PHƯƠNG TRÌNH MŨ Lược đồ giải phương trình mũ Bước 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho phương trình Bước 2: Lựa chọn phương pháp thực hiện Phương pháp 1: Biến đổi tương đương Phương pháp 2: Logarit hoá và đưa về cùng cơ số Phương pháp 3: Đặt ẩn phụ, có 4 dạng đặt ẩn phụ: a. Sử dụng một ẩn phụ để chuyển pt ban đầu thành một pt với một ẩn phụ b. Sử dụng một ẩn phụ để chuyển pt ban đầu thành một pt với một ẩn phụ nhưng các hệ số vẫn còn chứa x c. Sử dụng k ẩn phụ để chuyển pt ban đầu thành hệ pt với k ẩn phụ d. Sử dụng một ẩn phụ chuyển pt ban đầu thành hệ phương trình với một ẩn phụ và một ẩn x Phương pháp 4: Hàm số bao gồm: a. Sử dụng tính liên tục của hàm số b. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số c. Sử dụng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số d. Sử dụng định lý Lagrange e. Sử dụng định lý Rôn Phương pháp 5: Đồ thị Phương pháp 6: Điều kiện cần và đủ Phương pháp 7: Đánh giá Chú ý: 1. Trong trường hợp sử dụng pp biến đổi tương đương, ta có thể bỏ qua bước 1 để giảm thiểu độ phức tạp 2. Nếu lựa chọn phương pháp đặt ẩn phụ thì: a. Với phương trình không chứa tham số có thể chỉ cần thiết lập điều kiện hẹp cho ẩn phụ. b. Với phương trình chứa tham số phải đi tìm điều kiện đúng cho ẩn phụ. Thí dụ: Nếu đặt t = x 2 thì: a. Với phương trình không chứa tham số có thể chỉ cần điều kiện t > 0 b. Với phương trình chứa tham số phải cần điều kiện t ≥ 1 Bài toán 1: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG ( ) ( ) f x g x a a = ( ) 1 0 1 ( ) a a f x g x =   < ≠ ⇔      =    Ta sử dụng phép biến đổi tương đương sau: hoặc ( ) ( ) 0 1 ( ) 0 a a f x g x >   ⇔  − − =       Ví dụ 1: Cho phương trình: Biến đổi tương đương pt về dạng: Vậy, với . ( ) 2 4 5 3 9 1 x x m− + = a. Giải pt với m = 1 b. Tìm m để pt có hai nghiệm trái dấu. 2 4 5 2 3 3 x x m − + = 2 4 5 2x x m⇔ − + = ( ) 2 ( ) 4 5 2 0 2f x x x m ⇔ = − + − = a. Với m = 1, ta được: 2 4 3 0x x− + = 1 3 x x =  ⇔  =  b. Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu ⇔ (2) có hai nghiệm trái dấu ⇔ a.f(0) < 0 5 2 0m ⇔ − < 5 2 m ⇔ > Vậy, với . Ví dụ 2: Cho phương trình: Biến đổi tương đương pt về dạng: ( ) 3 2 2 2 3 2 2 8 4 1 mx x x mx x− + − + − = a. Giải pt với m = 1 b. Tìm m để pt có ba nghiệm phân biệt. ( ) ( ) 3 2 2 2 3 2 2 3 2 2 2 mx x x mx x− + − + − = ( ) ( ) 3 2 2 3 2 3 2 2 2mx x x mx x ⇔ − + − = + − ( ) 3 2 3 2 3 7 2 0mx m x x ⇔ − + − − = ( ) ( ) 2 3 2 2 1 0x mx x ⇔ − − + = ( ) ( ) 2 3 2 0 2 1 0 2 x f x mx x − =  ⇔  = − + =  Vậy, với . a. Với m = 1, ta được: 2 3 2 0 2 1 0 x x x − =  ⇔  − + =  2 3 1 x x  =  ⇔  =  b. Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt ⇔ (2) có hai nghiệm phân biệt khác 2 3 ⇔ ( ) ' 2 0 0 2 0 3 a f   ≠   ∆ >      ≠  ÷     0 1 0 4 4 0 9 3 m m m   ≠  ⇔ − >    − ≠  ( ) 3 ,1 \ 0, . 4 m   ⇔ ∈ −∞     Vậy, với . [...]... x3 = 6 Bài toán 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP LOGARIT HOÁ VÀ ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐ f ( x) a =b 0 < a ≠ 1; b > 0  ⇔   f ( x ) = log a b  f x f x Dạng 2: Phương trình: a ( ) = b ( ) f ( x) f ( x) ⇔ log a a = log a b ⇔ f ( x ) = g ( x ) log a b f ( x) f ( x) hoặc ⇔ log a = log b b b Dạng 1: Phương trình: Bài toán 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP LOGARIT HOÁ VÀ ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐ Dạng 2: Phương trình: ⇔ log a a hoặc a f... 2 log 2 5   Vậy, Ví dụ 3: Giải phương trình: 2 +2 x x +1 +2 x +2 = 3 +3 x x +2 +3 x +4 Biến đổi pt dưới dạng: 2 ( 1 + 2 + 4 ) = 3 ( 1 + 9 + 81) x x x Vậy, 91 2 ⇔ ÷ = 7 3 91 ⇔ x = log 2 3 7 BÀI TOÁN 3 SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ - DẠNG 1 PP đặt ẩn phụ dạng 1 là việc sử dụng một ẩn phụ để chuyển pt ban đầu thành một phương trình với một ẩn phụ Dạng 1: Phương trình a + a kx ( k −1) x + +... 4 x1 < 40 < 4 x2 ⇔ t1 < 1 < t2 ⇔ Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt t1, t2 thoả mãn: t1 < 1 < t2 ⇔ af ( 1) < 0 ( m + 3.12 + ( 2m − 1) 1 + m + 1)  < 0 ⇔ ( m + 3)   ⇔ af ( 1) < 0 ( m + 3.12 + ( 2m − 1) 1 + m + 1)  < 0 ⇔ ( m + 3)   3 ⇔ −3 < m < − 4 Vậy, Ví dụ 2: Cho phương trình: 4 − m.2 x x +1 + 2m = 0 ( 1) a Giải phương trình với m = 2 b Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,... x ) log b a = g ( x ) Ví dụ 1: Giải các phương trình sau: a 2 x 2 −2 b 2 x 2 −4 3x 3 = 2 =3 x −2 2x c 2 = 3 a Lấy logarit cơ số 2 hai vế phương trình, ta được: 3 log 2 2 = log 2 2 2 ⇔ x − 2 x = log 2 3 −1 x 2 −2 ⇔ x − 2 x + 1 − log 2 3 = 0 2 Ta có: ∆ ' = 1 −1 + log 2 3 = log 2 3 > 0 Suy ra pt có 2 nghiệm: Vậy, x1,2 = 1 ± log 2 3 b Lấy logarit cơ số 2 hai vế phương trình, ta được: x 2 −4 x −2 log... Vậy, x = 2 ⇔  x = log 2 3 − 2 2 c Lấy logarit cơ số 10 hai vế phương trình, ta được: 3x 2x lg 2 = lg 3 x x ⇔ 3 lg 2 = 2 lg 3 x lg 3 3 ⇔ ÷ = lg 2 2 ⇔ x = log 3 log 2 3 2 Vậy, Ví dụ 2: Giải phương trình: x 5 8 x −1 x = 500 Biến đổi pt dưới dạng: x 5 2 x −1 3 x = 5 2 3 2 x −3 ⇔ 5 2 x −3 x =1 Lấy logarit cơ số 2 hai vế phương trình, ta được: x −3 log 2 5 2 ⇔ log 2 ( 5 x −3 x x −3 =0  ) + log... 1 ≤ x −1 ≤ 2 Vậy, ⇔ 1 ≤ x −1 ≤ 4 ⇔ 2≤ x≤5 ) Ví dụ 5: Giải phương trình: ( 2+x −x ) 2 sin x =( 2 +x −x 2 ) 2 − 3cosx Phương trình được viết lại dưới dạng: ( 2 + x − x ) > 0   2 ( 2 + x − x − 1) sin x − 2 + 3cosx = 0  2 ( ) −1 < x < 2 ( *)  2  ⇔  x − x −1 = 0 ( 1)  sin x + 3cosx = 2 ( 2 )  1± 5 thoả (*) Giải (1) ta được: x = 1,2 2 Giải (2) ta được: 1 3 sin x + cosx = 1 2 2 π  ⇔ sin... 2: Phương trình α1a x + α 2b x + α 3 = 0 , với a.b = 1 1 Đặt t = ax, điều kiện t > 0 ⇒ b = t x 2x Dạng 3: Phương trình α1a + α 2 ( ab ) + α 3b 2 x = 0 x Chia hai vế của pt cho b2x > 0 (hoặc a2x, (ab)x) ta được: 2x x a a α1  ÷ + α 2  ÷ + α 3 = 0 b b x a Đặt t =  ÷ , điều kiện t > 0, ta được: b 2 α1t + α 2t + α 3 = 0 Ví dụ 1: Cho phương trình: (m + 3).16x + (2m – 1) 4x + m + 1 = 0 3 a Giải. ..Ví dụ 3: Giải và biện luận phương trình: ( x − 2) Điều kiện: x – 2 > 0 x2 + 2 x = x−2 ⇔x>2 a ( *) Phương trình tương tương với: ( x − 2) = ( x − 2) x2 + 2 x a ⇔ ( x − 2 − 1) ( x + 2 x − a ) = 0 2 x = 3 ⇔ 2  x + 2x − a = 0 Vậy pt có nghiệm x = 3 với mọi a Xét phương trình: x + 2 x − a = 0 ⇔ ( x + 1) = a + 1 2 2 ( 2) Khi đó, ta có biện luận:... (2m – 1) 4x + m + 1 = 0 3 a Giải phương trình với m = − 4 (1) b Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu Đặt t = 4x, điều kiện t > 0 Khi đó pt có dạng: (m + 3).t2 + (2m – 1)t + m + 1 = 0 3 a Với m = − , ta được: 4 t = 1 2 9t − 10t + 1 = 0 ⇔  1 t =  9 4x = 1 ⇔ x 1 4 =  9  (2) 4 = 1 x = 0  ⇔ 1 ⇔ x 1  x = log 4 = − log 2 3 4 = 9   9 Vậy,  x b Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu,... = 3 ⇔ Pt (2) có hai nghiệm phân biệt t1, t2 thoả mãn t1.t2 = 8 ∆ ' > 0  ⇔ S > 0 P = 8   m 2 − 2m > 0  ⇔  2m > 0 ⇔m=4  2m = 8 Vậy,  Ví dụ 3: Cho phương trình: ( m − 2 ) 2 ( ) 2 x 2 +1 − 2 ( m + 1) 2 x 2 +1 + 2m − 6 = 0 ( 1) a Giải phương trình với m = 9 b Xác định m để pt có nghiệm Đặt t = 2 x 2 +1 , vì x + 1 ≥ 1 ⇔ 2 2 Khi đó pt có dạng: x 2 +1 ≥ 21 ⇔ t ≥ 2 f ( t ) = ( m − 2 ) t − 2 ( m + . PHƯƠNG TRÌNH MŨ Lược đồ giải phương trình mũ Bước 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho phương trình Bước 2: Lựa chọn phương pháp thực hiện Phương pháp 1:. dụng định lý Lagrange e. Sử dụng định lý Rôn Phương pháp 5: Đồ thị Phương pháp 6: Điều kiện cần và đủ Phương pháp 7: Đánh giá Chú ý: 1. Trong trường hợp