SKKN Rèn luyện kỹ năng làm việc với phương trình mũ

A-MỞ ĐẦU
I- LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Phương trình mũ là một bộ phận quan trọng trong chương trình toán học ở
phổ thông . Rất nhiều đề thi , đặc biệt là đề thi Đại học , cao đẳng khai thác vấn đề
này . Trong khi đó do thời gian có hạn nên SGK mới chỉ dừng lại ở các dạng bài tập
cơ bản , mặc dù SGK cũng có sự phân loại song số lượng bài tập để học sinh tự rèn
luyện rất ít và chưa phong phú Vì vậy, để giúp học sinh đỡ lúng túng khi gặp
những bài toán về phương trình mũ , tôi đưa ra một số bài tập đã được phân loại
cùng với phương pháp giải các loại bài tập này.
1- NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI
Thông qua hệ thống bài tập đã được phân loại cùng với phương pháp giải các
dạng bài tập đó , thì nhiệm vụ của đề tài này chỉ mong rằng sẽ góp phần giúp học
sinh hình thành , củng cố và rèn luyện kỹ năng làm việc với phương trình mũ . Đó là
các kỹ năng sau:
1- Giải các phương trình mũ bằng các phương pháp :
- Biến đổi hai vế về những lũy thừa có cùng cơ số.
- Lôgarit hóa
- Đặt ẩn phụ
- Phương pháp đánh giá hai vế
- Phương pháp sử dụng chiều biến thiên (đạo hàm ) đồ thị.
2 - Tìm điều kiện của tham số để phương trình :
- Có nghiệm , không có nghiệm.
- Có nghiệm thỏa mãn điều kiện cho trước
3 - Giải và biện luận phương trình mũ.
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
1
II- PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH.
- Trong các tiết học chính khóa cần yêu cầu học sinh nắm chắc :
+ Khái niệm lũy thừa với số mũ thực, và các tính chất của lũy thừa
+ Hệ số mũ – tính chất
+ Hàm số Lôgarit – tính chất

+ Kỹ năng dùng đạo hàm để xét biến thiên của hàm số.
+ Kỹ năng vẽ đồ thị.
+ Hiểu được thực chất nghiệm của phương trình ƒ(x) = g (x) là hoành
độ giao điểm của hai đồ thị y = ƒ(x) và y = g (x).
- Trên cơ sở đó giáo viên đưa ra các dạng bài tập cho học sinh tự tìm tòi
phương pháp giải ⇒ Kết luận về cách giải của từng dạng.
III- ĐỐI TƯỢNG ÁP DỤNG :
Học sinh lớp 11+12
A-NỘI DUNG
Khi giải một phương trình mũ ta thường vận dụng các phương pháp biến đổi
để đưa phương trình mũ đã cho về một trong hai dạng đơn giản nhất là :
1) a
x
= a
b
( 0 < a ≠ 1)
⇔ x = b
2) a
x
= c
⇔ x = log
a
c ( 0 < a ≠ 1 , c > 0 )
Một số phương pháp thường dùng để giải phương trình mũ là :
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2
I - BIẾN ĐỔI HAI VẾ CỦA PHƯƠNG TRÌNH VỀ NHỮNG LŨY THỪA
CÓ CÙNG CƠ SỐ :
a = 1
ƒ(x) & g(x) có nghĩa

a
ƒ
(x)
= a
g(x)
⇔
0 < a ≠ 1
ƒ(x) = g(x)
a) Ví dụ : Giải các phương trình sau:
1) 21 = 1
Học sinh cần để ý thấy rằng 1 = a
0
với a ≠ 0 . Vậy phương trình trên viết
được dưới dạng :
21 = 21
0
Txđ : ∀ x ∈R
⇔ x
2
- 7x + 12 = 0
x = 4
⇔
x = 3
⇒ Đối với những phương trình có dạng a
ƒ
(x)
= 1 ( 0 < a ≠ 1) ta có
phương trình tương đương với phương trình trên là : ƒ(x) = 0

2) 32 = 0,25 . 128
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
3
x
2
-7x+12
x
2
-7x+12
x + 5
x - 7
x+17
x - 3
{
{
1
4
Nhận thấy : 32 = 2
5
; 0,25 = = 2
– 2
; 128 = 2
7
Vì thế 2) ⇔ 2 = 2
–2
. 2
⇔ 2 = 2

⇔ =
Đến đây ta có thể giải được phương trình để tìm nghiệm .

3) ( √10 + 3 ) = ( √10 - 3 )
Ta thấy : ( √10 + 3 ) ( √10 - 3 ) = 1 ⇒ √10 - 3 = ( √10 + 3 )
-1
⇒ 3) ⇔ ( √10 + 3 ) = ( √10 + 3 )
⇔ = -
Từ phương trình này ta có thể dễ dàng giải ra để tìm được x
⇒ Nhận xét : Đối với phương trình mũ có 2 cơ số a, b mà a.b = 1 ⇒ b = a
– 1
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
4
5(x + 5)
x - 7
7( x+17)
x - 3
5(x + 5)
x - 7
7( x+17)
x - 3
- 2
5(x + 5)
x - 7
7( x +17 ) – 2( x –3 )
x - 3
x - 3
x - 1
x + 1
x + 3
x - 3
x - 1
x + 1

x + 3
x - 3
x - 1
x + 1
x + 3
x
2
-7x+12
4) ( a )
3 – x
= 1 Sử dụng tính chất (a
m
)
n
= a
m.n
⇔ a = 1
a = 1 a = 1
x ∈ R x ∈ R
⇔ ⇔
0 < a ≠ 1 0 < a ≠ 1
(x
2
+ x – 2) (3 – x) = 0 x = - 2 ∨ x = 1 ∨ x = 3
5) (x + 1) = 1
x + 1 = 1 x = 0
x – 3 ≥ 0 x ≥ 3
⇔ ⇔ ⇔ x = 3
0 ≤ x + 1 ≠ 1 - 1< x ≠ 0
x – 3 = 0 x = 3

6) 8.3
x
+ 3. 2
x
= 24 + 6
x
⇔ 8 ( 3
x
– 3 ) + 2
x
(3 – 3
x
) = 0
⇔ ( 3
x
– 3 ) (8 - 2
x
) = 0
⇔ 3
x
= 3 ⇔ x = 1
2
x
= 8 x = 3
Đối với phương trình này không thể đưa về cùng cơ số ngay thì ta có thể đưa
về cùng một vế rồi đặt thừa số chung.
b) Bài tập tương tự tự giải :

Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
5

(x
2
-7x+12)(3 – x)
{
{
{
{
√ x- 3
{
{
{
{
√ 2
- x
1) 0,25 . 4
2x – 3
=
8
2) (√ 6 + 2√ 5 - √ 6 - 2√ 5 )

2x
+ 2
2 ( x+ 1)
= 320
3) ( x
2
- 2x + 2 ) = 1
4) x
2
. 2

x
+ 8 = 2. x
2
+ 2
x+ 2
5) 2
- x - 2
= ( )
x + 1 + x - 1
II- LOGARIT HÓA HAI VẾ
Phương pháp này thường dùng đối với phương trình có dạng :
a

ƒ
(x)
= b
g(x)
⇔ log
a
a

ƒ
(x)
= log
a
b
g(x)
với a ≠ b
0 ≤ a , b ≠ 1
Cơ số thường chọn cho phép logarit hóa khi lũy thừa chứa cơ số đó có số mũ

phức tạp hơn.
a) Ví dụ : 5
x
= 3 Rõ ràng đây là phương trình không thể đưa về cùng
một cơ số được . Vậy ta logarit hóa 2 vế với cơ số 3 ta được :
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
6
√ 4 – x
2
1
2
{
x
2
x
2
x
2
log
3
5
x
= log
3
3 Txđ R
⇔ x. log
3
5 = x
2
⇔ x ( x – log

3
5 ) = 0
⇔ x = 0
x = log
3
5
2) 2 . 3
x
= 1,5
Cách 1 : 2 . 3
x
= 3 . 2
–1
⇔
2 = 3
1 – x
⇔ x
2
– 2x + 1 = log
2
3
1 – x
⇔ ( x – 1)
2
+ (x – 1) log
2
3
1 – x
= 0
⇔ x - 1 = 0 ⇔ x = 1

x – 1 + log
2
3 = 0 x = 1 – log
2
3
Cách 2 : Để ý thấy vế trái là tích 2 lũy thừa , vậy logarit hóa 2 vế ta có :
log
2
2 . 3
x
= log
2
⇔ x
2
– 2x + x.log
2
3 = log
2
3 – 1
⇔ x
2
+ (log
2
3 – 2 ).x + 1 - log
2
3 = 0
⇔ x = 1 ( vì có a + b + c = 0 )
x = 1- log
2
3

3) 2
3x
. 3
x
– 2 . 3 = 192
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
7
x
2
- 2x
x
2
- 2x
x
2
- 2x + 1
x
2
- 2x
3
2
3x +1 x -1
⇔ 2
3x
. 3
x
( 1- ) = 2
6
. 3
⇔ 2

3x
. 3 = 2
6
. 3
⇔ 2 = 3
⇔ 3x – 6 = (2 – x ) log
2
3
⇒ Tìm được x
4) x = 10 ĐK : x > 0
x ≠ 1
⇔ . lg x = 1 ⇒ Luôn đúng với ∀ 0 < x ≠ 1
b) Bài tập tương tự tự giải :
1) 5
x
+ 5 + 5 = 3
x
+ 3 + 3
2) 8 = 36 . 3
3) 5
x
. 8 = 500
4) x
lg2
. 2
– lg x
= 1
III- PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ:
Trong phương pháp này luôn chú ý đến điều kiện của ẩn phụ .
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

8
2
3
x -1
3x -6
2 - x
1
lg x
{
1
lg x
x +1
x +2 x +2 x +1
x
x +2
2 - x
x - 1
x
a) Nếu trong phương trình có chứa : a
x
, a
2x
, a
3x
thì ta đặt a
x
= t
⇒ a
2x
= t

2
, a
3x
= t
3
.
⇒ Giải phương trình tìm t ⇒ tìm được x.
Ví dụ : Giải các phương trình sau:
1) 2 . 16
x
– 15 . 4
x
– 8 = 0
⇔ 2 . 4
2x
– 15 . 4
x
– 8 = 0
Đặt : 4
x
= t > 0
⇒ 1) có dạng : 2. t
2
– 15. t - 8 = 0
⇒ Từ đây ta có tìm được t ⇒ tìm được x.
2) (
5
√ 3 )
x
+ (

10
√ 3 )
x -10
- 84 = 0
⇔ (
10
√ 3 )
2x
+ - 84 = 0
Đặt (
10
√ 3 )
x
= t > 0 ⇒ 2) có dạng : 3.t
2
+ t – 252 = 0
⇒ Tìm được t ⇒ tìm được x.
3) 4 - 5 . 2 = 6
⇔ 2 . 2 - 5 . 2 - 12 = 0

⇔ Đặt 2 = t > 0

⇒ 3) có dạng : 2.t
2
–5.t – 12 = 0
⇒ Tìm được t ⇒ tìm được x
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
9
(
10

√ 3 )
x
3
x+√ x
2
- 2
x-1+√ x
2
- 2
x+√ x
2
- 2
x+√ x
2
- 2
x+√ x
2
- 2
x+√ x
2
- 2
* Bài tập tương tự tự giải :
1) = 6. ( 0,7 )
x
+ 7
2) 9 - 7. 3 = 2
3) 2 - 9 . 2 + 2 = 0 (Nhân 2 vế với 2
– 2x
)
4) 8

x
– 3 . 4
x
– 3 . 2 + 8 = 0
b) Nếu phương trình có dạng : α. a
x
+ β. b
x
+ γ.c
x
= 0
Trong đó : a.c = b
2
thì chia 2 vế cho a
x
hoặc c
x
rồi đặt ẩn phụ.
Ví dụ : Giải phương trình :
6 . 9
x
– 13 . 6
x
+ 6 . 4
x
= 0 (*)
Giải : Ta thấy : 9.4 = 36 = 6
2
nên
(*) ⇔ 6. ( )

x
– 13. ( )
x
+ 6 = 0
⇔ 6. ( )
2x
– 13. ( )
x
+ 6 = 0
Đặt ( )
x
= t > 0
(*) ⇔ 6.t
2
- 13.t + 6 = 0 ⇒ Tìm được t ⇒ tìm được x.
* Bài tập tương tự tự giải :
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
10
7
2x
100
x
√x
2
– 2x - x √x
2
– 2x - x -1
2x
2
+ 1 x

2
+ x 2x

+ 2
x

+ 1
9
4
6
4
3
2
3
2
3
2
1) 3.16
x
+ 2. 81
x
= 5.36
x
2) 125
x
+ 50
x
= 2
3) 3 + 4. 15 = 3. 5
c) Nếu phương trình có dạng : α. a

x
+ β. b
x
+ c = 0
Trong đó : a
x
. b
x
= 1 thì :
Cách 1 : Đặt a
x
= t > 0 ⇒ b
x
=
Cách 2 : Đặt a
x
= U > 0
b
x
= V > 0
khi đó phương trình đã cho tương đương với hệ : U > 0 , V > 0
U.V = 1
α.U + β. V + c = 0
Ví dụ : Giải phương trình sau:
1) ( 5 +√ 24 )
x
+ ( 5 - √ 24 )
x
= 10
Nhận thấy : ( 5 +√ 24 )

x
. ( 5 - √ 24 )
x
= 1
Cách 1 : Đặt ( 5 +√ 24 )
x
= t > 0
⇒ 1) có dạng : t + = 10
⇔ t
2
– 10 .t + 1 = 0 ⇒ Tìm được t ⇒ tìm được x.
Cách 2 : Đặt ( 5 +√ 24 )
x
= U > 0
( 5 - √ 24 )
x
= V > 0
⇒ 1) ⇔ U.V = 1
U + V = 10
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
11
3x

+ 1
2x
2
+6x

-9 x
2

+3x

-5 2x
2
+6x

-9
1
t
{
1
t
{
⇒ Giải hệ tìm được U , V ⇒ tìm được x.
2) ( 7 +4√ 3 )
x
– 3.( 2 - √ 3 )
x
+ 2 = 0
Ta thấy : 7 +4√ 3 = ( 2 + √ 3 )
2

⇒ 2) ⇔ ( 2 + √ 3 )
2 x
- 3. ( 2 - √ 3 )
x
+ 2 = 0
Có : ( 2 + √ 3 ) ( 2 - √ 3 ) = 1 nên ta đặt ( 2 + √ 3 )
x
= t > 0

⇒ 2) có dạng : t
2
- + 2 = 0
⇔ t
3
+ 2.t - 3 = 0 ⇒ Tìm được t ⇒ tìm được x.
3) 2 + 4. 2 = 6
Thấy : 2 . 2 = 2
Đặt : 2 = t ∈ [ 1 ; 2 ] vì ∀ x ∈ R ⇒ 0 ≤ Cos
2
x ≤ 1
⇒ 2
0
≤ 2 ≤ 2
1
⇔ 1 ≤ t ≤ 2
⇒ 2 =
⇒ 3) có dạng : + 4.t = 6
⇔ 4.t
2
- 6.t + 2 = 0 ⇒ Tìm được t ⇒ tìm được x.
Có thể đặt : 2 = U ∈ [ 1 ; 2 ] U.V = 2
⇔
2 = V ∈ [ 1 ; 2 ] U + 4.V = 6
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
12
3
t
Sin
2

x
Cos
2
x
Sin
2
x
Cos
2
x
Cos
2
x
Cos
2
x
Sin
2
x
2
t
2
t
Sin
2
x
Cos
2
x
Từ hệ trên có thể tìm U ∈ [ 1 ; 2 ]

V ∈ [ 1 ; 2 ]
* Bài tập tương tự tự giải :

1) ( 2 + √ 3 )
x
+ ( 2 - √ 3 )
x
- 4 = 0
2) ( 7 +3√ 5 )
x
+ 7.( 7 - 3√ 5 )
x
= 2
x+ 3
3) ( 5 - √ 21 )
x
+ 7.( 5 + √ 21 )
x
= 2
x+ 3
d) Nếu trong phương trình có chứa : a
x
; ; a
2x
; ; a
3x
;
thì đặt : a
x
+ = t ≥ 2 ( BĐT Côsi)

hoặc : a
x
- = t
Ví dụ : Giải phương trình :
1) 4
x
+ 4
- x
+ 2
x
+ 2
- x
= 10
⇔ 2
2x
+ + 2
x
+ = 10
Đặt : 2
x
+ = t ≥ 2 ( BĐT Côsi)
⇒ 1) có dạng : t
2
- 2 + t = 10
⇔ t
2
+ t - 12 = 0 ⇒ Tìm được t ⇒ tìm được x.
2) 2
3x
- 6.2

x
- + = 1

Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
13
1
a
x
1
a
2x
1
a
3x
1
a
x
1
a
x
1
2
2x
1
2
x
1
2
x
1

2
3(
x – 1)
12
2
x
⇒
Tìm được
x
⇔ 2
3x
- - 6 . (2
x
- ) = 1
Đặt : 2
x
- = t (Lập phương trình 2 vế )
⇒ 2
3x
- 3. 2
x
.2 + 3. - = t
3
⇒ 2
3x
- = t
3
+ 6.( 2
x
- = t

3
+ 6.t
⇒ 2) có dạng : t
3
+ 6.t - 6.t = 1 ⇒ t = 1 ⇒ tìm được x
* Bài tập tương tự tự giải :
8. 2
3x
+ 8. + 24. 2
x
+ 24. = 125
IV- SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
Đối với phương pháp này ta thường làm như sau:
Cho phương trình : ƒ(x) = g(x)
Nhận xét thấy x
0
là nghiệm của phương trình. Sau đó chứng minh x > x
0
và
x < x
0
không thỏa mãn phương trình . Từ đó ⇒ x
0
là nghiệm duy nhất của phương
trình. Hoặc có thể dựa vào 2 mệnh đề sau:
• Mệnh đề 1 : Nếu trên Txđ D của phương trình ta có :
ƒ(x) luôn đẳng biến trên D
g(x) luôn nghịch biến trên D
∃ x
0

∈ D : ƒ(x) = g(x)
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
14
8
2
3x
2
2
x
2
2
x
4
2
x
8
2
3x
8
2
3x
2
2
x
1
2
3x
1
2
x

⇒ x
0
là nghiệm duy nhất của phương trình ƒ(x) = g(x)
• Mệnh đề 2 : Cho phương trình ƒ(x) = C ( Const) có Txđ D . Nếu :
ƒ(x) luôn đơn điệu trên D
∃ x
0
∈ D : ƒ(x) = C
⇒ x
0
là nghiệm duy nhất của phương trình ƒ(x) = C
- Ví dụ : Giải phương trình sau :
1) 4
x
+ 3
x
= 5
x
⇔ ( )
x
+( )
x
= 1
Cách 1 : - Có x = 2 là 1 nghiệm của phương trình .
+ Với x < 2 ⇒ ( )
x
> ( )
2

( )
x
> ( )
2
⇒ Vế trái > 1 ⇒ Với x < 2 không thỏa mãn phương trình .
+ Với x > 2 ⇒ ( )
x
< ( )
2

( )
x
< ( )
2

⇒ Vế trái < 1 ⇒ Với x > 2 không thỏa mãn phương trình .
⇒ Kết luận : x = 2 là nghiệm ! của phương trình.
Cách 2 : - Txđ : D = R
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
15
{
4
5
3
5
4
5
4
5
3

5
3
5
3
5
3
5
4
5
4
5
- Có x = 2 là 1 nghiệm của phương trình.
- ƒ(x) =( )
x
+ ( )
x
luôn nghịch biến trên R

Vì có : ƒ
‘
(x) = ( )
x
.ln + ( )
x
.ln < 0 ∀ x ∈ R
⇒ x = 2 là nghiệm ! của phương trình.

2) x
2
– (3 – 2

x
). x + 2( 1- 2
x
) = 0
Có : ∆ = ( 2
x
+ 1 )
2
⇒ x = 2
x = 1- 2
x
(*)
(*) ⇔ 2
x
= - x + 1
Thấy : x = 0 thoả mãn (*)
- Có : ƒ(x) = 2
x
đồng biến trên R
- Có : g(x) = - x + 1 nghịch biến trên R
⇒ x = 0 là nghiệm ! của phương trình (*)
Vậy phương trình 2 ) có 2 nghiệm là x = 2
x = 0
* Bài tập tương tự tự giải :
1) 9
x
+ 2 ( x – 2 ).3
x
+ 2x – 5 = 0
2) 3. 5

2x + 1
- 7. 2
4 x + 1
= 19
3) 2
x-1
- 2 = ( x – 1 )
2
đặt : x – 1 = U ; x
2
– x = V
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
16
4
5
3
5
4
5
4
5
3
5
3
5
x
2
-x
V- PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ HAI VẾ
+ Đối với phương pháp này ta đựa vào nhận xét :

VP ≥ α VP = α
VT ≤ α VT = α
+ Dựa vào tính chất bị chặn của hàm lượng giác Sin x & Cos x
+ Dựa vào BĐT Côsi.
- Ví dụ : Giải phương trình sau:
1) 2
x – 1
– 2 = x
2
- 2.x + 1
Có : x
2
- 2.x + 1 = ( x – 1 )
2
≥ 0
2
x – 1
– 2 ≤ 0 vì x – 1 ≤ x
2
- x nên 2
x – 1
≤ 2
⇔ x
2
- 2.x + 1 ≥ 0
Vậy 1) ⇔ ( x – 1 )
2
= 0
⇔ x = 1
2

x – 1
– 2 = 0
2) 2
x
+ 2
–x
= 2. Cos
2

Có : 0 ≤ Cos
2
≤ 1 ⇒ VP ≤ 2
VT = 2
x
+ ≥ 2 (BĐT Côsi)
2
x
+ = 2 2
x
= 2
- x

⇒ 2 ) ⇔ ⇔
Cos
2
= 1 = k.∏ (k ∈ Z )
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
17
}
{

⇒ VP = VT ⇔
x
2
-x
x
2
-x
x
2
-x
x
2
-x
x
2
+ x
6
x
2
+ x
6
1
2
x
1
2
x
x
2
+ x

6
x
2
+ x
6
x = 0
⇔ ⇔ x = 0
= k.∏
3) 4
S in x
– 2
1+Sin x
. Cos(xy) + 2
y
= 0
2
Sin x
- Cos(xy) + ( 2
y
– Cos
2
(xy) ) = 0
Vì 2
Sin x
- Cos(xy) ≥ 0
2
y
– Cos
2
(xy) ≥ 0 do 2

y
≥ 2
0
= 1
Cos
2
xy ≤ 1
⇒ 3 ) ⇔ 2
Sin x
- Cos(xy) = 0
2
y
– Cos
2
(xy) = 0
2
Sin x
- Cos(xy) = 0 (1)
⇔ 2
y
= 1 (2)
Cos
2
(xy) = 1 (3)
Từ (2) ⇒ y = 0 thỏa mãn (3) và lúc đó (1) trở thành : 2
Sin x
= Cos xy = 1
⇔ Sin x = 0 ⇔ x = k.∏ (k ∈ Z )
⇒ Vậy phương trình có nghiệm là : x = k.∏
y = 0

* Bài tập tương tự tự giải :
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
18
x
2
+ x
6
[
]
2
[
]
2
Với ∀ x ,y
x
3
1) 2
x
+ 2
– x
= 2. Cos
2) 2 = ( VP ≥ 4 ; VT ≤ 4)
VI- PHƯƠNG TRÌNH MŨ CÓ CHỨA THAM SỐ
- Phương trình mũ có chứa tham số ta thường gặp một số dạng sau :
+ Giải và biện luận.
+ Tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm, có nghiệm duy nhất ,
có nghiệm thỏa mãn điều kiện cho trước.
+ Biện luận theo tham số số nghiệm của phương trình.
Đối với các dạng này ta thường đặt ẩn phụ để đưa phương trình mũ đã cho về
những phương trình đại số đơn giản hơn rồi từ yêu cầu bài toán ta đưa về điều kiện

tương đương đối với phương trình đại số rồi giải quyết các điều kiện tương đương
đó.
- Ví dụ :
1)Xác định m để phương trình sau có 2 nghiệm trái dấu :
m.4
x
+ (2m + 3).2
x
– 3m + 5 = 0 (1)
Nhận thấy nếu đặt 2
x
= t > 0 thì (1) sẽ có dạng :
ƒ(x) = m.t
2
+ (2m + 3).t – 3.m + 5 = 0 (*)
- Ứng với mỗi giá trị t > 0 cho một giá trị x
- Ứng với giá trị t > 1 cho giá trị x > 0
- Ứng giá trị 0 < t < 1 cho giá trị x < 0
Vậy (1) có có 2 nghiệm trái dấu .
⇔ (*) có 2 nghiệm t
1
, t
2
: 0 < t
1
< 1 < t
2

⇔ a. ƒ(1) < 0
a. ƒ(0) > 0 ⇒ Giải tìm được m

Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
19
tg
2
(xy) + cotg
2
(xy)
4
log
2
(4.x
2
– 4.x + 3)
2) Xác định m để phương trình sau có 2 nghiệm x
1
≠ x
2
sao cho x
1
+ x
2
=3
4
x
– m. 2
x+1
+ 2.m = 0 (2)
Đặt : 2
x
= t > 0 ⇒ (2) có dạng :

ƒ(x) = t
2
- 2m. t + 2.m = 0 (*)
Thấy (1) có 2 nghiệm x
1
≠ x
2
⇔ (*) có 2 nghiệm 0 < t
1
< t
2
Để x
1
+ x
2
= 3 ⇔ 2 = 2
3
⇔ t
1
. t
2
= 8
Vậy yêu cầu bài toán ⇔ (*) có 2 nghiệm t
1
, t
2
0 < t
1
< t
2

t
1
. t
2
= 8
∆
’
> 0
a. ƒ(0) > 0
⇔ 0 < ⇒ Giải tìm được m

= 8
* Bài tập tương tự tự giải :
1) Cho phương trình : m.4
x
– 2(m + 1).2
x
+ m + 4 = 0
Xác định m để : a) Phương trình có nghiệm
b) Phương trình có nghiệm duy nhất
c) Phương trình có 2 nghiệm trái dấu x
1
, x
2
sao cho x
1
+ x
2
= - 2
2) Giải và biện luận theo α phương trình sau :

( 5 + 2√ 6 )
tg x
+ ( 5 - 2√ 6 )
tg x
= α
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
20
x
1
+x
2
S
2
c
a
VII- MỘT SỐ BÀI TOÁN THAM KHẢO THÊM

1) 1 + a + a
2
+ a
3
+ + a
x
= (1+ a) (1+a
2
) (1+a
4
)
⇔ = (1+ a ) (1+a
2

) (1+a
4
)
⇔ 1 - a
x + 1
= (1- a
2
) (1+a
2
) (1+a
4
) = 1- a
8
⇔ x + 1 = 8
⇔ x = 7
2) a
x
+ ( b + 1 )
x
= b
x
+ ( a + 1 )
x
( a ; b > 0 )
⇔ ( a + 1 )
x
- a
x
= ( b + 1 )
x

- b
x
Giả sử x = α là nghiệm của phương trình
⇒ ( a + 1 )
α
- a
α
= ( b + 1 )
α
- b
α
(*)
Xét hàm ƒ(t) = ( t + 1 )
α
- t
α
với t > 0 (ở đây xem như α đã biết)
Từ (*) ⇒ ƒ(a) = ƒ(b)
Giả sử a > b . Theo định lý Lagrăng có ∃ t
0
∈ (a ; b) sao cho ƒ
‘
(t
0
) = 0
⇔ α.( t
0
+ 1 )
α
- 1

- α.t
0
α
- 1
= 0
⇔ α = 0
( t
0
+ 1 )
α
- 1
- t
0
α
- 1
= 0
⇔ α = 0
( t
0
+ 1 )
α
- 1
= t
0
α
- 1

⇔ α = 0 ⇔ α = 0
(α - 1).ln (t
0

+1) - (α - 1).ln t
0
= 0 α = 1
Thử lại thấy x = 0 hoặc x = 1 là nghiệm của phương trình.
3) 2
x – 1
– 2 = ( x – 1)
2
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
21
1- a
x + 1
1- a
x
2
-x
Đặt U = x – 1
V = x
2
- x
⇒ V – U = (x – 1)
2
⇒ V – U = (x – 1)
2
2
U
– 2
V
= (x – 1)
2

⇒ 2
U
– 2
V
= V – U
⇔ 2
U
+ U = 2
V
+ V
Xét hàm ƒ(t) = 2
t
+ t trên R ta có :
ƒ
‘
(t

) = 2
t
.ln 2 + 1 > 0 ∀ t ∈ R
⇒ ƒ(t) đồng biến trên R
⇒ ƒ(U) = ƒ(V)
⇔ U = V
⇔ (x – 1) = x
2
- x
⇔ x = 1
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
22
C - KẾT QUẢ ĐỀ TÀI

Thông qua quá trình giảng dạy học sinh khối 11, 12 và ôn luyện cho đối tượng
học sinh khá giỏi , tôi đã áp dụng đề tài trên và kết quả cho thấy là :
1/- Học sinh có khả năng nhìn nhận đúng đắn và hiểu rõ bản chất của bài
toán trong quá trình giải bài .
2/- Giúp học sinh tự tin khi phân tích để lựa chọn phương pháp giải hay ,
ngắn gọn cho các dạng bài toán đó .
3/- Hình thành được tư duy logic , kỹ năng giải các bài toán phương trình mũ.
Trên đây là một số kinh nghiệm của bản thân tôi rút ra trong quá trình giảng
dạy về việc giải các phương trình mũ.
Các vấn đề đã đưa ra có thể còn có những thiếu sót , tôi rất mong được sự
góp ý của các bạn đồng nghiệp để bản sáng kiến này được hoàn chỉnh hơn .
Tôi xin trân trọng cảm ơn !
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
23
Hạ long , ngày tháng năm 2007
Người viết
Nguyễn Thị Tiến
Lộc
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
24
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1- Các dạng toán luyện thi đại học
Phạm Huy Khải
2- Phương pháp giải 2.287 bài toán PT - BPT
– Hệ PT – Hệ BPT mũ và Logarit .
Võ Đại Mau
Võ Đại Hoài Đức
3- Chuyên đề luyện thi vào đại học
Trần Văn Hạo chủ biên
4- Những dạng toán điển hình trong các đề thi tuyển sinh

ĐH & CĐ
TS Bùi Quang Trường
5- Tuyển tập các đề thi ĐH & CĐ những năm gần đây.
NXB Giáo dục Hà Nội
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
25