PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ DẠNG 1 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ Dạng 1: Phương trình: 2 1 2 3 0 x x a a α α α + + = Đặt x t a= , điều kiện t >0. Dạng 2: Phương trình: 1 2 3 0 x x a b α α α + + = , với . 1a b = Đặt x t a= , điều kiện t >0, suy ra 1 x b t = Dạng 3: Phương trình: ( ) 2 2 1 2 3 0 x x x a ab b α α α + + = Chia hai vế của phương trình cho 2 0 x b > (hoặc ( ) 2 , x x a ab ) Ví dụ 1: Giải phương trình: ( ) 2 2 2 1 1 7.2 20.2 12 0 x x + + − + = Đặt 2 1 2 x t + = , vì 2 2 1 1 1 1 2 2 2 x x t + + ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ Khi đó pt (1) có dạng: ( ) 2 2 1 2 2 7 20 12 0 2 2 1 2 0 6 7 x t t t x x t l + =   − + = ⇔ ⇔ = ⇔ + = ⇔ =  =  Vậy, pt có . nghiệm . Ví dụ 2: Giải phương trình: ( ) 2 2 1 cot sin 4 2 3 0 1 x x + − = Điều kiện: ( ) sin 0 , .x x k k Z π ≠ ⇔ ≠ ∈ ∗ Vì 2 2 1 1 cot sin x x = + , nên pt (1) được viết lại dưới dạng: ( ) 2 2 2cot cot 2 2.2 3 0 2 x x + − = Đặt 2 cot 2 x t = , vì ( ) 2 2 cot 0 cot 0 2 2 1 x x t≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ∗∗ Khi đó pt (2) có dạng: ( ) 2 2 cot 2 1 2 3 0 2 1 cot 0 , 3 2 x t t t x x k k Z t l π π =  + − = ⇔ ⇔ = ⇔ = ⇔ = + ∈  = −  Nghiệm đó thỏa mãn (*). Vậy, pt có . nghiệm . Ví dụ 3: Giải phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 3 2 3 4 1 x x − + + = Nhận xét rằng: ( ) ( ) 2 3. 2 3 2 3 2 3 1− + = − + = Đặt ( ) 2 3 x t = + , điều kiện t > 0 ( ) 1 2 3 x t ⇒ − = Khi đó pt (1) có dạng: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 2 3 2 3 2 3 1 4 4 1 0 2 3 2 3 2 3 1 2 3 2 3 2 2 2 1 2 3 2 3 2 x x x x t t t t t t x x x x −  + = +   = + + = ⇔ + − = ⇔ ⇔   = −    + = −     = + = +   =  ⇔ ⇔ ⇔    = −    = − + = +     Vậy, pt có . nghiệm . Ví dụ 4: Giải phương trình: ( ) ( ) ( ) 7 4 3 3 2 3 2 0 1 x x + − − + = Nhận xét rằng: ( ) ( ) ( ) 2 7 4 3 2 3 2 3 2 3 1 + = + + − = Đặt ( ) 2 3 x t = + , điều kiện t > 0 ( ) 1 2 3 x t ⇒ − = và ( ) 2 2 7 4 3 2 3 t+ = + = Khi đó pt (1) có dạng: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 3 3 1 3 2 0 2 3 0 1 3 0 3 2 3 1 0 x t t t t t t t t t t VN t x =  − + = ⇔ + − = ⇔ − + + = ⇔  = + +  ⇔ + = ⇔ = Vậy, pt có . nghiệm . Ví dụ 5: Giải phương trình: ( ) ( ) ( ) 3 3 5 16 3 5 2 1 x x x+ + + − = Chia 2 vế của phương trình cho 2 0 x > , ta được: ( ) 3 5 3 5 16 8 2 2 2 x x     + − + =  ÷  ÷  ÷  ÷     Nhận xét rằng: 3 5 3 5 1 2 2    + − =  ÷ ÷  ÷ ÷    Đặt 3 5 2 x t   + =  ÷  ÷   , điều kiện t > 0 3 5 1 2 x t   − ⇒ =  ÷  ÷   Khi đó pt (2) có dạng: 2 3 5 2 3 5 8 16 0 4 4 log 4 2 x t t t x +   + − + = ⇔ = ⇔ = ⇔ =  ÷  ÷   Vậy, pt có . nghiệm . Ví dụ 6: Giải phương trình: ( ) 2 2 2 1 1 1 2.4 6 9 1 x x x+ + + + = Biến đổi phương trình về dạng: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 1 1 2.2 2.3 3 2 x x x + + + + = Chia hai vế của phương trình cho ( ) 2 2 1 2 0 x + ≠ , ta được: ( ) ( ) 2 2 1 2 1 3 3 2 3 2 2 x x+ +     + =  ÷  ÷     Đặt 2 1 3 2 x t +   =  ÷   , vì 2 1 1 2 3 3 3 1 1 2 2 2 x x t +     + ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥  ÷  ÷     Khi đó pt (3) có dạng: ( ) 2 1 2 2 3 3 2 2 2 3 2 0 2 1 log 2 log 2 1 1 2 x t t t x x t l + =    − − = ⇔ ⇔ = ⇔ + = ⇔ = ± −   ÷ = −    Vậy, pt có . nghiệm . Ví dụ 7: Giải phương trình: ( ) 2 2 2 1 2 2 2 9.2 2 0 1 x x x x+ + + − + = Chia hai vế của phương trình cho 2 2 2 0 x+ ≠ , ta được: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 9.2 1 0 1 9 .2 .2 1 0 2 4 2.2 9.2 4 0 2 x x x x x x x x x x x x − − − − − − − − − + = ⇔ − + = ⇔ − + = Đặt 2 2 x x t − = , điều kiện t > 0 Khi đó pt (2) có dạng: 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 − − − =    = − = = −   − + = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔     = = − = −   =    Vậy, pt có . nghiệm . Ví dụ 8: Giải phương trình: ( ) 3 3 1 1 12 2 6.2 1 2 2 x x x x− − − + = Viết lại phương trình dưới dạng: ( ) 3 3 3 2 2 2 6 2 1 1 2 2 x x x x     − − − =  ÷  ÷     Đặt 2 2 2 x x t = − , điều kiện t > 0, 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 3.2 . 2 6 2 2 2 2 x x x x x x x x t t     ⇒ − = − + − = −  ÷  ÷     Khi đó pt (1) có dạng: ( ) 3 2 6 6 0 1 2 1 2 2 x x t t t t+ − = ⇔ = ⇔ − = Lại đặt 2 x u = , điều kiện u > 0 Khi đó pt (2) có dạng: ( ) 2 1 2 0 2 2 1 2 x u l u u x u = − − − = ⇔ ⇔ = ⇔ =  =  Vậy, pt có . nghiệm . Ví dụ 9: Giải phương trình: ( ) 2 2 1 1 2 1 2 1 2 .2 x x x + − = + − Điều kiện: 2 2 1 2 0 0 2 1 0 x x x− ≥ ⇔ < ≤ ⇔ ≤ Đặt 2 sin x t= , với 0, 2 t π   ∈     Khi đó phương trình có dạng: ( ) 2 2 1 1 sin 1 2 1 sin .sint t t+ − = + − ( ) ( ) 1 c t 1 2 .sin 2 sin sin 2 2 3 2 2sin . s 2 2 2 3 2 1 2 sin 0 2 2 0 1 2 1 2 6 2 0 3 2 2 1 s 2 2 2 x x os cost t t cos t t t t t cos co t t cos t cos l t x x t t in π π ⇔ + = + ⇔ = + ⇔ =   ⇔ − =  ÷     =  =   = = −    ⇔ ⇔ ⇔ ⇔    =    = =  =      Vậy, pt có . nghiệm . Ví dụ 10: Giải phương trình: ( ) 2 7 6. 0,7 7 100 x x x = + Biến đổi phương trình về dạng: ( ) 2 7 7 6. 7 1 10 10 x x     = +  ÷  ÷     Đặt 7 10 x t   =  ÷   , điều kiện t >0 Khi đó pt (1) có dạng: ( ) 2 7 10 7 7 6 7 0 7 log 7 1 10 x t t t x t l =    − − = ⇔ ⇔ = ⇔ =   ÷ = −    Vậy, pt có . nghiệm . Ví dụ 11: Giải phương trình: 2 1 1 1 1 3. 12 3 3 x x +     + =  ÷  ÷     Biến đổi phương trình về dạng: 2 1 1 1 12 0 3 3 x x     + − =  ÷  ÷     Đặt 1 3 x t   =  ÷   , điều kiện t >0 Khi đó pt (1) có dạng: ( ) 2 3 1 12 0 3 1 4 3 x t t t x t l =    + − = ⇔ ⇔ = ⇔ = −   ÷ = −    Vậy, pt có . nghiệm . Ví dụ 12: Giải phương trình: 1 4 2 4 2 2 16 x x x+ + + + = + Biến đổi phương trình về dạng: ( ) 2 1 4 2 2 2 2 16 x x x + + + + = + ( ) 2 2.2 6.2 8 0 1 x x ⇔ − − = Đặt 2 x t = , điều kiện t >0 Khi đó pt (1) có dạng: ( ) 2 4 2 6 8 0 2 4 2 1 x t t t x t l =  − − = ⇔ ⇔ = ⇔ =  = −  Vậy, pt có . nghiệm . Ví dụ 13: Giải phương trình: 1 3 3 4 0 x x− − + = Điều kiện: 0x ≥ Biến đổi phương trình về dạng: 3 3 4 0 3 x x − + = Đặt 3 x t = , điều kiện 1t ≥ Khi đó pt (1) có dạng: ( ) ( ) 2 1 4 3 0 3 t l t t t l = − + − = ⇔  = −   Vậy, pt có vô nghiệm . Ví dụ 14: Giải phương trình: 3 1 125 50 2 x x x+ + = Biến đổi phương trình về dạng: ( ) 125 50 2.8 1 x x x + = Chia hai vế của phương trình (1) cho 8 0 x ≠ , ta được: ( ) 3 2 125 50 2 8 8 5 5 2 0 2 2 2 x x x x     + =  ÷  ÷         ⇔ + − =  ÷  ÷     Đặt 5 2 x t   =  ÷   , điều kiện t > 0 Khi đó pt (2) có dạng: ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 1 5 2 0 1 2 2 0 1 0 2 2 0 2 x t t t t t t x t t VN =    + − = ⇔ − + + = ⇔ = ⇔ =   ÷ + + =    Vậy, pt có . nghiệm . Ví dụ 15: Giải phương trình: ( ) ( ) ( ) sin sin 7 4 3 7 4 3 4 1 x x + + − = Nhận xét rằng: ( ) ( ) 7 4 3. 7 4 3 7 4 3 7 4 3 1+ − = + − = Đặt ( ) sin 7 4 3 x t = + , điều kiện t > 0 ( ) sin 1 7 4 3 x t ⇒ − = Khi đó pt (1) có dạng: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) sin 2 1 sin 2 sin sin 2 2 3 2 3 7 4 3 2 3 2 3 1 4 4 1 0 2 3 7 4 3 2 3 2 3 2 3 x x x x t t t t t t −     + = +   ÷ + = −   = −   + = ⇔ + − = ⇔ ⇔ ⇔    = +       + = + + = +   ÷      ( ) ( ) ( ) sinx 1 sinx 2 3 2 3 sin 1 0 , sinx 1 2 2 3 2 3 x cosx x k k Z π π −  + = + = −   ⇔ ⇔ ⇔ = ⇔ = + ∈   =  + = +   Vậy, pt có . nghiệm . Ví dụ 16: Giải phương trình: ( ) ( ) ( ) 5 24 5 24 10 1 x x + + − = Nhận xét rằng: ( ) ( ) 5 24 5 24 1+ − = Đặt ( ) 5 24 x t = + , điều kiện t > 0 ( ) 1 5 24 x t ⇒ − = Khi đó pt (1) có dạng: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 5 24 5 24 5 24 5 24 5 24 1 10 10 1 0 5 24 5 24 5 24 5 24 5 24 x x x x t t t t t t −   + = − + = −  = −   + = ⇔ − + = ⇔ ⇔ ⇔    = +   + = + + = +     1 1 x x = −  ⇔  =  Vậy, pt có . nghiệm . Ví dụ 17: Giải phương trình: 2 1 25 10 2 x x x+ + = Viết lại phương trình dưới dạng: ( ) 2 2 5 2.5 2.2 x x x + = Chia hai vế của phương trình cho 2 2 0 x ≠ , ta được: ( ) 2 5 5 2 2 2 2 x x     + =  ÷  ÷     Đặt 5 2 x t   =  ÷   , điều kiện t > 0 Khi đó pt (2) có dạng: ( ) 2 1 5 2 0 1 0 2 2 x t t t x t l =    + − = ⇔ ⇔ = ⇔ =   ÷ = −    Vậy, pt có . nghiệm . Ví dụ 18: Giải phương trình: 3 1 4.3 3 1 9 x x x+ − = − Điều kiện: ( ) 1 9 0 0 9 1 0 x x x− ≥ ⇔ < ≤ ⇔ ≤ ∗ Biến đổi phương trình về dạng: 3 2 4.3 3.3 1 3 x x x − = − Với điều kiện (*) thì 0 3 1 x < ≤ Đặt 3 x cost = , với 0, 2 t π   ∈ ÷    Khi đó pt (2) có dạng: ( ) 3 2 0 2 4 3 1 3 sin 2 3 2 8 22 8 3 2 2 4 2 t cos t cost cos t cos t t cos t k t t t k t k t t k t l π π π π π π π π π π π ≤ < − = −   ⇔ = = −  ÷     = + = − +  ⇔ ⇔ ⇔ =    = − + + = − +    Ta có: 2 2 2. 2 1 4 8 8 2 2 8 4 2 2 8 2 cos cos cos cos cos π π π π π   = = −  ÷   + ⇔ = + ⇔ = Do đó: 3 2 2 2 2 3 log 8 8 2 2 x t cos x π π + + = ⇔ = = ⇔ = Vậy, pt có . nghiệm . . PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ DẠNG 1 GI I PHƯƠNG TRÌNH MŨ Dạng 1: Phương trình: 2 1 2 3 0 x x a a α α α + + = Đặt x t a= , i u kiện t >0. Dạng 2: Phương. dụ 13: Gi i phương trình: 1 3 3 4 0 x x− − + = i u kiện: 0x ≥ Biến đ i phương trình về dạng: 3 3 4 0 3 x x − + = Đặt 3 x t = , i u kiện 1t ≥ Khi đó pt