm dương phân biệt khác 1. ĐS : a) x = 0; b)
3 2 2
m > + .
BÀI IX. Cho phương trình :
(
)
( )
(
)
2 3
7 3 5 2 5 7 3 5 .2
x x
x
m m
+
+ + + − = .
a) Giải phương trình khi m = 1.
b)Tìm m để phương trình có nghiệm .
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
13
Hướng dẫn : Đặt
7 3 5
0
2
x
t
+
= >
, đưa về phương trình bậc 2 theo t :
(
)
2 2
8 2 5 0
t mt m
− + + =
(1)
YCBT
⇔
(1) có nghiệm t dương
1 2
1 2
0
0
t t
t t
< ≤
⇔
< <
ĐS : a)
7 3 5 7 3 5
2 2
log 2; log 6
x x
+ +
= =
b)
5
7
m ≥ .
BÀI X. Cho phương trình :
( )
2 2 2
1 2 2 2
25 .9 3 7 .15
x x x x x x
m m
+ − − −
+ = + . (1)
a) Giải phương trình khi m = 9.
b)Tìm m để phương trình có nghiệm
[
]
0;2
x ∈
.
Hướng dẫn : Đặt
2
2
3 3
, 1
5 5
x x
t t
−
= ≤ ≤
, đưa về phương trình bậc 2 theo t :
(
)
2
3 7 25 0
mt m t
− + + =
(2)
Cách 1 : (1) có nghiệm
⇔
(2) có nghiệm t thỏa :
3
1
5
t
≤ ≤
. Ta xét trường hợp
0
m
≠
: (2) có
nghiệm t thỏa :
3
1
5
t
≤ ≤
⇔
1 2
3
1
5
t t
≤ < ≤
∨
1 2
3
1
5
t t
≤ < ≤
∨
1 2
3
1
5
t t
≤ ≤ ≤
.
Cách 2 :(Phương pháp hàm số )
(2)
⇔
2
25 7
3
t
m
t t
−
=
−
, vì t = 0 và t = 3 không là nghiệm của phương trình. Xét hàm số :
( )
2
25 7 3
, ;1
3 5
t
f t t
t t
−
= ∈
−
ĐS : a)
2; 0; 1 3
x x x= = = ±
b)
49 130
9 9
m≤ ≤
.
BÀI XI. Cho phương trình :
2 2
2 1 2
9 3
x x x x
m
− + − +
− =
. (1).Tìm m để phương trình có nghiệm .
Hướng dẫn : Đặt
2
2
1
3 ,
3
x x
t t
− +
= ≥
, đưa về phương trình bậc 2 theo t :
2
3 0
t t m
− − =
(2)
(1) có nghiệm
⇔
(2) có nghiệm
1 2
,
t t
thỏa :
1 2
1
3
t t
< =
∨
1 2
1
3
t t
< <
∨
1 2
1
3
t t
≤ ≤
.
ĐS :
9
4
m
≥ −
.
Cách 2 : Ta có thể dung phương pháp hàm số như sau : (2)
⇔
2
3
t t m
− =
. Khảo sát sự biến thiên
của hàm số
( )
2
1
3 , t ;
3
f t t t
= − ∈ +∞
, rồi xem xét sự tương giao giữa đồ thị hàm số trên với đường
thẳng
:
d y m
=
.
BÀI XII. Cho phương trình :
(
)
.9 3 1 3 5 2 0
x x
m m m
+ − − + =
(1)
Tìm các giá trị của m để :
a) Phương trình có 2 nghiệm trái dấu.
b) Phương trình có 2 nghiệm
1 2
,
x x
thỏa :
1 2
3
x x
+ =
.
Hướng dẫn : Đặt
3 , 0
x
t t
= >
, đưa về phương trình bậc 2 theo t :
(
)
2
3 1 5 2 0
mt m t m
+ − − + =
(2)
a) (1) có 2 nghiệm trái dấu :
1 2
0
x x
< <
⇔
(2) có nghiệm
1 2
,
t t
thỏa :
1 2
1
t t
< <
.
b) (1) có 2 nghiệm
1 2
,
x x
thỏa :
1 2
3
x x
+ =
⇔
⇔
(2) có 2 nghiệm
1 2
,
t t
thỏa :
1 2
. 27
t t
=
.
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
14
ĐS : a)
1 0
m m
< − ∨ >
b)
2
3
m
=
BÀI XIII. Cho phương trình :
2 2 2
1 1 1
2.4 .6 9
x x x
m
+ + +
+ = (1)
a) Giải phương trình với m = 1.
b) Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất.
Hướng dẫn : Chia 2 vế của phương trình cho
(
)
2
2 1
2
x
+
ta được :
2 2
1 2( 1)
3 3
2 0
2 2
x x
m
+ +
+ − =
.
Đặt
2
1
3 3
,
2 2
x
t t
+
= ≥
, đưa về phương trình bậc 2 theo t :
(
)
2
2 0
f t t mt
= − − =
(2)
(1) có nghiệm duy nhất
⇔
(2) có nghiệm
1 2
,
t t
thỏa :
1 2
3
2
t t
≤ =
⇔
3
0
2
f
=
( vì
1 2
.
t t
= -2 < 0) .
ĐS : a)
3
2
log 2 1
x
= ± −
b)
1
6
m
=
.
BÀI XIV. Cho phương trình :
( )
2 2
1 1
2 .4 2( 1).2 2 6 0
x x
m m m
+ +
− − + + − =
(1)
a) Giải phương trình với m = 9.
b) Tìm m để phương trình có nghiệm.
Hướng dẫn:Đặt
2
1
2 , 2
x
t t
+
= ≥
, đưa về phương trình bậc 2 theo t
:
(
)
(
)
2
2 2( 1) 2 6 0
f t m t m t m
= − − + + − =
(2)
Xét 2 trường hợp : i) m = 2 ii)
2
m
≠
:
(1)có nghiệm
⇔
(2) có nghiệm
1 2
,
t t
thỏa :
1 2 1 2
2 2
t t t t
< ≤ ∨ ≤ ≤
⇔
( ) ( )
0
2 0 2 0
2
2
af af
S
∆ ≥
≤ ∨ ≥
≥
.
ĐS : a) x = 0 b)
2 9
m
< ≤
.
BÀI XV. Cho phương trình :
7 3 5 7 3 5
8
2 2
x x
a
+ −
+ =
(1)
a) Giải phương trình với a = 7.
b) Tìm a để phương trình có nghiệm.
Hướng dẫn:Đặt
7 3 5
, 0
2
x
t t
+
= >
, đưa về phương trình bậc 2 theo t :
(
)
2
8 0
f t t t a
= − + =
(2)
b) Xét hàm số :
(
)
2
8
f t t t
= −
,
(
)
0;t
∈ +∞
(1) có nghiệm
⇔
(2) có nghiệm t > 0
⇔
đồ thị hàm số :
(
)
2
8
f t t t
= −
,
(
)
0;t
∈ +∞
có giao điểm
với đường thẳng :
y a
= −
.
ĐS : a) x = 0
7 3 5
2
log 7
x
+
∨ =
b)
16
a
≤
.
BÀI XVI. Cho phương trình :
1
3
3
2
7 4.7 0
x
x
a
− +
− +
− − =
(1). Tìm a để phương trình có nghiệm.
Hướng dẫn:Đặt
1
3
2
7 , 0< 1
x
t t
− +
= ≤
, đưa về phương trình bậc 2 theo t :
(
)
2
4 0
f t t t a
= − − =
(2)
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
15
(1) có nghiệm
⇔
(2) có nghiệm t
(
]
0;1
∈
⇔
1 2
1 2
1 2
0 1
0 1
0 1
t t
t t
t t
< < ≤
< ≤ ≤
< ≤ ≤
ĐS :
3 0
a
− ≤ <
BÀI XVII. Cho phương trình :
(
)
2 2 1 1 2
x x
a
− + = −
(1). Tìm a để phương trình có nghiệm và tìm
tất cả các nghiệm của nó.
Hướng dẫn:Đặt
2 , 0 < 1
x
t t
= ≤
, đưa về phương trình bậc 2 theo t :
(
)
(
)
2
2 2 0
f t t a t a
= − + + =
(2)
(1) có nghiệm
⇔
(2) có nghiệm t
(
]
0;1
∈
⇔
1 2
1 2
1 2
0 1
0 1
0 1
t t
t t
t t
< < ≤
< ≤ ≤
< ≤ ≤
ĐS :
0 1
a
< ≤
và khi a = 1 thì x = 0; khi
0 1
a
< ≤
thì x =
2
log
a
.
BÀI XVIII. Cho phương trình :
9 ( 1).3 2 0
x x
k k
− − + =
(1). Tìm k để phương trình có nghiệm duy
nhất.
Hướng dẫn:Đặt
3 , t > 0
x
t =
, đưa về phương trình bậc 2 theo t :
(
)
(
)
2
1 2 0
f t t k t k
= − − + =
(2)
(1) có nghiệm
⇔
(2) có nghiệm kép dương hoặc (2) có 2 nghiệm trái dấu
⇔
( )
' 0
0
2
0 0
S
af
∆ =
>
<
ĐS :
3 2 2 0
k k
= + ∨ <
.
BÀI XIX. Cho phương trình :
2 1
4 0
4 2
x x
m m
m
+
− + + =
(1). Tìm m để phương trình có 2 nghiệm
1 2
,
x x
thỏa :
1 2
1 0
x x
− < < <
.
Hướng dẫn:Đặt
2 , t > 0
x
t =
, đưa về phương trình bậc 2 theo t
:
(
)
(
)
(
)
2
4 2 1 0
f t m t m t m
= + − + + =
(2)
(1) có 2 nghiệm
1 2
,
x x
thỏa :
1 2
1 0
x x
− < < <
.
⇔
(2) có 2 nghiệm
1 2
,
t t
thỏa :
1 2
1
1
2
t t
< < <
⇔
( )
1
0
2
1 0
af
af
<
<
ĐS : m < -4.
BÀI XX. Cho phương trình :
2 2
11
9 8.3 4
x xx x
m
+ −+ −
− + =
(1). Tìm m để phương trình có
nghiệm.
Hướng dẫn : Đặt
2
1
3
x x
t
+ −
= , Khảo sát hàm
( )
[ ]
2
g x x 1 x ,x 1;1
= + − ∈ −
ta có -1
≤
(
)
g x
≤
2
,
[
]
x 1;1
∀ ∈ −
Suy ra
2
1
t 3
3
≤ ≤
. Khi đó (1) trở thành :
(
)
2
8 4
f t t t m
= − + =
(2)
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
16
(1) có nghiệm
⇔
(2) có nghiệm
t
thỏa :
2
1
t 3
3
≤ ≤
⇔
⇔
2
1 2
2
1 2
2
1 2
1
3
3
1
3
3
1
3
3
t t
t t
t t
≤ ≤ <
< ≤ ≤
≤ ≤ ≤
⇔
( )
( )
2
2
2
1
. 3 0
3
0
1
0
3
3 0
1
3
3 2
f f
af
af
S
≤
∆ ≥
≥
≥
< <
(
1 2
,
t t
là nghiệm của
(
)
f t
ĐS :
2 2
12 m 9 8.3 4
− ≤ ≤ − +
BÀI XXI. Cho phương trình :
1 3 1 3
4 14.2 8
x x x x
m
+ + − + + −
− + =
(1). Tìm m để phương trình
có nghiệm.
Hướng dẫn : Đặt
1 3
2
x x
t
+ + −
= , Khảo sát hàm
(
)
[
]
g x x 1 3 x ,x 1;3
= + + − ∈ − ta có 2
≤
(
)
g x
≤
2
2
,
[
]
x 1;3
∀ ∈ −
Suy ra
2
4 t 4
≤ ≤ . Khi đó (1) trở thành :
(
)
2
8 4
f t t t m
= − + =
(2). Xét tương tự như bài XX.
ĐS :
BÀI XXII. Tìm m để phương trình:
(
)
2
49 1 7 2 0
x x
m m m
+ − + − =
(1) có 2 nghiệm trái dấu.
Hướng dẫn : Đặt
7 , 0
x
t t
= >
phương trình trở thành :
(
)
(
)
2 2
1 2 0
f t t m t m m
= + − + − =
(2)
(1)có 2 nghiệm trái dấu :
1 2
0
x x
< <
⇔
(2) có nghiệm
1 2
,
t t
thỏa :
1 2
0 1
t t
< < <
⇔
(
)
1 0
f
<
⇔
2
1 1 2 0
m m m
+ − + − <
⇔
2
2 2 0
m m
− + <
⇔
0
1
m
m
<
>
Với
0
1
m
m
<
>
: phương trình có 2 nghiệm trái dấu.
BÀI TOÁN 4: PHƯƠNG PHÁP HẰNG SỐ BIẾN THIÊN
I. Phương pháp:
Chuyển phương trình ban đầu thành 1 phương trình với 1 ẩn phụ nhưng các hệ số vẫn còn chứa
x.
Khi đó thường ta được 1 phương trình bậc 2 theo ẩn phụ ( hoặc vẫn theo ẩn x) có biệt số
∆
là một
số chính phương.
II. VD minh hoạ:
VD1: Giải phương trình:
(
)
2
3 2 9 .3 9.2 0
x x x x
− + + =
Giải: Đặt
3
x
t
=
, t > 0. Khi đó phương trình tương đương với:
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
17
( ) ( ) ( )
2 2
2
9
2 9 9.2 0; 2 9 4.9.2 2 9
2
x x x x x
x
t
t t
t
=
− + + = ∆ = + − = + ⇒
=
Khi đó:
+ Với
9 3 9 2
x
t t
= ⇔ = ⇔ =
+ Với
3
2 3 2 1 0
2
x
x x x
t x
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 2, x = 0.
VD2: Giải phương trình:
(
)
2 2
2 2
9 3 3 2 2 0
x x
x x
+ − − + =
Giải: Đặt
2
3
x
t
=
điều kiện
1
t
≥
vì
2
2 0
0 3 3 1
x
x
≥ ⇔ ≥ =
Khi đó phương trình tương đương với:
(
)
2 2 2
3 2 2 0
t x t x
+ − − + =
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2
2
2
3 4 2 2 1
1
t
x x x
t x
=
∆ = − − − + = + ⇒
= −
Khi đó:
+ Với
2
2
3 3
2 3 2 log 2 log 2
x
t x x= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ±
+ Với
2
2 2
1 3 1
x
t x x
= − ⇔ = −
ta có nhận xét:
2
2
1 1
3 1
0
1 1
1 1
x
VT VT
x
VP VP
x
≥ =
=
⇒ ⇔ ⇔ =
≥ =
− =
Vậy phương trình có 3 nghiệm
3
log 2; 0
x x
= ± =
VD3: Giải phương trình:
(
)
(
)
2 2
2 4 4 1 2 16 0
x x
x x
− −
+ + + − =
Giải: Đặt
2
2 , 0
x
t t
−
= >
.
Khi đó phương trình tương đương với:
(
)
(
)
2
2 4 1 16 0
x t x t
+ + + − =
( ) ( ) ( )
2 2
' 4 1 16 2 2 6
x x x∆ = + + + = +
⇒
2 nghiệm :
2 2 2 6
4 (loai)
2
2 2 2 6 4
2 2
x x
t
x
x x
t
x x
− − − −
= = −
+
− − + +
= =
+ +
Với
4
2
t
x
=
+
⇔
2
4
2
2
x
x
−
=
+
. Đoán 1 nghiệm : x = 2.
Xét hàm
(
)
2
2
x
f x
−
=
, với
x
∈
R. Ta có :
(
)
2
' 2 .ln 2
x
f x
−
=
> 0,
x R
∀ ∈
⇒
f(x) là hàm tăng trên R.
Xét hàm
( )
4
2
g x
x
=
+
, với
x
∈
R \ {2}. Ta có :
( )
( )
2
4
'
2
g x
x
= −
+
< 0,
2
x
∀ ≠ −
.
⇒
g(x) là hàm giãm trên R \ {2}.
⇒
phương trình
(
)
(
)
f x g x
=
nếu có nghiệm thì chỉ có duy nhất nghiệm. Vậy x = 2 là nghiệm của
p
hương trình đã cho.
VD4: Giải phương trình:
1
2 4 1
x x
x
+
− = −
(1)
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
18
Giải: Đặt
2 , 0
x
t t
= >
và
2
log
x t
= .
Khi đó phương trình đã cho trở thành :
2
2
2 log 1
t t t
− = −
. (2)
Xét các trường hợp sau :
•
0 < t < 2 : khi đó
2
log 1
t
−
< 0 . Mặt khác, xét hàm
(
)
2
2
f t t t
= −
. Ta có :
(
)
' 2 2
f t t
= −
(
)
' 0
f t
=
⇔
1
t
=
. Bảng biến thiên
⇒
(
)
(
)
0, 0;2
f t t> ∀ ∈
. Vậy (2) vô nghiệm.
•
t > 2 : khi đó
2
log 1
t
−
> 0. Tương tự, ta có Bảng biến thiên của hàm
(
)
2
2
f t t t
= −
.
⇒
(
)
(
)
0, 2;f t t
< ∀ ∈ +∞
. Vậy (2) vô nghiệm.
•
t = 2 : thỏa (2). Với t = 2
⇔
x = 1.
Vậy phương trình có nghiệm x = 1.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
BÀI I. Giải các phương trình sau
1)
(
)
(
)
2
3 2 2 1 2 0
x x
x x
− − + − =
ĐS :
0; 2
x x
= =
2)
(
)
2 2
3.25 3 10 .5 3 0
x x
x x
− −
+ − + − =
ĐS : x = 2;
5
2 log 3
x = −
3)
(
)
9 2 2 3 2 5 0
x x
x x
+ − + − =
ĐS : x = 1
4)
(
)
2
3 9 2 .3 9.2 0
x x x x
− + + =
ĐS :
0; 2
x x
= =
5)
2 3 1 3
4 2 2 16 0
x x x+ +
+ + − =
ĐS :
(
)
2
log 5 1
x
= −
6)
2
3 3 5 5
x x
+ + =
Hướng dẫn : Đặt
5
u
=
, đưa về phương trình bậc 2 theo u. ĐS
:
3
1 17
log
2
x
− +
=
.
7)
25 2(3 ).5 2 7 0
x x
x x
− − + − =
ĐS : x = 1
8)
3.4 (3 10).2 3 0
x x
x x
+ − + − =
ĐS : x = 1;
2
log 3
x = −
9)
x x x
x x x x
2 1 2
4 .3 3 2.3 . 2 6
+
+ + = + +
ĐS :
3
x
2
=
;
2
3
log 3
x =
1
0
0
-
+
0
2
1 0
f(t)
f’(t)
t
0
2
-
∞
-
+
∞
f(t)
f’(t)
t
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
19
10)
x x
x x
4 +( –8)2 +12 –2 0
=
ĐS : x = 1 ; x = 2
11)
x x
x x
( 4).9 ( 5).3 1 0
+ − + + =
ĐS : x = 0 ; x = -1
12)
(
)
2
2 2
2 2
6 2( 6 1).6 6 1 0
x x
x x x x
+ − − + − − =
Hướng dẫn : Đặt
2
6 , 1
x
t t
= ≥
, đưa về phương trình bậc 2 theo t . Ta có :
2
2
6 6 1
x
x x
= − + +
.
ĐK :
0 6
x
≤ ≤
. Xét sự tương giao của 2 hàm số :
( )
2
6
x
f x = và
(
)
2
6 1
g x x x
= − + +
,
[
]
0
x ; 6
∈
.
Trong
[0; 6], hai đường cong này cắt nhau tại 2 điểm.
ĐS : x = 0 ; x = 1
13)
9 ( 2).3 2( 4) 0
x x
x x
− −
− + − + =
Hướng dẫn : Hàm số
x
y 3 x
−
= −
nghịch biến trên
ℝ
ĐS : x = -1
BÀI II. Cho phương trình sau :
(
)
2 3 2 2 2
.3 3 .3 2 .3 0, m 0
x x x
m m m m
− + + − = ≠
a) Giải các phương trình với m = 2.
b) Xác định m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
Hướng dẫn : Đặt
3 0
x
t
= >
, đưa về phương trình :
(
)
(
)
3 2 2
3 1 2 0
t t m t m t
+ − + + =
với m là ẩn (1).
⇔
2
1
2
1
m
t
t
m
t
=
=
+
⇔
( )
2
1
2 0 (2)
t
m
f t mt t m
=
= − + =
YCBT
⇔
(2) có 2 nghiệm dương phân biệt
≠
1
m
và
m
> 0.
ĐS : a)
3
2
x log
= − b)
0 1
m
< <
.
BÀI III. Cho phương trình :
3 2 2
3 2 .3 .3 1 0
x x x
m m m
+ + + − =
a)Giải các phương trình với m =
1 2
+ .
b)Xác định m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
Hướng dẫn : Đặt
3 0
x
t
= >
, đưa về phương trình :
(
)
2 2 3
2 1 1 0
tm t m t
− + + − =
(1) với m là ẩn.
⇔
2
1
1
m t
m t t
= −
= − − −
⇔
( )
2
1 (2)
1 0 (3)
t m
f t t t m
= −
= + + + =
a) Bạn đọc tự giải
b)Từ (2)
1
m
⇒ <
YCBT
⇔
(3) có 2 nghiệm dương phân biệt
≠
1
m
−
và
m
< 1.
ĐS : a) Vô nghiệm b)
3
4
m
< −
.
BÀI IV. Cho phương trình :
(
)
3 2 2
2.4 2 3 .4 4 .4 0
x x x
m m m
+ + + + =
a)Giải các phương trình với m = -4.
b)Xác định m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
Hướng dẫn : Đặt
4 0
x
t
= >
, đưa về phương trình :
(
)
2 2 3 2
2 4 2 3 0
m t t m t t
+ + + + =
(1) với m là ẩn.
⇔
2
2 3
m t
m t t
= −
= − −
⇔
( )
2
(2)
2 3 0 (3)
t m
f t t t m
= −
= + + =
a
) Bạn đọc tự giải
b) Nếu (2) có nghiệm t > 0
0
m
⇔ <
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
20
•
TH 1 : (2) có nghiệm t > 0.
YCBT
⇔
(3) có 2 nghiệm kép dương
≠
m
−
hoặc (3) có 2 nghiệm dương phân biệt trong đó có 1
nghiệm là –m
⇔
( )
0
0
2
0
0
b
m
a
f m
∆
∆
=
− ≠ − >
>
− =
⇔
2
9 8 0
3
0
4
9 8 0
0
m
m (l)
m
m m
− =
− ≠ − >
− >
− =
⇔
m = 0; m = 1 (loại)
•
TH 2 : (2) vô nghiệm
⇔
t
≤
0
⇔
0
m
≥
.
YCBT
⇔
(3) có 2 nghiệm dương phân biệt
⇔
9 8 0
0
3
0 0
2
0
0
2
m
S
P
m
∆
− >
>
> ⇔ − >
>
>
(loại )
ĐS : a) x = 1 b) không có giá trị nào của m thỏa YCBT
BÀI V. Cho phương trình :
(
)
6 4 2 2 2
5 2 .5 1 5 0
x x x
m m m m m
− + − + + − =
a)Giải các phương trình với m = 5.
b)Xác định m để phương trình có nghiệm duy nhất.
Hướng dẫn : Đặt
2
5 0
x
t
= >
, đưa về phương trình :
(
)
(
)
2 2 3
1 2 1 0
t m t t m t t
+ + − − − + + =
(1) với m
là ẩn.
⇔
2
1
m t
m t mt
=
= − +
⇔
( )
2
(2)
1 0 (3)
t m
f t t mt m
=
= − + − =
a) Bạn đọc tự giải
b) Nếu (2) có nghiệm t > 0
0
m
⇔ >
•
TH 1 : (2) có nghiệm t > 0.
YCBT
⇔
(3) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép dương bằng
m
hoặc có nghiệm dương
t
=
m
và
một nghiệm
t 0
≤
⇔
( )
( )
0
0
2
0
0 0
0
b
m
a
af
f m
∆
∆
=
− = >
<
≤
=
⇔
2
2
4 4 0
0
2
4 4 0
1 0
1 0
m m
m
m (l)
m m
m
m
+ − =
= >
+ − <
− ≤
− =
⇔
2 2 2 m 2 2 2 m 1
− − < < − + ∨ =
Kết hợp với
0
m
>
ta được :
0 m 2 2 2 m 1
< < − + ∨ =
•
TH 2 : (2) vô nghiệm
⇔
t
≤
0
⇔
0
m
≤
.
YCBT
⇔
(3) có nghiệm kép dương hoặc có nghiệm dương
t
và một nghiệm
t 0
≤
⇔
( )
0
0
1 0 1
2 2
0 0
b m
(
l)
m m
a
af
∆
=
− = >
⇔ − ≤ ⇔ ≥
≤
(loại)
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
21
ĐS : a) x =
1
2
b)
0 m 2 2 2 m 1
< < − + ∨ =
BÀI TOÁN 5: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH
I. Phương pháp:
Sử dụng 2 ẩn phụ cho 2 biểu thức mũ trong phương trình và biến đổi phương trình thành phương
trình tích.
II. VD minh hoạ:
VD1: Giải phương trình:
2 2 2
3 2 6 5 2 3 7
4 4 4 1
x x x x x x− + + + + +
+ = +
Giải: Viết lại phương trình dưới dạng:
2 2 2 2
3 2 2 6 5 3 2 2 6 5
4 4 4 .4 1
x x x x x x x x− + + + − + + +
+ = +
Đặt
2
2
3 2
2 6 5
4
, , 0
4
x x
x x
u
u v
v
− +
+ +
=
>
=
Khi đó phương trình tương đương với:
(
)
(
)
1 1 1 0
u v uv u v
+ = + ⇔ − − =
2
2
3 2 2
2
2 6 5
1
1 4 1 3 2 0 2
1 1
2 6 5
4 1
5
x x
x x
x
u x x x
v x
x x
x
− +
+ +
=
= = − + = =
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
= = −
+ +
=
= −
Vậy phương trình có 4 nghiệm.
VD2: Giải phương trình:
3 2 3 4
2 1 2 1
.2 2 .2 2
x x
x x
x x
− + − +
+ −
+ = +
Giải: Phương trình
⇔
3 4 3 2
2 1 1 2
.2 2 .2 2
x x
x x
x x
− + − +
+ −
− = −
⇔
(
)
(
)
3 2
2 1 2
4 1 2 4 1 2
x
x
x x
− +
−
− = −
⇔
(
)
(
)
3 2
2 1
4 1 2 2 0
x
x
x
− +
−
− − =
⇔
2
x 3 2
x 1
4x 1 0
2 2
− +
−
− =
=
⇔
1
x
2
x 3 2 x 1
= ±
− + = −
1
2
3 3 ( )
x
x x
= ±
⇔
− = − ∗
Với
x 3
≥
: thỏa
( )
∗
Với
x 3
<
:
( )
∗
⇔
3 – x = x – 3
⇔
x = 3 (loại)
Vậy phương trình có các nghiệm :
1
x x 3
2
= ± ∨ ≥
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
22
VD3: Cho phương trình:
2 2
5 6 1 6 5
.2 2 2.2 (1)
x x x x
m m
− + − −
+ = +
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:
(
)
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
( 5 6) 1
5 6 1 7 5 5 6 1
5 6 1 5 6 1
.2 2 2 .2 2 2
.2 2 2 .2
x x x
x x x x x x x
x x x x x x
m m m m
m m
− + + −
− + − − − + −
− + − − + −
+ = + ⇔ + = +
⇔ + = +
Đặt:
2
2
5 6
1
2
, , 0
2
x x
x
u
u v
v
− +
−
=
>
=
. Khi đó phương trình tương đương với:
( )( )
2
2
2
5 6
1
1
3
1 2 1
1 0 2
2
2 (*)
x x
x
x
x
u
mu v uv m u v m x
v m
m
m
− +
−
−
=
= =
+ = + ⇔ − − = ⇔ ⇔ ⇔ =
=
=
=
Vậy với mọi m phương trình luôn có 2 nghiệm x = 3, x = 2
a) Với m = 1, phương trình (*) có dạng:
2
1 2 2
2 1 1 0 1 1
x
x x x
−
= ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ±
Vậy với m = 1, phương trình có 4 nghiệm phân biệt: x = 3, x = 2, x =
±
1
b) Để (1) có 4 nghiệm phân biệt
(*)
⇔
có 2 nghiệm phân biệt khác 2 và 3.
(*)
2 2
2 2
0 0
1 log 1 log
m m
x m x m
> >
⇔ ⇔
− = = −
. Khi đó điều kiện là:
( )
2
2
2
0
0
2
1 log 0
1 1
1
0;2 \ ;
1 log 4
8 256
8
1
1 log 9
256
m
m
m
m
m
m
m
m
m
>
>
<
− >
⇔ ⇔ ∈
≠
− ≠
− ≠
≠
Vậy với
( )
1 1
0;2 \ ;
8 256
m
∈
thoả mãn điều kiện đầu bài.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
BÀI I. Giải các phương trình sau :
1)
2 2 2
1 ( 1)
4 2 2 1
x x x x+ − +
+ = +
Hướng dẫn : Đặt:
2
2
2 2
1
2
, , 0
2
x x
x
u
u v
v
+
−
=
>
=
. ĐS : x = 0;
x 1
= ±
2)
8.3 3.2 6 24
x x x
+ = + ĐS : x = 1; x = 3
3)
1
12.3 3.15 5 20
x x x+
+ − =
ĐS :
3
x log 5 1
= −
4)
3
8 .2 2 0
x x
x x
−
− + − =
ĐS : x = 2
5)
xxx
6132 +=+
ĐS : x = 0
6)
1
4
4
4
73.25623
222
+
=
+
+++++− xxxxxx
Hướng dẫn : Đặt:
2
2
3 2
6 5
4
, , 0
4
x x
x
x
u
u v
v
− +
+ +
=
>
=
. ĐS : x = 0; -5;
x 1
= ±
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
23
7)
7) 7)
7)
2 2
x 2x x 1 2x 1
1
.3 3 9.3 27
3
+ − +
− − = −
ĐS :
x 2; x 0
= ± =
8)
x x
x x x x x
2 3 2
.3 3 (12 7 ) 8 19 12
+ − = − + − +
Hướng dẫn : Xét
(
)
(
)
3 2 2
x 8x 19x 12 x 1 x 7x 12
− + − + = − − + −
ĐS : x = 0; x = 3; x = 4
9)
2 1 1
.3 (3 2 ) 2(2 3 )
x x x x x
x x
− −
+ − = −
Hướng dẫn : Làm xuất hiện phương trình
x
3 3
2 x 1
=
+
. Để ý hàm số
( )
x
3
f x
2
=
ĐB trên
ℝ
và
(
)
f x 0 x
> ∀ ∈
ℝ
;
( )
3
g x
x 1
=
+
NB trên
(
)
; 1
−∞ −
và
(
)
1;
− +∞
ĐS : x = -2; x = 1
10)
2 2
2
2 4.2 2 4 0
x x x x x+ −
− − + =
ĐS : x = 0; x = 1
11)
2 2 2 2
2( ) 1 2( ) 1
2 2 2 .2 1 0
x x x x x x+ − + −
+ − − =
ĐS : x = 0;
x 1
= ±
12)
1
4
4
4
7325623
222
+
=
+
+++++− xxxxxx
ĐS : x = 2;
x 1
= ±
; x = -5
13)
3 3
2 2 2 2 4 4
4 2 4 2 ( )
x x x x x x
x
+ + + + + −
+ = + ∈
ℝ
Hướng dẫn : Làm xuất hiện phương trình
5 4 3
x 2x 4x 4 0
+ + − =
. Xét hàm số
(
)
5 4 3
f x x 2x 4x 4
= + + −
,
3
x 4
≥ ĐB trên
3
4 ;
+∞
và
(
)
3
f 4 0 x
> ∀ ∈
3
4 ;
+∞
ĐS : x
= 2; x = 1
14)
2 2
x 2 x 9 3 x x 3 x 2 x 9 x 3x x 3 x
3 .4 3 .4 4 4 0
− − − + − − − +
− − + =
ĐS : x = 3
15)
2 2 2 2
6 6 6 6
− + −
+ = +
x x x x
x . x . ĐS : x = 0; x = 6
BÀI II. Giải và biện luận phương trình:
2 2 2
2 2 3 ( 2) 1
9 3 3 1 (1)
x x m x m x− + + − − −
− = −
Hướng dẫn : Đặt
2
2
2
2 3
9
, u,v > 0
3
x x m
x m
u
v
− +
+ −
=
=
.
Nhận xét :
2
2 2
2
2( 2 )
4 3 ( 2) 1
2 3
3
3 3
3
x x m
x x x
x m
u
v
− +
− + − −
+ −
= = =
, ta đưa về phương trình :
1
u
u v
v
− = −
⇔
(
)
(
)
1 0
u v v
− − =
⇔
1
u v
v
=
=
.
Xét 2 trường hợp : u = v và v = 1.
BÀI III. Giải và biện luận phương trình:
2 2 2
2 1 ( 1)
4 2 2 1 (1)
x x m x m x+ + + − +
− = −
Hướng dẫn : Đặt
2
2
2 1
4
, u,v > 0
3
x x m
x m
u
v
+ +
+ −
=
=
.
Ta đưa về phương trình :
1
u
u v
v
− = −
⇔
(
)
(
)
1 0
u v v
− − =
⇔
1
u v
v
=
=
.
Xét 2 trường hợp : u = v và v = 1.
BÀI TOÁN 6: ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
I. P
hương pháp:
Chuyển phương trình ban đầu thành 1 hệ phương trình với k ẩn phụ. Ta thực hiện theo các bước:
Bước 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho các biểu thức trong phương trình.
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
24
Bước 2: Biến đổi phương trình về dạng:
(
)
, 0
f x x
ϕ
=
Bước 3: Đặt
(
)
y x
ϕ
=
ta biến đổi phương trình thành hệ:
(
)
( )
; 0
y x
f x y
ϕ
=
=
II. VD minh hoạ:
VD1: Giải phương trình:
1 1 1
8 2 18
2 1 2 2 2 2 2
x
x x x x− − −
+ =
+ + + +
Giải: Viết lại phương trình dưới dạng:
1 1 1 1
8 1 18
2 1 2 1 2 2 2
x x x x− − − −
+ =
+ + + +
Đặt:
1
1
2 1
, , 1
2 1
x
x
u
u v
v
−
−
= +
>
= +
Nhận xét rằng:
(
)
(
)
1 1 1 1
. 2 1 . 2 1 2 2 2
x x x x
u v u v
− − − −
= + + = + + = +
Phương trình tương đương với hệ:
8 1 18 2
8 18
9
9;
8
u v
u v
u v u v
u v uv
u v
u v uv
= =
+ =
+ =
⇔ ⇔
+
+ =
= =
+ =
+ Với u = v = 2, ta được:
1
1
2 1 2
1
2 1 2
x
x
x
−
−
+ =
⇔ =
+ =
+ Với u = 9 và
9
8
v
=
, ta được:
1
1
2 1 9
4
9
2 1
8
x
x
x
−
−
+ =
⇔ =
+ =
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x = 1 và x = 4.
VD2: Giải phương trình:
2
2 2 6 6
x x
− + =
Giải: Đặt
2
x
u
=
, điều kiện u > 0. Khi đó phương trình thành:
2
6 6
u u
− + =
Đặt
6,
v u
= +
điều kiện
2
6 6
v v u
≥ ⇒ = +
Khi đó phương trình được chuyển thành hệ:
( ) ( )( )
2
2 2
2
6 0
0
1 0
6
u v u v
u v u v u v u v
u v
v u
= + − =
⇔ − = − − ⇔ − + = ⇔
+ + =
= +
+ Với u = v ta được:
2
3
6 0 2 3 8
2(1)
x
u
u u x
u
=
− − = ⇔ ⇔ = ⇔ =
= −
+ Với u + v + 1 = 0 ta được:
2
2
1 21
21 1 21 1
2
5 0 2 log
2 2
1 21
(1)
2
x
u
u u x
u
− +
=
− −
+ − = ⇔ ⇔ = ⇔ =
− −
=
Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 8 và x =
2
21 1
log .
2
−
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
25
