Các phương pháp giải Phương trình - Bất phương trình - Hệ mũ - lôgarit

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498. www.MATHVN.com Email: (DÙNG CHO ÔN THI TN – CĐ – ĐH 2011). Gửi tặng: www.Mathvn.com. Bỉm sơn. 11.04.2011. 1. www.MATHVN.com Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> www.MATHVN.com Email: Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH - HỆ MŨ - LÔGARIT CHƯƠNG I: PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH - HỆ MŨ CHỦ ĐỀ I: PHƯƠNG TRÌNH MŨ BÀI TOÁN 1: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG I. Phương pháp: Ta sử dụng phép biến đổi tương đương sau: Dạng 1: Phương trình a f  x   a g  x  TH 1: Khi a là một hằng số thỏa mãn 0  a  1 thì a f  x   a g  x   f  x   g  x  TH 2: Khi a là một hàm của x thì a. f  x. a. g x. a  1 a  0  hoặc    0  a  1  a  1  f  x   g  x    0   f  x   g  x   . Dạng 2: Phương trình: 0  a  1, b  0 a f  x  b    f  x   log a b Đặc biệt: Khi b  0, b  0 thì kết luận ngay phương trình vô nghiệm Khi b  1 ta viết b  a 0  a f  x   a 0  f  x   0 Khi b  1 mà b có thể biếu diễn thành b  a c  a f  x   a c  f  x   c Chú ý: Trước khi biến đổi tương đương thì f  x  và g  x  phải có nghĩa II. Bài tập áp dụng: Loại 1: Cơ số là một hằng số Bài 1: Giải các phương trình sau x 1. a. 2 .4. x 1. .. 1 1 x. 8.  16. x. 1 b.   3. x 2 3 x 1. 3. c. 2 x 1  2 x  2  36. Giải: a. PT  2 x 1 2 x 2 33 x  24 x  6 x  4  4 x  x  2. 2. www.MATHVN.com Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> www.MATHVN.com Email: Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498 1 b.   3. x 2  3 x 1.  3  3 ( x. 2.  3 x 1).  31   ( x 2  3x  1)  1. x  1  x 2  3x  2  0   x  2. 2x 8.2 x  2 x c. 2  2  36  2.2   36   36 4 4  9.2 x  36.4  2x  16  24  x  4 Bài 2: Giải các phương trình x 1. x 2. a. 0,125.4. 2 x 3. x.  2     8 . x. b. 8. 2 x 1 x 1.  0, 25.  2. 7x. c. 2 x  2.5 x 2  23 x.53 x. Giải:  12 2  3 2  .     .  5   2 .2  2 2    b. Điều kiện x  1. x. 2 x 3 1 Pt  .  22  8. 3. 2(2 x 3). 3. PT  2. 2 x 1 x 1. c. Pt   2.5 . 2 x2. 7x 2 2. x. 5. 5. x. x.  2 3  4 x  6  2 2  2 4 x  9  2 2  4 x  9 . 5 x x6 2.  x 1 2 x 1 x 2 3  7  2  7 x  9x  2  0   x  2 x 1 2 7 .   2.5. 3x.  10 x  2  103 x  x  2  3x  x  1 Bài 2: Giải phương trình:. 1  x  2   x   2 . log3 x.  x2. Giải: Phương trình đã cho tương đương:  x2 0 x  2  0 x  2    log3 x log3 x   1  ln  x  1   log x ln  x  1   0   0   1      x     3 2 2    2         x  2  0  x  2   x  2 x  2 x  2 x  2     x  1    log 3 x  0   x  1              1 1 3x2     ln  x    0  x   1    x  2 2 2         x  2   x  2   x  2  3. www.MATHVN.com Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> www.MATHVN.com Email: Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498 Bài 3: Giải các phương trình:. 2. a.. . 10  3. . x 3 x 1. . . 10  3. . x 1 x 3.  b.  2 2 . . 1. . x 3 2.  x  . x 1. 4. Giải: x  1 a. Điều kiện:   x  3 1 Vì 10  3  . 10  3 3 x x 1. x 1 x 3. 3  x x 1   9  x2  x 2  1  x   5 x 1 x  3 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x   5 x  0 b. Điều kiện:  x  1 2 x  3 2 2 2 2 x  x 1 PT  2 x 1 2 x 3 2 x  x 1  4  2 x 1.2 4 PT . . 10  3. . . . 2.  4 x 2. . . 10  3. . . . .  2 x 3  2   x 1 2 x x 1 . . . .    . 4. . x 3  4 x. 2. 2 x 1. . . . x 3. 2 x. .  . 2. x 1. . x  1  4 x  10 x  6  0 . x 3 x9. Vậy phương trình có nghiệm là x  9 Loại 2: Khi cơ số là một hàm của x Bài 1: Giải phương trình  2  x  x 2 . sin. .  2  x  x2. . 2  3 cos x. Giải: Phương trình được biến đổi về dạng: 1  x  2(*) 2  x  x 2  0     x 2  x  1  0(1)  2  2  x  x  1 sin x  2  3 cos x  0   sin x  3 cos x  2(2). . . . 1 5 thoả mãn điều kiện (*) 2 1 3      Giải (2): sin x  cos x  1  sin x  x    1  x    2k  x   2k , k  Z 2 2 3 3 2 6  Để nghiệm thoả mãn điều kiện (*) ta phải có: Giải (1) ta được x1,2 . 4. www.MATHVN.com Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> www.MATHVN.com Email: Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498.  1   1     2k  2   1    k   2    k  0, k  Z khi đó ta nhận được x3  6 2  6 2  6 6 1 5  Vậy phương trình có 3 nghiệm phân biệt x1,2  ; x3  . 2 6 1 . 3 x 2 5 x  2. Bài 2: Giải phương trình:  x  3. .  x2  6 x  9. . x2  x 4. Giải: 3 x 2 5 x  2. Phương trình được biến đổi về dạng:  x  3. 2   x  3   . x2  x 4.   x  3. 2( x 2  x  4). x  3 1 x  4 x  4     0  x  3  1   x  3  4  x  5  3 x 2  5 x  2  2 x 2  2 x  8   x 2  7 x  10  0   Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt x = 4, x = 5. Bài tập tự giải có hướng dẫn: Bài 1: Giải các phương trình sau a. 4.9 x 1  3.2. 2 x 1 2. x. . b. 7.3x 1  5 x  2  3x 4  5 x 3 x. x x 4 3   c.  5 27 4 3   4 37   HD: 2 x 3  3  3 a.   1 x   2  2. . b.  3. . x 1. 5. x 1. 3   5. d.. 3.  x  1. x 1.   x  1. 3. x 1. x 1.  1  x  1. c. x  10 BÀI TOÁN 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP LÔGARIT HOÁ VÀ ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐ I. Phương pháp: Để chuyển ẩn số khỏi số mũ luỹ thừa người ta có thể logarit theo cùng 1 cơ số cả 2 vế của phương trình, ta có các dạng: Dạng 1: Phương trình: 0  a  1, b  0 a f  x  b    f  x   log a b Dạng 2: Phương trình: (cơ số khác nhau và số mũ khác nhau) f x a    b g ( x )  log a a f ( x )  log a b f ( x )  f ( x )  g ( x).log a b. 5. www.MATHVN.com Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> www.MATHVN.com Email: Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498. hoặc log b a f ( x )  logb b g ( x )  f ( x ).log b a  g ( x). Đặc biệt: (cơ số khác nhau và nhưng số mũ bằng nhau) f  x 0 a a f  x f (x) Khi f  x   g  x   a b    1     f  x   0 (vì b f ( x )  0 ) b b Chú ý: Phương pháp áp dụng khi phương trình có dạng tích – thương của các hàm mũ II. Bài tập áp dụng: Bài 1: Giải các phương trình a. (ĐH KTQD – 1998) 5 x.8. x 1 x. 2. b. 3x  2.4.  500.. 2. c. 2 x  4.5x  2  1. d. 2 x. 2. 2 x. 2 x 3 x. .  18. 3 2. Giải: a. Cách 1: Viết lại phương trình dưới dạng: 5 x.8. x 1 8.  500  5x.2. 3. x 1 x.  53.22  5x 3.2. x 3 x. 1. Lấy logarit cơ số 2 vế, ta được:  x 3 x x 3   x x 3  x 3 x 3 log 2  5 .2   0  log 2  5   log 2  2   0   x  3 .log 2 5  log 2 2  0 x     x  3 1    x  3   log 2 5    0   x   1 x  log 2 5  1 Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x  3; x   log 2 5 x. 3. 2.  1x    5.2   . x 3. Cách 2: PT  5 .2. 5. x 3.  1  1  x 2.    . 3( x 1) x.  5 .2  5. x 3. x 3. 2. 3 x x. 5. x 3.   1x   2   . x 3. x  3  0 x  3 1  1  5.2 x  1  x   log5 2 .  x2  2 2 xx3  b. Ta có 3 .4  18  log3  3 .4   log 3 18   4x  6 3( x  2)  x2  2  .log3 2  2  log 3 2   x 2  4   .log 3 2  0 x x x  2  0   x  2   x 2  2 x  3log 3 2   0   2 x2  x  2 x  3log 3 2  0 (VN ) x2  2. 2 x 3 x. c. PT  log 2 2 x. 2. 4.  log 2 52  x  0. 6. www.MATHVN.com Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498. www.MATHVN.com Email:  x 2  4   x  2  log 2 5  0   x  2  x  2  log 2 5  0. x  2 x  2    x  2  log 2 5  0  x  2  log 2 5 d. Lấy logarit cơ số 2 hai vế phương trình ta được: 2 3 log 2 2 x  2 x  log 2  x 2  2 x  log 2 3  1  x 2  2 x  1  log 2 3  0 2 , Ta có   1  1  log 2 3  log 2 3  0. suy ra phương trình có nghiệm x = 1  log 2 3. Chú ý: Đối với 1 phương trình cần thiết rút gọn trước khi logarit hoá. Bài 2: Giải các phương trình a. 8 c. 4. x x2. 1. b. 4 x  3x  2  3.  4.34  x. log 0 ,5 (sin 2 x  5 sin x cos x  2 ). . 1 9. x. 1 2.  22 x 1. d. 5 x  5 x 1  5 x  2  3x  3x 3  3x 1. Giải: a. Điều kiện x  2 PT  2. 3x 2 x2.  34  x .  1  3x  2  (4  x ) log 2 3   x  4  .   log 2 3   0 x2  x2 . x  4 0 x  4  1    log 2 3  0  x   2  log 3 2  x  2 b. 1 1 1 x x x 4 x 2 x 1 x 3 2 2 PT  4  2  3 3  4 .  3 2. 2 3 3 3 x x 3  4 2 3 2  x  0 x 0 2 2 c. Điều kiện sin x  5sin x.cos x  2  0 * PT  log 21  sin 2 x  5sin x.cos x  2   log 4 32.   log 2  sin 2 x  5sin x.cos x  2    log 2 3 thỏa mãn (*) cos x  0  sin 2 x  5sin x.cos x  2  3  cos x  5sin x  cos x   0   5sin x  cos x  0      x  2  k x   k    2   tan x  1  tan   x    l  5 d. PT. 7. www.MATHVN.com Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> www.MATHVN.com Email: Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498  5 x  5.5 x  25.5x  3x  27.3x  3.3x x. 5  31.5 x  31.3x     1  x  0 3 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x  0 Bài 3: Giải các phương trình a. x lg x  1000 x 2 b. x log 2  x  4   32 x. 2. c. 7log 25  5 x  1  x log 5 7 Giải: a. Điều kiện x  0. d. 3x.8 x1  36. 2.  lg x.lg x  lg1000  lg x 2   lg x   2 lg x  3  0  lg x  1  0  x  1 / 10   lg x  1 lg x  3  0    lg x  3  0  x  1000 b. Điều kiện x  0 PT  log 2 x log2  x  4  log 2 32  log 2 x  4  .log 2 x  5   log 2 x  1 .  log 2 x  5  0.  x2 log 2 x  1   x  1 log x  5  2 32  c. Điều kiện x  0. . 2. .  log5 7 log25 5 x 1  log 5 x log5 7   log 25 2  5 x   1 .log5 7  log 5 7.log 5 x. . . log5 x  1 1  log5 2  5 x   log 5 x  1  0  log5 2 x  2 log 5 x  3  0    4 log5 x  3. 1  x   5   x  125. 1  x  Vậy phương trình đã cho có nghiệm 5   x  125 d. Điều kiện x  1 x x 1. 3x  2  2 log 2 3 x 1  x 2 .log 2 3   3  log 2 3 x  2  x  1  2  x  1 log 2 3 x.  log 2 3 .8.  log 2 36  2  2log 2 3  x.log 2 3 . x  2  x 2 .log 2 3  1  log 2 3 x  2  2log 2 3  0    x  1  log 3 2 x  2 Vậy phương trình có nghiệm là:   x  1  log 3 2 Bài 4: Giải các phương trình sau : 2 1 4 a. 8 x.5 x 1  b. 3x. 91 x  8 27 x. 2. c. 3 x . 2 x  1. d. 2 x .5 x 2  10. 8. www.MATHVN.com Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> www.MATHVN.com Email: Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498. Giải: a. Lấy logarit hai vế với cơ số 8, ta được 2 2 1 1 8 x.5 x 1   log8 8 x.5x 1  log8 8 8 x x 2 1 1  log8 8  log8 5  log8 8  x  x 2  1 log8 5  1. . . . .  x  1  x 2  1 log8 5  0   x  1   x  1 x  1 log8 5  0. x 1  0   x  1 1   x  1 log8 5  0   1   x  1 log8 5  0  x  1  x  1    x.log8 5  log8 5  1  x  1  log5 8 Vậy phương trình có nghiệm: x  1, x  1  log 5 8 b. PT  3x .32  2 x .33 x  4  32 x  2  4  2 x  2  log 3 4 4  2 x  log 3 4  2  2 x  log 3 4  log 3 9  log 3 9 1 4 2  x  log  log 3 2 9 3 c. Lấy log hai vế của phương trình theo cơ số 2 2 Ta được phương trình log 2 3x  log 2 2 x  0  x log 2 3  x 2  0 x  0  x ( log 2 3  x )  0    x   log 2 3 2. 2. d. PT  log 2 (2 x.5x )  log 2 (2.5)  log 2 2 x  log 2 5 x  log 2 2  log 2 5  x  x 2 log 2 5  1  log 2 5  (log 2 5) x 2  x  1  log 2 5  0 x  1  1  log 2 5 x  log 2 5 . Bài tập tự giải có hướng dẫn: Bài 1: Giải các phương trình sau a. 5 x.x1 8 x  100 HD: Điều kiện x  0 2  5 x ( x 1).23 x  52( x 1).22( x 1)  5x  x  2  22  x. x  2  log 2 5.( x 2  x  2)  2  x    x  1  log 5 2(loai) b. 2 x 3  3x HD:. 2.  2 x 6.  3x. 2.  2 x 5.  2x. 9. www.MATHVN.com Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> www.MATHVN.com Email: Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498.  2 x  2  3( x  2)( x  4)  x  2  ( x  2)( x  4) log 2 3 x  2   x  log 3 2  4 Bài 2: Giải các phương trình sau x2. x. a. 3 .2  1. b. 2. 2. x x2. x. x2 4. 3. x2. c. 5. x. x 2 5 x 6. 2. x 3. x. d. 3 .4. g. 53log5 x  25 x. e. 8  36.32 x k. 9.x log9 x  x 2 Đs: a. 0;  log 3 2. f. 57  75. b. 2;log 3 2  2. c. 3; 2  log 5 2. e. 4; 2  log3 2. f. log 7 (log 5 7). g.. 5. x 1 x.  18. i. x 4 .53  5log x 5. d. 2;  log 3 2 h.. 5. 1 4 ; 5 5. k. 9. BÀI TOÁN 3: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ - DẠNG 1 I. Phương pháp: Phương pháp dùng ẩn phụ dạng 1 là việc sử dụng 1 ẩn phụ để chuyển phương trình ban đầu thành 1 phương trình với 1 ẩn phụ. Ta lưu ý các phép đặt ẩn phụ thường gặp sau: Dạng 1: Phương trình  k   k 1a ( k 1) x .....1a x   0  0 Khi đó đặt t  a x điều kiện t > 0, ta được:  k t k   k 1t k 1......1t   0  0 Mở rộng: Nếu đặt t  a f ( x ) , điều kiện hẹp t  0 . Khi đó: a 2 f ( x )  t 2 , a 3 f ( x )  t 3 ,....., a kf ( x )  t k 1 Và a  f ( x )  t Dạng 2: Phương trình 1a x   2 a x   3  0 với a.b  1  1 Khi đó đặt t  a x , điều kiện t  0 suy ra b x  ta được: 1t  2   3  0  1t 2   3t   2  0 t t 1 Mở rộng: Với a.b  1 thì khi đặt t  a f ( x ) , điều kiện hẹp t  0 , suy ra b f ( x )  t x 2x 2x Dạng 3: Phương trình 1a   2  ab    3b  0 khi đó chia 2 vế của phương trình cho b 2 x  0 ( hoặc 2x. x. a a a ,  a.b  ), ta được: 1     2     3  0 b b 2x. x. x. a Đặt t    , điều kiện t  0 , ta được: 1t 2   2t   3  0 b Mở rộng: f Với phương trình mũ có chưa các nhân tử: a 2 f , b 2 f ,  a.b  , ta thực hiện theo các bước sau: f. - Chia 2 vế phương trình cho b 2 f  0 (hoặc a 2 f ,  a.b  ). 10. www.MATHVN.com Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498. www.MATHVN.com Email: f. a - Đặt t    điều kiện hẹp t  0 b Dạng 4: Lượng giác hoá. Chú ý: Ta sử dụng ngôn từ điều kiện hẹp t  0 cho trường hợp đặt t  a f ( x ) vì: - Nếu đặt t  a x thì t  0 là điều kiện đúng. 2. - Nếu đặt t  2 x 1 thì t  0 chỉ là điều kiện hẹp, bởi thực chất điều kiện cho t phải là t  2 . Điều kiện này đặc biệt quan trọng cho lớp các bài toán có chứa tham số. II. Bài tập áp dụng: Bài 1: Giải phương trình 1. 2 2 2 2 a. 4cot x  2 sin x  3  0 (1) b. 4sin x  2cos x  2  2 Giải: a. Điều kiện sin x  0  x  k , k  Z (*) 1 Vì  1  cot 2 x nên phương trình (1) được biết dưới dạng: 2 sin x. 4cot. 2. cot g 2 x. x.  2.2  3  0 (2) 2 cot 2 x Đặt t  2 điều kiện t  1 vì cot 2 x  0  2cot x  20  1 Khi đó phương trình (2) có dạng: 2 t  1 t 2  2t  3  0    2cot x  1  cot 2 x  0 t  3 thoả mãn (*)   cot x  0  x   k , k  Z 2  Vậy phương trình có 1 họ nghiệm x   k , k  Z 2 2 2 2 b. PT  2sin x  21sin x  2  2. . . 2 Đặt t  2sin x  t  0  ta được. t2 . 2  2  2  t 3  2  2 t  2  0  t  2 t 2  2t  2  0 t. . . . . .  t  2   2 24 2  t  2   2 24 2 t   loai   2 1. 2 1 2   Với t  2  2sin x  2 2  sin 2 x   sin x    x k 2 2 4 2. 11. www.MATHVN.com Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> www.MATHVN.com Email: Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498. 2 2  24 2  2sin x (phương trình vô nghiệm) 2 Bài 2: Giải các phương trình. Với t . . a. 7  4 3. . x. . . b. (ĐH – B 2007). . c. 3  5. . x. . 20 x.  . . . x. 2 1 .  16 3  5. d. (ĐHL – 1998) e. 5  24. . 3 2 3. . x. . x. 2 1  2 2  0.  2 x3 sin x. 74 3. x.   5 . 24. . x.   . 74 3. . sin x. 4.  10. Giải:. . 2.  .   3  điều kiện t  0 , thì:  2  3 . a. Nhận xét rằng: 7  4 3  2  3 ; 2  3 2  3  1. . Do đó nếu đặt t  2 . x. x. 1  và 7  4 3 t. . . x.  t2. Khi đó phương trình tương đương với: t  1 3  2 3 t 2   2  0  t 3  2t  3  0   t  1  t 2  t  3  0   2 t t  t  3  0( vn )  Vậy phương trình có nghiệm x = 0. . b. Đặt t . . . . x. 1  x  0. x. 2  1 ta được Pt:. 1 t   2 2  t 2  2 2t  1  0  t  2  1  t  2  1  x  1  x  1 t c. Chia 2 vế của phương trình cho 2 x  0 , ta được: x. x. 3 5  3 5     16    8   2 2      3  5  3  5  Nhận xét rằng:  1   2  2    x. x. 3 5  3 5  1 Đặt t    , điều kiện t > 0      2   2  t Khi đó pt (*) có dạng: x.  3 5  t  8t  16  0  t  4     4  x  log 3 5 4  2  2 2. d. Nhận xét rằng:. 7  4 3. 7  4 3 . 7  4 3  7  4 3   1. 12. www.MATHVN.com Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> www.MATHVN.com Email: Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498 Đặt t . . 74 3. . sin x. , điều kiện t > 0 . . 74 3. . sin x. . 1 t. Khi đó pt (1) có dạng:    t  2 3 1 t   4  t 2  4t  1  0    t  t  2  3 .  2 3    2  3.  .  . sin x. .  2 3. .  74 3 74 3. sin x.    2 3     2 3  . 2  3 . 2. 2  3 . 2.      . sin x. .  2 3. . 1. sin x.  2 3. 1. sin x  1    cos x  0  x   k , k  Z 2 sin x  1. sin x. 2 3. .  . sin x. . . e. Nhận xét rằng: 5  24 5  24  1. . . x. . Đặt t  5  24 , điều kiện t > 0  5  24. . x. . 1 t. Khi đó pt (1) có dạng:  5  24 t  5  24 1  2 t   10  t  10t  1  0    t t  5  24  5  24  x  1  x  1.  .  . x.  5  24    5  24  5  24  5  24. x.  . x.   5  24    5  24. 1. x. Nhận xét: - Như vậy trong ví dụ trên bằng việc đánh giá: 2. .   2  3  2  3   1 Ta đã lựa chọn được ẩn phụ t   2  3  cho phương trình 74 3  2 3 ;. x. - Việc lựa chọn ẩn phụ thông qua đánh giá mở rộng của a.b  1 , đó là: a.b  c . a b .  1 tức là với các phương c c. trình có dạng: A.a x  B.b x  C  0 Khi đó ta thực hiện phép chia cả 2 vế của phương trình cho c x  0 , để nhận được: x. x. x. a b a A.    B    C  0 từ đó thiết lập ẩn phụ t    , t  0 và suy ra c c c Bài 3: Giải các phương trình 2. x. b 1    c t. 2. a. (ĐHTL – 2000) 22 x 1  9.2 x  x  2 2 x  2  0 2 2 2 b. 2.4 x 1  6 x 1  9 x 1 Giải: a. Chia cả 2 vế phương trình cho 22 x 2  0 ta được:. 13. www.MATHVN.com Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> www.MATHVN.com Email: Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498. 2 2 2 1 9 2  1  0  .22 x 2 x  .2 x  x  1  0  2.22 x 2 x  9.2 x  x  4  0 2 4 x2  x Đặt t  2 điều kiện t  0 . Khi đó phương trình tương đương với: 2 t  4  2 x  x  22  x2  x  2  x  1 2  2t  9t  4  0      1   2 2 t   x  x  1  x  2  2 x  x  21  2 Vậy phương trình có 2 nghiệm x  –1  x  2 . b. Biến đổi phương trình về dạng:. 22 x. 2. 2.2.  2 x 1. .  9.2 x. 2. 2 x  2.   2.3 x  . 2 x 2 1. 2. 1. . . 2 x 2 1. 3. Chia hai vế của phương trình cho 2. 3 2  2. x 2 1. 3   2. . .   0 , ta được:. 2 x 2 1. . 2 x 2 1.  . x 2 1. x 2 1. 1. 3 3 3 3 Đặt t    , vì x 2  1  1        t  2 2 2 2 Khi đó pt (*) có dạng: x 2 1 t  2 3 2 t t 2  0      2  x 2  1  log 3 2  x   log 3 2  1 2 2 t  1 l   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 1 thấy với t  vô nghiệm. Do vậy nếu bài toán có chứa tham số chúng ta cần xác định điều kiện đúng cho ẩn 2 phụ như sau: 2. 1 1 1 1 1  x2  x x x x      2  24  t  4 2 4 4 2  Bài 4: Giải các phương trình 1 12 a. (ĐHYHN – 2000) 23 x  6.2 x  3 x1  x  1 2 2 x x 3 x1 b. (ĐHQGHN – 1998) 125  50  2 Giải: a. Viết lại phương trình có dạng:  3 x 23   x 2   2  3 x   6  2  x   1 (1) 2   2   2. 3. 2 23  x 2  2  3x  2    2  x   3.2 x  2 x  x x 3x 2 2 2  2  .  3   t  6t  2 Khi đó phương trình (1) có dạng: t 3  6t  6t  1  t  1  2 x  x  1 2 x Đặt u  2 , u  0 khi đó phương trình (2) có dạng:. Đặt t  2 x . 14. www.MATHVN.com Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> www.MATHVN.com Email: Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498. u  1 (loai ) u  1  u2  u  2  0    u  2  2x  2  x  1 u  2 2  Vậy phương trình có nghiệm x = 1 b. Biến đổi phương trình về dạng: 125x  50 x  2.8x 1 u. Chia hai vế của phương trình (1) cho 8 x  0 , ta được: x. x. 3x. 2x.  125   50  5 5      2     2 0  8   8   2 2.  2. x. 5 Đặt t    , điều kiện t  0 2 Khi đó pt (2) có dạng: x t  1 5 t 3  t 2  2  0   t  1  t 2  2t  2   0  2    1 x  0 t  2t  2  0 VN   2  Bài 5: Giải các phương trình. 2. 1. 1.  1 x  1 x a.    3.    12 3  3 Giải: a. Biến đổi phương trình về dạng: 2. b. 3. x.  31. x. 4 0. c. 4 x 1  2 x 4  2 x  2  16. 1.  1 x  1 x       12  0 3  3 x. 1 Đặt t    , điều kiện t  0 3 x t  3 1 Khi đó pt (1) có dạng: t 2  t  12  0       3  x  1  3 t  4  loai  b. Điều kiện: x  0 3 Biến đổi phương trình về dạng: 3 x  x  4  0 3 Đặt t  3 x , điều kiện t  1 t  1 loai  Khi đó pt (1) có dạng: t 2  4t  3  0   t  3  loai  c. Biến đổi phương trình về dạng: 22 x 1  2 x  4  2 x  2  16  2.22 x  6.2 x  8  0 1. Đặt t  2 x , điều kiện t  0 Khi đó pt (1) có dạng:. 15. www.MATHVN.com Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> www.MATHVN.com Email: Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498. t  4 2t 2  6t  8  0    2x  4  x  2 t  1 loai  Bài 6: Giải các phương trình. a. (ĐHDB – 2006) 9 x 2 x 8. b. 3 Giải:. a. Pt .  4.3. x 5. 2.  x 1.  10.3x. 2.  x 2. 1  0 c. 3x  2  32 x  24.  27  0. 2 1 x2  x 10 x2  x 9  .3  1  0  3x  x 9 9. Đặt t  3x. . 2. x. . 2.  10.3x. 2. x. d. 7.2. .   20.2 x. 2 x 2 1. 2. 1.  12  0. 9 0. ,t  0. t  1 Pt  t 2  10t  9  0   t  9 Với t = 1  3x Với t = 9  3x. 2. 2. x. x.  1  3x  9  3x. 2. 2. x. x. x  0  30  x 2  x  0    x  1 x  1  32  x 2  x  2  x 2  x  2  0    x  2.  . b. 38.32 x  4.35.3x  27  0  6561. 3x. 2.  972.3x  27  0 (*).  1 t  9 x 2 Đặt t  3  0 . Pt (*)  6561t  972t  27  0   t  1  27 1 Với t   3x  32  x  2 9 1 Với t   3x  33  x  3 27 Vậy phương trình có nghiệm: x  2, x  3 2 9 c. 3x  2  32 x  24  9.3x  x  24  0  9.  3x   24.3x  9  0 (*) 3 x Đặt t  3  0 t  3 2 Pt (*)  9t  24t  9  0   t   1 ( loai) 3  x Với t  3  3  3  x  1 Vậy phương trình có nghiệm: x  1 2 2 d. Đặt t  2 x 1 , vì x 2  1  1  2 x 1  21  t  2 Khi đó pt có dạng:. 16. www.MATHVN.com Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> www.MATHVN.com Email: Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498. t  2 2 7t  20t  12  0   6  2 x 1  2  x 2  1  2  x  0 t   loai   7 Bài 7: Giải các phương trình a. 6.2 x  2 x  1 b. 64.9 x – 84.2 x  27.6 x  0 c. 34 x  4.32 x  1  27  0 d. 25x  10 x  2 2 x1 Giải: 1 a. Pt  6. x  2 x  1 . Đặt t  2x , t  0 2 t  3 (loai ) 1 Pt  6.  t  1  6  t 2  t  t 2  t  6  0   x 1 t t  2  2  2  x  1 2.  4  x 16    2x x 9 x  2 3  4 4 x x x b. PT  64.9 – 84.2  27.6  0  27.    84.    64  0    x  4  3 3 x  1    4 3  3  2 c. 34 x - 4.32 x  1  27  0  32 x  12.32 x  27  0.  . đặt t  32 x ; t  0 ta được t 2  12t  27  0 1  32 x  3 x  t  3 2 x  1    2x   2 2  2 x  2 3  9  3 t  9   x  1  x 2x 2x d. 5   2.5   2.2 Chia hai vế của phương trình cho 22 x  0 , ta được: 2x. x. 5 5      2 2  2. . x. 5 Đặt t    , điều kiện t  0 2 Khi đó pt (*) có dạng: x t  1 5 2 t t 2  0      1 x  0 t  2  l   2 . Bài 8: Giải các phương trình a. 4log9 x  6.2log9 x  2log3 27  0 b. (ĐH – D 2003) 2 x Giải: a. Pt   2 2 . log 9 x. 2 x. 2.  22  x  x  3 3. .  6.2log9 x  2log3 3  0  2. log9 x. 2.   6.2. log9 x.  23  0. Đặt t  2log9 x , t  0 .. 17. www.MATHVN.com Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> www.MATHVN.com Email: Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498. t  2 Pt  t 2  6t  8  0   t  4 Với t = 2  2log9 x  2  2log 9 x  21  log 9 x  1  x  9 Với t = 4  2log9 x  4  2log9 x  22  log 9 x  2  x  92  81 2 2 2 4 b. 2 x  x  22 x  x  3  2 x  x  3 x2  x 2 t  1 loai  2 đặt t  2 x  x  t  0  ta được t 2  3t  4  0   t  4  x  1  4  x2  x  2  0   x  2 Bài 9: Giải các phương trình a. 4log3 x  5.2log3 x  2log3 9  0 Giải:.  2x. 2. x. a. Pt   2 2 . log 3 x. b. 3.16 x  2.81x  5.36 x.  . 2.  5.2log x  2log3 3  0  2. log3 x. 2.  5.2log 3 x  22  0. Đặt t  2log3 x , t  0 . t  1 Pt  t 2  5t  4  0   t  4 log3 x Với t = 1  2  1  2log 3 x  20  log 3 x  0  x  1 Với t = 4  2log3 x  4  2log3 x  22  log 3 x  2  x  32  9 b. Chia cả hai vế cho 36 x ta được x. x. x. x.  16   81  4 9 PT  3.    2.    5  3.    2.    5  0  36   36  9 4 x. 4 Đặt    t (t  0) 9 Khi đó phương trình tương đương 1  3t 2  5t  2  t  1 0 3.t  2.  5  0    2 t t  t  t  0 t  0  3  x. 4 Với t  1     1  x  0 9 x. Với t . 2 2 1 4     x 3 3 2 9. Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt x  0 hoặc x . 1 2. Bài 10: Giải các phương trình. 18. www.MATHVN.com Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> www.MATHVN.com Email: Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498. a. 32( x log 3 2)  2  3x  log3 2 b. (ĐHDB – 2007) 23x 1  7.22x  7.2 x  2  0 Giải: 2. a. Pt  3( x  log3 2)   3x  log3 2  2  0 . Đặt t = 3xlog3 2 , t  0 . t  1(loai ) Pt  t 2  t  2  0   t  2 Với t = 2  3x  log3 2  2  x  log 3 2  log 3 2  x  0 b. 2t 3  7t 2  7t  2  0 (t  2 x , t  0)  (t  1)(2t 2  5t  2)  0  t  1  t  2  t . 1 2.  x  0  x  1  x  1. 1 Bài 11: Giải phương trình   4 Giải: 1  Pt   2  2    2 2  . x 2.  25  x  9. x 2. x 2.  25  x  9  25  x  9  22( x 2)  25 x  9  2 4 2 x  25 x  9  0. 2 4 25 16 32  x 9  0   x 9  0 2x 2 2 2  2x  2. Đặt t  2x , t  0 . 16  32t  9t 2 16 32 Pt  2   9  0   0  9t 2  32t  16  0 2 t t t t  4   4 4  t   2 x =  x  2  log 2 9 9 9  Bài 12: Giải các phương trình x. a.. 9 x 2. 2 Giải:. 10  4 2  4. b. 8 x  9.2 x . 27 27   64 8x 2x. x   Pt  9.4  2 x2. 10  4 2   . x.  36  2 x 2 .10  2 x  2.  22  2  10. Đặt t = 2x, t  0 .. 2x 2 x x  .2  36 22 2 2. 19. www.MATHVN.com Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> www.MATHVN.com Email: Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498. t  8  2 x = 8  2 x = 2 3  x = 3 Pt  t 2  10t  144  0   t  18(loai ) x 2. 2 2 10.2 x  2     36  10.2 x   2 x   36.4   2 x   10.2 x  144  0 4 4 b. Phương trình: 8 x  9.2 x  27x  27x  64 8 2 3 2x  1 x  0 3  x 3  x x x   2  x   64  2  x  4  4  4.2  3  0   x  2  2   2  3  x  log 2 3. Bài 13: Giải các phương trình 32 x x a.  2.  0, 3  3 x 100 Giải: a. Pt . 72x x b.  6. 0, 7   7 x 100. x. 32 x 2 x. 10 .  3  2.    3  10  x. 2x. x. 32 x 3  3  3  2 x  2.    3  0     2.    3  0  10  10   10   10 . 2. x  3  x   3     2.    3  0  10   10  . x. 3 Đặt t    , t  0 .  10  2 Pt  t  2t  3  0 x   3  t  3     = 3  x = log 3 3   10  10 t  1(loai )  b. Biến đổi phương trình về dạng:  7    10 . 2x. x.  7   6.    7  10 . 1. x.  7 Đặt t    , điều kiện t  0  10  Khi đó pt (1) có dạng: x t  7 7  2 t  6t  7  0       7  x  log 7 7 10 t  1 l   10  Bài 14: Giải các phương trình a. 8 x  18 x  2.27 x b. (ĐH – A 2006) 3.8x  4.12 x  18 x  2.27 x  0 Giải: a. Chia hai vế pt cho 27x , ta được :. 20. www.MATHVN.com Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>