TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN
KHOA TOÁN

Nhóm sinh viên thực hiện:
Võ Thò Nguyệt (Nhóm trưởng)
Nguyễn Thò Nhung
Trần Thò Nhung
Lê Thanh Nhưỡng
Phan thò Mỹ Nương
Đoàn Thanh Phong
Trần Thanh Phong(1987)
Tên đề t ài:
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ
BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ”

Giáo Viên Hướng Dẫn : DƯƠNG THANH VỸ
Quy Nhơn /11/2009
Lời nói đầu
Phương trình mũ là một mảng đề tài khá thú vò với nhiều
phương pháp giả đặc sắc . Ngòai những phương pháp giải thuần túy
như: biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ, đưa về cùng cơ số, logarit hai
vế … , bằng cách đánh giá phương trình dựa trên : tính chất hàm số
mũ; tính chất giá tò tuyệt đối; tam thức bậc hai, các bất đẳng thức cơ
bản… ta có thể nhanh chóng chỉ ra được nghòêm của bài toán. Phương
pháp này đặc biệt có hiệu quả đối với những phương trình không
mẫu mực hay những phương trình ta không thể giải bằng các phương
pháp thông thường hoặc sẻ gặp nhiều khó khăn.
Để bạn đọc không còn ái ngại trong việc lựa chọn phương
pháp giải khi đứng trước một phương trình không mẫu mực, nhóm
chúng tôi xin giới thiệu đề tài “ Giải phương trình mũ bằng phương
pháp đánh giá” . Ở đây chúng tôi tổng hợp và đưa ra những ví dụ

2. Các tính chất
−
+
=
=
> ∀ ≠
=
=
=
=
 
=
 ÷
 
> >
>
> ⇔ − −
1 2
1 2
1
1 2
2
1 2 1 2
1 2
1 2
x
x x
x
x x x x
x x x

>
 

   
= ⇔

   
>

g(x) h(x)
0
[f(x)-1][g(x)-h(x)]=0
. Phương trình f(x) f(x)
f(x) 0
3
Dạng 1: ĐÁNH GIÁ DỰA TRÊN TÍNH CHẤT HÀM SỐ MŨ.
(Phương Trình Mũ)
1. Phương pháp chung : Giải phương trình f(x) = g(x)
Xét trên tập xác đònh D ta có
f(x) m, x D
g(x) m, x D

≥ ∀ ∈

≤ ∀ ∈

Khi đó phương trình thỏa mãn khi
f(x) m
g(x) m




= ⇔ ⇔ =

=


Ví dụ 2:[4] Giải phương trình:
2
1 x
2 2 2 2
x x x x
2 3 4 5 4
−
+ + + =

Giải:
2
0
0
0
2
2
2
x
x
x
Ta có nhận xét x 0 ; x R
nên 2 2 1 ; x R
3 3 1 ; x R








≥
≤
⇔
⇔ = ⇔ =

Ví dụ 3 :[3] Giải phương trình :
+
− + =
) )
y
sin(x 1 sin(x
4 2 cos(xy) 2 0
Giải:
(
)
) )
)
)
y
sin(x 1 sin(x
2
y
sin(x

y
2
2 cos (xy) 0 (3)
đó ta có (2)
2 cos(xy) 0 (4)
Xét phương trình (3) : 2 cos (xy) 0
2 1
Ta nhận xét :
cos (xy) 1
2 1
Do đó (3) y=0
cos (xy) 1
Thay y=0 vào phương tr

− =

⇔

− =


− =

≥


≤




của nó là tính đơn điệu. Đây cũng là một mảng rất thú vò. Ta có 3
hướng áp dụng sau:
•
Hướng 1: Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng f(x)=k
Bước 2: Xét hàm số y=f(x)
Dùøng lập luận khẳng đònh hàm số đơn điệu(giả sử đồng
biến)
Bước 3: Nhận xét
0 0 0
0 0
0 0
. Với x=x f(x) f(x ) k , do đó x là nghiệm
. Với x<x f(x) f(x ) k , do đó phương trình vô nghiệm
. Với x>x f(x) f(x ) k , do đó phương trình vô nghiệm
Kết luận: Phương trình có nghiệm
⇔ = =
⇔ < =
⇔ > =
0
duy nhất là x=x
•
Hướng 2: Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng f(x)=g(x)
Bước 2: Xét hàm y=f(x) và y=g(x)
Dùng lập luận khẳng đònh y=f(x) là đồng biến,còn hàm
y=g(x) là nghòch biến hoặc là hàm hằng.
Xác đònh
0 0 0
x sao cho f(x ) g(x )

x 2
x 2
x x
3 3 9
* Với x>2 , ta có :
5 5 25
4 4 16
và
5 5 25
3 4 9 16
1
5 5 25 25
Vậy với mọi x>2 không là nghiệm của phương trình
* Với x<2, ta c
   
< =
 ÷  ÷
   
   
< =
 ÷  ÷
   
   
⇒ + < + =
 ÷  ÷
   
x 2
x 2
x x
3 3 9

 ÷  ÷
   
t t
3 3 4 4
Ta co ù f(t)= ln ln 0 ; t R
5 5 5 5
Suy ra f(t) là hàm số nghòch biến trên R
Hơn nữa, ta thấy f(2)=1
Vậy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình (1)
   
+ < ∀ ∈
 ÷  ÷
   
Ví dụ 5: [3] Giải phương trình :
x x
6 2 32
− =
Giải:

x x
x x
x 2
x
Phương trình 32+2 6
1 1
32 1
6 3
Nhận thấy x=2 là nghiệm của phương trình
1 1 1
* Với x>2 , ta có :

1 1
32 1
6 3
Vậy mọi x>2 không phải là nghiệm của phương trình
1 1 1
* Với x<2 , ta có :
3 3 9
1 1 8
và 32 32
6 6 9
1 1
32 1
6 3
Vậy
   
⇒ + <
 ÷  ÷
   
   
> =
 ÷  ÷
   
   
> =
 ÷  ÷
   
   
⇒ + >
 ÷  ÷
   

Ta lại thấy x=1 là 1 nghiệm của phương trình vì 2.3 3 1
Kết luận: Phương trình có duy nhất một nghiệm x=1
= −
Ví dụ 7: [6]
− + − =
2010 2009
Giải phương trình : 2009 x 2010 x 1 (1)
Giải:

2010 2009
2010 2009
Ta dễ nhận thấy x=2009 và x=2010 là nghiệm của phương trình
* Nếu x<2009 2009 x 0 và 2010 x 1
Suy ra 2009 x 2010 x 1
Vậy mọi x<2009 không phải là nghiệm của phương trìn
⇒ − > − >
− + − >
h
8
( ) ( )
2010 2009
2010 2009
2010 2009
* Nếu x>2010 2009 x 1 và 2010 x 0
Suy ra 2009 x 2010 x 1
Vậy mọi x>2010 không phải là nghiệm của phương trình
* Nếu 2009<x<2010 ta có:
Phương trình x 2009 2010 x 1
T
⇒ − > − >

thì hàm số có nhiều nhất là m nghiệm.
Ta xét thêm một ví dụ nữa:
Ví dụ 8: Giải phương trình :
2x 2x 2x
3 4 5
+ =
Giải: 2x 2x
Hoàn tòan có thể áp dụng phương pháp trên như sau:
3 4
Phương trình 1
5 5
Ta thấy x=1 là một nghiệm của phương trình
và hơn nữa Vế trái là một hàm nghòch biến
Vậy x=1
   
⇔ =
 ÷  ÷
   
+
là nghiệm duy nhất
9
( )
x
x x
n
x
i


− + + +
+ + = + +
2x 1 2x 2x 1 x x 1 x 2
4, 2 3 5 2 3 5

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

2 2
cos2x
sin x cos x cos2x
2
6, (2+ 2) (2 2) (2 2) 1
2
 
− + + − = +
 ÷
 ÷
 
10
Dạng 2 : ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH MŨ BẰNG CÁC BẤT
ĐẲNG THỨC CƠ BẢN
Trên đây , chúng tôi đã trình bày những bài toán đơn giản
nhằm có thể sử dụng phương pháp đánh giá để giải toán phương
trình mũ một cách nhanh chóng , dể hiểu. Tuy nhiên ta cũng đã sử
dụng khéo léo một số bất đẳng thức thường gặp như Cơsi,
Bunhiacôpxki, Bernoulli… để giải quyết những bài toán phức tạp
I. Một số nét chính của các bất đẳng thức
1. Bất đẳng thức Côsi :


> − ∈

∀ ≥
+ > +
> −
¡
x 0,x


≠ ∈

¡
3. Bất đẳng thức Bunhiacopxki :
1 2 n 1 2 n
2 2 2 2 2 2 2
1 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n n
1 2 n
Với 2 dãy số thực tùy ý a ,a , ,a và b ,b , ,b ta luôn có bất đẳng thức:
(a a a )(b b b ) (a b a b a b )
Đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi (a ,a , ,a ) và
+ + + + + + ≥ + + +
1 2 n
i i
(b ,b , ,b ) là 2 bộ tỉ lệ,
tức là tồn tại số thực k để a kb , i 1,n
= ∀ =
11
M ột số ví dụ minh họa
Ví dụ 1:

Điều kiện : x
Ta có nhận xét : VT= 8 x 8 2
VP=3 3 2 3 3 2
x 0
VT 2
Suy ra VT=VP x 0
VP 2
3 3
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=0
Ví dụ 2:
x x
1
Giảiphương trình: (4 x)(x 2) (5 5 )
2
−
− − = +
Giải
Côsi
Côsi
x x x x
x x
Điều kiện: x 2,4
4 x x 2
Ta có : VT= (4 x)(x 2) 1
2
1 1
VP= (5 5 ) 5 5 1
2 2
4 x x 2
VT 1

=

ïi x
Vậy phương trình vô nghiệm
Nhận xét: Với những bài toán như ví dụ 1,ví dụ 2 thì sử
dụng phương pháp đánh giá dựa vào bất đẳng thức là cách rất hay và
ngắn gọn trong lời giải. Nếu như ở ví dụ 1 ta có thể sử dụng phương
pháp đơn điệu để tìm ra nghiệm của bài toán thì sang ví dụ 2 hầu như
không có phương pháp nào khác phương pháp đánh giá bài toán đó.
12
Ví dụ 3:[4]
25x+3
3x
5
5
Giải phương trình: 3 -5.3 +2 27=0
Giải:
x
5 3
5 5
2
3 5
Cosi
2 2 2 2 3
5
3 5 6 5
1
2 x
5
5

thể để chuyển bài toán đó về dạng có thể sử dụng bất đẳng thức
để đánh giá và tìm ra nghiệm.
Vídụ4:[4]
x x
x x x x
2 4 1 3
Giải phương trình:
2
4 1 2 1 2 4
+ + =
+ + +
Giải:

x
a 2
Đặt ;a,b>0
x
b 4
a b 1 3
Khi đó , phương trình đã cho trở thành :
a 1 2
b 1 a b
a b 1
Ta có : VT= 1 1 1 3
a 1
b 1 a b
a b 1 a b 1 a b 1
= 3
a 1
b 1 a b

+ + + + + +
+ + −
+
+ +Cosâ i
1 1 1 1
= (b 1) (a 1) (a b)
2 a 1
b 1 a b
1 1
3
3 (b 1) (a 1) (a b).3 3
2 3
(b 1) (a 1) (a b)
9 3
3 VP
2 2
Suy ra VT=VP a 1 b 1 a b
x
a b 1 2
 
 
 ÷
 
 ÷
 
 ÷
 

nghiệm duy nhất x=0.
Nhận xét:
•
Ví dụ 4, ví dụ 5 đều xuất phát từ một bất đẳng thức
a b a 3
b c a c a b 2
+ + + ≥
+ + +
. (Bất đẳng thức này được chứng minh
như cách làm ở ví dụ 4)
•
Việc ra bài tập cho dạng đánh giá bằng bất đẳng thức Cơsi thật
đơn giản nếu bạn biết một số bất đẳng thức được chứng minh
từ bất đẳng thức Cơsi. Lúc đó bạn quy bất đẳng thức đó về
dạng mũ là được ( Vì bất đẳng thức Cơsi áp dụng cho những số
không âm và dạng mũ là những số dương nên chúng liên hệ
với nhau được)
 Một số bài tập tự giải:

4
2 x x
x x
2 x 2 x 2 x x
1) Giải phương trình: 16 x 2 2
(Đáp số: x=0)
2 4 1 3
2) Giải phương trình:
2
m 4 1 m 2 1 m 4 2


x
x
x x
x
Theo bất đẳng thức Bernoulli ta có:
* Với x 1 hoặc x<0
3 2x 1
Ta có 3 2 3x 2
2 x 1
Đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi x=0 hoặc x=1.
* Với x (0;1)
3 2x 1
Ta có 3 2 3x 2
2 x 1
Phương trình vô nghiệm.
14

Kết luận: Vậy phương trình có 2 nghiệm x=0 và x=1.
Ví dụ 7:[4]
x x
Giải phương trình: 9 3 10x 2+ = +
Giải:
x
x
x x
x
x
x
x
x x

x
x
x x
x
x
0x 2
Dấu đẳng thức sảy ra khi x=0
9 9 8x 1
* Với x (0;1) ta có 9 3 10x 2
3 3 2x 1
Phương vô nghiệm nếu x (0;1).
Kết luận : Phương trình có 2 nghiệm x=0 và x=1.
+

= < +

∈ ⇒ + < +


= < +

∈
Nhận xét: Qua ví dụ 6 , ví dụ 7 ta thấy nếu gặp bài toán có dạng:
x x
a b cx 2 (a,b>0;c=a+b-2)+ = +
thì phương pháp Bernoulli được sử
dụng là hiệu quả nhất bằng cách đánh giá theo từng trường hợp
giống như trên.
Ví dụ 8:[4]
x

 Một số bài toán tự giải:

x
x x
1) Giải phương trình: 5 4x 1
2) Giải phương trình: 3 5 6x 2
= +
+ = +
15
3) Giaûi phöông trình:
7 5 10 +2
x x
x+ =
16
Ví dụ 9:
x 3 5 x
Giải phương trình: (2+ 3) 7 4 3
− + −
= +
Giải:
( )
( )
( )
≤ ≤
− + − ≤ + − + − =
≤ + = + =
⇔
Bunhiacopxki
2 2
2

Đây là phương trình thuần nhất đối với sinx và cosx. Chúng ta có
thể sử dụng phương pháp giải bài toán dạng này nhưng quả thật khá
rắc rối . Với một chút biến đổi để sử dụng bất đẳng thức
Bunhiacopxki chúng ta dể dàng tìm ra nghiệm của nó.

( )
( )
( )
( )
( )
+ = + + −
≤ + + + −
 
π π
≤ + − ∀ ∈ ≤ ≤
 
 
≤ + − =
Bunhiacopxki
2 2
Ta có :sinx 2 cosx sinx cosx 2 1 cosx
1 1 sinx cosx 2 1 cosx
1 1
2 2 1 (Vì x , thì 0 cosx )
4 2
2 2
1
2 1 VP
2


a nếu a 0
a
a nếu a 0

≥
=

− <

2. Các tính chất:
* a b a b ab 0
a 0
* a b a b
b 0
a 0
* a b a b
b 0
* a b a b b(a b) 0
+ = + ⇔ >

≥
+ = + ⇔

≥


≥
+ = − ⇔

≤

≥
¡
Ví dụ 2:
( )
2 x x 1
Giải phương trình: 2 3 26 15 3
− + +
+ = +
Giải:
( )
( ) ( )
2 x x 1
2 x x 1 3
Giải phương trình: 2 3 26 15 3
Phương trình 2 3 2 3
2 x x 1 3 (*)
Ta có VT= 2 x x 1 2 x x 1 3 VP
Đẳng thức sảy ra (2-x)(x+1) 0 1 x 2
Vậy x 1;2 là nghiệm.
− + +
− + +
+ = +
⇔ + = +
⇔ − + + =
− + + ≥ − + + = =
⇔ ≥ ⇔ − ≤ ≤
 
∈ −
 
19

⇔ − + − − − =
− + − − − ≤ − + − − + = =
⇔ − − >
⇔ − − > ⇔ ≥
≥
x 2 1 x 2 1 2
Ta có VT= x 2 1 x 2 1 x 2 1 x 2 1 2 VP
Đẳng thức xảy ra x 2 1 2 0
x 2 1 0 x 3
Vậy phương trình có nghiệm x 3.
*Chú ý: Rất nhiều học sinh khi giải bài toán này chỉ thu được
nghiệm x=3.
* Tổng quát cho dạng này :
+α + −β
γ
=
− ≤ −
≥
f(x) f(x)
a b (b=a )
Sử dụng tính chất a b a b
Đẳng thức sảy ra khi b(a-b) 0.

Ví dụ 4:[6] Tìm tất cả các cặp số thực x,y thỏa :
( )
2 5
x 2x 3 log
3
(y 4)
2

= − = −
 
Từ (*) và (**) ta có y=-3
x 1 x 3
Thế vào (1) suy ra ;
y 3 y 3
Nhận xét : Sai lầm thường gặp ở dạng bài này là:
•
Học sinh sẽ khử giá trò tuyệt đối của (2) dẫn đến bài toàn này
dài và khó đònh hướng tiếp theo.
•
Đây là một trong những bài toán khó đònh hướng cho học sinh
nếu như không biết cách so sánh để suy ra
y 3≤ −
.
Ví dụ 5:
sin x
Giải phương trình : 3 cosx=
Giải:
sin x
sin x
2
2 2
2
Điều kiện : x 0
Do sin x 0 nên 3 1; cosx 1
Suy ra : 3 cosx
sin x 0 x k
(k,h )
cosx 1 x h

= π



¢
¢
nh là x=0
Nhận xét: Khi gặp phương trình mũ dạng ví dụ 3 ta nên dùng
cách đánh giá trên để giải vì nó liên quan đến hàm sinx và cosx mà
sinx 1
cosx 1

≤


≤


Ví dụ 6:
x x
Giải phương trình : 8 2 8x 2+ = +
Giải:

+ = +
≥

= ≥ +

⇒ + ≥ +


x
x
x x
x
x
8 8 7x 1 7x 1
8 2 8x 2
2 2 x 1 x 1
Dấu bất đẳng thức sảy ra khi x=0

 
∈
 

= < +

⇒ + < +


= < +

x
x
x x
x
x
* Với x 0;1
8 8 7x 1
8 2 8x 2
2 2 x 1

Do đó đặt (2 3) t ;Điều kiện t>0 thì (2 3)
t
1
Khi đó phương trình được viết lại t+2 3
t
t 1 0
t 3t 2 0
t 2 0
* Với t=1, ta có (2 3) 1 x 0
* Vơ
− + =
− = + =
=

= >
⇔ − + = ⇔

= >

− = ⇔ =
x 2
2 3
2
2 3
ùi t=2, ta có (2 3) 2 x log
Kết luận : phương trình đã cho có hai nghiệm x=0 và x log
−
−
− = ⇔ =
=

= >
⇔

+ +


⇔ + = ⇔ =
2 3 2
2
x
Khi đó phương trình tương đương với
1
t 3 2 0 t 2t 3 0 (t 1)(t t 3) 0
t
t 1 0
t t 3 (vô nghiệm)
2 3 1 x 0
Kết luận: phương trình đã cho có 1 nghiệm x=0.
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 t=

b 1
,t 0 và suy ra
c t
  
> =
 ÷  ÷
   
Ta xét ví dụ cụ thể sau:
Ví dụ 3:
( ) ( )
x x
x 3
Giải phương trình : 3 5 7 3 5 2
+
+ + − =
Giải:

>
   
+ −
+ =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
x
x x
Chia 2 vế chó 2 0 ta được:
3 5 3 5
7 8
2 2

= >

 
+
= ⇔ =
 ÷
 ÷
 
 
+
= ⇔ =
 ÷
 ÷
 
2
x
x
7
3 5
2
7
Khi đó phương trình tương đương : t+ 8
t
t 1 0
t 8t 7 0
t 7 0
3 5
* Với t=1 ta có 1 x 0
2
3 5

2
x
x
7
3 5
2
7
Khi đó phương trình tương đương : t+ 8
t
t 1 0
t 8t 7 0
t 7 0
3 5
* Với t=1 ta có 1 x 0
2
3 5
* Với t=7 ta có 7 x log
2
Kết luận:Phương trình đã cho có 2 nghiệm
x=0 và x
+
=
7
3 5
2
log
Để bạn đọc nắm vững hơn về kỹ năng giải các dạng toán trên
mời các bạn làm các ví dụ sau:
( ) ( )
x x