PHƯƠNG TRÌNH MŨ - upload.exam24h.com de Mu va Logarit... · Chuyên đề - Phương trình Mũ...

QUÁCH ĐĂNG THĂNG

0 logbx

aa b x b>

= ⇔ =

PHƯƠNG TRÌNH MŨ

CHUYÊN ĐỀ

Chuyên đề - Phương trình Mũ Quách Đăng Thăng - Trường THPT Phù Cừ

~1

PHƯƠNG TRÌNH M Ũ

Phương pháp 1: Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương. I. Trọng tâm kiến thức:

Bài toán sử dụng phương pháp biến đổi tương đương để giải phương trình

mũ là bài toán cơ bản của phương trình mũ. Dạng chính của phương pháp này là

sử dụng phương pháp biến đổi tương đương để biến đổi phương trình mũ về dạng cơ bản hoặc dạng có cùng cơ số. Phương pháp:

Ta sử dụng phép biến đổi tương đương sau

Dạng 1: Phương trình ( ) ( )=

f x g xa a

+ Khi cơ số a là một hằng số thỏa mãn 0 1< ≠a thì ( ) ( ) ( ) ( )= ⇔ =f x g xa a f x g x .

+ Khi cơ số a là một hàm số của ẩn x thì

( ) ( )

( ) ( )

1

0 1

= < ≠= ⇔ =f x g x

a

aa a

f x g x

hoặc ( ) ( ) ( )0

1 0

> − − = a

a f x g x.

Dạng 2: Phương trình ( )=

f xa b

Cách giải: ( )( )

0 1, 0

log

< ≠ >= ⇔ =f x

a

a ba b

f x b

Đặc biệt: + Khi 0=b hoặc 0<b thì kết luận ngay phương trình vô nghiệm.

+ Khi 1=b ta viết 0=b a . Suy ra phương trình

( ) ( ) ( )0 0= ⇔ = ⇔ =f x f xa b a a f x .

+ Khi 1≠b mà b có thể biểu diễn thành = cb a . Suy ra phương trình ( ) ( ) ( )= ⇔ = ⇔ =f x f x ca b a a f x c.

Tuy nhiên có nhiều trường hợp với phương trình ( ) ( )=

f x g xa b ta cần chọn

phần tử trung gian c để biến đổi phương trình về dạng

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )= ⇔ = ⇔ =f x g x f x g xc c c c f x g xα βα β α β

Chú ý: Trước khi biến đổi phương trình chúng ta phải tìm điều kiện để ( )f x và

( )g x có nghĩa.

II. Bài tập chọn lọc, điển hình:


~2

Bài 1: Giải các phương trình sau:

a) 2 1

1 24.9 3.2+

−=

xx .

b) 1 2 4 37.3 5 3 5+ + + +− = −

x x x x .

c) 2 35 125−

=x x .

d) ( ) 74 3 45 4 3[ 27 ] 3− +

=

x x x x

.

Hướng dẫn giải

a) Ta có ( ) ( )2 12 22 1 2 1

1 2 2223

4.9 3.2 4.3 3. 23 4

+−+ +

− −= ⇔ = ⇔ =

xxx x

x x

( )( ) ( )

2 1

2 32 3 2 3

4

23 3 2

2

+

−− −⇔ = ⇔ =

x

xx x 2 33 3

( ) 1 2 3 022

−⇔ = ⇔ − = ⇔ =x x x .

Vậy phương trình có nghiệm 3

2=x .

b) Ta có 1 2 4 3 1 1 1 17.3 5 3 5 7.3 5.5 27.3 25.5+ + + + + + + +− = − ⇔ − = −x x x x x x x x 1

1 1 1 1 320.5 20.3 3 5 1 1 0 1

5

+

+ + + + ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ + = ⇔ = − x

x x x x x x .

Vậy phương trình có nghiệp 1= −x .

c) Ta có

2 3 2 3 3

03 0

335 125 5 5 2 3 3 2 3 3

532 3 3

5

− −

≥≥ = −= ⇔ = ⇔ − = ⇔ ⇔ ⇔ =− = − = − =

x xx x

xx

xx x xx x

x x x

Vậy phương trình có hai nghiệm 3

5=x .

d)

Điều kiện: 0≥x .

( ) ( ) ( )22

.7 7 74 3 4 3 4 3 4 34 4 45 5 54 3[ 27 ] 3 27 3 27 3

− − + − + = ⇔ = ⇔ =x x x x x x x xx x

( ) 2 2 23 3 16 7.7 216 3 45 5 48 4

3 3 16 727 3 3 3 . 3 16 140

5 48 4

−− −

⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ − =x x x x x x

x x

( )( )

2

14loai

33 16 140 010 /

= −⇔ − − = ⇔ =x

x xx t m

.


~3

Vậy phương trình có nghiệm x=10.


a) 2 4 57 49− +=

x x x .

b) 3 2 22 2 38 4− + + +

=x x x x .

c) 2 8 1 32 4− + −=

x x x.

d) 1 2 3 43 3 3 3 750+ − − −+ − + =x x x x .

Hướng dẫn giải a) Ta có

2 24 5 4 5 2 2 2 27 49 7 7 4 5 2 6 5 0

3− + − +

== ⇔ = ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ =x x x x x x x

x x x x xx

.

Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 2, x = 3.

b) Ta có ( ) ( ) ( ) ( )3 2 23 2 2 3 2 2 2 32 2 3 3 2 28 4 2 2 3 2 2 2 3

− + + +− + + += ⇔ = ⇔ − + = + +x x x xx x x x x x x x

( )3 2 2

2

0

0 4 223 8 2 0 3 8 2 0

33 8 2 0

4 22

3

== −⇔ − − = ⇔ − − = ⇔ ⇔ = − − = + =

x

xx x x x x x x

x x

x

Vậy phương trình có 3 nghiệm 4 22 4 22

0, ,3 3

− += = =x x x .

c) Ta có ( )2 2 2 1 38 1 3 8 22 4 2 2 8 2 6−− + − − += ⇔ = ⇔ − + = −xx x x x x x x x

23

5 6 02

= −⇔ + + = ⇔ = −x

x xx

.

Vậy phương trình có 2 nghiệm 3, 2= − = −x x .

d) Ta có 1 2 3 4 3 3 33 3 3 3 750 3.3 750

9 27 81+ − − −+ − + = ⇔ + − + =

x x xx x x x x

51 1 1 2503 .3 750 .3 750 3 3.81 3 3 5

9 27 81 81 ⇔ + − + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

x x x x x .

Vậy phương trình có nghiệm x = 5.


a) ( ) ( ) 11

15 2 5 2−

−++ = −

xx

x .


~4

b) ( ) ( )3 1

1 310 3 10 3− +

− ++ = −x x

x x .

c) ( ) ( )2 5 2 1

2 1 2 56 35 6 35

+ −

+ −

+ = −

x x

x x.

d) ( ) ( )2 2 9 2 7

7 48 7 48− + −

+ = −x x x

.

Hướng dẫn giải a) Điều kiện 1≠ −x .

Vì ( )( )5 2 5 2 5 4 1+ − = − = nên ( ) 115 2 5 2

5 2

−

− = = ++

.

Phương trình được viết thành

( ) ( ) ( ) ( )1 11 1

1 1 15 2 5 2 5 2 5 2 1

1

− −− − −

+ + −+ = − ⇔ + = + ⇔ − = −

+

x xx x

x x xx

x

( ) ( )( ) 11 11 0 1 1 0 1 2 0

21 1

=− − + = ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ = −+ + xx

x x x xxx x

(thỏa

mãn).

Vậy phương trình có 2 nghiệm x = - 2, x = 1.

b) Điều kiện 1 0 1

3 0 3

− ≠ ≠ ⇔ + ≠ ≠ − x x

x x.

Vì ( )( )10 3 10 3 10 9 1+ − = − = nên ( ) 1110 3 10 3

10 3

−

− = = ++

.

Khi đó:

( ) ( ) ( ) ( )3 1 3 1

1 3 1 3 3 110 3 10 3 10 3 10 3

1 3

− + − +−

− + − + − ++ = − ⇔ + = + ⇔ = −

− +

x x x x

x x x x x x

x x

( )( ) ( )( ) 2 2 23 3 1 1 9 1 2 10⇔ − + = − + − ⇔ − = − + ⇔ =x x x x x x x

25

55

=⇔ = ⇔ = −x

xx

(thỏa mãn).

Vậy phương trình có 2 nghiệm 5, 5= − =x x .

c) Điều kiện

12 1 0 22 5 0 5

2

≠ −+ ≠ ⇔ − ≠ ≠

xx

xx

.

Vì 6 35. 6 35 36 35 1 1+ − = − = =


~5

nên ( ) 116 35 6 35

6 35

−

− = = ++

.

Khi đó

( ) ( ) ( ) ( )2 5 2 1 2 5 2 1

2 1 2 5 2 1 2 56 35 6 35 6 35 6 35

+ − + −−

+ − + −

+ = − ⇔ + = +x x x x

x x x x

2 5 2 1

2 1 2 5

+ −⇔ = −

+ −

x x

x x

( )( ) ( )( ) 2 22 5 2 5 2 1 2 1 4 25 4 1⇔ + − = − − + ⇔ − = − +x x x x x x

2 2

1313 28 264 13

2

= −⇔ = ⇔ = ⇔ =

xx x

x

(thỏa mãn).

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm

13

2

13

2

= − =

x

x

.

d) Vì ( )22 2 9 1 8 0,− + = − + > ∀ ∈x x x x � nên điều kiện của phương trình là

∀ ∈x � .

Mà ( )( )7 48 7 48 49 48 1+ − = − = . Suy ra

( ) ( ) ( ) 117 48 7 48

7 48

−

− = = ++

.

Khi đó

( ) ( ) ( ) ( )2 22 9 2 7 2 9 2 7

2

7 48 7 48 7 48 7 48

2 9 2 7

− + − − + − +

+ = − ⇔ + = +

⇔ − + = − +

x x x x x x

x x x

( )222

77 22 7 0

2222 9 2 7

3 26 40 0 203

≤− + ≥ ≤ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ == − + = − + − + = =

xx x

xxx x x

x xx

(thỏa

mãn).

Vậy phương trình có nghiệm x = 2.


~6

Chú ý: Ta có:

( ) ( )2 21 1+ − − −x x

M M M M ( )( )2 21 1 = + − − − x

M M M M

( )2 2 1 1 1 = − − = = x

xM M .

Suy ra ( ) ( )2 21 1−

− − = + −x x

M M M M .

Bài 4: Giải phương trình: ( ) ( )sin 2 3cos2 22 2−

+ − = + −x

x x x x

Hướng dẫn giải Phương trình được biến đổi về dạng:

( )( )2

2

2

1 2(*)2 0

1 0(1)2 1 sin 2 3cos 0

sin 3cos 2(2)

− < <+ − > − − =⇔ + − − − + = + =

xx x

x xx x x x

x x

Giải (1) ta được 1,2

1 5

2

±=x thoả mãn điều kiện (*)

Giải (2):

1 3sin cos 1 sin 1 2 2 ,

2 2 3 3 2 6 + = ⇔ + = ⇔ + = + ⇔ = + ∈ x x x x x k x k k Zπ π π π

π π

Để nghiệm thoả mãn điều kiện (*) ta phải có:

1 11 2 2 1 2 0,

6 2 6 2 6 − < + < ⇔ − − < < − ⇔ = ∈ k k k k Z

π π ππ

π πkhi đó ta nhận

được 3 6=xπ

Vậy phương trình có 3 nghiệm phân biệt 1,2 3

1 5;

2 6

±= =x xπ

.

Bài 5: Giải phương trình: ( ) ( ) 22 43 5 2 23 6 9+ −− +

− = − +x xx x

x x x

Hướng dẫn giải Phương trình được biến đổi về dạng:

( ) ( ) ( )22 243 5 2 2 2( 4)

3 3 3+ −− + + − − = − = −

x xx x x xx x x


~7

2 2 2

3 1 44

0 3 1 3 45

3 5 2 2 2 8 7 10 0

− = = = < − ≠ < ≠⇔ ⇔ ⇔ = − + = + − − + =

x xx

x xx

x x x x x x

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt x=4, x=5.

Bài 6: Cho phương trình ( )2 14 5

1 11

42 +− +=

mx x.

a) Giải phương trình với m = 0.

b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu.

c) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm thuộc khoảng ( )1,4 .

Hướng dẫn giải Biến đổi phương trình về dạng:

( )

2

2

4 5 2 2

14 5

2

2

1 1 1 1

4 2 22

4 5 2 2

4 3 2 0 2

− + +

+− +

= ⇔ = ⇔ − + = +⇔ − + − =

x x m

mx x

x x m

x x m

a) Với m = 0, ta được phương trình 2 14 3 0

3

=− + = ⇔ =x

x xx

.

Vậy với m = 0 phương trình có 2 nghiệm phân biệt 1, 3= =x x .

b) Phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu⇔Phương trình (2) có 2 nghiệm trái

dấu.

⇔3 2 3

0 0 3 2 01 2

−< ⇔ < ⇔ − < ⇔ >

mP m m .

Vậy, với 3

2>m thì phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu.

c) Phương trình (1) biến đổi về dạng ( )2 4 3 2 3− + =x x m .

Phương trình (1) có 2 nghiệm thuộc khoảng ( )1,4 ⇔Phương trình (3) có 2

nghiệm thuộc khoảng ( )1,4 .

Xét hàm số ( ) 2 4 3= = − +y f x x x trên khoảng ( )1,4 ta có bảng biến thiên


~8

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình (3) có 2 nghiệm thuộc khoảng

( )1,4 1 2 0⇔− < <m1

02

⇔− < <m .

Vậy, với 1

02

− < <m thì phương trình (1) có 2 nghiệm thuộc khoảng ( )1,4 .

Lưu ý: Ở câu c) chúng ta có thể sử dụng định lý đảo về tam thức bậc hai để làm

tuy nhiên phận kiến thức này đã được giảm tải không đưa vào nữa nên việc dùng

phương pháp hàm số là hữu hiệu và nhanh nhất. Bài 7: Cho phương trình ( )3 2

2

2 3 2

2

127 1

9− + −

− − +=

mx x x

mx x.

a) Giải phương trình với m = -3.

b) Tìm m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt dương.

Hướng dẫn giải Biến đổi phương trình về dạng:

( ) ( )( ) ( )

( )( )( )

( )

3 2 22 3 2 23 2

3 2 2

3 2

2

2

3 3

3 2 3 2 2 2

3 3 7 2 0

3 2 2 1 0

3 2 0

2 1 0 2

− + − − − +−=⇔ − + − = − − − +⇔ − + + − =⇔ − − + =

− =⇔ − + =

mx x x mx x

mx x x mx x

mx m x x

x mx x

x

mx x

a) Với m = -3, ta được phương trình

2

233 2 01

3 2 1 01

3

=− = ⇔ = − − − + = =

xx

xx x

x

Vậy, với m = -3 phương trình có 3 nghiệm 1 2

1, ,3 3

= − = =x x x .

x

y

1 2 4

0

-1

3t

−∞ +∞

+∞ +∞


~9

b) Đặt ( ) 2 2 1= − +f x mx x .

Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt dương

⇔ Phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt dương khác 2

3.

( )

'

(2)

(2)

2

00 01 00 1 0 12

0 0 0 30 40 1

0 320 44 43 1 0

9 3

≠≠ ≠ − > ∆ > < < < ⇔ > ⇔ > ⇔ > ⇔ ≠ > > > ≠ ≠ − + ≠

mm mm

m mS m

m mmP

m mfm

.

Vậy, với ( ) 30,1 \

4 ∈ m thì phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt dương.

Phương pháp 2: Sử dụng phương pháp Lôgarit hóa và đưa về cùng cơ số I. Trọng tâm kiến thức:

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 1, 0

log

< ≠ >= ⇔ =f x

a

a ba b

f x b

Đặc biệt: ( ) ( )( )( )( )( )( )

0

1 xaùc ñònh

1

1

0

>= ⇔ = ≠ =

g x

f x

f x g x

f x

f x

g x

Dạng 2: Phương trình (cơ số khác nhau và số mũ khác nhau):

( ) ( ) ( ) ( )log log ( ) ( ).log= ⇔ = ⇔ =f x g x f x f x

a a aa b a b f x g x b


~10

hoặc ( ) ( )log log ( ).log ( ).= ⇔ =f x g x

b b ba b f x a g x

Đặc biệt: Nếu cơ số khác nhau nhưng số mũ bằng nhau thì

( )( ) 0

( ) 1 ( ) 0 = ⇔ = = ⇔ = f x

f x f x a aa b f x

b b (vì ( ) 0>f xb )

II. Bài tập chọn lọc, điển hình:

Bài 1: Giải các phương trình:

a) 22 2 3

2−

=x x .

b) 1

5 .8 500.−

=

xx x

c) 2 4 22 .5 1− −

=x x .

d) 2

2 323 .4 18

−

−

=

xx x .

Hướng dẫn giải a) Lấy logarit cơ số 2 hai vế phương trình ta được:

2 2 2 2

2 2 2 2

3log 2 log 2 log 3 1 2 1 log 3 0

2− = ⇔ − = − ⇔ − + − =x x x x x x

Ta có ,

2 21 1 log 3 log 3 0∆ = − + = > .

Suy ra phương trình có nghiệm x = 1 2log 3.±

b) Điều kiện x 0≠ .

Viết lại phương trình dưới dạng: 1 1 3

3 3 2 35 .8 500 5 .2 5 .2 5 .2 1− − −

−= ⇔ = ⇔ =x x x

x x xx x x

Lấy logarit cơ số 2 vế, ta được:

( )( )

3 33 3

2 2 2

2 2

log 5 .2 0 log 5 log 2 0

33 .log 5 log 2 0

− −

− − = ⇔ + = −⇔ − + =

x xx xx x

xx

x

( ) 2

2

31

3 log 5 0 1log 5

= ⇔ − + = ⇔ = −

x

xxx

.

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt:2

13;

log 5= = −x x .

c) Lấy lôgarit cơ số 2 hai vế phương trình ta được


~11

( )( ) ( )( )( ) ( )( )( )

2 24 2 4 2

2 2 2 2

22 2

2

2

2

2

log 2 .5 log 1 log 2 log 5 0

4 log 2 2 log 5 0

2 2 2 log 5 0

2 2 log 5 0

2 0

2 log 5 0

2

2 log 5

− − − −= ⇔ + =⇔ − + − =⇔ − + + − =⇔ − + + =

− =⇔ + + ==⇔ = − −

x x x x

x x

x x x

x x

x

x

x

x

Vậy phương trình đã cho có nghiệm 22, 2 log 5= = − −x x .

d) Điều kiện: 0≠x .

Lấy lôgarit cơ số 3 hai vế phương trình ta được

( )( )( )

2 22 3 2 3

2 2 2

3 3 3 3 3

2

3 3 3

2

3 3

log 3 .4 log 18 log 3 log 4 log 3 .2

2 32 log 3 log 4 2 log 2

4 62 log 2 2 log 2 0

− −

− − = ⇔ + = −⇔ − + = +

−⇔ − + − − =

x xx xx x

xx

xx

xx

( ) ( )2

3 3

3 6 34 log 2 0 2 2 log 2 0

− ⇔ − + = ⇔ − + + = x

x x xx x

( )( ) ( )2

3 2

3

2 02 2 3log 2 0 2

2 3log 2 0

− =⇔ − + + = ⇔ ⇔ = + + =x

x x x xx x VN

.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2.

Chú ý: Đối với 1 phương trình cần thiết rút gọn trước khi logarit hoá.


a) ( ) 2 12 1 1−

− + =x

x x

b) ( ) 22 1

−

− =x

x x

c) ( ) 242 2 2 1−

− + =x

x x .


a) Vì 2

2 1 31 0,

2 4 − + = − + > ∀ ∈ x x x x � nên điều kiện của phương trình là

∀ ∈x � .


~12

Ta viết phương trình về dạng

( ) 2

2

12 2

2

0

11 1 1

01 1 01 1

111 0

1

1

−

= =− + = = ≠ − + = ⇔ ⇔ ⇔ =− + ≠ ≠ = −− = = = −

x

x

xx x x

xx x xx x

xxx

x

x

.

Vậy phương trình có 3 nghiệm 1, 0, 1= − = =x x x .

b) Điều kiện 2 0 0 1− > ⇔ < <x x x .

Ta viết phương trình về dạng

( ) ( )22 2

22 2 22

1 01 1

1 21 1 012 22 0

−

− + =− = − = − = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =− ≠ − + ≠ − ≠ = =− =

x

x x VNx x x x

x x xx x x xx xx xx

(loại). Vậy phương trình vô nghiệm.

c) Điều kiện 2

2

2 2 02 2

4 0

− + > ⇔ − ≤ ≤ − ≥x x

xx

.

( ) 2

2

4 22

22

12 2 1 1 2

12 2 1 12 2 1 1

224 04 0 2

−

=− + = = = ≠ − + ≠ ≠− + = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = = = −− = − = = −

x

xx x x x

xx x xx x x

xxxx x

(thỏa mãn).

Vậy phương trình có 3 nghiệm 2, 1, 2= = = −x x x .

Bài 3: Giải các phương trình sau

a) log 21000=xx x .

b) 2log 4 32+=

xx .

c) ( )225 5log 5 1 log 77 −

=x x .

d) 13 .8 36+ =

xx x .


a) Điều kiện 0

1

> ≠x

x.



~13

( ) ( )log 2 2log log 1000 log .log log1000 log= ⇔ = +xx x x x x

( )1

2

3

1log 1 10

log 2log 3 0 10log 3

10 1000

−= − = = ⇔ − − = ⇔ ⇔ = = =x x

x xx

x

(thỏa mãn).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm 1

, 100010= =x x .

b) Điều kiện 0

1

> ≠x

x.


( ) ( ) ( )22log 4

2 2 2 2 2 2log log 32 log 4 .log 5 log 4log 5 0+ = ⇔ + = ⇔ + − =xx x x x x

2

52

2log 1

1log 5 2

32−

== ⇔ ⇔ = − = =

xx

x x (thỏa mãn).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm 1

, 232= =x x .

c) Điều kiện 0

1

> ≠x

x

Lấy logarit cơ số 7 hai vế phương trình ta được ( )( ) ( )( )225 5log 5 1 log 7

7 7

2

25 5 7

2

5 5

log 7 log

log 5 1 log 7.log

1log 5 1 log

2

− =⇔ − =

⇔ − =

x x

x x

x x

( )

2

5 5

2

5 5

1 1log log 1 0

2 2

1 1 3log log 0

4 2 4

⇔ + − − = ⇔ − − =

x x

x x

( )1

2 5

5 535

1log 1 5

log 2log 3 0 5log 3

5 125

−= − = = ⇔ − − = ⇔ ⇔ = = =x x

x xx

x (thỏa mãn)

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm 1

, 1255= =x x .

d) 13 .8 36+ =

xx x . (1)

Điều kiện 1≠ −x .


~14

Lấy logarit cơ số 2 hai vế ta được

( )

( ) ( ) ( )( ) ( )

12 2

2 212 2 2

3 2 22 2 2 2

2 2

2 2

22 2 2

log 3 .8 log 36

log 3 log 8 log 2 .3

log 3 log 2 log 2 log 31

3log 3 2 2log 3

11 log 3 3 2 1 2 1 log 3

.log 3 1 log 3 . 2 2log 3 0 2

+

+

= ⇔ + =⇔ + = ++⇔ + = ++⇔ + + = + + +⇔ + − − − =

xx x

xx x

xx

xx

xx

x x x x x

x x

Phương trình (2) là phương trình bậc 2 ẩn x có ( )2

23log 3 1 0∆ = + > .

Suy ra phương trình 2 có 2 nghiệm phân biệt 3

2

1 log 2

= = − −x

x (thỏa mãn)

Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm 3

2

1 log 2

= = − −x

x.


a) 1 2 2 32 2 2 3 3 3+ + + ++ + = + +x x x x x x .

b) 1 2 3 15 5 5 3 3 3+ + + ++ + = + +x x x x x x .

c) 1 1

2 12 24 3 3 2− +

−− = −

x xx x .

d) ( )20,5log sin 5sin cos 2 1

49

+ +=

x x x.

Hướng dẫn giải a) Phương trình được viết lại

( ) ( )2 2.2 4.2 3 9.3 27.3 2 1 2 4 3 1 9 27+ + = + + ⇔ + + = + +x x x x x x x x

2

3

2 37 2 37 377.2 37.3 log

3 7 3 7 7 ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

xxx x

xx .


37log

7=x .

b) Phương trình được viết dưới dạng

( ) ( )5 5.5 25.5 3 27.3 3.3 5 1 5 25 3 1 27 3+ + = + + ⇔ + + = + +x x x x x x x x 0

5 31 5 5 531.5 31.3 1 0

3 31 3 3 3 ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

x xxx x

xx .


~15

Vậy phương trình có nghiệm 0=x .

c) Phương trình được viết lại 2 1 1 1 1

12 2 2 2

2 1 1 3 44 3 3 4 1 3 1 4 . 3 .

2 2 3 2 3

+ + − + + + = + ⇔ + = + ⇔ = x

x x x xx x x

11 1 3 32 22 32 2 2 2

33 22

4 3 4 3 34 .3 3 .2 3 4 3 0

2 3 2 24

+

+ + − − −

⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ − = ⇔ =

xx xx x x xx x x .


2=x .

d) Điều kiện ( )2sin 5sin cos 2 0 *+ + >x x x

Phương trình:

( )

( )( )( )

( )

20,5

1 2

log sin 5sin cos 2

21 4

2

2 2

2 2

22 2

2

2 2

2

2

2

14

91

log sin 5sin cos 2 log9

log sin 5sin cos 2 log 3



sin 5sin cos 2 3

1 sin 5sin cos 0

5sinos

−

+ +

−

=

⇔ + + =⇔ + + =⇔ − + + = −⇔ + + =⇔ + + =⇔ − − =⇔ −

x x x

x x x

x x x

x x x

x x x

x x x

x x x

c x x

( )

( ) ( )( )( )

cos 0

cos cos 5sin 0

cos 0

cos 5sin 0

*2

cos 5sin 1

thoûa maõn

=⇔ − =

=⇔ − = = + ∈⇔ =

x

x x x

x

x x

x k k

x x

ππ �

Giải phương trình (1): cos 5sin=x x

Nhận xét: os 0=c x không là nghiệm phương trình nên chia hai vế phương trình

cho cos 0≠x ta được phương trình

( )1 15tan 1 tan tan ,

5 5= ⇔ = ⇔ = + ∈x x x arc k kπ � (thỏa mãn (*)).


~16

Vậy phương trình đã cho có hai họ nghiệm 2= +x kππ và

( )1tan ,

5= + ∈x arc k kπ �

Phương pháp 3: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ Loại 1: Đặt ẩn phụ dạng 1 I. Trong tâm kiến thức: 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 2 0+ + =x xa aα β γ

Khi đó ta đặt 0= ⇒ >xt a t , ta được phương trình bậc 2 ẩn t: 2 0+ + =t tα β γ .

Mở rộng: Phương trình ( 1)

1 1 0..... 0−

−+ + =k x x

k k a aα α α α

Khi đó đặt = xt a điều kiện t > 0, ta được: 1

1 1 0...... 0−

−+ + =k k

k kt t tα α α α

Chú ý: Nếu đặt ( ) ,=f xt a điều kiện hẹp t > 0.

Khi đó: 2 ( ) 2 3 ( ) 3 ( ), ,.....,= = =f x f x kf x ka t a t a t và ( ) 1

−

=f xa

t

Dạng 2: Phương trình 1 2 3 0+ + =x xa bα α α với a.b=1

Khi đó đặt ,=xt a điều kiện t<0 suy ra

1=

xbt

ta được:

221 3 1 3 20 0+ + = ⇔ + + =t t t

t

αα α α α α

Mở rộng: Với a.b=1 thì khi đặt ( ) ,=f xt a điều kiện hẹp t>0, suy ra ( ) 1

=f xb

t

Dạng 3: Phương trình ( )2 2

1 2 3 0+ + =xx xa ab bα α α khi đó chia 2 vế của phương

trình cho 2xb >0 ( hoặc ( )2 , .xxa a b ), ta được:

2

1 2 3 0 + + = x x

a a

b bα α α

Đặt , = x

at

bđiều kiện t<0, ta được: 2

1 2 3 0+ + =t tα α α

Mở rộng: Với phương trình mũ có chứa các nhân tử: ( )2 2, , .ff fa b a b , ta thực

hiện theo các bước sau:

- Chia 2 vế phương trình cho 2 0>fb (hoặc ( )2 , .ffa a b )


~17

- Đặt = f

at

bđiều kiện hẹp t>0

Dạng 4: Lượng giác hoá.

Chú ý: Ta sử dụng ngôn từ điều kiện hẹp t>0 cho trường hợp đặt ( )=

f xt a vì:

- Nếu đặt = xt a thì t>0 là điều kiện đúng.

- Nếu đặt 2 12 +=

xt thì t>0 chỉ là điều kiện hẹp, bởi thực chất điều kiện cho t

phải là 2≥t . Điều kiện này đặc biệt quan trọng cho lớp các bài toán có chứa

tham số.

II. Bài tập điển hình, chọn lọc:

Bài 1: Giải phương trình: 2 2

1cot sin4 2 3 0+ − =x x (1)

Hướng dẫn giải Điều kiện sin 0 ,≠ ⇔ ≠ ∈x x k kπ � (*)

Vì 2

2

11 cot

sin= + x

xnên phương trình (1) được biết dưới dạng:

22 cotcot4 2.2 3 0+ − =

xx (2)

Đặt 2cot2= g xt điều kiện 1≥t vì 22 cot 0cot 0 2 2 1≥ ⇔ ≥ =xx

Khi đó phương trình (2) có dạng:

( )22 cot 2

12 3 0 2 1 cot 0

3

cot 0 ,2

=+ − = ⇔ ⇔ = ⇔ = = −⇔ = ⇔ = + ∈

xt

t t xt L

x x k k Zππ thoả mãn (*)

Vậy phương trình có 1 họ nghiệm ,2

= + ∈x k k Zππ .

Bài 2: Giải phương trình: ( ) ( )7 4 3 3 2 3 2 0+ − − + =x x


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:( ) 12 3− =

x

tvà ( ) 27 4 3+ =

x

t

Khi đó phương trình trở thành:

( )( )2 3 2

2

132 0 2 3 0 1 3 0

3 0( )

=− + = ⇔ + − = ⇔ − + + = ⇔ + + =t

t t t t t tt t t vn


~18

( )2 3 1 0⇔ + = ⇔ =x

x


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= ⇔ =a b

a b cc c

tức là với các phương trình có dạng: . . 0+ + =x xA a B b C

Khi đó ta thực hiện phép chia cả 2 vế của phương trình cho 0≠xc , để nhận

được:

. 0 + + = x x

a bA B C

c c từ đó thiết lập ẩn phụ , 0 = >

xa

t tc

và suy ra

1 = x

b

c t

Bài 3: Giải phương trình: 2 22 1 2 22 9.2 2 0+ + +− + =x x x x


Chia cả 2 vế phương trình cho 2 22 0+ ≠x ta được:

2 2 2 22 2 1 2 2 2 21 9

2 9.2 1 0 .2 .2 1 02 4

− − − − − −− + = ⇔ − + =x x x x x x x x

2 22 22.2 9.2 4 0− −⇔ − + =x x x x

Đặt 2

2 −

=x xt điều kiện t>0. Khi đó phương trình trở thành:

2

2

2 2

2

21

42 2 2 1

2 9 4 0 1212 2

2

−

− −

= = − = = − − + = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ == − = −=

x x

x x

tx x x

t txt 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:


~19

2

2 12 4

4

1 1 1 12 2

2 4 4 2− − = − − ≥ − ⇔ ≥ ⇔ ≥

x xx x x t

Bài 4: Giải phương trình: ( )3

3 1

1 122 6.2 1

2 2−− − + =x x

x x

Hướng dẫn giải Viết lại phương trình có dạng:

3

3

3

2 22 6 2 1

2 2 − − − =

x x

x x (1)

Đặt 33

3 3

3

2 2 2 22 2 2 3.2 2 6

2 2 2 2 = − ⇒ − = − + − = +

x x x x x

x x x xt t t

Khi đó phương trình (1) có dạng: 3 26 6 1 1 2 1

2+ − = ⇔ = ⇔ − =x

xt t t t

Đặt 2 , 0= >xu u khi đó phương trình (2) có dạng:

21 ( )

1 2 0 2 2 2 122

xu Lu

u u u u xu

= −− = ⇔ − − = ⇔ ⇔ = ⇔ = ⇔ = =


Chú ý: Tiếp theo chúng ta sẽ quan tâm đến việc sử dụng phương pháp lượng

giác hoá.

Bài 5: Giải phương trình: ( )2 21 1 2 1 2 1 2 .2+ − = + −x x x


Điều kiện 2 21 2 0 2 1 0− ≥ ⇔ ≤ ⇔ ≤x x x

Như vậy 0 2 1< ≤x , đặt 2 sin , 0;2

= ∈ x t t

π

Khi đó phương trình có dạng:

( ) ( )2 21 1 sin sin 1 2 1 sin 1 cos 1 2cos sin

32 cos sin sin2 2cos 2sin cos

2 2 2 23

2 cos 1 2sin 02 2

cos 0 ( ) 1122 6 2

03 2 2 1sin22 2

x

x

t t t t t t

t t t tt t

t t

tL t x

xt t

π

π

+ − = + − ⇔ + = +⇔ = + ⇔ =

⇔ − = = = = −= ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = ===


~20

Vậy phương trình có 2 nghiệm x=-1, x=0.

Bài 6: Cho phương trình ( ) ( ) ( )2 3 16 4 2 4 3 8 0 1+ − − + − =x xm m m .

a. Giải phương trình với m = 3.

b. Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu.


Đặt 4 0= ⇒ >xt t .

Phương trình (1) trở thành: ( ) ( ) ( )22 3 4 2 3 8 0 2+ − − + − =m t m t m .

a. Với m = 3, ta được phương trình:

2

19 10 1 0 1

9

=− + = ⇔ =

tt t

t (thỏa mãn).

Với t = 1, ta được: 4 1 0.= ⇔ =x x

Với 1

9=t , ta được: 4 2

1 14 log log 3

9 9= ⇔ = = −x x .

Vậy, với m = 3 phương trình có hai nghiệm 20, log 3= = −x x .

b. Giải sử phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu 1 20< <x x . Khi đó, ta có 1 20

1 2 1 20 4 4 4 1< < ⇔ < < ⇔ < <x xx x t t .

Với 1 2,t t tương ứng là nghiệm của phương trình (2).

Do đó, phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi phương trình (2)

có hai nghiệm 1 21< <t t .

Đặt ( ) ( ) ( )22 3 4 2 3 8= + − − + −f t m t m t m .

Phương trình (2) có hai nghiệm 1 21< <t t ( )1 0⇔ <af

( ) ( ) ( )22 3 2 3 .1 4 2 .1 3 8 0⇔ + + − − + − < m m m m

( )( ) 32 3 3 0 3

2⇔ + − < ⇔ − < <m m m .

Vậy, với 3

32

− < <m thì phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu.

Loại 2: Đặt ẩn phụ dạng 2 I. Trọng tâm kiến thức:

Phương pháp dùng ẩn phụ dạng 2 là việc sử dụng 1 ẩn phụ chuyển

phương trình ban đầu thành 1 phương trình với 1 ẩn phụ nhưng các hệ số vẫn

còn chứa x.

Phương pháp này thường sử dụng đối với những phương trình khi lựa chọn ẩn

phụ cho 1 biểu thức thì các biểu thức còn lại không biểu diễn được triệt để qua


~21

ẩn phụ đó hoặc nếu biểu diễn được thì công thức biểu diễn lại quá phức tạp. 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.


Bài 1: Giải phương trình: ( )23 2 9 .3 9.2 0− + + =x x x x (1)


Đặt 3= xt , điều kiện t>0. Khi đó phương trình tương đương với:

( )2 2 9 9.2 0x xt t− + + = (2)

Có ( ) ( )2 22 9 4.9.2 2 9 0,x x x x∆ = + − = + ≥ ∀ ∈� . Suy ra phương trình (2) có

nghiệm 9

2x

t

t

= =

Khi đó:

+ Với 9 3 9 2= ⇔ = ⇔ =xt t

+ Với 3

2 3 2 1 02

= ⇔ = ⇔ = ⇔ = x

x x xt x

Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm x=2, x=0.

Bài 2: Giải phương trình: ( )2 22 29 3 3 2 2 0+ − − + =x xx x (1)


Đặt 2

3= xt điều kiện 1≥t vì 22 00 3 3 1≥ ⇔ ≥ =xx

Khi đó phương trình tương đương với: ( )2 2 23 2 2 0+ − − + =t x t x (2)

( ) ( ) ( )2 22 2 23 4 2 2 1 0,x x x x∆ = − − − + = + ≥ ∀ ∈�

Suy ra phương trình (2) có nghiệm 2

2

1

t

t x

= = −

Khi đó:

+ Với 2 2

3 32 3 2 log 2 log 2= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ±xt x x

+ Với 22 21 3 1= − ⇔ = −xt x x ta có nhận xét:

2

2

1 1 3 10

1 1 1 1

xVT VTx

VP VP x

≥ = = ⇒ ⇔ ⇔ = ≤ = − = .

Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm 3log 2; 0x x= ± = ,



~22

Phương pháp dùng ẩn phụ dạng 3 sử dụng 2 ẩn phụ cho 2 biểu thức mũ trong phương trình và khéo léo biến đổi phương trình thành phương trình tích.


Bài 1: Giải phương trình: 2 2 23 2 6 5 2 3 74 4 4 1− + + + + ++ = +x x x x x x


Viết lại phương trình dưới dạng: 2 2 2 23 2 2 6 5 3 2 2 6 54 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

uu v

v

Khi đó phương trình tương đương với:

( )( )1 1 1 0+ = + ⇔ − − =u v uv u v

2

2

3 2 2

22 6 5

1

1 4 1 3 2 0 2

1 12 6 54 15

− +

+ +

== = − + = = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = = −+ += = −

x x

x x

x

u x x x

v xx x

x

Vậy phương trình có 4 nghiệm

1

2

1

5

x

x

x

x

= = = − = −.

Bài 2: Cho phương trình: 2 25 6 1 6 5.2 2 2.2 (1)x x x xm m− + − −+ = +

a) Giải phương trình với m=1.

b) Tìm m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt. Hướng dẫn giải

Viết lại phương trình dưới dạng:

( )2 22 2 2 2

2 2 2 2

( 5 6) 15 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 xx 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

uu v

v. Khi đó phương trình tương đương với:

( )( )2

2

2

5 6

1

1

31 2 1

1 0 22

2 (*)

− +

−

−

== = + = + ⇔ − − = ⇔ ⇔ ⇔ = = = =

x x

x

x

xu

mu v uv m u v m xv 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: 21 2 22 1 1 0 1 1− = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ±x x x x


~23

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

00 2

1 log 0 1 11 0;2 \ ;1 log 4 8 2568

11 log 9

256

>> < − > ⇔ ⇔ ∈ ≠− ≠ − ≠ ≠

mm m

mmmm

mm

Vậy với ( ) 1 10;2 \ ;

8 256 ∈ m thoả mãn điều kiện đầu bài.


Phương pháp dùng ẩn phụ dạng 4 là việc sử dụng k ẩn phụ chuyển

phương trình ban đầu thành 1 hệ phương trình với k ẩn phụ. Trong hệ mới thì k-1 thì phương trình nhận được từ các mối liên hệ giữa

các đại lượng tương ứng.

Trường hợp đặc biệt là việc sử dụng 1 ẩn phụ chuyển phương trình ban

đầu thành 1 hệ phương trình với 1 ẩn phụ và 1 ẩn x, khi đó ta thực hiện theo các

bước:

Bước 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho các biểu tượng trong phương trình.

Bước 2: Biến đổi phương trình về dạng: ( ), 0= f x xϕ

Bước 3: Đặt ( )=y xϕ ta biến đổi phương trình thành hệ: ( )( ); 0

= =y x

f x y

ϕ


Bài 1: Giải phương trình: 1 1 1

8 2 18

2 1 2 2 2 2 2− − −

+ =+ + + +

x

x x x x


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

uu v

v

Nhận xét rằng: ( ) ( )1 1 1 1. 2 1 . 2 1 2 2 2− − − −= + + = + + = +x x x xu v u v


~24

Phương trình tương đương với hệ: 8 1 18 2

8 189

9;8

= = + =+ = ⇔ ⇔+ + = = = + =

u vu v

u v u vu v uv u v

u v uv

+ Với u=v=2, ta được: 1

1

2 1 21

2 1 2

−

−

+ = ⇔ = + =x

xx

+ Với u=9 và 9

8=v , ta được:

1

1

2 1 949

2 18

−

−

+ = ⇔ = + =

x

xx

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x=1 và x=4.

Bài 2: Giải phương trình: 22 2 6 6− + =x x


Đặt 2= xu , điều kiện u>0. Khi đó phương trình thành: 2 6 6− + =u u

Đặt 6,= +v u điều kiện 26 6≥ ⇒ = +v v u

Khi đó phương trình được chuyển thành hệ: ( ) ( )( )

2

2 2

2

6 01 0

1 06

u v u vu v u v u v u v

u vv u

= + − = ⇔ − = − − ⇔ − + + = ⇔ + + == +

+ Với u=v ta được: 23

6 0 2 3 82( )

xu

u u xu L

=− − = ⇔ ⇔ = ⇔ = = −

+ Với u+v+1=0 ta được:

22

1 2121 1 21 125 0 2 log2 21 21

(1)2

− += − −+ − = ⇔ ⇔ = ⇔ = − −=

x

uu u x

u

Vậy phương trình có 2 nghiệm là x=8 và x= 2

21 1log .

2

−

Phương pháp 3: Sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số I. Trọng tâm kiến thức: Sử dụng các tính chất của hàm số để giải phương trình là dạng toán khá quen

thuộc. Ta có 3 hướng áp dụng:

Hướng1: Thực hiện các bước sau:

Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f(x)=k

Bước 2: Xét hàm số y=f(x). Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu( giả sử

đồng biến)


~25

Bước 3: Nhận xét:

+ Với ( ) ( )0 0= ⇔ = =x x f x f x k do đó 0=x x là nghiệm

+ Với ( ) ( )0> ⇔ > =x x f x f x k do đó phương trình vô nghiệm

+ Với ( ) ( )0 0< ⇔ < =x x f x f x kdo đó phương trình vô nghiệm.

Vậy 0=x x là nghiệm duy nhất của phương trình.

Hướng 2: Thực hiện theo các bước:

Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f(x)=g(x)

Bước 2: Xét hàm số y=f(x) và y=g(x). Dùng lập luận khẳng định hàm số y=f(x)

là đồng biến còn hàm số y=g(x) là hàm hằng hoặc nghịch biến. Xác định 0x sao

cho ( ) ( )0 0=f x g x .

Bước 3: Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 0=x x

Hướng 3: Thực hiện theo các bước:

Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f(u)=f(v) (3)

Bước 2: Xét hàm số y=f(x). Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu (giả sử

đồng biến)

Bước 3: Khi đó: (3)⇔ =u v với ,∀ ∈ fu v D



a) 2 1 3+ + = xx x

b) ( )( )1 2 4 3.4+ + =x xx

c) 2 2 1 12 3 2 2 3 1x x x x x x+ ++ + = + + +


a) Ta có ( )2 21 3 3 1 1+ + = = + − =x xx x x x

Đặt ( ) ( )23 1= + −xf x x x

có

( ) ( ) ( )2 2

2 2

1' 3 ln3 1 3 1 3 1 ln3 0

1 1

= + − + − = + − − > + + x x xx

f x x x x xx x

(Vì 2 1+ >x x và 2

1ln3 1

1> >

+x) nên hàm số đồng biến, mà ( )0 1=f do đó

x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Chú ý: Nếu gặp phương trình ( ) ( )=f x g x xác định trên D mà ( )f x đồng biến

và ( )g x nghịch biến (hoặc ( )f x nghịch biến và ( )g x đồng biến) thì nhẩm


~26

nghiệm 0∈x D của phương trình và chứng minh nghiệm đó là duy nhất. Ở bài

này ta có hai hàm số ( ) 2 1= + +f x x x và ( ) 3= xg x đều đồng biến trên � nên

ta phải nhân hai vế phương trình với ( )2 1+ −x x để biến phương trình về dạng

một vế là hằng số và một vế là hàm số ta có thể xét tính đơn điệu được.

b) Ta có ( )( ) 4 1 4 11 2 4 3.4 0

2 4 3 2 4 3

+ ++ + = ⇔ = ⇔ − =

+ +

x xx x

x x

x xx

Đặt ( ) 4 1

2 4 3

+= −

+

x

x

xf x

Có ( ) ( )( ) ( )

2

2 2

4 ln 4 2 4 4 ln4 1 2ln4.4 1'

3 32 4 2 4

+ −= − = −

+ +

x x x x

x xf x

Suy ra ( ) ( ) ( )2

2

2ln 4.4 1' 0 0 2 4 6ln 4.4 0

32 4= ⇔ − = ⇔ + − =

+

xx x

xf x đây là phương

trình bậc hai ẩn 4x nên có tối đa hai nghiệm. Do đó, phương trình ( ) 0=f x có

tối đa 3 nghiệm. Mà ta có ( ) ( )10 0, 0, 1 0

2 = = = f f f .

Vậy, phương trình đã cho có 3 nghiệm 1

0, , 12

= = =x x x .

c) Đặt ( ) 2 3= + +t tf t t trên � , có ( )' 2 ln 2 3 ln3 1 0,= + + > ∀ ∈t tf t t � nên

hàm số ( )=y f t đồng biến trên � .

Ta có

( ) ( )

( )

2 2 1 12 3 2 2 3 1

2 1

2 1

2 1 0

x x x x x

x

x

x

x

f f x

x

x

+ ++ + = + + +

⇔ = +

⇔ = +

⇔ − + =

Xét hàm số ( ) ( )2 1= − +xg x x ,

có ( ) ( ) ( )2 2' 2 ln2 1 ' 0 2 ln 2 1 0 log log= − ⇒ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥x xg x g x x e .

www.MATHVN.com


~27

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình ( ) 0=g x có tối đa 2 nghiệm.

Ta thấy ( ) ( )0 0, 1 0= =g g . Vậy, phương trình có hai nghiệm 0, 1= =x x .

Bài 2: Giải phương trình: ( ) 23 1

2

3

1log 3 2 2 2

5

− − − + + + = x x

x x (1)


Điều kiện: 2 13 2 0

2

≤− + ≥ ⇔ ≥x

x xx

Đặt 2 3 2= − +u x x , điều kiện 0≥u .

Suy ra: 2 2 2 23 2 3 1 1− + = ⇔ − − = −x x u x x u

Khi đó (1) có dạng: ( )21

3

1log 2 2

5

− + + = u

u

Xét hàm số: ( ) ( )21

2

3 3

1 1( ) log 2 log 2 .5

5 5

− = + + = + + x

f x x x x

+ Miền xác định [0; )= +∞D

+ Đạo hàm: ( )21 1

.2 .5 .ln3 0,2 ln3 5

= + > ∀ ∈+

xf x x Dx

. Suy ra hàm số tăng trên

D

Mặt khác ( ) ( )3

11 log 1 2 .5 2.

7= + + =f

Do đó, phương trình (2) được viết dưới dạng:

( ) ( ) 2 3 51 1 3 2 1

2

±= ⇔ = ⇔ − + = ⇔ =f u f u x x x

Vậy phương trình có hai nghiệm 3 5

2

±=x

Bài 3: Giải phương trình: 2log2.3 3+ =xx (1)


x

y’

y

-∞ ( )2 2log log e +∞

0 + -

( )2 2 2log log log 1e e− −


~28

Điều kiện x>0.

Biến đổi phương trình về dạng: 2log2.3 3= −x x (2)

Nhận xét rằng:

+ Vế phải của phương trình là một hàm nghịch biến.

+ Vế trái của phương trình là một hàm đồng biến.

Do vậy nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Nhận xét rằng x = 1 là nghiệm của phương trình (2) vì 2log 12.3 3 1= −

Vậy x=1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài 4: Cho phương trình: 22 2 4 22 2 25 5 2+ ++ + − = + +

x mxx mx x mx m

a) Giải phương trình với 4

5= −m

b) Giải và biện luận phương trình


Đặt 2 2 2= + +t x mx phương trình có dạng: 2 25 5 2 2+ −+ = + + −t t mt t m (1)

Xác định hàm số ( ) 5= +tf t t

+ Miền xác định D = R

+ Đạo hàm: 5 .ln5 1 0,= + > ∀ ∈ ⇒tf x D hàm số tăng trên D

Vậy

( ) ( ) ( )1 2 2 2 2 2 0f t f t m t t m t m⇔ = + − ⇔ = + − ⇔ + − =

Suy ra 2 2 0x mx m+ + = (2)

a) Với 4

5= −m ta được: 2 2

28 4

0 5 8 4 0 25 5

5

xx x x x

x

=− − = ⇔ − − = ⇔ = −.

Vậy với 4

5= −m phương trình có 2nghiệm

22;

5= = −x x

b) Xét phương trình (2) ta có: 2'∆ = −m m

+ Nếu 2' 0 0 0 1∆ < ⇔ − < ⇔ < <m m m . Phương trình (2) vô nghiệm⇔ phương

trình (1) vô nghiệm.

+ Nếu ' 0∆ = ⇔m=0 hoặc m=1.

với m=0 phương trình có nghiệm kép x=0

với m=1 phương trình có nghiệm kép x0=-1

+ Nếu 1

' 00

>∆ > ⇔ <m

m phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt

2

1,2 = − ± −x m m m đó cũng là nghiệm kép của (1)


~29

Kết luận:

Với m=0 phương trình có nghiệm kép x=0

Với m=1 phương trình có nghiệm kép x0=-1

Với 0<m<1 phương trình vô nghiệm

Với m>1 hoặc m<0 phương trình có 2 nghiệm 2

1,2 = − ± −x m m m.

Bài 5: Giải phương trình 1 164 8.343 8 12.4 .7− −− = +x x x x


Đặt 12; 4 ; 2.7−

= = − =x xa b c .

Phương trình trở thành

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2

3 3 3 3 0 0 02

− + − + −+ + − = ⇔ + + = ⇔ + + = a b b c c a

a b c abc a b c a b c

Từ đó ta có phương trình 12 4 2.7 0−− + =x x

Xét hàm số ( ) ( )1 22 4 2.7 ' 4 .ln 4 .7 .ln7

7−= − + ⇒ = − +x x x xf x f x

Phương trình ( )' 0=f x có duy nhất nghiệm nên theo Định lý Lagrange phương

trình ( ) 0=f x không có quá hai nghiệm phân biệt. Nhận thấy 1, 2= =x x là nghiệm phương trình ( ) 0=f x .

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm 1, 2= =x x .

Phương pháp 4: Sử dụng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số I. Trọng tâm kiến thức:

Với phương trình có chưa tham số: f(x,m)=g(m). Chúng ta thực hiện các

bước sau:

Bước 1: Lập luận số nghiệm của (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số (C):

y=f(x,m) và đường thẳng (d): y=g(m).

Bước 2: Xét hàm số y=f(x,m)

+ Tìm miền xác định D

+ Tính đạo hàm y’ rồi giải phương trình y’=0

+ Lập bảng biến thiên của hàm số Bước 3: Kết luận:

+ Phương trình có nghiệm ( ) ( )min , ( ) max , ( )⇔ ≤ ≤ ∈f x m g m f x m x D

+ Phương trình có k nghiệm phân biệt⇔ (d) cắt (C) tại k điểm phân biệt + Phương trình vô nghiệm ( ) ( )⇔ =∅d C∩



~30

Bài 1: Với giá trị nào của m thì phương trình:

2 4 3

4 211

5

− + = − + x x

m m có 4

nghiệm phân biệt Hướng dẫn giải

Vì 4 2 1 0− + >m m với mọi m do đó phương trình tương đương với:

( )2 4 2

15

4 3 log 1− + = − +x x m m

Đặt ( )4 2

15

log 1− + =m m a, khi đó: 2 4 3− + =x x a

Phương trình ban đầu có 4 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (1) có 4 nghiệm

phân biệt ⇔ đường thẳng y=a cắt đồ thị hàm số 2 4 3= − +y x x tại 4 điểm phân biệt Xét hàm số:

2

2

2

4 3 khi 1 hoaëc 34 3

4 3 khi 1 3

− + ≤ ≥= − + = − − + ≤ ≤x x x x

y x xx x x

Đạo hàm: 2 4 khi 1 hoaëc 3

'2 4 khi 1 3

− < >= − + < <x x x

yx x

Bảng biến thiên:

Từ đó, đường thẳng y=a cắt đồ thị hàm số 2 4 3= − +y x x tại 4 điểm phân biệt

( )4 2 4 21

5

10 1 0 log 1 1 1 1 0 1

5⇔ < < ⇔ < − + < ⇔ < − + < ⇔ < <a m m m m m

Vậy với 0 1< <m phương trình có 4 nghiệm phân biệt. Bài 2: Giải và biện luận theo m số nghiệm của phương trình:2 3 4 1+ = +x xm


Đặt 2 , 0= >xt t phương trình được viết dưới dạng:

x

y’

y

-∞ 1 3 +∞

0 - + -

1

0

2

+

+∞ +∞

0 0


~31

2

2

33 1

1

++ = + ⇔ =

+

tt m t m

t (1)

Số nghiệm của (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số (C): 2

3

1

+=

+

ty

t với đường

thẳng (d):y=m

Xét hàm số: 2

3

1

+=

+

ty

t xác định trên ( )0;+∞D

+ Đạo hàm: ( )2 2

1 3 1' ; ' 0 1 3 0

31 1

ty y t t

t t

−= = ⇔ − = ⇔ =

+ +

+ Giới hạn: lim 1t

y→+∞=

+ Bảng biến thiên:

Biện luận:

Với 1≤m hoặc 10>m phương trình vô nghiệm

Với 1 3< ≤m hoặc 10=m phương trình có nghiệm duy nhất Với 3 10< <m phương trình có 2 nghiệm phân biệt. Bài 3: Cho phương trình: ( )22 2 2 22 2 23 2 2 2

− +− + + + − = −x xx x x x m

a) Giải phương trình với m=8

b) Giải phương trình với m=27

c) Tìm m để phương trình có nghiệm


Viết lại phương trình dưới dạng:2 22 2 2 2 23 4 2 2− + − ++ + − + =x x x x x x m

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số:

2 22 2 2 2 23 4 2 2− + − += + + − +x x x xy x x với đường thẳng y = m

Xét hàm số 2 22 2 2 2 23 4 2 2− + − += + + − +x x x xy x x xác định trên D=R

Giới hạn: limx

y→+∞

= +∞

x

y’

y

-∞ 0

10

+∞

0 - +

1 3


~32

Vì 3 >1, 4 >1 nên sự biến thiên của hàm số phụ thuộc vào sự biến thiên của hàm

số 2 2 2= − +t x x ta có: ( )22 2 2 1 1 1,t x x x x= − + = − + ≥ ∀ ∈� .

Khi đó hàm số 2 22 2 2 2 23 4 2 2− + − += + + − +x x x xy x x trở thành

( ) ( )3 4 ' 3 .ln3 4 .ln4 1 0,t t t tf t t f t t= + + ⇒ = + + > ∀


a) Với m=8. Suy ra 1t = nên phương trình có nghiệm duy nhất x=1

b) Với m = 27. Suy ra 2t = phương trình có 2 nghiệm phân biệt x=0 và

x=2.

c) Phương trình có nghiệm khi m>8

Bài tập tự luyện Bài 1: Giải các phương trình sau:

a) 2 3

3319 27 81

3

−

+ = x

x x x

b) 1

( 1)429 3

− −

=x x

c) 44

=x xx x

d) 1 6 12 . 2 4+ +=

x x


a) 12 6 4.3 3.2+ = +x x x

b) 5 4 3 2 3+ ++ = +x x xe e e e

c) 40 10 5.2 8.5+ = +x x x

d) 8.3 3.2 24 6+ = +x x x

e) 15 8 3.4 5.2+ = +x x x


a) 2 1 1

1

2 .464

8

− +

−=

x x

x

b) 3 1 8 29 3− −

=x x

x

y’

y

-∞ 1 +∞

+

8

+∞


~33

c) 0,50,2 (0,04)

255

+

=

x x

d)

21 2 11 95 9 5

.3 25 3

+ + − = x x x

e) 2 1 117 .7 14.7 2.7 48

7+ + −− − + =x x x x

f) ( )2 7,2 3,93 9 3 lg(7 ) 0− +− − =

x x x


a) ( ) 21 1

3 22(2 ) 4−

+=

xx x

b) 15 . 8 500−

=x xx

c) 21

1 lg3

3

1

100

−

=x

x

d) lg 21000=xx x

e) lg 5

5 lg3 10+

+=

xxx

f) ( ) 3log 1

3−

=x

x


a) ( )2

3 2 2 3 2 2− = +x

b) 2 2 23 2 6 5 2 3 74 4 4 1− + − + + ++ = +x x x x x x

c) 2 25 7 5 .35 7 .35 0− − + =x x x x

d) 2 2 2 21 2 12 2 3 3− + −+ = +x x x x

e) 2 45 25− +=

x x


a)

2 2

4 312

2

−

− = x

x

b)

7 1 21 1

. 22 2

+ − = x x

c) 13 .2 72+

=x x

d) 1 15 6. 5 – 3. 5 52+ −+ =x x x

e) 10 5

10 1516 0,125.8+ +

− −=

x x

x x

f) ( ) ( ) 11

15 2 5 2−

−++ = −

xx

x


~34


a) ( ) ( )2 3 2 3 4+ + − =x x

b) ( ) ( )tan tan

5 2 6 5 2 6 10+ + − =x x

c) ( ) ( )6 35 6 35 12+ + − =x x

d) ( ) ( )cot cot

2 3 2 3 4+ + − =x x


a) ( ) ( )2 3 2 3 4+ + − =x x

b) ( ) ( )2 21 2sin 2cos 1

3 8 3 8 6− −

+ + − =x x

c) ( ) ( )2 3 2 3 4+ + − =x x

x

d) ( ) ( )3 2 2 3 2 2 6+ + − =x x

x


a) 3 5 2.4+ =x x x

b) 2007 2009 2.2008+ =x x x

c) 2008 2010 2.2009+ =x x x

d) 3 5 6 2+ = +x x x

e) 4 5 6 12 3+ + = +x x x x

f) 3 5 6 2+ = +x x x


a) 2 8 22 2 8 2− +− = + −x x x x x

b) 2 1 22 4 3 2− −

− = − −x x x x x

c) 2 23 2 2 2 32 9 6 4 3 5− − − −+ + + = + +x x x x x xx x


a) 2 3 3 1 42 5.2 2 0+ − + + +− + =x x x x

b) 2 22 1 2 22 9.2 2 0+ + +− + =x x x x

c) 2 2 22 4.2 2 4 0+ −− − + =x x x x x


a) log 62

2log 26.9 6 13.+ =x x x

b) 3 3 3log 4 log log 222 7= −xx x x


~35

c) 3 3 33log 2 log log2 3.2 12+ = +x xx x x

Bài 13: Giải phương trình: 1 1 2 32 2 3 2+ −+ =x x

Bài 14: Giải phương trình:

a) 27 27

8 9.2 648 2

+ + + =x x

x x

b) ( )3

3 1

1 122 6.2 1

2 2−− − + =x x

x x

c) 2 2 22 3 2 2 2 13 4 5 14+ + + + + ++ + =x x x x x x


a) 4 1 3 2

2 1

5 7

+ + = x x

b) 2 1

15 .2 50−

+ =

xx x

c) 3

23 .2 6+ =

xx x


a) 1 2 14.9 3 2− +=

x x

b) 2 22 .3 1,5−

=x x x

c) 2

5 .3 1=x x

d) 3 22 3=x x

e) 2

3 .2 1=x x


a) 14 2 8 0++ − =x x

b) 1 14 6.2 8 0+ +− + =x x

c) 4 8 2 53 4.3 27 0+ +− + =x x

d) 16 17.4 16 0− + =x x

e) 149 7 8 0++ − =x x

f) 2 1 13.5 2.5 0,2− −

− =x x


a) 2 222 2 3.− + −

− =x x x x

b) ( ) ( )7 4 3 2 3 6+ + + =x x

c)

2cos2 cos4 4 3+ =x x

d) 2 5 13 36.3 9 0+ +− + =x x

e) 2 22 2 13 28.3 9 0+ + +− + =x x x x


~36

f) 2 22 24 9.2 8 0+ +− + =x x


a) 25 2(3 ).5 2 7 0− − + − =x xx x

b) 2 23.25 (3 10).5 3 0− −+ − + − =x xx x

c) 3.4 (3 10).2 3 0+ − + − =x xx x

d) 9 2( 2).3 2 5 0+ − + − =x xx x

e) 2 1 24 .3 3 2.3 . 2 6++ + = + +x x xx x x x


a) 4 +( – 8)2 +12 – 2 0=x xx x

b) ( 4).9 ( 5).3 1 0+ − + + =x xx x

c) 2 22 24 ( 7).2 12 4 0+ − + − =x xx x

d) 9 ( 2).3 2( 4) 0− −− + − + =x xx x


a) 64.9 84.12 27.16 0− + =x x x

b) 3.16 2.81 5.36+ =x x x

c) 2 26.3 13.6 6.2 0− + =x x x

d) 2 125 10 2 ++ =x x x

e) 27 12 2.8+ =x x x


a) 1 1 1

6.9 13.6 6.4 0− + =x x x

b) 1 1 1

4 6 9− − −

+ =x x x

c) 1 1 1

2.4 6 9+ =x x x

d) ( ) ( )( ) ( )7 5 2 2 5 3 2 2 3 1 2 1 2 0.+ + − + + + + − =x x x


a) ( ) ( )2 3 2 3 14− + + =x x

b) ( ) ( )2 3 2 3 4+ + − =x x

c) (2 3) (7 4 3)(2 3) 4(2 3)+ + + − = +x x

d) ( ) ( ) 35 21 7 5 21 2+− + + =x x

x

e) ( ) ( )5 24 5 24 10+ + − =x x


~37

f) 7 3 5 7 3 5

7 82 2

+ −+ =

x x


a) ( ) ( )6 35 6 35 12− + + =x x

b) ( ) ( )2 2( 1) 2 1 42 3 2 3

2 3

− − −

+ + − =−

x x x

c) ( ) ( ) 33 5 16 3 5 2++ + − =x x

x

d) ( ) ( )3 5 3 5 7.2 0+ + − − =x x

x

e) ( ) ( )7 4 3 3 2 3 2 0+ − − + =x x

f) ( ) ( )3 33 8 3 8 6.+ + − =x x


a)( ) ( )2 3 2 3 4− + + =x x

x

b) ( ) ( ) ( )3 2 3 2 5− + + =x x x

c) ( ) ( )3 2 2 3 2 2 6+ + − =x x

x


a) 3 7

25 5

+ = x

x

b) ( ) ( )2 3 2 3 2+ + − =x x

x

c) 2 3 5 10+ + =x x x x

d) 2 3 5+ =x x x


a) 21 22 2 ( 1)− −

− = −x x x x

b) 12 4 1+− = −

x x x

c) 22 3 1= +x

x


a) 4 7 9 2+ = +x x x

b) 2 1 35 5 1 0+ − − + =x x x


a) 8.3 3.2 24 6+ = +x x x

b) 112.3 3.15 5 20++ − =x x x


~38

c) 38 .2 2 0 −− + − =x xx x

Bài 30: Tìm m để các phương trình sau:

a) 16 .8 (2 1).4 .2− + − =x x x xm m m có 3 nghiệm phân biệt. b)

2 2 24 2 6+− + =x x m có 3 nghiệm phân biệt. c)

2 2

9 4.3 8− + =x x m có 3 nghiệm phân biệt. Bài 31: Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm trái dấu

( 3)25 (2 1)5 1 0+ + − + + =x xm m m

Bài 32: Giải phương trình 3 32 2 4 8 4 4

4 2 16.2 2 ( )+ + + + −

+ = + ∈x x x x x x

x �

Bài 33: Giải phương trình: ( ) ( ) 12

3 13

29 2.3 3 log 1 log 27 .9 9

3

+

− − − + = −x

x x xx .

Bài 34: Giải phương trình :

a) ( )5log 32 +=

x x.

b) 2log 23 1= −x x .


a) ( ) 3log1

2 22

− − = − x

x x x

b) 2.4 3.2 2 0 ( )− − = ∈x x x � .

c) 9x + (x - 12).3x + 11 - x = 0

Bài 36: Giải phương trình: 3 39 3 log (8 1) log (24 3)− + = +x x x x .

Bài 37: Giải phương trình 3 32 2 4 8 4 4

4 2 16.2 2 ( )+ + + + −

+ = + ∈x x x x x x

x �

Bài 38: Giải phương trình: 2

2 2

1 1 2 1 12 2

2

− −

− = −

x x

x x

x

Bài 39: Giải các phương trình sau: 3cos cos(7 5 2) (17 12 2) cos3+ − + =x x x .

Bài 40: Giải phương trình: ( )2 24 2 1 .2= − +x xx x .

Bài 41: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 2 21 1 24 2 2 1 0− + +− = − + − =x mx x x mx (1)

Bài 42: Giải phương trình (sinα)x + (tgα)x = (α)x (với x là tham số, 0 < x <2

π ).

Bài 43: Tìm số thực a để phương trình:9 9 3 cos( )+ =x xa xπ , chỉ có duy nhất một nghiệm thực.


2

33

loglog 15 2350

.5 09

− + =x

x x .


~39

Bài 45: Cho phương trình: 2 2 4 3 2

3 2+ + − −− =

+x mx m m

x m

a) Giải phương trình với 0=m .

b) Tìm tham số m sao cho phương trình trên có đúng 2 nghiệm phân biết thuộc

đoạn [ ]4;0− .

Bài 46: Giải phương trình: 2 1 1 15.3 7.3 1 6.3 9 0− − +− + − + =x x x x .

Giải:

Bài 47: Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm

thực: 2 21 1 1 19 ( 2)3 2 1 0+ − + −− + + + =x xm m

Bài 48: Giải phương trình: 14 – 2 2(2 –1)sin(2 –1) 2 0+ + + + =x x x x y .

Bài 49: Giải phương trình: 3 18 1 2 2 1++ = −x x

Bài 50: Giải phương trình: 2008 2007 1= +x x .

Bài 51: Giải phương trình: 3x.2x = 3x + 2x + 1

Bài 52: Giải phương trình 2 5 1 1 1

2 5 1− −

− = −− −

x xe ex x

Bài 53: Giải và biện luận phương trình 2 6 4 3 22 2 (4 ) 3 6+ +− = − + −m x x m m x m (1)

Bài 54: Cho phương trình: 2 22 2 14 2 3 0− − ++ + − =x x x x m (1) (m - tham số)

Tìm m để phương trình có nghiệm x 3

0;2

∈

Bài 55: Giải phương trình 2x + 3x = 3x + 2 (1)


a) 2 3 2.3 3 (12 7 ) 8 19 12+ − = − + − +x xx x x x x

b) 2 1 1.3 (3 2 ) 2(2 3 )− −+ − = −x x x x xx x

c) sin 1 sin4 2 cos( ) 2 0+− + =yx x xy

d) 2 2 2 22( ) 1 2( ) 12 2 2 .2 1 0+ − + −+ − − =x x x x x x


a) 42 cos ,=x x với x ≥ 0

b) 2 6 10 23 6 6− + = − + −x x x x

c) sin3 cos=x x

d) 3

22.cos 3 32

−− = +

x xx x.



~40

a) sin

cos=x

xπ

b) 2

22 1

2 −+

=x x x

x

c) 2

3 cos2=x x

d) 2

5 cos3=x x

Bài 59: Tìm m để các phương trình sau có nghiệm duy nhất: a) .2 2 5 0−+ − =x xm

b) .16 2.81 5.36+ =x x xm

c) ( ) ( )5 1 5 1 2+ + − =x x

xm

d) 7 3 5 7 3 5

82 2

+ −+ = x x

m

e) 34 2 3+− + =x x m

f) 9 3 1 0+ + =x xm

Bài 60: Tìm m để các phương trình sau có 2 nghiệm trái dấu:

a) 1( 1).4 (3 2).2 3 1 0++ + − − + =x xm m m

b) 249 ( 1).7 2 0+ − + − =x xm m m

c) 9 3( 1).3 5 2 0+ − − + =x xm m

d) ( 3).16 (2 1).4 1 0+ + − + + =x xm m m

e) ( )4 2 1 .2 +3 8 0− + − =x xm m

f) 4 2 6 − + =x x m

Hướng dẫn giải và đáp số Bài 1:

a) Đưa phương trình về dạng 17 24

5 2 617 24 36

3 3 5 26 23

+− += ⇒ − = ⇒ =

xx x

x x là

nghiệm.

b) Đưa phương trình về dạng

( ) ( )2 1 1 122 4

31 1 23 3 1 4 4 3 0

12 4

2

− −

== ⇒ − − = ⇔ − − = ⇔ = −

x x xx x x x

x

là nghiệm.

c) Điều kiện 0>x

Nhận xét x = 1 là nghiệm.

Với 1≠x ta có


~41

( ) ( )( )

4 4 44 44

3

3

2564

0256 0

256 /

xx x x x

x x x x x x x

x loaix x

x t m

= ⇔ = ⇔ = ⇔ ==⇔ − = ⇔ =

Vậy phương trình có nghiệm x = 1 và 3 256=x .

d) Điều kiện 1≥ −x

Phương trình 6

11 6 1 2 126

2 . 2 4 2 2 1 2 12

+ ++ + += ⇔ = ⇔ + + = +

xx x x x x

( )6 3 11 1 /

2 2 2⇔ + = ⇔ + = ⇔ =x x x t m

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 1

2=x .

Bài 2: a) Ta có:

12 6 4.3 3.2+ = +x x x 12 4.3 3.2 6⇔ − = −x x x ( ) ( )4 3 3 2 3 3x x x⇔ − = −

( )( )4 2 3 3 0⇔ − − =x x 4 2 0 2 4 1

23 3 0 3 3

− = = = ⇔ ⇔ ⇔ =− = = x x

x x

x

x

Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1 và x = 2.

b) Ta có

( ) ( ) ( )( )5 4 3 2 3 4 3 3 2 5

2

3 3 2 3 3 2 3 3

3 3

20

1

+ + + ++ = + ⇔ − = −= = ⇔ − = − ⇔ − − = ⇔ ⇔ ==

x x x x x x

x

x x x x x

x

e e e e e e e e

e e xe e e e e e e e e e

xe e

Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1 và x = 2.

c)Đưa về phương trình tích ( )( ) 15 5 8 2 0

3

=− − = ⇒ =x x x

x là nghiệm phương

trình.

d) Đưa phương trình về phương trình tích ( )( ) 13 3 8 2 0

3

=− − = ⇒ =x x

x

x là

nghiệm phương trình.

e) Đưa về phương trình tích. Suy ra nghiệm phương trình là

4 2log 5; log 3= =x x .

Bài 3:

a) Đưa về phương trình 4 62 2 2+ = ⇒ =x x là nghiệm của phương trình.


~42

b) Phương trình được đưa về 1

4 1 0 42

3 1 4 1 03 1 4 17

23 1 4 17

≥− ≥ − = − ⇔ ⇔ ⇔ ==− = − − = − + =

xx

x x xxx x

x xx

.

c) Phương trình đưa về 1 2 25 5 1 2 2 1− − − −= ⇔ − − = − − ⇔ = −x x x x x .

d) Phương trình đưa về ( )21 2 2 11 9

2

25 5

2 3 14 0 73 3

2

+ − + − = = ⇔ + − = ⇔ = −

x x x xx x

x.

e) Đáp số x = 0.

f) Điều kiện 7<x .

Ta có

( ) 2

27,2 3,9

7,2 3,9 3 9 3 03 9 3 l g(7 ) 0

l g(7 ) 0

− +

− + − =− − = ⇔ − =

x xx x o x

o x. Từ đó suy ra nghiệm

phương trình là x = 6 và 1

5=x .

Bài 4:

a) Điều kiện 0

1

> ≠x

x.

Ta có ( ) ( ) ( )2 3 31 1

13 22 3 32(2 ) 4 2 2 2 2 5 3 0

1

+−

−+ += ⇔ = ⇔ = ⇔ − − =

−

xx

x xx x xx x

x x

Suy ra ( )3

9.1 nghieäm

2

= ⇔ = = −

xx

x voâ

b) Điều kiện 2

∈ ≥x

x

�. Đáp số 3=x .

c) Điều kiện 0

1

> ≠x

x. Lấy logarit cơ số 10 hai vế ta đưa phương trình về dạng

2

100log 22log 3log 2 0 11

log102

== − − = ⇒ ⇔ == −

xxx x

xx.


~43

d) Điều kiện 0>x . Lấy logarit cớ số 10 hai vế đưa phương trình về 2

1log 1

log 2log 3 0 10log 3

1000

= − = − − = ⇒ ⇒ = =x x

x xx

x.

e) Đáp số 5

11000;

10= =x x .

f) Điều kiện 0>x .

Lấy logarit cơ số 3 hai vế phương trình ta được

323 3

3

1log 1log log 2 0 3

log 29

= − = − − = ⇒ ⇒ = =x x

x xx

x.

Bài 5:

a) Vì ( )( ) ( ) 113 2 2 3 2 2 9 8 1 3 2 2 3 2 2

3 2 2

−

− + = − = ⇒ − = = ++

. Từ đó

suy ra phương trình 1

2 1 .2

− = ⇔ = −x x

b) Đặt ( )2

2

3 2

6 5

40, 0

4

− +

− +

= ⇒ > > =x x

x x

uu v

v

Phương trình trở thành ( )( ) 1. 1 1 1 0

1

=+ = + ⇔ − − = ⇔ =u

u v u v u vv

.

Giải phương trình 2 11 3 2 0

2

== ⇒ − + = ⇒ =x

u x xx

.

Giải phương trình 21

1 6 5 05

== ⇒ − + = ⇒ =x

v x xx

.

Vậy, phương trình đã cho có 3 nghiệm 1, 2, 5.= = =x x x

c) Đưa phương trình về dạng tích 2 255 7 1 0

7 = ⇔ = ⇔ =

x

x x x .

d)

2

2 2 2 2 2 2

3

1 2 1 29 4 2 22 2 3 3 .2 .3 3 3

2 3 3 3− + − + = + ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ±

x

x x x x x x x x .


~44

e)

( )2 4 2 2

22

2 0 25 25 4 2 4 2

04 2− +

− ≥ ≥= ⇔ − + = ⇔ + = − ⇔ ⇔ =+ = − x x

x xx x x x

xx x

(vô nghiệm). Vậy, phương trình đã cho vô nghiệm.

Bài 6: a) Đáp số 1, 2= =x x .

b) Đáp số x = 9.

c) Đáp số x = 2.

d) Đáp số x = 1.

e) Điều kiện 10

15

≠ ≠x

x.

PT ( ) ( ) 27

4 10 3 53 25

10 153

=+ + ⇔ = + ⇔ − − =

xx x

x x x. Vậy, phương trình có nghiệm

25; 27

3= =x x .

f) Điều kiện 1≠ −x . PT

2 2 111 1 1 2 0

21

=−⇒ − = − ⇔ − = − + ⇔ + − = ⇔ = −+ xx

x x x x xxx

.

Vậy, nghiệm phương trình 2, 1= − =x x .

Bài 7: a) Đáp số 1; 1= − =x x .

b) Điều kiện ( )cos 0 ,2

≠ ⇔ ≠ + ∈x x k kππ � . Đặt ( )tan

5 2 6 0= + ⇒ >x

t t .

Phương trình trở thành 2 10 1 0 5 2 6− + = ⇒ = ±t t t .

Với ( )1 t anx 1 ,4

= ⇒ = ⇔ = + ∈t x k kππ � .

Với ( )1 t anx 1 ,4

= − ⇒ = − ⇔ = − + ∈t x k kππ � .

Vậy phương trình có nghiệm ( ),4

= ± + ∈x k kππ � .

c) Đáp số 2; 2= = −x x .

d) Điều kiện ( )sinx 0 ,≠ ⇔ ≠ ∈x k kπ � .


~45

Giải phương trình ta được ( )cot 1 4cot 1

4

= += ⇔ ∈ = − = − +

x kxk

xx k

ππ

ππ

� là nghiệm.

Bài 8:

a) Vì( ) ( ) ( )( )2 3 2 3 2 3 2 3 + − = + − xx x ( )2

22 3 1 1 = − = = x

x

nên đặt ( ) ( ) 12 3 2 3= + ⇒ − =

x x

tt

Phương trình trở thành 22 31

4 4 1 02 3

= ++ = ⇔ − + = ⇔ = −t

t t tt t

Với 2 3 1= + ⇒ =t x

2 3 1= − ⇒ = −t x

Tập nghiệm phương trình { }1;1= −S

b) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 21 2sin 2cos 1 2 s 1 2cos 1

3 8 3 8 6 3 8 3 8 6− − − −

+ + − = ⇔ + + − =x x co x x

Đặt ( ) 22cos 1

3 8 0−

+ = ⇒ >x

t t . Phương trình trở thành

23 8

6. 1 03 8

= +− + = ⇔ = −t

t tt

Với ( )2 23 8 2cos 1 1 os 1 sinx 0 ,= + ⇒ − = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ∈t x c x x k kπ �

Với ( )23 8 2cos 1 1 cos 0 ,2

= − ⇒ − = − ⇔ = ⇔ = + ∈t x x x k kππ �

Vậy, phương trình có nghiệm ( ),2

= ∈k

x kπ

� .

c) Đáp số x = 1.

d) Đáp số x = 1.

Bài 9:

a) Phương trình: 3 5 2.4+ =x x x

Ta có: 0 0= ⇒ = ⇒ =x VT VP x là nghiệm của phương trình.

1 1= ⇒ = ⇒ =x VT VP x là nghiệm của phương trình.

Suyra: x=0 và x=1 là nghiệm của phương trình.

Vì 4 0>x nên ta chia hai vế phương trình cho 4x, ta được:


~46

3 52

4 4 + =

x x

Xét hàm số: ( ) 3 52

4 4 = + −

x x

f x với ∈x �

Vậy phương trình 3 5

24 4

+ = x x

(hay phương trình 3 5 2.4+ =x x x) chính là

phương trình hoành độ giao điểm của ( ) ( ): =C y f x và trục hoành ( ) 0=Ox y

Đạo hàm: ( )/ 3 3 5 5ln ln

4 4 4 4 = +

x x

f x

( )/ / 2 23 3 5 5ln ln 0

4 4 4 4 = + > ∀ ∈

x x

f x x � Suyra: ( )/f x đồng biến

Mặt khác, ta có: ( )( )

( ) ( ) [ ]/

/ /

/

3 5 150 ln ln ln 0

4 4 16 0 1 0 0;13 3 5 5

1 ln ln 04 4 4 4

= + = < ⇒ < ∀ ∈ = + >

ff f x

f

Suyra phương trình f/(x)=0 có nghiệm thuộc ( )0;1

Mà ( )/f x đồng biến

Nên f/(x)=0 có nghiệm x0 duy nhất thuộc ( )0;1

Bảng biến thiên.

x −∞ 0 x0 1

+∞ f /(x) − 0 +

f(x)

−∞ +∞

( )0f x

Kết luận: Phương trình f(x)=0 chỉ có tối đa hai nghiệm

Suyra: x=0 và x=1 là hai nghiệm duy nhất của phương trình.

Vậy tập nghiệm phương trình { }0;1=S

b) Đáp số 0, 1= =x x .

c) Đáp số 0, 1= =x x .

d) Phương trình: 3 5 6 2+ = +x x x


~47

Ta có: 0 0= ⇒ = ⇒ =x VT VP x là nghiệm của phương trình.

1 1= ⇒ = ⇒ =x VT VP x là nghiệm của phương trình.

Xét hàm số: ( ) 3 5 6 2= + − −x xf x x với ∈x �

Vậy phương trình 3 5 6 2+ = +x x x chính là phương trình hoành độ giao điểm của

( ) ( ): =C y f x và trục hoành ( ) 0=Ox y

Đạo hàm: ( )/ 3 ln3 5 ln5 6= + −x xf x

( )/ / 2 23 ln 3 5 ln 5 0 = + > ∀ ∈x xf x x � Suyra: ( )/f x đồng biến

Mặt khác, ta có: ( )( ) ( ) ( ) [ ]

/

/ /

/

0 ln3 ln5 6 00 1 0 0;1

1 3ln3 5ln5 6 0

= + − < ⇒ < ∀ ∈ = + − >f

f f xf

Suyra phương trình f/(x)=0 có nghiệm thuộc ( )0;1

Mà ( )/f x đồng biến

Nên f/(x)=0 có nghiệm x0 duy nhất thuộc ( )0;1

Bảng biến thiên.

x −∞ 0 x0 1 +∞

f /(x) − 0 +

f(x)

−∞ +∞

( )0f x

Kết luận: Phương trình f(x)=0 chỉ có tối đa hai nghiệm

Suyra: x=0 và x=1 là hai nghiệm duy nhất của phương trình.

Vậy tập nghiệm phương trình { }0;1=S .

e) Đáp số 0, 1= =x x .

f) Đáp số 1, 0, 1= − = =x x x .

Bài 10:

a) Đặt: 2

8

= − = + u x x

v x28 2=> − = + −v u x x

Phương trình trên trở thành ( ) ( )2 2 2 2− = − <=> + = + <=> =u v u vv u u v f u f v

Xét hàm số: ( ) 2= +tf t t có ( )' 2 ln 2 0 = > ∀ ∈tf t t � ( )' => f t đồng biến

mà ( ) ( )= f u f v


~48

nên 2 28 2 8 0= <=> − = + <=> − − =u v x x x x x4

2

=<=> = −x

x

Vậy tập nghiệm phương trình: { }2;4= −S

c) Phương trình 2 26 4 2 4 62 3 6 2 3 5− − − −⇔ + + + = + +x x x x x xx x

2 22 4 6 6 42 3 2 4 6 3− − − −⇔ + − − = + − −x x x x x xx x x

Đặt : 2

4 6

= − ⇒= − u x x

v x2 3 2 3− −+ − = + −u u v vu v

Xét hàm số ( ) 12

3 = + −

t

tf t t ( )/ 1 12 ln 2 1 ln 0

3 3 ⇒ = + − > ∀ ∈

t

tf t t �

( )/⇒ f t đống biến Mà ( ) ( )= ⇒ =f u f v u v

Ta có phương trình: 2 2 14 6 5 6 0

6

=− = − ⇔ − + = ⇔ =x

x x x x xx

Vậy tập nghiệm phương trình: { }1;6=S .

c) Ta có

( ) ( )2 2

2 2

3 2 2 2 3

4 6 2 6 4

2 9 6 4 3 5

2 2 4 6 3 3

− − − −

− − − −

+ + + = + + ⇔ − + − − − = −

x x x x x x

x x x x x x

x x

x x x

Đặt 2

2 5 64 6

= − ⇒ − + = − = −u x x

x x u vv x

Phương trình trở thành ( )2 2 3 3 2 3 2 2− − − −− + − = − ⇔ − + = − +u v u v u u v vu v u v

Xét hàm số ( ) ( )2 2 ' 2 .ln2 2 ln 2 1 0, 0− −= − + ⇒ = + + > ∀ >t t t tf t t f t t

Phương trình ( ) ( )⇔ = ⇔ =f u f v u v. Từ đó suy ra phương trình

2 22

4 6 5 6 03

=− = − ⇔ − + = ⇔ =x

x x x x xx

Vậy, phương trình có nghiệm 2, 3= =x x .

Bài 11:

a) Ta có: 2 3 3 1 42 5.2 2 0+ − + + +− + =x x x x 2 3 3 1 22 5.2 4.2 0+ − + + +⇔ − + =x x x x \

Đặt : ( )3 1

2 3

2 3 1

22

, 02 2

+ +

+ −

+ + − −

= = ⇔ > = =

xx x

x x x

uvu

u vuvv

.


~49

Khi đó ta có phương trình: 1

5 4 0 5 4 0

4

=− + = ⇔ − + = ⇔ =

uu u v

u uv vv v u

v

Với: 3 11 2 1+ − −= ⇔ =x xu

v

Với 3 14 2 4+ − −= ⇔ =x xu

v

Vậy tập nghiệm phương trình: { }1; 2= −S .

b) 2 22 1 2 22 9.2 2 0+ + +− + =x x x x

Đặt ( )2

22 1

2 2

2, 0 2

2 22

++

+

= > ⇒ = =x

x x

x

u uvu v

v. Suy ra phương trình

2 29 0 2 2 9 2 2 0

2 2 2

4

=− + = ⇔ − + = ⇔ =

uuv u u v

u vv v u

v

Với 22 2 1 3 21

2 2 8 2 2 2 2 4 02

− −= −= ⇔ = ⇒ = ⇔ − − = ⇔ =

x xxu u

x xxv v

Với ( )22 2 1 3 22 12 2 2 2 2 0

4 8− − −= ⇔ = ⇒ = ⇔ − + =x xu u

x x voânghieämv v

Vậy, phương trình có nghiệm 1, 2= − =x x .

c) Đặt ( )2

2

2, 0

2

+ = > =x x

x

uu v

v. Suy ra nghiệm phương trình là 0, 1= =x x .

Bài 12:

a) Phương trình: log 62

2log 26.9 6 13.+ =x x x

Điều kiện x > 0.

Hướng giải quyết 1:

Chú ý công thức: log log=b bc aa c với a, b, c >0 và 1≠b

Áp dụng công thức trên, ta chuyển phương trình log 62

2log 26.9 6 13.+ =x x x về phương trình: 2 2log log26.9 6 13.6+ =x xx

Đặt 2

2log 2 4= ⇔ = ⇔ =t tt x x x


~50

Khi đó ta có phương trình: 6.9 6.4 13.6+ =t t t (về dạng phương trình A2x, B2x

và (AB)x)

Hướng giải quyết 2:

Ta có: 2 2log log 626.9 6 13+ =x x x 2 2 2log log 4 log 66.9 6 13⇔ + =x x x 2 2 2log log log6.9 64 136⇔ + =x x x

Đặt 2log=t x, khi đó ta có phương trình:

23 3

12 23 36.9 6.4 13.6 6. 13. 6 0

12 2 3 2

2 3

= = + = ⇔ − + = ⇔ ⇔ = − =

t

t t

t t t

t

t

t

Với 21 log 1 2.= ⇒ = ⇔ =t x x (thỏa mãn)

Với 2

11 log 1 .

2= − ⇒ = − ⇔ =t x x (thỏa mãn)

Vậy, phương trình có nghiệm 1

, 22= =x x .

b) 3 3 3log 4 log log 222 7= −xx x x

Điều kiện 0 1< ≠x . Đặt 3log=t x . Suy ra phương trình

( ) ( )2 14 9 .2 7.2 2 2 9 7 0 2 7 9 7. 1 *

9 9 = − ⇔ − + = ⇔ + = ⇔ + =

t t

t t t t t t t t t

Về trái phương trình (*) là hàm nghịch biến 1⇒ =t là nghiệm duy nhất. Với 1 3= ⇒ =t x là nghiệm của phương trình.

c) 3 3 33log 2 log log2 3.2 12+ = +x xx x x

Điều kiện 0>x . Đặt 3log=t x . Suy ra phương trình

( )( )8 18 12 27 3 2 9 4 0 3 2 0+ = + ⇔ − + = ⇔ = ⇔ =t t t t t t t t t t t .

Với 0 1= ⇒ =t x là nghiệm của phương trình.

Bài 13:

Cách 1: Đặt t=2x, t > 0. Khi đó ta có phương trình: 3

2

22 3 2+ =t

t

3 32 3 2 2 0⇔ − + =t t . Ta có 3 2=t là nghiệm của phương trình. Áp dụng lược

đồ Horner, ta có:

2 33 2− 0 2


~51 3 2 2 3 2− 3 4− 0

Khi đó: ( )( )3 23 3 3 32 3 2 2 0 2 2 2 4 0− + = ⇔ − − − =t t t t t

3

2 3 3

2 1

32 2 4 0

= ⇔ = − − =t

xt t

Cách 2: Sử dụng BĐT Cauchy.

Vì 112

2+x và 1 22 − x là các số dương. Nên áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số 11

22

+x ,

112

2+x và 1 22 − x , ta có: 1 1 1 2 31 1

2 2 2 3 22 2

+ + −+ + ≥x x x

Dấu // = \\ xãy ra khi và chỉ khi: 1 1 2 1 21 12 2 2 2

2 3+ − −= ⇔ = ⇔ =x x x x x

Bài 14:

a) Phương trình: 27 27

8 9.2 648 2

+ + + =x x

x x

3

2

02 13 32 64 2 4 4 4.2 3 0

log 32 2 2 3

== ⇔ + = ⇔ + = ⇔ − + = ⇔ ⇔ == x

x x x x

x x x

x

x.

b)

( )

( )

3

3 1

32

1 122 6.2 1

2 2

2 12 22 1 2 1 2 2 2 0 1.

2 2 2 2

−− − + =

= − ⇔ − = ⇔ − = ⇔ − − = ⇔ ⇔ = =

x x

x x

x

x x x x

x x xx

c) 2 2 22 3 2 2 2 13 4 5 14+ + + + + ++ + =x x x x x x

Cách 1: Phương trình: 2 2 22 3 2 2 2 13 4 5 14+ + + + + ++ + =x x x x x x

Ta có:

( )

( )

( )

22

22 2 2 2

22

1 22 3 2

1 12 2 1 2 3 2 2 2 1

12 1 0

3 3 3 9

4 4 4 4 3 4 5 14

5 5 5 1

+ ++ +

+ ++ + + + + + + +

++ +

= ≥ = = ≥ = ⇒ + + ≥ = ≥ =

xx x

xx x x x x x x x

xx x

Dấu // = \\ xãy ra khi và chỉ khi: x=−1.

Cách 2: Phương trình: 2 2 22 3 2 2 2 13 4 5 14+ + + + + ++ + =x x x x x x

( ) ( ) ( )

( )( )2 2 21 2 1 1 1

22 1

3 4 5 1

3 4 5 1 vôùi 1

9.3 4.4 5 1

+ + + + +

+ +

⇔ + + =

⇔ + + = = +

⇔ + + =

x x x

t t t

t t t

t x


~52

Dùng đạo hàm ta chứng minh phương trình 9.3 4.4 5 1+ + =t t t có t=0 là nghiệm

duy nhất. Với t=0 ta suyra x=−1.

Vậy tập nghiệm phương trình: { }1= −S

Bài 15: a)

4 1 3 2

5488

625

2 1 2 16 1 1 5488 5 5. . log

5 7 5 625 49 343 625 98 98

+ + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = x x x x x

x .

b) Lấy logarit cơ số 5 hai vế và đưa về phương trình tích.

Suy ra nghiệm phương trình là: 52; 1 log 2= = − −x x .

c) Đáp số: 31; 2 2log 2= = − −x x .

Bài 16:

a) 2 3

1 2 1 2 3 23

4.9 3 2 3 2 2 3 02

−− + −= ⇔ = ⇔ − = ⇔ =

xx x x x x .

b) ( )2 12 1

12

1 0 12 .3 1,5 2 .3 1

1 log 33.2 1

−− −

−

− = = = ⇔ = ⇔ ⇔ = −= xx x x x

x

x x

x.

c) ( )2 25 5

3

05 .3 1 log 3 0 1 log 3 0

log 5

== ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = −x x

xx x x x

x

d)

3 2 3 22 2 2 2 3 2

2

32 3 log 2 log 3 3 2 log 3 log 3 log log 3

2 = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

x x x x

x

x x x .

e) Đáp số: 20; log 3= = −x x .

Bài 17:

a) ( ) ( )21

2 24 2 8 0 2 2.2 8 0 1.

2 4+

=+ − = ⇔ + − = ⇔ ⇔ = = −x

x x x x

x

o

xVN

b) ( ) 121 1 1 1

1

2 2 04 6.2 8 0 2 6.2 8 0

12 4

+

+ + + +

+

= = − + = ⇔ − + = ⇔ ⇔ == x

x x x x

x

x

x.

c) ( ) 2 424 8 2 5 2 4 2 4

2 4

33 3

3 4.3 27 0 3 12.3 27 0 .23 9 1

+

+ + + +

+

= = −− + = ⇔ − + = ⇔ ⇔ = = −

x

x x x x

x

x

x


~53

d) ( )2 4 1 016 17.4 16 0 4 17.4 16 0 .

24 16

= = − + = ⇔ − + = ⇔ ⇔ == x

x x x x

x

x

x

e) ( ) ( )21

7 149 7 8 0 7 7.7 8 0 0.

7 8+

=+ − = ⇔ + − = ⇔ ⇔ = = −x

x x x x

x

o

xVN

f) ( ) ( )22 1 1

0

5 11

3.5 2.5 3. 5 2.5 1 0 0.15 5

3

− −

=⇔ − = ⇔ − − = ⇔ ⇔ = = −

x

x x x x

xPT x

VN

Bài 18:

a) 22 2 2

2

2 22 04 42 2 3 2 3 3 0 3 4 0

2

−− + − − = >

−− = ⇔ − = → − − = ⇔ − − =

x xx x x x x x t

x xt t t

t

( ) 21 loaïi 1

224

= − = − ⇔ ⇒ − = ⇔ == t x

x xxt

b)

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )

2

2 3

7 4 3 2 3 6

2 3 2 3 6 0

2 3 3

2 3 2

log 2+

+ + + = ⇔ + + + − = + = −⇔ + =

⇔ =

x x

x x

x

o

x

VN

x

c)

( ) ( )

( ) ( )

2 2 2

2

2 2

2

cos2 cos 2cos 1 cos

cos2

cos cos

cos

2 2

4 4 3 4 4 3 0

4 214 4 3 0

4 4 6

2cos 1 2cos 1 0

cos2 0

2 , ,2 4 2

−+ = ⇔ + − = =⇔ + − = ⇔ = −

⇔ = ⇔ − =⇔ =⇔ = + ∈ ⇔ = + ∈

x x x x

x

x x

x

oVN

x x

x

x k k x k kπ π ππ � �

d) ( )1

2 12 5 1 1

1

3 11

3 36.3 9 0 27.3 36.3 9 0 1 233

+

++ + +

+

= = −− + = ⇔ − + = ⇔ ⇔ = −=

x

xx x x

x

x

x.

e)


~54 ( )

( )

22 2 2

2

2

22 2 1

220

2 2

3 28.3 9 0 3.3 28.3 9 0

13 1 01 1

3 .22 2 0

3 9

++ + + +

+

+

− + = ⇔ − + = = + + =+ = − = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = −+ = + − = =

x xx x x x x x

x x

x x

x x VNx x x

xx x x x

f) ( )2

2 2

2

22

2 2

22

2 02 14 9.2 8 0 1.

12 8

+

+ +

+

+ ==− + = ⇔ ⇔ ⇔ = ± == x

ox x

x

x VNx

x

Bài 19:

a) Ta coi phương trình 25 2(3 ).5 2 7 0− − + − =x xx x là phương trình bậc hai ẩn

là 5x có ( )2' 4 0,∆ = − ≥ ∀ ∈x x � . Suy ra

5 1

5 2 7

= − = − +x

x x. Giải ta được nghiệm

phương trình là: 1=x .

b) Làm tương tự câu a) ta có nghiệm 5

2

2 log 3

= = −x

x.

c) Đáp số: 2

1

log 3

= = −x

x.

d) Đáp số: 1=x .

e) Đáp số: ( )2

3

3

2

log 2

= =

x

x

.

Bài 20:

a) Làm tương tự như các câu bài 19 ta có nghiệm 1

2

= =x

x.

b) Đáp số 1

0

= − =x

x.

c) Đáp số: 1

2

= =x

x.

d) Đáp số : 1= −x .

Bài 21:


~55

a)

2

4 1613 94 4

64.9 84.12 27.16 0 27. 84. 64 023 3 4 4

3 3

= = − + = ⇔ − + = ⇔ ⇔ = =

x

x x

x x x

x

x

x

b) 2

91 0

49 93.16 2.81 5.36 2. 5. 3 0 1

4 4 9 32

4 2

= = + = ⇔ − + = ⇔ ⇔ = =

x

x x

x x x

x

x

x.

c) Đáp số: 1= ±x .

d) Đáp số: 0=x .

e) Đáp số: 0=x .

Bài 22: a) Đáp số: 1= ±x .

b) Đáp số: 5 1

3log

2−=x .

c) Đáp sô: 23

log 2=x .

d) Đặt ( )1 2 0+ = >x

t . Suy ra phương trình

( )3 2

1 2

2 5 . 3. 1 2 0 1 2 0

13 2 2

= = − + − + + − = ⇔ = + ⇒ = == −

t x

t t t t x

xt

.

Bài 23:

a) Đặt ( )2 3 0= + >x


( )22 14 1 0 7 4 3 2 3 2− + = ⇔ = ± = ± ⇒ = ±t t t x .

b) Đặt ( )2 3 0= + >x


( )22 4 1 0 2 3 2 3 2− + = ⇔ = ± = ± ⇒ = ±t t t x .

c) Đáp số: 0

2

= =x

x.

d)


~56

( ) ( ) 3

5 210

22

5 21 5 215 21 7 5 21 2 7 8

2 2

17. 8 1 0 1

7

+

+= >

− +− + + = ⇔ + = =→ − + = ⇔ =

x

x xx x

x

tt

t tt

Suy ra 5 21

2

10; log

7+= =x x .

e) Đáp số: 1= ±x .

f) Đáp số: 7 3 5

2

0; log 7+

= =x x .

Bài 24:

a) Đặt ( )6 35 0= + >x


( )22 12 1 0 6 35 6 35 2− + = ⇔ = ± = ± ⇒ = ±t t t x .

b) ( ) ( ) ( ) ( )2 22 2 2 2( 1) 2 1 42 3 2 3 2 3 2 3 4 0

2 3

− −− − −

+ + − = ⇔ + + − − =−

x x x xx x x

Đặt ( ) 2 2

2 3 0−

= + >x x


2 4 1 0 2 3 1− + = ⇔ = ± ⇒ = ±t t t x .

c)

( ) ( ) 3

3 50

2 2

3 5

2

3 5 3 53 5 16 3 5 2 16 8

2 2

8 16 0 4 log 4

+

+= > +

+ −+ + − = ⇔ + = → − + = ⇔ = ⇒ =

x

x xx x

x

t

t t t x

d) ( ) ( ) 3 5 3 53 5 3 5 7.2 0 7 0

2 2

+ −+ + − − = ⇔ + − = x x

x xx .

Giải ta được 3 5

2

7 3 5log 2

2+

±= = ±x .

e) Đáp số: 0=x .

f) Đáp số: 3= ±x .

Bài 25:

a)( ) ( ) ( )2 3 2 32 3 2 3 4 1 1

4 4

− +− + + = ⇔ + = x x

x xx


~57

Ta có VT(1) là hàm số nghịch biến 1⇒ =x là nghiệm duy nhất của phương

trình.

b) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 23 2 3 2 5 1

5 5

− +− + + = ⇔ + = x x

x x x

Giải ta được 2=x là nghiệm.

c) Đáp số: 1=x .

Bài 26:

a) 3 7 3 7 1

2 . 15 5 10 5 2

+ = ⇔ + = x x x

x .

Dùng phương pháp hàm số 1⇒ =x là nghiệm duy nhất của phương trình.

b) ( ) ( ) 2 3 2 32 3 2 3 2 1

4 4

+ − + + − = ⇔ + = x x

x xx .

Dùng phương pháp hàm số 2⇒ =x là nghiệm duy nhất của phương trình.

c) 2 3 5

2 3 5 10 1 110 10 10 + + = ⇔ + + = ⇒ =

x x x

x x x x x là nghiệm duy nhất của phương trình (dùng phương pháp hàm số).

d) 2 3

2 3 5 1 15 5

+ = ⇔ + = ⇒ = x x

x x x x là nghiệm duy nhất của phương

trình (dùng phương pháp hàm số).

Bài 27

a) Ta có

( ) ( ) ( ) ( )2 2 21 2 1 2 2 12 2 ( 1) 2 2 1 2 2 1− − − − − −− = − ⇔ − = − − − ⇔ + − = + −x x x x x x x x xx x x x x x x

Xét hàm số ( ) ( )2 ' 2 .ln2 1 0,= + ⇒ = + > ∀ ∈t tf t t f t t � . Suy ra hàm số ( )=y f t đồng biến trên � nên phương trình

( ) ( )2 2 21 1 2 1 0 1⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ − + = ⇔ =f x x f x x x x x x x .

b) Ta có ( ) ( )1 1 2 1 22 4 1 2 2 2 1 2 1 2 2+ + +− = − ⇔ − = − + ⇔ + + = +x x x x x xx x x x x

Giải ta được nghiệm 1=x .

c) ( )23 1

2 3 1 2 3 1 1 22 2

= + ⇔ = + ⇔ + = ⇒ = x xx x

x x x là nghiệm duy nhất của phương trình (vì VT phương trình là hàm nghịch biến).

Bài 28:


~58

a) Đáp số: 0; 1= =x x . (dùng PP hàm số)

b) ( )2 1 3 2 1 35 5 1 0 5 2 1 5 3+ +− − + = ⇔ + + = +x x x xx x x

Suy ra nghiệm phương trình 1=x . (dùng PP hàm số)

Bài 29:

a) ( )( ) 18.3 3.2 24 6 3 3 2 8 0

3

=+ = + ⇔ − − = ⇔ =x x x x x x

x.

b)

( )( )1 1 1

312.3 3.15 5 20 3 5 5 4 0 3 5 0 1 log 5+ + ++ − = ⇔ − + = ⇔ − = ⇔ = − +x x x x x x x .

c) ( )( )3 3 3 38 .2 2 0 2 1 2 0 2 0 2− − − −− + − = ⇔ + − = ⇔ − = ⇔ =x x x x x xx x x x x

Nhận xét: VT phương trình là hàm nghịch biền còn VF phương trình là hàm

đồng biến, mà 2=x là nghiệm. Suy ra 2=x là nghiệm duy nhất của phương

trình.

Bài 30:

a) ( )16 .8 (2 1).4 .2 1− + − =x x x xm m m

Chia hai vế phương trình cho 2x ta được ( )3 22 .2 2 1 2− + − =x x xm m m.

Đặt 2 0= >xt . Khi đó với mỗi giá trị của 0>t có duy nhất một giá trị của x thỏa

mãn.

Phương trình trở thành ( ) ( ) ( )3 2 3 2. 2 1 2 1 2− + − = ⇔ − = − +t m t m t m t t m t t .

Nhận xét: 1=t là một nghiệm của phương trình (2). Từ đó suy ra x = 0 là

nghiệm của phương trình (1).

Với 1≠t ta có ( ) ( ) ( )2

2 : 31

+⇔ = =

−

t tm f t

t

Xét hàm số ( ) ( ) ( )2 2

2

2 1'

1 1

+ − −= ⇒ =

− −

t t t tf t f t

t t

Bảng biến thiên

x

y’

y

-∞ 1 2− 1 2+

+∞

1 +∞

0 - + -

3 2 2+

0 +

+∞

-∞ -∞

3 2 2−


~59

Theo yêu cầu bài toán phương trình (3) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 1.

Từ bảng biến thiên suy ra 3 2 2

3 2 2

> + < −m

m.

Tóm lại, với 3 2 2

3 2 2

> + < −m

m phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt.

b) ( )2 22 2 224 2 6 2 4.2 6 1+− + = ⇔ − + =x xx x m m

Đặt 2

2 0= >xt . Phương trình trở thành ( )2 4 6 2− + =t t m

Khi đó với mỗi giá trị của 0>t có 2 giá trị của x thỏa mãn. Còn với 21 0 0= ⇒ = ⇔ =t x x .

Do đó, phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2)

có 2 nghiệm dương trong đó có một nghiệm 1=t . Thay vào phương trình (2)

suy ra m = 3.

Với m = 3, ta có (2)2

2

014 3 0

3 log 3

==⇔ − + = ⇔ ⇒ = = ± xt

t tt x

.

Vậy, với m = 3 thì phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt. c) Tương tự câu b) ta tìm được 5=m .

Bài 31:

Đặt ( )5 0= >xt t . Phương trình trở thành:

( ) ( )2( 3). (2 1). 1 0 2= + + − + + =f t m t m t m

Nếu 0 5 1< ⇒ = <xx t và 0 5 1> ⇒ = >xx t .

Do đó để phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu ⇔ thì phương trình (2) phải có

2 nghiệm 1 2<t t thỏa mãn 1 20 1< < <t t

( )( )

( ) ( )( )( )( )( )( )

2

3 00

0 2 1 4 3 1 0

0 0 3 1 0

1 0 3 4 3 0

+ ≠> ∆ > ∆ = − − + + > ⇔ ⇔ > + + > < + + <

ma

m m m

a f m m

a f m m

(vô nghiệm).

Vậy không có giá trị nào của m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu.

Bài 32:

Điều kiện x ≥ − 2.

Với x ≥ − 2.

PT ⇔32 2 4 4 4 44 (2 1) 2 (2 1) 0+ + − −

− − − =x x x x ⇔

34 4 2 2(2 1)(4 2 ) 0− + +− − =

x x x


~60

TH1: 4 42 1 4 4 0 1− = ⇔ − = ⇔ =x x x

TH2: 34 2 22 2+ +

=x x 3 2 2 4⇔ = + +x x ⇔ 3 8 2( 2 2)− = + −x x

⇔ 2 2( 2)( 2)( 2 4)

2 2

−− + + =

+ +

xx x x

x⇔ x=2.

Vậy nghiệm của PT là: x = 1; x = 2.

Bài 33: Điều kiện: x > 1

Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương

( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) ( )

( )( )( )

12

3 1

3

3

3

3

3

29 2.3 3 log 1 log 27 .9 9

3

9 2.3 3 log 1 3 2.3 9

3 3 3 1 log 1 3 2.3 9 0

3 3 3 1 log 1 1 0

1 loaïi3 3 0

4log 1 1 0 thoûa maõn3

+− − − + = −⇔ − − − − = −⇔ − + − − − + =⇔ − + − + =

=− = ⇔ ⇔ − + = =

xx x x

x x x x

x x x x

x x

x

x

x

x

x

x

x x

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm : 4

3=x .

Bài 34: a) Điều kiện: x > 0.

Phương trình đã cho tương đương với: log5( x + 3) = log2x (1)

Đặt t = log2x, suy ra x = 2t

( ) ( )52 log 2 3 2 3 5⇔ + = ⇔ + =t t tt 2 1

3 13 5

⇔ + = t t

(2)

Xét hàm số : f(t) = 2 1

33 5

+ t t

f'(t) = 2 1

ln0,4 3 ln0,2 0,3 5

+ < ∀ ∈ t t

t R

Suy ra f(t) nghịch biến trên R

Lại có : f(1) = 1 nên PT (2) có nghiệm duy nhất t = 1 hay log2x = 1 hay x =2

Vậy nghiệm của PT đã cho là : x = 2.

b) Điều kiện: x > 0 .

Đặt 2log =x t 2⇒ = tx


~61

Phương trình trở thành3 1

3 4 1 1.4 4

= − ⇔ + = t t

t t

Nhận thấy phương trình (*) có nghiệm duy nhất t = 1 (vì vế trái phương trình là

hàm số nghịch biến).

Từ đó suy ra 2log 1 2= ⇔ =x x

Vậy phương trình có duy nhất nghiệm x = 2.

Bài 35: a) Phương trình đã cho tương đương:

33loglog

3

2 0 22 0

111 log ln 0ln 01222

222 0

− = =− = ⇔ ⇔ − =− = − = >>− >

xx

x xx

x xxx

xxx

3

2 2 2

log 0 1 121 1 3

ln 0 12 2 2

2 22

= = = = = = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = − = − = = > >>

x x x

x x xx

x x x

x xx

.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 2.=x

b) Đặt 2 ( 0)= >xt t

Phương trình trở thành 2

22 3 2 0 1

2

=− − = ⇔ = −

tt t

t.

Kết hợp t > 0 suy ra t = 2

Với t = 2 ta có 2 2 1= ⇔ =x x .

Vậy phương trình có nghiệm 1=x .

c) T a có 9x + (x - 12).3x + 11 - x = 0

( ) ( )23 12 3 11 0⇔ + − + − =x xx x

3 1

3 11

=⇔ = −x

x x

0

( ) 3 11 0(*)

=⇔ = + − = x

x

f x x(a +

b + c = 0).

Mặt khác ta có '( ) 3 ln3 1 0,

(*)(2) 0

= + > ∀ ⇒= xf x x

f có nghiệm duy nhất x = 2 .

Vậy, tập nghiệm của phương trình: S = {0 ; 2}.


~62

Bài 36: Điều kiện: x > .

Phương trình ⇔ 3(3 1) 3 log (24 3) 0+ − + = x x x 33 log (24 3) 0⇔ − + =x x

Xét 3( ) 3 log (24 3)= − +xf x x với x>

/ 8( ) 3 ln3 ;

(8 1)ln3= −

+xf x

x/ / 2

2

64( ) 3 ln 3

(8 1) ln3= +

+xf x

x

/ / ( )f x > 0 ∀ x > ⇒ / ( )f x đồng biến trên ( , +∞) ⇒ / ( )f x =0 có nhiều

nhất là 1 nghiệm ⇒ ( ) 0=f x có nhiều nhất là 2 nghiệm.

Ta có (0) 0=f ; (1) 0=f . Vậy PT đã cho có 2 nghiệm là : x = 0 ; x = 1

Bài 37:

Điều kiện x ≥ − 2.

Với x ≥ − 2. PT ⇔ 32 2 4 4 4 44 (2 1) 2 (2 1) 0+ + − −− − − =

x x x x ⇔ 34 4 2 2(2 1)(4 2 ) 0− + +

− − =x x x

TH1: 4 42 1 4 4 0 1− = ⇔ − = ⇔ =x x x

TH2: 34 2 22 2+ +

=x x 3 2 2 4⇔ = + +x x ⇔ 3 8 2( 2 2)− = + −x x

⇔ 2 2( 2)( 2)( 2 4)

2 2

−− + + =

+ +

xx x x

x⇔ x=2.

Vậy nghiệm của PT là: x = 1; x = 2.

Bài 38:

Điều kiện: x ≠ 0

Nhận xét: 2 2

2 2 2

1 2 1 2− − −− =

x x x x

x x x= 1 -

2

x= 2(

1 1)

2−

x

Viết phương trình ra dạng:

22

2

1−x

x - 2 2

1 2− x

x = 2

2 2

1 1 2 1

2

− − − x x

x x<=> 2

2

2

1−x

x + 1

2.

2

2

1− x

x= 2 2

1 2− x

x + 1

2.

2

1 2− x

x

Xét hàm số: f(t) = 2t + 1

2t

Nhận xét: f(t) là hàm số đồng biến.

Viết phương trình đã cho ra dạng:

f(2

2

1− x

x)= f(

2

1 2− x

x)<=>

2

2

1− x

x=

2

1 2− x

x <=> x2 – 2x = 0 <=>

0

2

= =x

x

Vật pt có nghiệm x = 2.

Bài 39:

(Loại)


~63

Tập xác định: D = R.

Phương trình đã cho tương đương với phương trình: 3

3

3cos 4cos 3

3cos 3 4cos

(1 2) (1 2) 4cos 3cos

(1 2) 3cos 4cos (1 2)

+ − + = −

⇔ + + = + +

x x

x x

x x

x x

Xét hàm số f(t) = (1 2)+ +t t , ta có f(t) đồng biến với mọi t nên ta có:

f(3cosx) = f(4cos3x) ⇔ 3cosx = 4cos3x⇔ cos3x = 0 ⇔ x = 6 3+

kπ π, k ∈ Z.

vậy phương trình có nghiệm x = 6 3+

kπ π, k ∈ Z.

Bài 40:

Phương trình 22 22 2 1−⇔ = − +x x x x .

Đặt 2 12

8− = ⇒ ≥x x t t .

Phương trình trở thành: 2 1= +t t 2 1 0⇔ − − =t t .

Khảo sát hàm số ( ) ( ) ( ) 2

12 1 ' 2 .ln 2 1 ' 0 log

ln 2= − − ⇒ = − ⇒ = ⇔ =t tf t t f t f t t


t 2

1log

ln 2

f’(t) - 0 +

f(t)

Quan sát bản bíên thiên nhận thấy phương trình có tối đa 2 nghiệm t.

Mặt khác: f(0) = f(1) = 0. Phương trình có 2 nghiệm t = 0; t= 1.

Từ đó giải ta được phương trình đã cho có 4 nghiệm: x= 0 ; x= 1

2± ; x=1

Bài 41: 2 21 1 24 2 2 1 0− + +− = − + − =x mx x x mx (1)

Phương trình (1) 2 22 2 2 1 2 22 2 2 2 2 1− + +⇔ − = − + − + +x mx x x mx x

2 22 2 2 2 1 22 2 2 2 2 1− + +⇔ + − + = + +x mx xx mx x (2)

Xét hàm số ( ) 2= +tf t t Ta có '( ) 2 ln 2 1= +tf t

Ta có '( ) 0,> ∀f t t . Vậy hàm số f (t) đồng biến ∀ t

Từ đẳng thức (2) 2 22 2 2 1⇒ − + = +x mx x 2 2 1 0⇔ − + =x mx (3)

Phương trình (1) có nghiệm ⇔ Phương trình (3) có nghiệm


~64

⇔ ∆' ≥ 0⇔ m2 - 1≥ 0 ⇔ 1≥m

Kết luận: 1≥m .

Bài 42:

Phương trình α α

α α

⇔ + = 1x xSin tg

Chứng minh: π ∀ ∈ 0, 2u có Sinu < u < tgu (gợi ý chứng minh bằng phương

pháp hàm số)

nên: α α πα

α α

< < ∈ 1 : 0, 2Sin tg

Khi đó

x =0: VT =2 > VPx >0: VT > VPx <0; VT> VP

⇒ Vậy phương trình vô nghiệm.

Bài 43:

Ta có 29 9 3 cos( ) 3 3 .cos( ) (2).−+ = ⇔ + =x x x xa x a xπ π

Nhận xét: Nếu 0x là nghiệm của (2) thì 02− x cũng là nghiệm của (2), suy ra

điều kiện cần để (2) có nghiệm duy nhất là 0 0 02 1.= − ⇔ =x x x

Với 0 1=x , thì từ (2) suy ra 6.= −a

Với 6,= −a thì phương trình (2) trở thành 23 3 6cos( ) (3).−+ = −x x xπ

Ta có (3) 6, (3) 6.≥ ≤VT VP

Vậy 23 3 6

(3) 1.6cos( ) 6

−+ =⇔ ⇔ =− =x x

xxπ

Vậy 6.= −a

Bài 44: Điều kiện: 0 1> ∧ ≠x x

Biến đổi: ( )2

3 3log 2 log 13

= − x

x ; 3 3log 15 log .log 15= xx ; 2

3log2 3= xx .

Phương trình cho trở thành: ( ) 23 3 32 log 1 log 15.log log50

.5 3 09

− − + =xx x xx

Hay 3 3 3log log log2.25 15 9 0

9− + =x x x .

Chia 2 vế của phương trình cho 3log15 0≠x , đi đến phương trình:


~65 3 3log log

2 25 91 0

9 15 15 − + =

x x

⇔3 3log log

2 5 3. 1 0

9 3 5 − + =

x x

Đặt 3log5

03

= > x

t , đi đến phương trình: 22 9 9 0− + =t t .

Giải phương trình này được 2 nghiệm: 1 2

33;

2= =t t .

Với 3

3

log 1log 5 1

1

53 3 3

3− = ⇒ = ⇒ =

x

t x .

Với 3 3

3

log 1 log 2

log 5 13 5 33

2 3 2

−

− = ⇒ = ⇒ = x

t x .

Bài 45: Điều kiện: ≠x m.

Ta viết lại phương trình dưới dạng: ( ) ( )2 22 1 2

3 2+ − − + −− =

+x m m m

x m.

Đặt , 0= + >t x m t ta được: ( )22 2 1 23 2− − + −

− =t m m

t (*)

Nhận xét:

Hàm số ( ) ( )22 2 13 2− − += −

t mf t đồng biến với 0>t .

Hàm số ( ) 2−=

mg t

t nghịch biến với 0>t .

( ) ( )2 2− = −f m g m

Vậy, (*) có duy nhất nghiệm 2

2 22 2

= −= − ⇔ + = − ⇔ = −x

t m x m mx m

.

a) Với 0=m , ta được nghiệm phương trình là: 2= ±x .

b) Phương trình có đúng 2 nghiệm phân biết trên đoạn [ ]4;0− khi và chỉ khi:

4 2 2 0 1 3

2 2 2 2

− ≤ − ≤ ≤ ≤ ⇔ − ≠ − ≠ m m

m m.

Kết luận: 1 3

2

≤ ≤ ≠m

m.

Bài 46:

Vì ( )21 11 6.3 9 1 3 0,+ +− + = − ≥ ∀ ∈x x x x � nên điều kiện của phương trình là

∀ ∈x � .

Đặt 3 0= ⇒ >xt t .


~66

Phương trình trở thành 25 7 3 3 1 0− + − =t t t .

Giải ta được

1

53

5

= =

t

t

. Suy ra 3

3

log 5

3log

5

= − =

x

x là nghiệm của phương trình.

Bài 47: Điều kiện: [ 1;1]∈ −x

Đặt t = 21 13 + −x . Vì [ 1;1]∈ −x nên [3;9]∈t .

(3) ⇔ 2 2 1

2− +

=−

t tmt

.

Xét hàm số 2 2 1( )2

− +=

−t tf t

t với [3;9]∈t .

f(t) đồng biến trên [3; 9]. 4 ≤ f(t) ≤ 48

7.

⇒ 4847

≤ ≤m

Bài 48: Ta có:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

1

22 2

22

4 – 2 2(2 –1)sin(2 –1) 2 0

4 2.2 1 2 1 sin 2 1 1 0

2 1 2 1 sin 2 1 sin 2 1 1 sin 2 1 0

2 1 sin 2 1 cos 2 1 0

2

2

+

+ + + =

− + − + − + =

− − + − + + − + − + − =

− + + − + + − =

+

+

⇔

⇔

⇔

x x x x

x x x x

x x x x x

x x x

y

y

y y y

y y

⇔ 2

2 1 sin(2 1) 0 (1)cos (2 1) 0 (2)

− + + − =

+ − =

x x

xy

y

Từ (2) ⇒ sin(2 1) 1+ − = ±x y .

Thay vào (1) ⇒ x = 1 ⇒ 1 2

= − − +y kππ


1 2

= = − − +

x

y kππ

.

Bài 49:


~67

Đặt 3 1

2 0

2 1+

= >

− =

x

x

u

v. Phương trình được đưa về hệ: 33

32 23

01 21 22 1 0( )( 2) 01 2

= >+ =+ =

⇔ ⇔− + =− + + + =+ =

u vu vu vu uu v u uv vv u

( )( )2

0

1 1 0

= >⇔

− + − =

u v

u u u

Giải ta được 1

1

=

=

u

v hoặc

1 5

2

1 5

2

− −=

− −=

u

v

hoặc

1 5

2

1 5

2

− +=

− +=

u

v

vì 0>u nên 1

1

=

=

u

v hoặc

1 5

2

1 5

2

− +=

− +=

u

v

Từ đó ta giải được nghiệm phương trình là: 2

0

1 5log2

=

− +=

x

x.

Bài 50:

PT ⇔ ( ) 2008 2007 1 0= − − =xf x x với x ∈ (–∞ ; +∞ )

Có 2(x) 2008 .ln 2008 2007; ( ) 2008 ln 2008 0,′ ′′= − = > ∀x xf f x x

⇒ f ′ ( x ) luôn luôn đồng biến.

Vì f (x) liên tục và lim ( ) 2007; lim ( )→−∞ →+∞

′ ′= − = +∞x x

f x f x ⇒ ∃x0 để f ′' ( x0 ) = 0

Từ BBT của f(x) ⇒ f(x) = 0 không có quá 2 nghiệm.

Mà ( ) ( )0 0; 1 0= =f f .

Vậy PT có 2 nghiệm là x = 0; x = 1.

Bài 51: Nhận xét: 1= ±x là các nghiệm của PT.

PT 2 1

32 1

+⇔ =

−x x

x (*)

Vì VT(*) là hàm đồng biến và VF(*) là hàm nghịch biến trên 1

\2

� .


~68

Nên (*) có nghiệm trên mỗi khoảng 1

;2

−∞ và 1

;2

+∞ , thì nghiệm đó là duy

nhất. Ta có 1= ±x là nghiệm của phương trình.

Vậy PT chỉ có các nghiệm x = ± 1.

Bài 52:

Điều kiện: 2 5 0 5 / 2

1 0 1

− ≠ ≠ ⇔ − ≠ ≠ x x

x x

Viết lại phương trình dưới dạng : 2 5 11 1

2 5 1− −

− = −− −

x xe ex x

(1)

Xét hàm số 1( ) = −

tf t et với t > 0

+ Đạo hàm : 2

1'( ) 0, 0= + > ∀ >tf t e t

t

⇒Hàm số ( )f t luôn đồng biến trên khoảng (0; )+∞ .

Khi đó: phương trình (1) ⇔ ( 2 5 ) ( 1)− = −f x f x ⇔ 2 5 1− = −x x

⇔2 5 1 4

2 5 1 2

− = − = ⇔ − = − + = x x x

x x x

Vậy phương trình có hai nghiệm x=2 và x=4.

Bài 53:

Viết lại phương trình dưới dạng 2 6 2 4 32 6 2 4 3+ ++ + = + +m x x mm x x m (2)

Xét hàm số ( ) 2= +tf t t là hàm số đồng biến trên � , vậy

(2) 2 2 2( 6) (4 3 ) 6 4 3 ( 4) 3 6 (3)⇔ + = + ⇔ + = + ⇔ − = −f m x f x m m x x m m x m

- Nếu 2 4 0 2− = ⇔ = ±m m

+ Với m = 2, (3) ⇔ 0.x = 0, nghiệm đúng với ∀ ∈x �

+ Với m = - 2, (3) ⇔ 0.x=-9, phương trình vô nghiệm

- Nếu 2 4 0 2− ≠ ⇔ ≠ ±m m

Phương trình (3) có nghiệm duy nhất 3

2=+

xm

Kết luận:

- Với 2≠ ±m : phương trình có nghiệm duy nhất 3

2=+

xm

- Với m = 2: phương trình nghiệm đúng với ∀ ∈x R

- Với m = - 2: phương trình vô nghiệm.

Bài 54:


~69

Đặt t = 222 −x x ở đây, điều kiện cần là t > 0 nhưng nếu chỉ có điền kiện đó thì

chưa đủ và ta chưa giải được bài này. Ta phải tìm điều kiện của t bằng cách xét

hàm số. Xét hàm số y = 2x - x2 với x

30;

2 ∈

Ta có: y’(x) = 2 - 2x y’(x) = 0 ⇔ x = 1

Ta có bảng biến thiên:

x -∞ 0 1

3

2

+∞

y’(x) + 0 -

y(x)

Từ đó suy ra tập giá trị của y là y [ ]0;1∈

⇒ 20 ≤ 222 −x x ≤ 21 ⇔ 1 ≤ t ≤ 2

Với điều kiện đó của t thì phương trình (1) trở thành:

t2 + 2t + m - 3 = 0 ⇔ m = -t2 - 2t + 3 (2)

Phương trình (1) có nghiệm x 3

0;2

∈

⇔ phương trình (2) có nghiệm 1 ≤ t ≤ 2

Xét hàm số: g(t) = -t2 - 2t + 3 với t [ ]1;2∈

Có g’(t) = -2t - 2

Suy ra g’(t) = 0 ⇔ t = -1

Từ đó ta có bảng biến thiên:

x -∞ 1 2 +∞

y’(x) -

y(x)

0

1

0

-5


~70

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

phương trình (2) có nghiệm t 3

6 2 3−

⇔ m [ ]5;0∈ −

Vậy phương trình (1) có nghiệm x 1

2 ⇔ m [ ]5;0∈ −

Bài 55: TXĐ: D = �

Trên D ta có (1) ⇔ 2x + 3x - 3x - 2 = 0

Xét hàm số: f(x) = 2x + 3x - 3x - 2 với x ∈ D

Ta có: f’(x) = 2xln2 + 3xln3 – 3; f’’(x) = 2xln2x + 3xln2x > 0 ∀x ∈�

⇒ f’(x) là hàm số đồng biến trên �

Mặt khác f’(x) là hàm số liên tục trên �

Mà f’(0) = ln2 + ln3 - 3 < 0

f’(1) = 2ln2 + 3ln3 - 3 > 0

⇒ f’(0).f’(1) < 0 ⇒ ∃ x0 ∈ (0;1) sao cho f’(x0) = 0

⇒ ∀x ∈ ( )0;−∞ x thì f’(x) < 0

∀x ∈ ( )0 ;+∞x thì f’(x) > 0

Khi đó ta có bảng biến thiên:

x -∞ x0 +∞

f’(x) - 0 +

f(x)

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và trục

hoành.

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy đồ thị hàm số nếu cắt trục hoành thì sẽ cắt nhiều nhất tại 2 điểm. Do đó phương trình (1) sẽ có nhiều nhất 2 nghiệm

Mặt khác ta nhẩm được: f(0) = 0 ; f(1) = 0

Vậy phương trình (1) có đúng 2 nghiệm x = 0; x = 1.

Bài 56: a) Ta có

f(x0)

+∞ +∞


~71

( ) ( )( )( )( )

2 3 2

2 2

2

2

.3 3 (12 7 ) 8 19 12

3 7 12 1 7 12

3 1 7 12 0

3 1 0

7 12 0

+ − = − + − +⇔ − + = − − − +⇔ + − − + =

+ − =⇔ − + =

x x

x

x

x

x x x x x

x x x x x

x x x

x

x x

Giải: 3 1 0 3 1 0+ − = ⇔ = − + ⇒ =x xx x x (dùng PP hàm số)

Giải: 23

7 12 04

=− + = ⇔ =x

x xx

.

Vậy phương trình có 3 nghiệm 0; 3; 4= = =x x x .

b) Ta đưa phương trình về ( ) ( ) ( ) ( )

2 0 22 1 .3 3.2 0

1 .3 3.2 0 1 .3 3.2

+ = = − + + − = ⇔ ⇔ + − = + = x x

x x x x

x xx x

x x

Giải ( )1 .3 3.2+ =x xx , nhận xét 1= −x không phải là nghiệm nên phương trình

tương đương 3 3

2 1 = +

x

x. Ta thấy VT phương trình là hàm số đồng biến còn

VP phương trình là hàm nghịch biến, mà 1=x thỏa mãn phương trình. Suy ra

1=x là nghiệm duy nhất của phương trình.

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm 2; 1= − =x x .

c) Ta có ( ) ( )2sin 1 sin sinx4 2 cos( ) 2 0 2 cos 2 cos 0+− + = ⇔ − + − =yyx x xy xy xy

Vì 2 1

2 cos 01 cos 1

≥ ⇒ − ≥− ≤ ≤y

y xyxy

và ( )2sinx2 cos 0− ≥xy với mọi x, y.

Nên phương trình tương đương với hệ ( ) ( )

2 sinxsinxsinx 0

2 cos2 cos 0cos 1

02 cos2 cos 0 0

= =− = = ⇔ ⇔ = ⇔ ∈ == − = =yy

xyxy x kxy k

yxyxy y

π� .

Vậy phương trình có nghiệm ( ) ( ); ;0=x y kπ với ∈k � .

d) ( )( )2 2 2 2 2 22( ) 1 2( ) 1 2 2 10

2 2 2 .2 1 0 2 1 1 2 01

+ − + − + −=+ − − = ⇔ − − = ⇒ = ±

x x x x x x x x xx

x.

Bài 57:


~72

a) Với x ≥ 0, ta có 4

2 1

1 cos 1

≥− ≤ ≤x

x.

Phương trình tương đương với hệ 4

2 1

cos 1

= =x

x.

Giải hệ ta được nghiệm duy nhất 0=x .

b) ( ) ( )22 23 16 10 23 6 6 3 3 3− +− + = − + − ⇔ = − −xx x x x x (1)

Ta có ( )( )1 3

1 3

≥ ≤VT

VP với mọi x.

Suy ra phương trình ( ) ( ) ( )21 1 3 3 0 3⇔ = = ⇔ − = ⇔ =VT VP x x .

c) Đánh giá tương tự câu b) ta có nghiệm duy nhất của phương trình là 0=x .

d) 3

22.cos 3 32

−− = +

x xx x (1)

Ta có ( )1 2 3 .3 2−≥ =x xVP (BĐTCô si) và ( )1 2≤VT vì

32cos 1,

2

− ≤ ∀ ∈ x x

x � .

Phương trình tương đương với hệ 32

3 30

cos 12

−= ⇔ = − =

x x

xx x .

Bài 58:

a) Đánh giá tương tự câu b) bài 57 ta có sin sin 0

cos 0cos 1

== ⇔ ⇔ = = ±x x

x xx

π .

b) Điều kiện 0>x . Ta có ( ) ( )222

1 12 1 12 2 1− −−

+= ⇔ = +xx x x

xx x

Do ( ){( ) ( )

1 2

1 2

≤

≥

VT

VP BDT Cauchy nên phương trình

( )2

1

1

1 0

=⇔ ⇔ = − =

xx x

x

.

c) 2 0

0os2 1

=⇔ ⇔ = =x

PT xc x

.

d) 2 0

0os3 1

=⇔ ⇔ = =x

PT xc x

.

Bài 59:


~73

a) Đặt 2 0= >xt . Phương trình trở thành ( )2. 5 1 0 1− + =m t t

Trường hợp 1: 2

1 10 0 log

5 5= ⇔ = ⇒ ⇔ = ⇒ =a m PT t x (thỏa mãn)

Trường hợp 2: 0 0≠ ⇔ ≠a m . Yêu cầu bài toán (ycbt)

025

04

0

∆ =⇔ > ⇔ = >S m

P

.

Kết luận: 0

25

4

= =

m

m.

b) Đáp số : 25

8=m .

c) ( ) ( ) 5 1 5 15 1 5 1 2 1

2 2

+ −+ + − = ⇔ + = x x

x xxm m . Đặt

5 10

2

+= > x

t , làm tương tự câu a) ta tìm được 1

4=m .

d) Đáp số: 4.=m

e) Đáp số: 13 3.− < <m

f) Đáp số: 4.< −m

Bài 60:

a) 1( 1).4 (3 2).2 3 1 0++ + − − + =x xm m m (1)

Đặt 2 0= >xt . Phương trình trở thành

( ) ( )2( 1). 2(3 2). 3 1 0 2= + + − − + =f t m t m t m .

Nhận xét: Với 0 2 1

0 0 2 1

> ⇒ = > < ⇒ < = <x

x

x t

x t.

Do đó phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu khi và chỉ khi phương trình (2) có 2

nghiệm phân biệt 1 20 1< < <t t( )( )0 0 1

131 0

>⇔ ⇔ − < < <af

maf

.

Kết luận: 1

13

− < <m .

b) Không tồn tại giá trị m thỏa mãn.

c) Đáp số: 20

5< <m .


~74

d) Đáp số: 31

4− < < −m .

e) Đáp số: 8 93< <m .

f) Không tồn tại giá trị m thỏa mãn.

PHƯƠNG TRÌNH MŨ - upload.exam24h.com de Mu va Logarit... · Chuyên đề - Phương trình Mũ...

Documents

Transcript of PHƯƠNG TRÌNH MŨ - upload.exam24h.com de Mu va Logarit... · Chuyên đề - Phương trình Mũ...