Chuyên đề phương trình mũ ôn thi tốt nghiệp THPT quốc gia 2015

PHƯƠNG TRÌNH MŨ.
Phương pháp 1: Đưa về cùng cơ số:Giải phương trình
1):
2 1
1
2
4.9 3.2
x
x
+
−
=
Hdẫn: (1)
2 3
3 3
( ) 1
2
2
x
x
−
⇔ = ⇔ =
.
2)
1 2 4 3
7.3 5 3 5
x x x x+ + + +
− = −
Hdẫn: (2)
1 1 1
3

3 5 ( ) 1 1
5
x x x
x
+ + +
⇔ = ⇔ = ⇔ = −
3)
5008.5
1
=
−
x
x
x
Hdẫn:
3( 1) 3 1
3 2 3 3 3
1
3 3 3
1
1
5
(3) 5 .2 5 .2 5 2 5 (2 )
3 0
3
1
5 ( ) (5.2 ) 1
log 2
5.2 1
2

x x
x x x x
x x x
x x x
x
x
x
x
x
x
− −
−
− − −
− − −
⇔ = ⇔ = ⇔ =
− =

=


⇔ = ⇔ = ⇔ ⇔

= −


=

4)
( )
7

4
5
4 3
4 3
[ 27 ] 3
x x
x x
−
+
=
. ĐS: x=10.
Phưong pháp 2: Đặt ẩn phụ:
1)
2 2
2
2 2 3.
x x x x− + −
− =
Hdẫn: Đặt
2
2 ( 0)
x x
t t
−
= >
. Phương trình trở thành:
4 1
4
3
1( ) 2

t x
t
t l x
t
= = −
 
− = ⇔ ⇒
 
= − =
 
2)
2 5 1
3 36.3 9 0
x x+ +
− + =
. ĐS: x=-1; x=-2.
3)
2 2
2 2 1
3 28.3 9 0
x x x x+ + +
− + =
. ĐS: x=-2; x=1.
4)
9 6 2.4
x x x
+ =
Hdẫn: Chia cả 2 vế cho 4
x
ta được phương trình

2
3 3
( ) ( ) 2 0
2 2
x x
+ − =
. ĐS: x=0
5)
2 2
5 1 5
4 12.2 8 0
x x x x− − − − −
− + =
.
Hdẫn: Đặt
2
2
5
2
3
2 5 1
2 ( 0)
9
4
5 2
4
x x
x
t x x
t t

t
x
x x
− −
=


= − − =



= > ⇒ ⇒ ⇔


=
=


− − =


6)
1444
7325623
222
+=+
+++++− xxxxxx
HVQHQT - D - 99
7)
( ) ( )

4347347
sinsin
=−++
xx
ĐHL - 98
8)
( )
1
2
12
2
1
2.62
13
3
=+−−
− xx
xx
ĐHY HN - 2000
9)
( )
77,0.6
100
7
2
+=
x
x
x
ĐHAN - D - 2000

10)
1
12
3
1
3
3
1
+






+






xx
= 12 HVCTQG TPHCM - 2000
11)
1099
22
cossin
=+
xx

ĐHAN - D - 99
12)
1 1 2
4 2 2 12
x x x+ + +
+ = +
ĐHTCKT - 99
13)
2 2
2 1 2 2
2 9.2 2 0
x x x x+ + +
− + =
ĐHTL - 2000
14)
( ) ( )( ) ( )
3243234732 +=−+++
xx
ĐHNN - 98
15)
06.3-1-7.35.3
1xx1-x1-2x
=++
+
9
A) khèi-2001 - øc§ hång H(§
16)
06.913.6-6.4
xxx
=+

17)
205-3.1512.3
1xxx
=+
+
D) khèi- 2001 - huÕ H(§
18)
323
1-x1-2x
+=

BD) - 2001 - «§ «ng§ lËp dan H(§
19)
( ) ( )
1235635-6
xx
=++
2001) - nghÖ c«ngthuËt küDL H(§
20)
0326.2-4
1xx
=+
+

D) khèi- 2001 - hiÕn v¨n lËp dan H(§
21)
0173.
3
26
9 =+







−
xx
22)
022
64312
=−
−++ xx
23)
( ) ( )
43232 =++−
xx
Đặt
(
)
2 3
x
−
=t (t>0). phương trình trở thành :
2 3 2
1
4
2
2 3
t x

t
x
t
t

= − =

+ = ⇔ ⇒


= −
= +



24)
( ) ( )
02323347 =+−−+
xx
25)
111
222
964.2
+++
=+
xxx
26)
12.222
56165
22

+=+
−−+− xxxx
27)
101616
22
cossin
=+
xx
28)
( ) ( )
7 5 2 ( 2 5) 3 2 2 3(1 2) 1 2 0
x x
x
+ + − + + + + − =
Hdẫn: Đặt
3 2
2
(1 2) ; 0
( 2 5) 3 1 2 0
( 1)( ( 2 4) 2 1) 0
1
0
3 2 2 2
1
1 2
x
t t
pt t t t
t t t
t

x
t x
x
t
= + >
⇔ + − + + − =
⇔ − + − + − =
=

=



⇔ = − ⇒ = −




=
= +


29)
2 1 2 2( 1)
3 3 1 6.3 3
x x x x+ + +
= + − +
. ĐS:
3
11

log (2 )
3
x = +
30) Giải phương trình
. Đặt
Giải phương trình trên ta được .
Phương pháp 3: lôgarit hoá:
1)
1
5 . 8 100
x x
x+
=
ĐK: x nguyên dương
2
( 1) 3 2( 1) 2( 1) 2 2
2
2
5
(1) 5 .2 5 .2 5 2
log 5.( 2) 2
2
1 log 2( )
x x x x x x x x
x x x
x
x l
+ + + − − −
⇔ = ⇔ =
⇔ − − = −

=

⇔

= − −

2)
2 2
3 2 6 2 5
2 3 3 2
x
x x x x x+ + − + −
− = −
Hdẫn:
2 ( 2)( 4)
2
3
(2) 2 2 2 ( 2)( 4)log 3
2
log 2 4
x x x
x x x
x
x
− − +
⇔ = ⇔ − = − +
=

⇔


= −

Phương pháp 4: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số.
1)
3 4 5
x x x
+ =
3 4
(1) ( ) ( ) 1
5 5
x x
⇔ + =
+) Ta thấy x=2 là nghiệm của pt
+ Nếu x>2 : VT<1
+) Nếu x<2 : Vt>1
2)
8 (3 1) 4
x
x + =
.
Pt có nghiệm x=1/3
3)
( )
3 2 ( 3 2) ( 5)
x
x x
− + + =
Hdẫn :
3 2 3 2
(3) ( ) ( ) 1

5 5
3 2 3 2
;0 1; ; 1
5 5
x x
u u v v
− +
⇔ + =
− +
= < < = >
+Nếu
0: 0; 1 1
x x
x u v VT≥ > ≥ ⇒ >
+Nếu
0: 1; 0 1
x x
x u v VT< ≥ > ⇒ >
Vậy pt vô nghiệm.
4) Cho a, b, c là các số dương, a<c, b<c. CMR : phương trình a
x
+b
x
=c
x
có một và chỉ một nghiệm.
Hdẫn :
( ) ( ) 1 0
x x
a b

c c
⇔ + − =
Đặt VT=f(x) . Ta có f(x) là hàm số liên tục trên R, f(x) là hàm nghịch biến trên R
0 0
lim ( ) 1; lim ( ) ! : ( ) 0
x x
f x f x x f x
→+∞ →−∞
= − = +∞ ⇒ ∃ ∈ =¡
hay pt có nghiệm duy nhất.
5)
1
2 4 1
x x
x
+
− = −
Hdẫn :
2 (2 2 ) 1
x x
x⇔ − = −
+x=1 là nghiệm
+x>1 : VT<0 ; VP>0
+x<1 : VT>0 ; VP<0
6)
2
2 3 1
x
x
= +

Hdẫn :
3 1
( ) ( ) 1
2 2
x x
⇔ + =
. ĐS : x=2.
7)
2 2
3.16 (3 10)4 3
x x
x x
− −
+ − + −
Hdẫn :
Đặt
2
4 ( 0).
x
t t
−
= >
Pt trở thành :
2
4
2
2
1
1
4

2 log 3
3 (3 10) 3 0
3
3
2
3
4 3
x
x
x
t
t x t x
x
t x
x
−
−


=
= −
=



+ − + − = ⇔ ⇒ ⇔



=


= −
= −



8) Giải phương trình:
Phương trình tương đương với:
Rõ ràng phương trình có là nghiệm
Ta có
với
;
Suy ra là hàm liên tục,đồng biến và nhận cả giá trị âm,cả giá trị dương trên R nên phương trình
có nghiệm duy nhất .
Từ bảng biến thiên của hàm có không quá hai nghiệm.
Vậy phương trình có đúng hai nghiệm : .
Chú ý : * Có thể chứng minh phương trình có nghiệm như sau :
Ta có :

Suy ra phương trình có nghiệm .
9) Giải hệ phương trình:
Hệ phương trình
hoặc
CÁC BÀI TOÁN CÓ CHỨA THAM SỐ.
Bài 1 : Tìm m để pt
.2 2 5 0
x x
m
−
+ − =

có nghiệm duy nhất.
Giải :
Đặt t=2
x
, t>o. Pt trở thành :
2
1
5 0 ( ) 5 1 0mt f t mt t
t
+ − = ⇔ = − + =
+Nếu m=0 : t=1/5 (t.m)
+ Nếu m≠0 :
Pt đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi pt (2) có duy nhất 1 nghiệm dương. Xét 3 TH :
1 2
1 2
1 2
0
0
0
0
25
0
0
4
0
m
t t
m
t t m
m

t t
m


<
< <

<





= < ⇔ ∃ ⇔


=

< =
≠






∆ =


Bài 2 : Cho pt :

.16 2.81 5.36
x x x
m + =
a) Giải pt khi m=3
b) Tìm m để pt có nghiệm duy nhất.
Hdẫn : Đặt
9
( ) ; 0
4
x
t t= >
. Pt trở thành
2
2 5 0.t t m− + =
(2)
a) x=0 ; x=1/2
b) (2)
2
2 5m t t⇔ = − +
Pt đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi pt (2) có đúng một nghiệm dương. Khảo sát hàm số y=-2t
2
+5t
trên (0 :+∞) ta được
25
; 0
8
m m= ≤
Bài 3 : Tìm a để pt sau có nghiệm duy nhất :
( ) ( )
5 1 5 1 2

x x
x
a+ + − =
Hdẫn :
5 1 5 1
1
2 2
x x
   
+ −
⇔ + =
 ÷  ÷
   
Đặt t=
5 1
2
x
 
+
 ÷
 
(t>0) phương trình trở thành :
2
1 0
a
t t t a
t
+ = ⇔ − + =
ĐS :
1

0
4
a a≤ ∨ =
.
Bài 4 : Biện luận theo a, số nghiệm của phương trình
7 3 5 7 3 5
8
2 2
x x
a
   
+ −
+ =
 ÷  ÷
   
Đặt t=
7 3 5
2
x
 
+
 ÷
 
(t>0), phương trình trở thành
2 2
8 8 0 8
a
t t t a a t t
t
+ = ⇔ − + = ⇔ = − +

.
Khảo sát hs và lập bảng biến thiên
+a>16 ; pt vô nghiệm
+a=16 hoặc a≤0 : pt có nghiệm duy nhất
+0<a<16 : pt có 2 nghiệm phân biệt
Bài 5: Tìm m để phương trình sau có nghiệm
2 2
sin os
81 81
x c x
m+ =
Hdẫn:
Đặt
[ ]
2
sin
81 1;81
x
t t= ⇒ ∈
. Phương trình trở thành:
81
t m
t
+ =
Khảo sát hàm số ta được kết quả 18≤m≤82
Bài 6: Cho phương trình
2 2
4 2 2
3 2.3 2 3 0
x x

m
− −
− + − =
a) Giải phương trình khi m=0
b) Xác định m để phương trình có nghiệm.
Giải: Đặt
(
]
2
2
3 0;9
x
t t
−
= ⇒ ∈
a) x=±1
b) Khảo sát hàm số
(
]
2
3
( ) ; 0;9
2 2
t
f t t t= − + + ∈
được -30≤m≤2
Bài 7: Tìm a để phương trình sau có nghiệm
2 2
1 1 1 1
9 ( 2).3 2 1 0

t t
a a
+ − + −
− + + + =
Hdẫn: Đặt t=
[ ]
2
1 1
3 3;9
t
t
+ −
⇒ ∈
. Khảo sát hs được
64
4
7
a≤ ≤
Bài 8: Cho phương trình
( ) ( )
2 2
1
2 1 2 1 0
x x
m
−
+ + − + =
. Tìm m để phương trình có nghiệm
Hdẫn: Đặt
( )

[
)
2
2 1 1;
x
t t+ = ⇒ ∈ +∞
. Phương trình trở thành:
2 1
m t
t
+
− = +
Khảo sát hàm số
[
)
2 1
( ) ; 1;f t t t
t
+
= + ∈ +∞
được
2 2 1 2 2 1m m− ≥ + ⇒ ≤ − +
Bài 9: Cho phương trình
2 2
2 2 2 4 2 2
5 5 2
x mx x mx m
x mx m
+ + + + +
− = + +

. Tìm m để phương trình có đúng 2
nghiệm thuộc (0;2).
Hdẫn:
Đặt
2
2
2
2 2
2
2 4 2
u x mx
v u x mx m
v x mx m

= + +

⇒ − = + +

= + + +


Phương trình trở thành
5 5 5 5 ( ) ( )
u v u v
v u u v f u f v− = − ⇔ + = + ⇔ =
với f(t)=5
t
+t
Ta có f(t) là HSĐB trên R nên pt tương đương u=v
2

( ) 2 0g x x mx m⇔ = + + =
(*)
Pt đã cho có đúng 2 nghiệm thuộc (0 ;2) khi và chỉ khi pt (*) có đúng 2 nghiệm thuộc (0 ;2). Khảo sát hàm số
ta được kết quả không tồn tại m thoả mãn.
Bài 10 :
Bµi tËp tæng hîp vÒ ph¬ng tr×nh mò
Bµi 1: Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh:
a)
3
8
2
4
82
3
−
−
=
x
x
b)
2121
333555
++++
++=++
xxxxxx
c)
( )
3
2
9

2
2222
2
+−=+−
−
xxxx
x
d)
( )
2
cos
1
2
cos
22 xx
x
x
x
x
+=+
+
e)
231224
3.23.2
+−++
=
xxxx
Bµi 2: Gi¶i c¸c phong tr×nh:
a)
( ) ( )

02.75353 =−++−
x
xx
b)
xxx
27.2188 =+
c)
02028
332
=−+
+
x
x
x
d)
1
2
12
2
1
2.62
)1.(3
3
=+−−
− xx
xx
e)
64)5125.(275.95
3
=+++

−− xxxx
Bµi 3: Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh:
a)
xxx
9133.4
13
−=−
+
b)
093.613.73.5
1112
=+−+−
+−− xxxx
d)
5lglg
505 x
x
−=
f)
24223
2212.32.4
++
+−=−
xxxx
Bµi 4: Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh:
a)
482
2
2
2

log.2
1log
−=
+
x
x
x
b)
2
6log
2
log
2
2
9.2 xx
x
−=
d)
2
6.52.93.4
x
xx
=−
e)
( )
( )
( )
32
4
3232

121
2
2
−
=−++
−−− xxx
Bµi 5: Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh:
a)
( )
02.93.923
2
=++−
xxxx
b)
( ) ( )
021.2.23
2
=−+−−
xx
xx
c)
( )
0523.2.29 =−+−+ xx
xx
d)
( )
035.10325.3
22
=−+−+
−−

xx
xx
Bµi 6: Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh:
a)
1444
73.25623
222
+=+
+++++− xxxxxx
b)
( )
1224
2
22
11
+=+
+−+ xxxx
c)
xxx
6242.33.8 +=+
d)
20515.33.12
1
=−+
+xxx
e)
xxx
6132 +=+

Bµi 7: Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh:

a)
2
7log3log
22
−=+ xxx
b)
2
312
x
x
+=
c)
123223
1122
+++=++
++
x
xxx
xx
d)
5log3log
22
xxx =+
Bµi 8: Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh:
a)
x
x
2cos3
2
=

b)
( )
xx
xx 2.1.24
2
2
++−=
c)
( ) ( ) ( )
xxx
5.22357 =+++
d)
( )
x
x
x
+
+=
1
2cos
22
2
e)
x
x
6
217.9 =+
Bµi 9: Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh:
a)
( )

2
11
124
2
−=−
−−
x
xx
b)
x
x
x
x
x
1
2
1
22
22
2
211
−=−
−−
c)
x
xxxx
3cos.722
322
cos.4cos.3
=−

++
d)
( ) ( )
134732
1
−=+−+
+
x
xx