CHƯƠNG I: PHƯƠNG TRÌNH MŨ BÀI TOÁN 1: PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
Phương pháp:
Ta có :
( ) ( )
f x g x
a a
= ⇔

( ) ( ) ( )
0
1 0
a
a f x g x



 

 

>
− − =VD1: Giải phương trình:
(
)
(


 

 

 





− < <
+ − >
⇔
− − =
+ − − − + =
+ =

Giải (1) ta được
1 5
1,2
2
x
±
=
thoả mãn điều kiện (*)
Giải (2):
1 3
sin cos 1 sin 1 2 2 ,
2 2 3 3 2 6

;
2 6
x x
π
±
= =
.
VD2: Giải phương trình:
( )
( )
2
2
4
3 5 2
2
3 6 9
x x
x x
x x x
+ −
− +
− = − +
Giải: Phương trình
⇔

( ) ( ) ( )
2

⇔ ⇔ ⇔
 

 
=
 

 
− + = + − − + =
 
 

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt x = 4, x = 5.
VD 3 : Cho phương trình :
3
4
1
2 , 1
8
x m
x
m
−
= >
(1)
a) Giải phương trình khi m = 7.
b) Chứng minh rằng khi
1
m
>

1 4 4 7 0
x x x
− + + =
⇔
x = 1.
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
1
b) Xét hàm số
(
)
3
4 3
f x x x
= +
, x
∈
R. Ta có
(
)
2
' 12 3 0,
f x x x
= + > ∀
. Hàm số đồng biến trên R.
Hơn
nữa, f(x) liên tục trên R và
(
)
lim

2
x
≥ −

(1)
⇔
(
)
(
)
2
1 1 1 2 2 0
x x a x
+ − + + − + + =
⇔
(
)
2
1 2 2 0
x x a
+ + − =
⇔
( )
0
1 2 2 2
x
x a
=



− +∞
.
Suy ra,
(
)
(
)
2 1, 2
f x f x
≥ = ∀ ≥ −
. Ta có : (2) có nghiệm duy nhất khác 0
⇔
1
1 2 2
a
a
≥



≠ +


.
VD 5: Giải các phương trình sau :
1)
( ) ( )
3 1
1 3
10 3 10 3

2 2
2
2 2
x
x x
x x
+
+ = +

Giải : 1)
( ) ( )
3 1
1 3
10 3 10 3
x x
x x
− +
− +
+ = −

ĐK :
1
3
x
x
≠


≠ −


2 2
9 1
x x
− = −
⇔
5
x = ±
Vậy phương trình có 2 nghiệm
5
x = ± .
2)
(
)
2
1
2 .3 3
x
x x
+
+
=
⇔
1
2
2 .3 .3 3 .3
x
x x
=
⇔
(

ĐK :
2 2
x
− ≤ ≤
.
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
2
Phương trình
⇔
( )
2 2
1
1 1 4 0
2
x x x
 
− + − − − =
 
 
⇔
(
)
(
)
2 2
2 4 1 0
x x x
− − − =



2
x x
x
= ∨ = ±



= ±


, thỏa ĐK.
Vậy phương trình có 5 nghiệm
0; 1
x x
= = ±
;
15
2
x = ±
.
4)
( )
1
cos cos
2 2
2
2 2
x
x x


+ =

⇔
(
)
cos
2
2 1 1
0
x
x
x

= −

=

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
BÀI I. Giải các phương trình sau
1)
1 2 2 1
2 2 2 3 3 3
x x x x x x
− − − −
+ + = + − ĐS : x = 2
2)

−
− −
= ĐS :
1
1; 3;
3
x x x
= = − =

4)
( )
2
9
32 2
2 2 2 2
x
x x x x
−
− + = − +
ĐS :
4
1;; 5
3
x x= = ±

5)
( )
2 2
2 24 12
3

1
5 . 8 100
xx x+
=
ĐS : x = 2;
2
1
1
log 5
x = − −

8)
3
1 2 1 3
2 . 4 .8 2 2.0,125
x x x+ − −
= ĐS :
53
7
x =

9)
8
1
3 4 9
.
4 3 16
x
x
−

=
ĐS :
14
x
=

12)
1 4 2
1 2
1
27 .81
9
x x
x x
+ −
− +
= ĐS :
2
; 3
11
x x
= =

13)
1 2
1
2 .5 .10
5
x x x
− −

WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
3
16)
1 6 1
2 .2. 2 4
x x
+ +
= ĐS :
3
2
x
=

17)
2
3 19
1 1
2 2 4
16 0,25.2
x
x x x
−
−
+ − −
= ĐS :
5
1;
2
x x

   
   
ĐS :
3
1;
2
x x
= = −

20)
3
(3 2 2) 3 2 2
x
− = +
ĐS :
1
3
x
= −

21)
− + − + −
+ = +
2 2 2
4 12 2 16
4 4 4 1
x x x x x
ĐS : x = -4; x = 3;
2
x

t ,t
−
= + >
ĐS : x = 1; x = -2
23)
7 1 2
1 1
. 2
2 2
x x+ −
   
=
   
   
ĐS : x = 9 BÀI TOÁN 2: PHƯƠNG PHÁP LÔGARIT HOÁ
Phương pháp:
Dạng 1: Phương trình:

( )
( )
0 1, 0
log
f x
a
a b
a b
f x b

2
3
2
x x−
=
Giải: Lấy logarit cơ số 2 hai vế phương trình ta được:

2
2 2 2
2 2 2 2
3
log 2 log 2 log 3 1 2 1 log 3 0
2
x x
x x x x
−
= ⇔ − = − ⇔ − + − =

Ta có
,
2 2
1 1 log 3 log 3 0
∆ = − + = >
suy ra phương trình có nghiệm
x = 1
2
log 3.

( )
3 3
3 3
2 2 2 2 2
3
log 5 .2 0 log 5 log 2 0 3 .log 5 log 2 0
x x
x x
x x
x
x
x
− −
− −
   
−
= ⇔ + = ⇔ − + =
   
   

( )
2
2
3
1
3 log 5 0
1
log 5
x
x

x
x
−
= (1)
Giải : ĐK : x > 0.
(1)
⇔

( )
(
)
(
)
2
25
5
log 5 1
log 7
5 5
log 7 log
x
x
−
=
⇔
(
)
(
)
2

1
125
5
x x= ∨ =

Vậy phương trình có 2 nghiệm :
1
125;
5
x x
= =
.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
BÀI I. Giải các phương trình sau
1)
2
4
3
3 125.125
x x
−
= ĐS :
2
3 3 3
1 8
3log 5 9log 5 16 log 5
2 3
x
 

x
x
x+
=
ĐS :
3
2; 1 log 2
x x= = − −
BÀI II. Giải các phương trình sau
1)
3
2
1
5 .2 4
x
x
x
−
+
=
ĐS :
2
2; 1 log 5
x x= = − −
2)
4lg
2
4
1600
x


5)
2 1
1
5 .2 50
x
x
x
−
+
=
ĐS :
5
2; 1 log 2
x x= = − −
6)
2
1 2 1
5 .2 10.8
x x x x
− − +
= ĐS :
2
log 5
2;
2
x x= = −

7)
1 2 1

4 log 3
5
− −
=
+

9)
3
2
3 .2 6
x
x
x+
=
ĐS : x = 1 BÀI TOÁN 3: PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ
Phương pháp:
Chuyển phương trình ban đầu thành 1 phương trình với 1 ẩn phụ.
Các phép đặt ẩn phụ thường gặp sau:
Giã sử, đặt u = f(x) hay u là một hằng số nào đó, ta có :
Dạng 1: Phương trình
( 1)
1 1 0
0
ku k u u
k k
a a a
α α α α

u u
a b
α α α
+ + =
với a.b = 1.
Khi đó đặt
,
u
t a
=
điều kiện t > 0 suy ra
1
u
b
t
=
ta được:
2
2
1 3 1 3 2
0 0
t t t
t
α
α α α α α
+ + = ⇔ + + =

Dạng 3: Phương trình
( )
2 2

   

Đặt
,
u
a
t
b
 
=
 
 
điều kiện t > 0, ta được:
2
1 2 3
0
t t
α α α
+ + =

Dạng 4: Lượng giác hoá.
Nếu trong phương trình có dạng :
2 2
a u
−
, ta có thể đặt u = a.sint hay u = a.cost,…(VD 6)
Chú ý: Nếu phương trình không có tham số thì điều kiện cho
u
t a
=

sin 0 ,
x x k k Z
π
≠ ⇔ ≠ ∈
(*)
Vì
2
2
1
1 cot
sin
g x
x
= +
nên phương trình (1) được biết dưới dạng:

2
2 cot
cot
4 2.2 3 0
g x
g x
+ − =
(2)
Đặt
2
cot
2
g x
t = điều kiện


+ − = ⇔ ⇔ = ⇔ =

= −

⇔ = ⇔ = + ∈ thoả mãn (*)
Vậy phương trình có 1 họ nghiệm
,
2
x k k Z
π
π
= + ∈

VD2: Giải phương trình:
(
)
(
)
7 4 3 3 2 3 2 0
x x
+ − − + =
Giải: Nhận xét rằng:
(
)
(
)

( )
( )
2 3 2
2
1
3
2 0 2 3 0 1 3 0
3 0( )
t
t t t t t t
t
t t vn
=

− + = ⇔ + − = ⇔ − + + = ⇔

+ + =
(
)
2 3 1 0
x
x
⇔ + = ⇔ =

Vậy phương trình có nghiệm x = 0
Nhận xét: Như vậy trong ví dụ trên bằng việc đánh giá:


)
x
c
> 0, ta được:
. 0
x x
a b
A B C
c c
   
+ + =
   
   
từ đó thiết lập ẩn phụ
, 0
x
a
t t
c
 
= >
 
 
và suy ra
1
x
b
t
c
 

1
2 2
+ −
=
. Do đó, chia 2 vế của phương trình
cho
2
x
,
ta được phương trình :
3 5 3 5
16 8
2 2
x x
   
+
−
+ =
   
   
   
(1)
Đ
ặt
3 5
2
x
t
 
−

=
 
 
 
⇔
3 5
2
log 4
x
−
=
.
Vậy phương trình có nghiệm
3 5
2
log 4
x
−
=
. VD4: Giải phương trình:
2 2
2 1 2 2
2 9.2 2 0
x x x x+ + +
− + =
2
2
2 2
2
2
1
4
2 2 2 1
2 9 4 0
1
2
1
2 2
2
x x
x x
t
x x x
t t
x
t
x x
−
− −
=



= − = = −


2
4
4
1 1 1 1
2 2
2 4 4
2
x x
x x x t
−
 
− = − − ≥ − ⇔ ≥ ⇔ ≥
 
 

VD5: Giải phương trình:
( )
3
3 1
1 12
2 6.2 1
2
2
x x
x
x−
+ − − =

= − ⇒ − = − − − = −
   
   

Khi đó phương trình (1) có dạng:
3
2
6 6 1 1 2 1
2
x
x
t t t t
+ − = ⇔ = ⇔ − =

Đặt
2 , 0
x
u u
= >
khi đó phương trình (2) có dạng:
2
1(1)
1 2 0 2 2 2 1
2
2
x
u
u
u u u u x
u

0 2 1
x
< ≤
, đặt
2 sin , 0;
2
x
t t
π
 
= ∈
 
 

Phương trình trở thành :
(
)
2 2
1 1 sin sin 1 2 1 sin
t t t
+ − = + −
⇔
(
)
1 cos sin 1 2cos
t t t
+ = +
⇔
cos 2sin 4sin .cos 2 0
2 2 2

x x
m m m
+
+ + − − + =

a) Giải phương trình khi m = 3.
b) Định m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu.
Giải : 1)
( )
(
)
2
2
2
2
log 4
log 2
log 6
4 2.3
x
x
x− =
ĐK : x > 0.
Phương trình
⇔
2 2 2
1 log log 2 2log
4 6 2.3
x x x
+ +

2 36
3 1 17 2
2 36 3
t
t

− −
 
=

 
 


− +
   

= =
   

   
⇔
t = - 2
⇔
2
log
x

(
)
2
1 2 3 2 3 1 0
f t m t m t m
= + + − − + =
, t > 0 (2)
a) Khi m = 3, phương trình trở thành :
2
4 14 8 0
t t
+ − =
⇔
4 (loai)
1
2
1
2
2
x
t
t
= −


⇔ =

=

⇔

(
)
(
)
1 1 0
m f
+ <⇔
(
)
(
)
1 4 2 0
m m
+ − <
⇔
1
1
2
m
− < <
.
Vậy các giá trị m cần tìm là :
1
1
2
m
− < <

(
)
2 3 2 3 4
x x
m
− + + =
(1)
Đặt
(
)
2 3
x
t = − , t > 0. suy ra
(
)
2 3
x
+ =
1
t
. Phương trình trở thành

4
m
t
t
+ =
⇔
2
4 0



− = +


⇔
1
x
= ±
.
b) Gọi 2 nghiệm của (2) là
1 2
,
t t
với
1
t
<
2
t
. Ta có
1
2
t
t
=
(
)
1 2
2 3

log 9
x x
+
− =
⇔
(2) có 2 nghiệm dương phân biệt
1 2
,
t t
thỏa
mãn :
1
2
t
t
=
1
3
⇔
1
2
' 0
0
0
1
3
S
P
t
t


>



=


⇔
2 1
0 4 ( )
3
m
t t
< < ∗


=


Ta có
1
2
t
t
=
1
3
⇔
4

2 2
sin cos
81 81
x x
m
+ =
(1)
a) Giải phương trình với m = 30.
b) Tìm m để phương trình có nghiệm. Giải : Đặt
2
2
sin
cos
81
81
x
x
a
b

=


=


, ĐK :

a) Khi m = 30 : (3)
⇔
2
30 81 0
t t
− + =
⇔
3
27
t
t
= −


= −

(loại)
b) (1) có nghiệm
⇔
hệ (2) có nghiệm
⇔
(3) có 2 nghiệm t thỏa :
1 2
1 81
t t
≤ ≤ ≤

⇔
( )
( )

2
m
m
m
m

− ≥

− ≥



− ≥


≤ ≤


⇔
18 m 18
82
2
162
m
m
m
m
≤ − ∨ ≥



100
x
x
x
= +
ĐS :
7
10
log 7
x =
2)
2 1
1
1 1
3 12
3 3
x x
+
   
+ =
   
   
ĐS : x = -1
3)
8 2
5
4 2
x x
x
+

3 3 1 6.3 3
x x x x
+ + +
= + − +
ĐS :
(
)
3
log 6 33 1
x
= + −

7)
3
1 3
1 1
8 8. 3.2 125 24
2 2
x x
x x+ +
   
+ + = −
   
   
Hướng dẫn : Đặt
1
2
2
x
x

2
15 161
log
8
x
 
±
=
 
 
 

10)
3 2 3
2 2 .3 2.3 0
x x x x
+ − =
ĐS : x = 0
11)
3
3
1
5 27 5 64 9.5 0
5
x x x
x
−
 
+ + − + =
 

Hướng dẫn : Khử căn, đặt
2
2
x
t = ĐS :
1
x
= ±
; x = 0
14)
2
2 2
log 1 2log
2 48
x
x
+
= −
Hướng dẫn : Đặt
2
log
x
t x= ĐS :
3
2
x
±
=
BÀI II. Giải các phương trình sau
1)


3)
(
)
(
)
2
2 3 16 2 3 2
x x
x
+ + − = ĐS : x = 1
4)
(
)
(
)
7 48 7 48 14
x x
+ + − =
ĐS : x =
±
2
5)
(
)
(
)
sin sin
7 4 3 7 4 3 4
x x

2 5 1 5 1
= − +
, chia 2 vế
của phương trình cho
( )( )
2
5 1 5 1
x x
−
 
− +
 
 
, đặt
2
5 1
5 1
x x
t
−
 
+
 
=
 
−
 
. ĐS : x = 0; x = 1
7)
( ) ( )

7
x log
+
= −

11)
( ) ( )
5 24 5 24 10
x x
+ + − =
ĐS :
x 1
= ±

12)
7 3 5 7 3 5
7 8
2 2
x x
   
+ −
+ =
   
   
   
ĐS : x = 0;
7 3 5
2
7
x log

15)
( ) ( )
3
3 5 16 3 5 2
+
+ + − =
x x
x
ĐS :
3 5
2
x log 4
+
=

16)
( ) ( )
1 1 1 1
7 4 3 7 4 3 7 0
x x x x+ − − + − −
+ + − − =
ĐS :
3
x
2
= ±

17)
( ) ( )
+ +

2 6.2 1
2 2
x x
x x−
− − + =
Hướng dẫn : Đặt
2
x
t
=
,đưa về phương trình
3
2
1
t
t
 
− =
 
 
ĐS : x = 1

BÀI III. Giải các phương trình sau :
1)
2 2
sin cos
25 25 26
x x
+ =
ĐS :

x k x k k Z
π
π π
= = + ∈

4)
2 2
sin cos
9 9 10
x x
+ =
ĐS :
; ,
2
x k x k k Z
π
π π
= = + ∈

5)
2 2
sin 1 cos
4 4 10
x x+
+ =
ĐS :
,
4 2
x k k Z
π π

x = −

4)
+ + +
+ =
1 1 1
4 6 2.9
x x x
x x x
ĐS : x = -1
5)
( ) ( )( ) ( )
+ + − + + + + − =
7 5 2 2 5 3 2 2 3 1 2 1 2 0
x x x
Hướng dẫn :
(
)
3
7 5 2 1 2
+ = +
ĐS : x = 0
6)
2 2
2 3 5 2 6 9
2 6 9
3 4.15 3.5
x x x x
x x
+ − + −

x x x= = = ±

8)
4 4
1
8.3 9 9
x x x x
+ +
+ = Hướng dẫn : Chia 2 vế của phương trình cho
4
9
x
ĐS : x =
16

BÀI V. Cho phương trình :
(
)
.9 4 1 .3 0
x x
m m m
+ − + =
. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình
có nghiệm.
Hướng dẫn : Đặt
3 0
x
t
= >
, đưa về phương trình bậc 2 theo t :

2 0
x
t
= >
, đưa về phương trình bậc 2 theo t :
(
)
2
2 1 4 0
mt m t m
− + + + =
(1).
YCBT
⇔
(1) có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,
t t
thỏa :
1 2
0 1
t t
< < <
. ĐS :
4
m
< −
.
BÀI VII. Cho phương trình :
.2 2 5 0

(
)
16 .8 2 1 .4 .2
x x x x
m m m
− + − =
.
a) Giải phương trình khi m = 2.
b)Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
Hướng dẫn : Đặt
2 0
x
t
= >
, đưa về phương trình bậc 3 theo t :
(
)
3 2
2 1
t mt m t m
− + − =

⇔

(
)
(
)
2
1 1 0

2 3
7 3 5 2 5 7 3 5 .2
x x
x
m m
+
+ + + − = .
a) Giải phương trình khi m = 1.
b)Tìm m để phương trình có nghiệm .
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
13
Hướng dẫn : Đặt
7 3 5
0
2
x
t
 
+
= >
 
 
 
, đưa về phương trình bậc 2 theo t :
(
)
2 2
8 2 5 0
t mt m

( )
2 2 2
1 2 2 2
25 .9 3 7 .15
x x x x x x
m m
+ − − −
+ = + . (1)
a) Giải phương trình khi m = 9.
b)Tìm m để phương trình có nghiệm
[
]
0;2
x ∈
.
Hướng dẫn : Đặt
2
2
3 3
, 1
5 5
x x
t t
−
 
= ≤ ≤
 
 
, đưa về phương trình bậc 2 theo t :
(

5
t t
≤ < ≤
∨
1 2
3
1
5
t t
≤ < ≤
∨
1 2
3
1
5
t t
≤ ≤ ≤
.
Cách 2 :(Phương pháp hàm số )

(2)
⇔
2
25 7
3
t
m
t t
−
=

− + − +
− =
. (1).Tìm m để phương trình có nghiệm .
Hướng dẫn : Đặt
2
2
1
3 ,
3
x x
t t
− +
= ≥
, đưa về phương trình bậc 2 theo t :
2
3 0
t t m
− − =
(2)
(1) có nghiệm
⇔
(2) có nghiệm
1 2
,
t t
thỏa :
1 2
1
3
t t

2
1
3 , t ;
3
f t t t
 
= − ∈ +∞
 
 
, rồi xem xét sự tương giao giữa đồ thị hàm số trên với đường
thẳng
:
d y m
=
.
BÀI XII. Cho phương trình :
(
)
.9 3 1 3 5 2 0
x x
m m m
+ − − + =
(1)
Tìm các giá trị của m để :
a) Phương trình có 2 nghiệm trái dấu.
b) Phương trình có 2 nghiệm
1 2
,
x x
thỏa :

1 2
1
t t
< <
.
b) (1) có 2 nghiệm
1 2
,
x x
thỏa :
1 2
3
x x
+ =
⇔
⇔
(2) có 2 nghiệm
1 2
,
t t
thỏa :
1 2
. 27
t t
=
.
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
14
ĐS : a)

3 3
2 0
2 2
x x
m
+ +
   
+ − =
   
   
.
Đặt
2
1
3 3
,
2 2
x
t t
+
 
= ≥
 
 
, đưa về phương trình bậc 2 theo t :
(
)
2
2 0
f t t mt

2
log 2 1
x
= ± −
b)
1
6
m
=
.
BÀI XIV. Cho phương trình :
( )
2 2
1 1
2 .4 2( 1).2 2 6 0
x x
m m m
+ +
− − + + − =
(1)
a) Giải phương trình với m = 9.
b) Tìm m để phương trình có nghiệm.
Hướng dẫn:Đặt
2
1
2 , 2
x
t t
+
= ≥

2 0 2 0
2
2
af af
S


∆ ≥

≤ ∨ ≥



≥

.
ĐS : a) x = 0 b)
2 9
m
< ≤
.
BÀI XV. Cho phương trình :
7 3 5 7 3 5
8
2 2
x x
a
   
+ −
+ =

8
f t t t
= −
,
(
)
0;t
∈ +∞

(1) có nghiệm
⇔
(2) có nghiệm t > 0
⇔
đồ thị hàm số :
(
)
2
8
f t t t
= −
,
(
)
0;t
∈ +∞
có giao điểm
với đường thẳng :
y a
= −
.

x
t t
− +
= ≤
, đưa về phương trình bậc 2 theo t :
(
)
2
4 0
f t t t a
= − − =
(2)
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
15
(1) có nghiệm
⇔
(2) có nghiệm t
(
]
0;1
∈
⇔
1 2
1 2
1 2
0 1
0 1
0 1
t t

(
)
(
)
2
2 2 0
f t t a t a
= − + + =
(2)
(1) có nghiệm
⇔
(2) có nghiệm t
(
]
0;1
∈
⇔
1 2
1 2
1 2
0 1
0 1
0 1
t t
t t
t t
< < ≤


< ≤ ≤

(
)
(
)
2
1 2 0
f t t k t k
= − − + =
(2)
(1) có nghiệm
⇔
(2) có nghiệm kép dương hoặc (2) có 2 nghiệm trái dấu
⇔
( )
' 0
0
2
0 0
S
af
 ∆ =





>




x
t =
, đưa về phương trình bậc 2 theo t
:
(
)
(
)
(
)
2
4 2 1 0
f t m t m t m
= + − + + =
(2)
(1) có 2 nghiệm
1 2
,
x x
thỏa :
1 2
1 0
x x
− < < <
.
⇔
(2) có 2 nghiệm
1 2
,
t t

11
9 8.3 4
x xx x
m
+ −+ −
− + =
(1). Tìm m để phương trình có
nghiệm.
Hướng dẫn : Đặt
2
1
3
x x
t
+ −
= , Khảo sát hàm
( )
[ ]
2
g x x 1 x ,x 1;1
= + − ∈ −
ta có -1
≤

(
)
g x
≤

2

t 3
3
≤ ≤
⇔

⇔
2
1 2
2
1 2
2
1 2
1
3
3
1
3
3
1
3
3
t t
t t
t t

≤ ≤ <



< ≤ ≤

 

 


∆ ≥



 


≥
 


 




≥





< <



t
+ + −
= , Khảo sát hàm
(
)
[
]
g x x 1 3 x ,x 1;3
= + + − ∈ − ta có 2
≤

(
)
g x
≤

2
2
,
[
]
x 1;3
∀ ∈ −

Suy ra
2
4 t 4
≤ ≤ . Khi đó (1) trở thành :
(
)

(2)
(1)có 2 nghiệm trái dấu :
1 2
0
x x
< <

⇔
(2) có nghiệm
1 2
,
t t
thỏa :
1 2
0 1
t t
< < <

⇔
(
)
1 0
f
<
⇔
2
1 1 2 0
m m m
+ − + − <


I. Phương pháp:
Chuyển phương trình ban đầu thành 1 phương trình với 1 ẩn phụ nhưng các hệ số vẫn còn chứa
x.
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.
II. VD minh hoạ:
VD1: Giải phương trình:
(
)
2
3 2 9 .3 9.2 0
x x x x
− + + =
Giải: Đặt
3
x
t
=
, t > 0. Khi đó phương trình tương đương với:
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
17
( ) ( ) ( )
2 2
2

= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
 
 

Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 2, x = 0.
VD2: Giải phương trình:
(
)
2 2
2 2
9 3 3 2 2 0
x x
x x
+ − − + =
Giải: Đặt
2
3
x
t
=
điều kiện
1
t
≥
vì
2
2 0


Khi đó:
+ Với
2
2
3 3
2 3 2 log 2 log 2
x
t x x= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ±
+ Với
2
2 2
1 3 1
x
t x x
= − ⇔ = −
ta có nhận xét:
2
2
1 1
3 1
0
1 1
1 1
x
VT VT
x
VP VP
x



Giải: Đặt
2
2 , 0
x
t t
−
= >
.
Khi đó phương trình tương đương với:
(
)
(
)
2
2 4 1 16 0
x t x t
+ + + − =( ) ( ) ( )
2 2
' 4 1 16 2 2 6
x x x∆ = + + + = +
⇒
2 nghiệm :
2 2 2 6
4 (loai)
2
2 2 2 6 4

2
4
2
2
x
x
−
=
+
. Đoán 1 nghiệm : x = 2.
Xét hàm
(
)
2
2
x
f x
−
=
, với
x
∈
R. Ta có :
(
)
2
' 2 .ln 2
x
f x
−

2
x
∀ ≠ −
.
⇒
g(x) là hàm giãm trên R \ {2}.
⇒
phương trình
(
)
(
)
f x g x
=
nếu có nghiệm thì chỉ có duy nhất nghiệm. Vậy x = 2 là nghiệm của
p
hương trình đã cho.

VD4: Giải phương trình:
1
2 4 1
x x
x
+
− = −
(1)
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
18


f t t t
= −
. Ta có :
(
)
' 2 2
f t t
= −

(
)
' 0
f t
=

⇔

1
t
=
. Bảng biến thiên

⇒


⇒

(
)
(
)
0, 2;f t t
< ∀ ∈ +∞
. Vậy (2) vô nghiệm.

•
t = 2 : thỏa (2). Với t = 2
⇔
x = 1.
Vậy phương trình có nghiệm x = 1. BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
BÀI I. Giải các phương trình sau
1)
(
)
(
)
2
3 2 2 1 2 0
x x
x x
− − + − =
ĐS :

x x x x
− + + =
ĐS :
0; 2
x x
= =

5)
2 3 1 3
4 2 2 16 0
x x x+ +
+ + − =
ĐS :
(
)
2
log 5 1
x
= −

6)
2
3 3 5 5
x x
+ + =
Hướng dẫn : Đặt
5
u
=
, đưa về phương trình bậc 2 theo u. ĐS

+ + = + +
ĐS :
3
x
2
=
;
2
3
log 3
x =
1
0
0
-
+
0
2
1 0
f(t)
f’(t)
t
0
2
-
∞

-
+
∞

Hướng dẫn : Đặt
2
6 , 1
x
t t
= ≥
, đưa về phương trình bậc 2 theo t . Ta có :
2
2
6 6 1
x
x x
= − + +
.
ĐK :
0 6
x
≤ ≤
. Xét sự tương giao của 2 hàm số :
( )
2
6
x
f x = và
(
)
2
6 1
g x x x
= − + +

.3 3 .3 2 .3 0, m 0
x x x
m m m m
− + + − = ≠

a) Giải các phương trình với m = 2.
b) Xác định m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
Hướng dẫn : Đặt
3 0
x
t
= >
, đưa về phương trình :
(
)
(
)
3 2 2
3 1 2 0
t t m t m t
+ − + + =
với m là ẩn (1).
⇔

2
1
2
1
m
t

YCBT
⇔
(2) có 2 nghiệm dương phân biệt
≠
1
m
và
m
> 0.
ĐS : a)
3
2
x log
= − b)
0 1
m
< <
.
BÀI III. Cho phương trình :
3 2 2
3 2 .3 .3 1 0
x x x
m m m
+ + + − =

a)Giải các phương trình với m =
1 2
+ .
b)Xác định m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
Hướng dẫn : Đặt

t m
f t t t m
= −


= + + + =


a) Bạn đọc tự giải
b)Từ (2)
1
m
⇒ <

YCBT
⇔
(3) có 2 nghiệm dương phân biệt
≠
1
m
−
và
m
< 1.
ĐS : a) Vô nghiệm b)
3
4
m
< −
.

= −


= − −

⇔

( )
2
(2)
2 3 0 (3)
t m
f t t t m
= −


= + + =


a
) Bạn đọc tự giải
b) Nếu (2) có nghiệm t > 0
0
m
⇔ <

WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
20
•





>





− =




⇔
2
9 8 0
3
0
4
9 8 0
0
m
m (l)
m
m m
 − =



⇔
(3) có 2 nghiệm dương phân biệt
⇔

9 8 0
0
3
0 0
2
0
0
2
m
S
P
m
∆


− >
>


 
> ⇔ − >
 
 
>



t m t t m t t
+ + − − − + + =
(1) với m
là ẩn.
⇔

2
1
m t
m t mt
=


= − +

⇔

( )
2
(2)
1 0 (3)
t m
f t t mt m
=


= − + − =


a) Bạn đọc tự giải

m
a
af
f m
∆
∆
 =





− = >




<


≤




=







− ≤



− =




⇔

2 2 2 m 2 2 2 m 1
− − < < − + ∨ =

Kết hợp với
0
m
>
ta được :
0 m 2 2 2 m 1
< < − + ∨ =

•
TH 2 : (2) vô nghiệm
⇔
t
≤
0






− = >
⇔ − ≤ ⇔ ≥




≤

(loại)

WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
21
ĐS : a) x =
1
2
b)
0 m 2 2 2 m 1
< < − + ∨ =
BÀI TOÁN 5: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH
I. Phương pháp:
Sử dụng 2 ẩn phụ cho 2 biểu thức mũ trong phương trình và biến đổi phương trình thành phương

v
− +
+ +

=

>

=



Khi đó phương trình tương đương với:
(
)
(
)
1 1 1 0
u v uv u v
+ = + ⇔ − − =

2
2
3 2 2
2
2 6 5
1
1 4 1 3 2 0 2
1 1
2 6 5




= −


Vậy phương trình có 4 nghiệm.

VD2: Giải phương trình:
3 2 3 4
2 1 2 1
.2 2 .2 2
x x
x x
x x
− + − +
+ −
+ = + Giải: Phương trình
⇔

3 4 3 2
2 1 1 2
.2 2 .2 2
x x
x x
x x
− + − +

− +
−
− − =⇔
2
x 3 2
x 1
4x 1 0
2 2
− +
−

− =

=

⇔
1
x
2
x 3 2 x 1

= ±



( )
∗
⇔
3 – x = x – 3
⇔
x = 3 (loại)
Vậy phương trình có các nghiệm :
1
x x 3
2
= ± ∨ ≥WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
22

VD3: Cho phương trình:
2 2
5 6 1 6 5
.2 2 2.2 (1)
x x x x
m m
− + − −
+ = +
a) Giải phương trình với m = 1
b) Tìm m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt. Giải: Viết lại phương trình dưới dạng:

x x
x
u
u v
v
− +
−

=

>

=


. Khi đó phương trình tương đương với:
( )( )
2
2
2
5 6
1
1
3
1 2 1
1 0 2
2
2 (*)
x x
x

a) Với m = 1, phương trình (*) có dạng:
2
1 2 2
2 1 1 0 1 1
x
x x x
−
= ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ±

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:


<


− >
 
 
⇔ ⇔ ∈
   
≠
− ≠
 
 
 
− ≠

≠



Vậy với
( )
1 1
0;2 \ ;
8 256
m
 
∈
 
 



. ĐS : x = 0;
x 1
= ±

2)
8.3 3.2 6 24
x x x
+ = + ĐS : x = 1; x = 3
3)
1
12.3 3.15 5 20
x x x+
+ − =
ĐS :
3
x log 5 1
= −

4)
3
8 .2 2 0
x x
x x
−
− + − =
ĐS : x = 2
5)
xxx

u v
v
− +
+ +

=

>

=


. ĐS : x = 0; -5;
x 1
= ± WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
23
7)
7) 7)
7)
2 2
x 2x x 1 2x 1
1
.3 3 9.3 27

− −
+ − = −
Hướng dẫn : Làm xuất hiện phương trình
x
3 3
2 x 1
 
=
 
+
 
. Để ý hàm số
( )
x
3
f x
2
 
=
 
 
ĐB trên
ℝ
và
(
)
f x 0 x
> ∀ ∈
ℝ
;

ĐS : x = 0;
x 1
= ±

12)
1
4
4
4
7325623
222
+
=
+
+++++− xxxxxx
ĐS : x = 2;
x 1
= ±
; x = -5

13)
3 3
2 2 2 2 4 4
4 2 4 2 ( )
x x x x x x
x
+ + + + + −
+ = + ∈
ℝ


ĐS : x
= 2; x = 1

14)
2 2
x 2 x 9 3 x x 3 x 2 x 9 x 3x x 3 x
3 .4 3 .4 4 4 0
− − − + − − − +
− − + =
ĐS : x = 3
15)
2 2 2 2
6 6 6 6
− + −
+ = +
x x x x
x . x . ĐS : x = 0; x = 6 BÀI II. Giải và biện luận phương trình:
2 2 2
2 2 3 ( 2) 1
9 3 3 1 (1)
x x m x m x− + + − − −
− = −
Hướng dẫn : Đặt
2
2
2
2 3

u
v
− +
− + − −
+ −
= = =
, ta đưa về phương trình :
1
u
u v
v
− = −

⇔

(
)
(
)
1 0
u v v
− − =
⇔
1
u v
v
=


=

Ta đưa về phương trình :
1
u
u v
v
− = −

⇔

(
)
(
)
1 0
u v v
− − =
⇔
1
u v
v
=


=

.
Xét 2 trường hợp : u = v và v = 1.

BÀI TOÁN 6: ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
I. P


=


=



II. VD minh hoạ:
VD1: Giải phương trình:
1 1 1
8 2 18
2 1 2 2 2 2 2
x
x x x x− − −
+ =
+ + + +
Giải: 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

= + + = + + = +

Phương trình tương đương với hệ:
8 1 18 2
8 18
9
9;
8
u v
u v
u v u v
u v uv
u v
u v uv
= =
 
+ =
+ =



⇔ ⇔
+
 

+ =
= =


+ =

2 1 9
4
9
2 1
8
x
x
x
−
−

+ =

⇔ =

+ =



Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x = 1 và x = 4.
VD2: Giải phương trình:
2
2 2 6 6
x x
− + =
Giải: Đặt
2

u v
v u

= + − =


⇔ − = − − ⇔ − + = ⇔


+ + =
= +




+ Với u = v ta được:
2
3
6 0 2 3 8
2(1)
x
u
u u x
u
=

− − = ⇔ ⇔ = ⇔ =

= −


2
21 1
log .
2
−

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
25