A-MỞ ĐẦU
I- LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Phương trình mũ là một bộ phận quan trọng trong chương trình toán học ở
phổ thông . Rất nhiều đề thi , đặc biệt là đề thi Đại học , cao đẳng khai thác vấn đề
này . Trong khi đó do thời gian có hạn nên SGK mới chỉ dừng lại ở các dạng bài tập
cơ bản , mặc dù SGK cũng có sự phân loại song số lượng bài tập để học sinh tự rèn
luyện rất ít và chưa phong phú Vì vậy, để giúp học sinh đỡ lúng túng khi gặp
những bài toán về phương trình mũ , tôi đưa ra một số bài tập đã được phân loại
cùng với phương pháp giải các loại bài tập này.
1- NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI
Thông qua hệ thống bài tập đã được phân loại cùng với phương pháp giải các
dạng bài tập đó , thì nhiệm vụ của đề tài này chỉ mong rằng sẽ góp phần giúp học
sinh hình thành , củng cố và rèn luyện kỹ năng làm việc với phương trình mũ . Đó là
các kỹ năng sau:
1- Giải các phương trình mũ bằng các phương pháp :
- Biến đổi hai vế về những lũy thừa có cùng cơ số.
- Lôgarit hóa
- Đặt ẩn phụ
- Phương pháp đánh giá hai vế
- Phương pháp sử dụng chiều biến thiên (đạo hàm ) đồ thị.
2 - Tìm điều kiện của tham số để phương trình :
- Có nghiệm , không có nghiệm.
- Có nghiệm thỏa mãn điều kiện cho trước
3 - Giải và biện luận phương trình mũ.
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
1
II- PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH.
- Trong các tiết học chính khóa cần yêu cầu học sinh nắm chắc :
+ Khái niệm lũy thừa với số mũ thực, và các tính chất của lũy thừa
+ Hệ số mũ – tính chất
+ Hàm số Lôgarit – tính chất

a
ƒ
(x)
= a
g(x)
⇔
0 < a ≠ 1
ƒ(x) = g(x)
a) Ví dụ : Giải các phương trình sau:
1) 21 = 1
Học sinh cần để ý thấy rằng 1 = a
0
với a ≠ 0 . Vậy phương trình trên viết
được dưới dạng :
21 = 21
0
Txđ : ∀ x ∈R
⇔ x
2
- 7x + 12 = 0
x = 4
⇔
x = 3
⇒ Đối với những phương trình có dạng a
ƒ
(x)
= 1 ( 0 < a ≠ 1) ta có
phương trình tương đương với phương trình trên là : ƒ(x) = 0
3) ( √10 + 3 ) = ( √10 - 3 )
Ta thấy : ( √10 + 3 ) ( √10 - 3 ) = 1 ⇒ √10 - 3 = ( √10 + 3 )
-1
⇒ 3) ⇔ ( √10 + 3 ) = ( √10 + 3 )
⇔ = -
Từ phương trình này ta có thể dễ dàng giải ra để tìm được x
⇒ Nhận xét : Đối với phương trình mũ có 2 cơ số a, b mà a.b = 1 ⇒ b = a
– 1
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
4
5(x + 5)
x - 7
7( x+17)
x - 3
5(x + 5)
x - 7
7( x+17)
x - 3
- 2
5(x + 5)
x - 7
7( x +17 ) – 2( x –3 )
x - 3
x - 3
x - 1
x + 1
x + 3
x - 3
x - 1
x + 1

6) 8.3
x
+ 3. 2
x
= 24 + 6
x
⇔ 8 ( 3
x
– 3 ) + 2
x
(3 – 3
x
) = 0
⇔ ( 3
x
– 3 ) (8 - 2
x
) = 0
⇔ 3
x
= 3 ⇔ x = 1
2
x
= 8 x = 3
Đối với phương trình này không thể đưa về cùng cơ số ngay thì ta có thể đưa
về cùng một vế rồi đặt thừa số chung.
b) Bài tập tương tự tự giải :

Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
5

x
+ 8 = 2. x
2
+ 2
x+ 2
5) 2
- x - 2
= ( )
x + 1 + x - 1
II- LOGARIT HÓA HAI VẾ
Phương pháp này thường dùng đối với phương trình có dạng :
a

ƒ
(x)
= b
g(x)
⇔ log
a
a

ƒ
(x)
= log
a
b
g(x)
với a ≠ b
0 ≤ a , b ≠ 1
Cơ số thường chọn cho phép logarit hóa khi lũy thừa chứa cơ số đó có số mũ

3
5 ) = 0
⇔ x = 0
x = log
3
5
2) 2 . 3
x
= 1,5
Cách 1 : 2 . 3
x
= 3 . 2
–1
⇔
2 = 3
1 – x
⇔ x
2
– 2x + 1 = log
2
3
1 – x
⇔ ( x – 1)
2
+ (x – 1) log
2
3
1 – x
= 0
⇔ x - 1 = 0 ⇔ x = 1

3) 2
3x
. 3
x
– 2 . 3 = 192
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
7
x
2
- 2x
x
2
- 2x
x
2
- 2x + 1
x
2
- 2x
3
2
3x +1 x -1
⇔ 2
3x
. 3
x
( 1- ) = 2
6
. 3
⇔ 2

8
2
3
x -1
3x -6
2 - x
1
lg x
{
1
lg x
x +1
x +2 x +2 x +1
x
x +2
2 - x
x - 1
x
a) Nếu trong phương trình có chứa : a
x
, a
2x
, a
3x
thì ta đặt a
x
= t
⇒ a
2x
= t

10
√ 3 )
x -10
- 84 = 0
⇔ (
10
√ 3 )
2x
+ - 84 = 0
Đặt (
10
√ 3 )
x
= t > 0 ⇒ 2) có dạng : 3.t
2
+ t – 252 = 0
⇒ Tìm được t ⇒ tìm được x.
3) 4 - 5 . 2 = 6
⇔ 2 . 2 - 5 . 2 - 12 = 0

⇔ Đặt 2 = t > 0

⇒ 3) có dạng : 2.t
2
–5.t – 12 = 0
⇒ Tìm được t ⇒ tìm được x
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
9
(
10

x
– 3 . 4
x
– 3 . 2 + 8 = 0
b) Nếu phương trình có dạng : α. a
x
+ β. b
x
+ γ.c
x
= 0
Trong đó : a.c = b
2
thì chia 2 vế cho a
x
hoặc c
x
rồi đặt ẩn phụ.
Ví dụ : Giải phương trình :
6 . 9
x
– 13 . 6
x
+ 6 . 4
x
= 0 (*)
Giải : Ta thấy : 9.4 = 36 = 6
2
nên
(*) ⇔ 6. ( )

2
+ x 2x

+ 2
x

+ 1
9
4
6
4
3
2
3
2
3
2
1) 3.16
x
+ 2. 81
x
= 5.36
x
2) 125
x
+ 50
x
= 2
3) 3 + 4. 15 = 3. 5
c) Nếu phương trình có dạng : α. a

x
. ( 5 - √ 24 )
x
= 1
Cách 1 : Đặt ( 5 +√ 24 )
x
= t > 0
⇒ 1) có dạng : t + = 10
⇔ t
2
– 10 .t + 1 = 0 ⇒ Tìm được t ⇒ tìm được x.
Cách 2 : Đặt ( 5 +√ 24 )
x
= U > 0
( 5 - √ 24 )
x
= V > 0
⇒ 1) ⇔ U.V = 1
U + V = 10
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
11
3x

+ 1
2x
2
+6x

-9 x
2

⇒ 2) có dạng : t
2
- + 2 = 0
⇔ t
3
+ 2.t - 3 = 0 ⇒ Tìm được t ⇒ tìm được x.
3) 2 + 4. 2 = 6
Thấy : 2 . 2 = 2
Đặt : 2 = t ∈ [ 1 ; 2 ] vì ∀ x ∈ R ⇒ 0 ≤ Cos
2
x ≤ 1
⇒ 2
0
≤ 2 ≤ 2
1
⇔ 1 ≤ t ≤ 2
⇒ 2 =
⇒ 3) có dạng : + 4.t = 6
⇔ 4.t
2
- 6.t + 2 = 0 ⇒ Tìm được t ⇒ tìm được x.
Có thể đặt : 2 = U ∈ [ 1 ; 2 ] U.V = 2
⇔
2 = V ∈ [ 1 ; 2 ] U + 4.V = 6
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
12
3
t
Sin
2

V ∈ [ 1 ; 2 ]
* Bài tập tương tự tự giải :

1) ( 2 + √ 3 )
x
+ ( 2 - √ 3 )
x
- 4 = 0
2) ( 7 +3√ 5 )
x
+ 7.( 7 - 3√ 5 )
x
= 2
x+ 3
3) ( 5 - √ 21 )
x
+ 7.( 5 + √ 21 )
x
= 2
x+ 3
d) Nếu trong phương trình có chứa : a
x
; ; a
2x
; ; a
3x
;
thì đặt : a
x
+ = t ≥ 2 ( BĐT Côsi)

x
- + = 1

Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
13
1
a
x
1
a
2x
1
a
3x
1
a
x
1
a
x
1
2
2x
1
2
x
1
2
x
1

3
+ 6.t
⇒ 2) có dạng : t
3
+ 6.t - 6.t = 1 ⇒ t = 1 ⇒ tìm được x
* Bài tập tương tự tự giải :
8. 2
3x
+ 8. + 24. 2
x
+ 24. = 125
IV- SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
Đối với phương pháp này ta thường làm như sau:
Cho phương trình : ƒ(x) = g(x)
Nhận xét thấy x
0
là nghiệm của phương trình. Sau đó chứng minh x > x
0
và
x < x
0
không thỏa mãn phương trình . Từ đó ⇒ x
0
là nghiệm duy nhất của phương
trình. Hoặc có thể dựa vào 2 mệnh đề sau:
• Mệnh đề 1 : Nếu trên Txđ D của phương trình ta có :
ƒ(x) luôn đẳng biến trên D
g(x) luôn nghịch biến trên D
∃ x
0

⇒ x
0
là nghiệm duy nhất của phương trình ƒ(x) = g(x)
• Mệnh đề 2 : Cho phương trình ƒ(x) = C ( Const) có Txđ D . Nếu :
ƒ(x) luôn đơn điệu trên D
∃ x
0
∈ D : ƒ(x) = C
⇒ x
0
là nghiệm duy nhất của phương trình ƒ(x) = C
- Ví dụ : Giải phương trình sau :
1) 4
x
+ 3
x
= 5
x
⇔ ( )
x
+( )
x
= 1
Cách 1 : - Có x = 2 là 1 nghiệm của phương trình .
+ Với x < 2 ⇒ ( )
x
> ( )
2
5
3
5
3
5
3
5
4
5
4
5
- Có x = 2 là 1 nghiệm của phương trình.
- ƒ(x) =( )
x
+ ( )
x
luôn nghịch biến trên R

Vì có : ƒ
‘
(x) = ( )
x
.ln + ( )
x
.ln < 0 ∀ x ∈ R
⇒ x = 2 là nghiệm ! của phương trình.

2) x
2
– (3 – 2

2x + 1
- 7. 2
4 x + 1
= 19
3) 2
x-1
- 2 = ( x – 1 )
2
đặt : x – 1 = U ; x
2
– x = V
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
16
4
5
3
5
4
5
4
5
3
5
3
5
x
2
-x
V- PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ HAI VẾ
+ Đối với phương pháp này ta đựa vào nhận xét :

x – 1
– 2 = 0
2) 2
x
+ 2
–x
= 2. Cos
2

Có : 0 ≤ Cos
2
≤ 1 ⇒ VP ≤ 2
VT = 2
x
+ ≥ 2 (BĐT Côsi)
2
x
+ = 2 2
x
= 2
- x

⇒ 2 ) ⇔ ⇔
Cos
2
= 1 = k.∏ (k ∈ Z )
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
17
}
{

6
x
2
+ x
6
x = 0
⇔ ⇔ x = 0
= k.∏
3) 4
S in x
– 2
1+Sin x
. Cos(xy) + 2
y
= 0
2
Sin x
- Cos(xy) + ( 2
y
– Cos
2
(xy) ) = 0
Vì 2
Sin x
- Cos(xy) ≥ 0
2
y
– Cos
2
(xy) ≥ 0 do 2

* Bài tập tương tự tự giải :
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
18
x
2
+ x
6
[
]
2
[
]
2
Với ∀ x ,y
x
3
1) 2
x
+ 2
– x
= 2. Cos
2) 2 = ( VP ≥ 4 ; VT ≤ 4)
VI- PHƯƠNG TRÌNH MŨ CÓ CHỨA THAM SỐ
- Phương trình mũ có chứa tham số ta thường gặp một số dạng sau :
+ Giải và biện luận.
+ Tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm, có nghiệm duy nhất ,
có nghiệm thỏa mãn điều kiện cho trước.
+ Biện luận theo tham số số nghiệm của phương trình.
Đối với các dạng này ta thường đặt ẩn phụ để đưa phương trình mũ đã cho về
những phương trình đại số đơn giản hơn rồi từ yêu cầu bài toán ta đưa về điều kiện

Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
19
tg
2
(xy) + cotg
2
(xy)
4
log
2
(4.x
2
– 4.x + 3)
2) Xác định m để phương trình sau có 2 nghiệm x
1
≠ x
2
sao cho x
1
+ x
2
=3
4
x
– m. 2
x+1
+ 2.m = 0 (2)
Đặt : 2
x
= t > 0 ⇒ (2) có dạng :

t
1
. t
2
= 8
∆
’
> 0
a. ƒ(0) > 0
⇔ 0 < ⇒ Giải tìm được m

= 8
* Bài tập tương tự tự giải :
1) Cho phương trình : m.4
x
– 2(m + 1).2
x
+ m + 4 = 0
Xác định m để : a) Phương trình có nghiệm
b) Phương trình có nghiệm duy nhất
c) Phương trình có 2 nghiệm trái dấu x
1
, x
2
sao cho x
1
+ x
2
= - 2
2) Giải và biện luận theo α phương trình sau :

) (1+a
4
)
⇔ 1 - a
x + 1
= (1- a
2
) (1+a
2
) (1+a
4
) = 1- a
8
⇔ x + 1 = 8
⇔ x = 7
2) a
x
+ ( b + 1 )
x
= b
x
+ ( a + 1 )
x
( a ; b > 0 )
⇔ ( a + 1 )
x
- a
x
= ( b + 1 )
x

- α.t
0
α
- 1
= 0
⇔ α = 0
( t
0
+ 1 )
α
- 1
- t
0
α
- 1
= 0
⇔ α = 0
( t
0
+ 1 )
α
- 1
= t
0
α
- 1

⇔ α = 0 ⇔ α = 0
(α - 1).ln (t
0

⇒ 2
U
– 2
V
= V – U
⇔ 2
U
+ U = 2
V
+ V
Xét hàm ƒ(t) = 2
t
+ t trên R ta có :
ƒ
‘
(t

) = 2
t
.ln 2 + 1 > 0 ∀ t ∈ R
⇒ ƒ(t) đồng biến trên R
⇒ ƒ(U) = ƒ(V)
⇔ U = V
⇔ (x – 1) = x
2
- x
⇔ x = 1
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
22
C - KẾT QUẢ ĐỀ TÀI

ĐH & CĐ
TS Bùi Quang Trường
5- Tuyển tập các đề thi ĐH & CĐ những năm gần đây.
NXB Giáo dục Hà Nội
Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
25