PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ DẠNG 2 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ Ví dụ 1: Giải phương trình: ( ) ( ) 2 3 2 9 .3 9.2 0 1 x x x x − + + = Đặt 3 x t = , điều kiện t > 0 Khi đó pt (1) tương đương với: ( ) 2 2 9 9.2 0 x x t t− + + = 2 9 3 9 2 3 0 2 1 3 2 2 x x x x x x t x x t =  =  = =    ⇔ ⇔ ⇔ ⇔       = = = =    ÷      Vây, pt có . nghiệm . Ví dụ 2: Giải phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 2 9 3 .3 2 2 0 1 x x x x+ − − + = Đặt 2 3 x t = , điều kiện 1t ≥ (vì 2 2 0 0 3 3 1 x x ≥ ⇔ ≥ = Khi đó pt (1) tương đương với: ( ) 2 2 2 3 2 2 0t x t x+ − − + = ( ) ( ) 2 2 2 2 3 2 2 2 1 3 1 3 x x t t x x  = =   ⇔ ⇔  = −  = −   Giải (2): 2 2 3 3 3 2 log 2 log 2 x x x= ⇔ = ⇔ = ± Giải (3) 2 2 3 1 x x= − , ta có nhận xét: 2 2 1 1 3 1 0 1 1 1 1 x VT VT x VP VP x  ≥ = =    ⇒ ⇔ ⇔ =    ≤ = − =     Vây, pt có . nghiệm . Ví dụ 3: Giải phương trình: ( ) ( ) 2 3 2 2 .3 3 .3 2 .3 0, 0 1 x x x m m m m m− + + − = ≠ a. Giải phương trình với m = 2. b. Xác định m để phương trình có ba nghiệm phân biệt. Đặt 3 x t = , điều kiện t > 0 Khi đó pt (1) tương đương với: ( ) 2 3 2 2 . 3 . 2 . 0m t m t m t m− + + − = ( ) ( ) 3 2 2 3 1 2 0t t m t m t⇔ + − + + = Coi m là ẩn, còn t là tham số, ta được phương trình bậc 2 theo m, ta được: ( ) ( ) 2 2 1 1 2 2 0 2 1 m t t m t f t mt t m m t   =  =  ⇔    = − + = =    +  a. Với m = 2, ta được: ( ) ( ) 3 3 2 1 1 1 2 3 log log 2 2 2 2 2 2 0 x t x f t t t VN  =  ⇔ = ⇔ = = −  = − + =   Vây, với m = 2 pt có . nghiệm . b. Phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt dương khác 1 m và m > 0 2 ' 1 0 0 2 0 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 m S m m P f m m m  − >  ∆ >    > >    ⇔ ⇔ ⇔ < < >   >       ≠  ÷ − ≠       Vậy với 0 < m < 1 phương trình có ba nghiệm phân biệt. Ví dụ 4: Giải phương trình: ( ) 2 3 1 3 4 2 2 16 0 1 x x x+ + + + − = Đặt 2 x t = , điều kiện t > 0 Khi đó pt (1) tương đương với: 4 3 2 4 3 2 8 16 0 4 2 .4 2 0 t t t t t t + + − = ⇔ − − − = Đặt u = 4, ta được: 2 4 3 2 . 2 0u t u t t− − − = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 4 2 4 0 1 4 2 1 5 2 5 1 log 5 1 1 5 x u t t t t t t u t t t t t t x t = − +   = − ⇔ ⇔ ⇔ + − =   = + + = +     = − − ⇔ ⇔ = − ⇔ = −  = − +   Vây, pt có . nghiệm . Ví dụ 5: Giải phương trình: ( ) ( ) 9 2 2 .3 2 5 0 1 x x x x+ − + − = Đặt 3 x t = , điều kiện t > 0 Khi đó pt (1) tương đương với: ( ) 2 2 2 2 5 0t x t x+ − + − = ( ) ( ) 1 3 5 2 2 5 2 x t l x t x = − ⇔ ⇔ = −  = −  Ta đoán được nghiệm x = 1 Vế trái (2) là một hàm số đồng biến Vế phải (2) là một hàm nghịch biến Vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của pt (2) Vây, pt có . nghiệm . Ví dụ 6: Giải phương trình: ( ) 2 3 3 5 5 1 x x + + = Đặt 3 x t = , điều kiện t > 0 Khi đó pt (1) tương đương với: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 4 2 5 5 5 5 5 0 0 5 5 2 1 .5 1 0 2 5 5 t t t t t t t t t t + + = ⇔ + = −  − ≥  < ≤   ⇔ ⇔   − + + − = + = −     Đặt u = 5, pt (2) có dạng: ( ) 2 2 4 2 1 1 0u t u t− + + − = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 5 0 5 1 2 2 1 2 1 5 1 4 0 2 1 17 1 17 1 17 2 3 log 2 2 1 17 2 x t t u t t l t t t t t t t u t l x t  + − + =   − − =  = −  ⇔ ⇔ ⇔    + + + = + + + − =    =    − − =    − + − +  ⇔ ⇔ = ⇔ =  ÷  ÷  − +   =   Vây, pt có . nghiệm . . pt (2) có dạng: ( ) 2 2 4 2 1 1 0u t u t− + + − = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 5 0 5 1 2 2 1 2 1 5 1 4 0 2 1 17 1 17 1 17 2 3 log 2 2 1 17 2 x. với: ( ) 2 2 2 3 2 2 0t x t x+ − − + = ( ) ( ) 2 2 2 2 3 2 2 2 1 3 1 3 x x t t x x  = =   ⇔ ⇔  = −  = −   Giải (2) : 2 2 3 3 3 2 log 2 log 2 x x x=