Bài giảng môn toán lớp 10 - Bài toán 1: sử dụng phương pháp biến đổi tương đương

WWW.K2PI.NET 
TÀI LIỆU TOÁN THPT 
1 
CÁC PHƢƠNG PHÁP GIẢI 
PHƢƠNG TRÌNH- BẤT PHƢƠNG TRÌNH- HỆ MŨ- LÔGARIT 
CHƢƠNG I: PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH- BẤT PHƢƠNG TRÌNH- HỆ MŨ 
BIÊN SOẠN GV NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088 
CHỦ ĐỀ I:PHƯƠNG TRÌNH MŨ 
BÀI TOÁN 1: SỬ DỤNG PHƢƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƢƠNG ĐƢƠNG 
I. Phƣơng pháp: 
Ta sử dụng phép biến đổi tương đương sau: 
   
   
1
0 1f x g x
a
aa a
f x g x


   
 
 hoặc 
     
0
1 0
a
a f x g x


     
II. VD minh hoạ: 
VD1: Giải phƣơng trình:    
sin 2 3 cos
2 22 2
x
x x x x

     
Giải: Phương trình được biến đổi về dạng: 
  
2
2
2
1 2(*)
2 0
1 0(1)
2 1 sin 2 3 cos 0
sin 3 cos 2(2)
x
x x
x x
x x x x
x x
  
    
    
         
Giải (1) ta được 1,2
1 5
2
x

 thoả mãn điều kiện (*) 
Giải (2): 
1 3
sin cos 1 sin 1 2 2 ,
2 2 3 3 2 6
x x x x x k x k k Z
   
 
 
             
 
Để nghiệm thoả mãn điều kiện (*) ta phải có: 
1 1
1 2 2 1 2 0,
6 2 6 2 6
k k k k Z
  

 
   
               
   
khi đó ta nhận được 3
6
x

 
Vậy phương trình có 3 nghiệm phân biệt 1,2 3
1 5
;
2 6
x x

  . 
VD2: Giải phƣơng trình:    
22 43 5 2 23 6 9
x xx x
x x x
  
    
Giải: Phương trình được biến đổi về dạng:      
2
2 243 5 2 2 2( 4)
3 3 3
x x
x x x x
x x x
 
        
 
2 2 2
3 1 4
4
0 3 1 3 4
5
3 5 2 2 2 8 7 10 0
x x
x
x x
x
x x x x x x
   
 
                      
Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt x=4, x=5. 
WWW.K2PI.NET 
TÀI LIỆU TOÁN THPT 
2 
BÀI TOÁN 2: SỬ DỤNG PHƢƠNG PHÁP LÔGARIT HOÁ VÀ ĐƢA VỀ CÙNG CƠ SỐ 
I. Phƣơng pháp: 
Để chuyển ẩn số khỏi số mũ luỹ thừa người ta có thể logarit theo cùng 1 cơ số cả 2 vế của 
phương trình, ta có các dạng: 
Dạng 1: Phương trình: 
 
 
0 1, 0
log
f x
a
a b
a b
f x b
  
  

Dạng 2: Phương trình : 
   ( ) ( ) ( )log log ( ) ( ).log
f x g x f x f x
a a aa b a b f x g x b     
 hoặc ( ) ( )log log ( ).log ( ).f x g xb b ba b f x a g x   
II. VD minh hoạ: 
VD1: Giải phƣơng trình: 
 2
2 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 21 1 log 3 log 3 0      suy ra phương trình có nghiệm 
 x = 1 2log 3. 
VD2: Giải phƣơng trình: 
1
5 .8 500.
x
x x

 
Giải: Viết lại phương trình dưới dạng: 
1 1 3
3
3 2 385 .8 500 5 .2 5 .2 5 .2 1
x x x
x x xx x
  
     
Lấy logarit cơ số 2 vế, ta được: 
   
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 xx x
x
x
x
 
 
    
          
   
  2
2
3
1
3 log 5 0 1
log 5
x
x
xx

           

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
2
1
3;
log 5
x x   
Chú ý: Đối với 1 phương trình cần thiết rút gọn trước khi logarit hoá. 
BÀI TOÁN 3: SỬ DỤNG PHƢƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ- DẠNG 1 
I. Phƣơng pháp: 
Phương pháp dùng ẩn phụ dạng 1 là việc sử dụng 1 ẩn phụ để chuyển phương trình ban đầu 
thành 1 phương trình với 1 ẩn phụ. 
Ta lưu ý các phép đặt ẩn phụ thường gặp sau: 
Dạng 1: Phương trình ( 1)1 1 0..... 0
k x x
k k a a   

   
WWW.K2PI.NET 
TÀI LIỆU TOÁN THPT 
3 
Khi đó đặt xt a điều kiện t>0, ta được: 1
1 1 0...... 0
k k
k kt t t   

   
Mở rộng: Nếu đặt ( ) ,f xt a điều kiện hẹp t>0. Khi đó: 2 ( ) 2 3 ( ) 3 ( ), ,.....,f x f x kf x ka t a t a t   
Và ( )
1f xa
t
  
Dạng 2: Phương trình 
1 2 3 0
x xa a     với a.b=1 
Khi đó đặt ,xt a điều kiện t<0 suy ra 
1xb
t
 ta được: 221 3 1 3 20 0t t t
t

           
Mở rộng: Với a.b=1 thì khi đặt ( ) ,f xt a điều kiện hẹp t>0, suy ra ( )
1f xb
t
 
Dạng 3: Phương trình  2 21 2 3 0
xx xa ab b     khi đó chia 2 vế của phương trình cho 2xb >0 
( hoặc  2 , .
xxa a b ), ta được: 
2
1 2 3 0
x x
a a
b b
  
   
     
   
Đặt ,
x
a
t
b
 
  
 
điều kiện t<0, ta được: 2
1 2 3 0t t     
Mở rộng: Với phương trình mũ có chưa các nhân tử:  2 2, , .
ff fa b a b , ta thực hiện theo các bước 
sau: 
- Chia 2 vế phương trình cho 2 0fb  (hoặc  2 , .
ffa a b ) 
- Đặt 
f
a
t
b
 
  
 
điều kiện hẹp t>0 
Dạng 4: Lượng giác hoá. 
Chú ý: Ta sử dụng ngôn từ điều kiện hẹp t>0 cho trường hợp đặt ( )f xt a vì: 
- Nếu đặt xt a thì t>0 là điều kiện đúng. 
- Nếu đặt 
2 12xt  thì t>0 chỉ là điều kiện hẹp, bới thực chất điều kiện cho t phải là 2t  . 
Điều kiện này đặc biệt quan trọng cho lớp các bài toán có chứa tham số. 
II. VD minh hoạ: 
VD1: Giải phƣơng trình: 
2 2
1
cot sin4 2 3 0g x x   (1) 
Giải: Điều kiện sin 0 ,x x k k Z    (*) 
Vì 2
2
1
1 cot
sin
g x
x
  nên phương trình (1) được biết dưới dạng: 
22 cotcot4 2.2 3 0
g xg x    (2) 
Đặt 
2cot2 g xt  điều kiện 1t  vì 
22 cot 0cot 0 2 2 1g xg x     
Khi đó phương trình (2) có dạng: 
22 cot 2
1
2 3 0 2 1 cot 0
3
cot 0 ,
2
g x
t
t t g x
t
gx x k k Z



         
      thoả mãn (*) 
WWW.K2PI.NET 
TÀI LIỆU TOÁN THPT 
4 
Vậy phương trình có 1 họ nghiệm ,
2
x k k Z

   
VD2: Giải phƣơng trình:    7 4 3 3 2 3 2 0
x x
     
Giải: Nhận xét rằng:     
2
7 4 3 2 3 ; 2 3 2 3 1      
Do đó nếu đặt  2 3
x
t   điều kiện t>0, thì:   12 3
x
t
  và   27 4 3
x
t  
Khi đó phương trình tương đương với: 
   2 3 2 2
13
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: 
 
  
2
7 4 3 2 3
2 3 2 3 1
  
  
Ta đã lựa chọn được ẩn phụ  2 3
x
t   cho phương trình 
Ví dụ tiếp theo ta sẽ miêu tả việc lựa chọn ẩn phụ thông qua đánh giá mở rộng của a.b=1, đó là: 
. . 1
a b
a b c
c c
   tức là với các phương trình có dạng: . . 0x xAa Bb C   
Khi đó ta thực hiện phép chia cả 2 vế của phương trình cho 0xc  , để nhận 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
c t
 
 
 
VD3: Giải phƣơng trình: 
2 22 12 9.2 0x x x   
Giải: Chia cả 2 vế phương trình cho 2 22 0x  ta được: 
2 2 2 22 2 1 2 2 2 21 92 9.2 1 0 .2 .2 1 0
2 4
x x x x x x x x            
2 22 22.2 9.2 4 0x x x x     
Đặt 
2
2x xt  điều kiện t>0. Khi đó phương trình tương đương với: 
2
2
2 2
2
21
4
2 2 2 1
2 9 4 0 1
212 2
2
x x
x x
t
x x x
t t
xt x x

 
                    
Vậy phương trình có 2 nghiệm x=-1, x=2. 
Chú ý: Trong ví dụ trên, vì bài toán không có tham số nên ta sử dụng điều kiện cho ẩn phụ chỉ là 
t>0 và chúng ta đã thấy với 
1
2
t  vô nghiệm. Do vậy nếu bài toán có chứa tham số chúng ta cần 
xác định điều kiện đúng cho ẩn phụ như sau: 
WWW.K2PI.NET 
TÀI LIỆU TOÁN THPT 
5 
2
2 1
2 4
4
1 1 1 1
2 2
2 4 4 2
x xx x x t
 
          
 
VD4: Giải phƣơng trình: 
 
3
3 1
1 12
2 6.2 1
22
x x
xx
    
Giải: Viết lại phương trình có dạng: 
3
3
3
2 2
2 6 2 1
2 2
x x
x x
   
      
  
 (1) 
Đặt 
33
3 3
3
2 2 2 2
2 2 2 3.2 2 6
2 2 2 2
x x x x x
x x x x
t t t
   
            
   
Khi đó phương trình (1) có dạng: 3
2
6 6 1 1 2 1
2
x
x
t t t t        
Đặt 2 , 0xu u  khi đó phương trình (2) có dạng: 
2
1(1)
1 2 0 2 2 2 1
22
x
uu
u u u u x
u
 
             
Vậy phương trình có nghiệm x=1 
Chú ý: Tiếp theo chúng ta sẽ quan tâm đến việc sử dụng phương pháp lượng giác hoá. 
VD5: Giải phƣơng trình:  2 21 1 2 1 2 1 2 .2x x x     
Giải: Điều kiện 2 21 2 0 2 1 0x x x      
Như vậy 0 2 1x  , đặt 2 sin , 0;
2
x t t
 
  
 
Khi đó phương trình có dạng: 
   2 21 1 sin sin 1 2 1 sin 1 cos 1 2cos sin
3 3
2 cos sin sin 2 2 cos 2sin cos 2 cos 1 2 sin 0
2 2 2 2 2 2
cos 0(1) 1
2 12 6
2
03 2
2 1sin
22 2
x
x
t t t t t t
t t t t t t
t t
t
t
x
xt
t


        
 
        
 
                
Vậy phương trình có 2 nghiệm x=-1, x=0. 
BÀI TOÁN 4: SỬ DỤNG PHƢƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ- DẠNG 2 
I. Phƣơng pháp: 
Phương pháp dùng ẩn phụ dạng 2 là việc sử dụng 1 ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành 1 
phương trình với 1 ẩn phụ nhưng các hệ số vẫn còn chứa x. 
Phương pháp này thường sử dụng đối với những phương trình khi lựa chọn ẩn phụ cho 1 biểu 
thức thì các biểu thức còn lại không biểu diễn được triệt để qua ẩn phụ đó hoặc nếu biểu diễn 
được thì công thức biểu diễn lại quá phức tạp. 
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: 
WWW.K2PI.NET 
TÀI LIỆU TOÁN THPT 
6 
VD1: Giải phƣơng trình:  23 2 9 .3 9.2 0x x x x    
Giải: Đặt 3xt  , điều kiện t>0. Khi đó phương trình tương đương với: 
     
2 2
2
9
2 9 9.2 0; 2 9 4.9.2 2 9
2
x x x x x
x
t
t t
t

           

Khi đó: 
+ Với 9 3 9 2xt t     
+ Với 
3
2 3 2 1 0
2
x
x x xt x
 
       
 
Vậy phương trình có 2 nghiệm x=2, x=0. 
VD2: Giải phƣơng trình:  
2 22 29 3 3 2 2 0x xx x     
Giải: Đặt 
2
3xt  điều kiện 1t  vì 
22 00 3 3 1xx     
Khi đó phương trình tương đương với:  2 2 23 2 2 0t x t x     
      
2 2
2 2 2
2
2
3 4 2 2 1
1
t
x x x
t x

         
 
Khi đó: 
+ Với 
2 2
3 32 3 2 log 2 log 2
xt x x        
+ Với 
22 21 3 1xt x x     ta có nhận xét: 
2
2
1 1 3 1
0
1 1 1 1
xVT VT
x
VP VP x
    
     
     
Vậy phương trình có 3 nghiệm 3log 2; 0x x   
BÀI TOÁN 5: SỬ DỤNG PHƢƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ- DẠNG 3 
I. Phƣơng pháp: 
Phương pháp dùng ẩn phụ dạng 3 sử dụng 2 ẩn phụ cho 2 biểu thức mũ trong phương trình và 
khéo léo biến đổi phương trình thành phương trình tích. 
II. VD minh hoạ: 
VD1: Giải phƣơng trình: 
2 2 23 2 6 5 2 3 74 4 4 1x x x x x x        
Giải: Viết lại phương trình dưới dạng: 
2 2 2 23 2 2 6 5 3 2 2 6 54 4 4 .4 1x x x x x x x x          
Đặt 
2
2
3 2
2 6 5
4
, , 0
4
x x
x x
u
u v
v
 
 
 


Khi đó phương trình tương đương với: 
  1 1 1 0u v uv u v       
2
2
3 2 2
22 6 5
1
1 4 1 3 2 0 2
1 12 6 54 1
5
x x
x x
x
u x x x
v xx x
x
 
 

                  
 
Vậy phương trình có 4 nghiệm. 
WWW.K2PI.NET 
TÀI LIỆU TOÁN THPT 
7 
VD2: Cho phƣơng trình: 
2 25 6 1 6 5.2 2 2.2 (1)x x x xm 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: 
 2 22 2 2 2
2 2 2 2
( 5 6) 15 6 1 7 5 5 6 1
5 6 1 5 6 1
.2 2 2 .2 2 2
.2 2 2 .2
x x xx x x x x x x
x x x x x x
m m m m
m m
         
     
      
   
Đặt: 
2
2
5 6
1
2
, , 0
2
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
x
x
u
mu v uv m u v m x
v m m
m
 


 
  
               

Vậy với mọi m phương trình luôn có 2 nghiệm x=3, x=2 
a) Với m=1, phương trình (*) có dạng: 
21 2 22 1 1 0 1 1x 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: 
 2
2
2
0
0 2
1 log 0 1 11 0;2 \ ;
1 log 4 8 2568
11 log 9
256
m
m m
m
mm
m
m
m

 
     
     
    
   

Vậy với  
1 1
0;2 \ ;
8 256
m
 
  
 
 thoả mãn điều kiện đầu bài. 
BÀI TOÁN 6: SỬ DỤNG PHƢƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ- DẠNG 4 
I. Phƣơng pháp: 
Phương pháp dùng ẩn phụ dạng 4 là việc sử dụng k ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành 1 
hệ phương trình với k ẩn phụ. 
Trong hệ mới thì k-1 thì phương trình nhận được từ các mối liên hệ giữa các đại lượng tương 
ứng. 
Trường hợp đặc biệt là việc sử dụng 1 ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành 1 hệ phương 
trình với 1 ẩn phụ và 1 ẩn x, khi đó ta thực hiện theo các bước: 
Bước 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho các biểu tượng trong phương trình. 
Bước 2: Biến đổi phương trình về dạng:  , 0f x x    
Bước 3: Đặt  y x ta biến đổi phương trình thành hệ:
 
 ; 0
y x
f x y
 


II. VD minh hoạ: 
WWW.K2PI.NET 
TÀI LIỆU TOÁN THPT 
8 
VD1: Giải phƣơng 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 2x x x x   
 
   
Đặt: 
1
1
2 1
, , 1
2 1
x
x
u
u v
v


  

 
Nhận xét rằng:    1 1 1 1. 2 1 . 2 1 2 2 2x x x xu v u v           
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
  
      
      
+ Với u=v=2, ta được: 
1
1
2 1 2
1
2 1 2
x
x
x


  
 
 
+ Với u=9 và 
9
8
v  , ta được: 
1
1
2 1 9
49
2 1
8
x
x
x


  

 
 

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x=1 và x=4. 
VD2: Giải phƣơng trình: 22 2 6 6x x   
Giải: Đặt 2xu  , điều kiện u>0. Khi đó phương trình thành: 2 6 6u u   
Đặt 6,v u  điều kiện 26 6v v u    
Khi đó phương trình được chuyển thành hệ: 
    
2
2 2
2
6 0
0
1 06
u v u v
u v u v u v u v
u vv u
    
               
+ Với u=v ta được: 2
3
6 0 2 3 8
2(1)
x
u
u u x
u

         
+ Với u+v+1=0 ta được: 
2
2
1 21
21 1 21 12
5 0 2 log
2 21 21
(1)
2
x
u
u u x
u
  
  
       
  


Vậy phương trình có 2 nghiệm là x=8 và x= 2
21 1
log .
2

BÀI 7: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SÔ 
I. Phƣơng pháp: 
Sử dụng các tính chất của hàm số để giải phương trình là dạng toán khá quen thuộc. Ta có 3 
hướng áp dụng: 
Hướng1: Thực hiện các bước sau: 
 Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f(x)=k 
WWW.K2PI.NET 
TÀI LIỆU TOÁN THPT 
9 
 Bước 2: Xét hàm số y=f(x). Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu( giả sử đồng 
biến) 
 Bước 3: Nhận xét: 
 + Với    0 0x x f x f x k    do đó 0x x là nghiệm 
 + Với    0x x f x f x k    do đó phương trình vô nghiệm 
 + Với    0 0x x f x f x k    do đó phương trình vô nghiệm. 
Vậy 
0x x là nghiệm duy nhất của phương trình. 
Hướng 2: Thực hiện theo các bước: 
 Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f(x)=g(x) 
 Bước 2: Xét hàm số y=f(x) và y=g(x). Dùng lập luận khẳng định hàm số y=f(x) là 
 Là đồng biến còn hàm số y=g(x) là hàm hằng hoặc nghịch biến 
 Xác định 
0x sao cho    0 0f x g x 
 Bước 3: Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 
0x x 
Hướng 3: Thực hiện theo các bước: 
 Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f(u)=f(v) (3) 
 Bước 2: Xét hàm số y=f(x). Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu ( giả sử 
 đồng biến) 
 Bước 3: Khi đó: (3) u v  với , fu v D  
II. VD minh hoạ: 
VD1: Giải phƣơng trình: 2log2.3 3xx  (1) 
Giải: Điều kiện x>0. Biến đổi phương trình về dạng: 2log2.3 3x x  (2) 
Nhận xét rằng: 
+ Vế phải của phương trình là một hàm nghịch biến. 
+ Vế trái của phương trình là một hàm đồng biến. 
Do vậy nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. 
Nhận xét rằng x=1 là nghiệm của phương t rình (2) vì 2log2.3 3 1x   
Vậy x=1 là nghiệm duy nhất của phương trình. 
VD2: Giải phƣơng trình:  
23 1
2
3
1
log 3 2 2 2
5
x x
x x
 
 
     
 
 (1) 
Giải: Điều kiện: 2
1
3 2 0
2
x
x x
x

     
Đặt 2 3 2u x x   , điều kiện 0u  suy ra: 2 2 2 23 2 3 1 1x x u x x u        
Khi đó (1) có dạng:  
21
3
1
log 2 2
5
u
u

 
   
 
Xét hàm số:    
21
2
3 3
1 1
( ) log 2 log 2 .5
5 5
x
f x x x x

 
      
 
+ Miền xác định 0; )D   
+ Đạo hàm: 
 
21 1
.2 .5 .ln3 0,
2 ln3 5
xf x x D
x
    

. Suy ra hàm số tăng trên D 
WWW.K2PI.NET 
TÀI LIỆU TOÁN THPT 
10 
Mặt khác    3
1
1 log 1 2 .5 2.
7
f     
Do đó, phương trình (2) được viết dưới dạng: 
    2
3 5
1 1 3 2 1
2
f u f u x x x

         
Vậy phương trình có hai nghiệm 
3 5
2
x

 
VD2: Cho phƣơng trình: 
22 2 4 22 2 25 5 2
x mxx mx x mx m
       
a) Giải phương trình với 
4
5
m   
b) Giải và biện luận phương trình 
Giải: Đặt 2 2 2t x mx   phương trình có dạng: 2 25 5 2 2t t mt t m      (1) 
Xác định hàm số   5tf t t  
+ Miền xác định D=R 
+ Đạo hàm: 5 .ln5 1 0,tf x D      hàm số tăng trên D 
Vậy (1)     22 2 2 2 2 0 2 0f t f t m t t m t m x mx m                (2) 
a) Với 
4
5
m   ta được: 2 2
2
8 4
0 5 8 4 0 2
5 5
5
x
x x x x
x

       
  

Vậy với 
4
5
m   phương trình có 2nghiệm 
2
2;
5
x x   
b) Xét phương trình (2) ta có: 2' m m   
+ Nếu 2' 0 0 0 1m m m        . Phương trình (2) vô nghiệm phương trình (1) vô 
nghiệm. 
+ Nếu ' 0  m=0 hoặc m=1. 
 với m=0 phương trình có nghiệm kép x=0 
 với m=1 phương trình có nghiệm kép x0=-1 
+ Nếu 
1
' 0
0
m
m

    
 phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt 
2
1,2x m m m    đó cũng là 
nghiệm kép của (1) 
Kết luận: 
Với m=0 phương trình có nghiệm kép x=0 
Với m=1 phương trình có nghiệm kép x0=-1 
Với 0<m<1 phương trình vô nghiệm 
Với m>1 hoặc m<0 phương trình có 2 nghiệm 
2
1,2x m m m    
BÀI TOÁN 8: SỬ DỤNG GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ 
I. Phƣơng pháp: 
Với phương trình có chưa tham số: f(x,m)=g(m). Chúng ta thực hiện các bước sau: 
Bước 1: Lập luận số nghiệm của (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số (C): y=f(x,m) và đường 
thẳng (d): y=g(m). 
Bước 2: Xét hàm số y=f(x,m) 
WWW.K2PI.NET 
TÀI LIỆU TOÁN THPT 
11 
+ Tìm miền xác định D 
+ Tính đạo hàm y’ ròi giải phương trình y’=0 
+ Lập bảng biến thiên của hàm số 
Bước 3: Kết luận: 
+ Phương trình có nghiệm    min , ( ) max , ( )f x m g m f x m x D    
+ Phương trình có k nghiệm phân biệt (d) cắt (C) tại k điểm phân biệt 
+ Phương trình vô nghiệm    d C  
II. VD minh hoạ: 
VD1: Cho phƣơng trình: 
 22 2 2 22 2 23 2 2 2
x xx x x x m
        
a) Giải phương trình với m=8 
b) Giải phương trình với m=27 
c) Tìm m để phương trình có nghiệm 
Giải: Viết lại phương trình dưới dạng:
2 22 2 2 2 23 4 2 2x x x x x x m        
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số: 
2 22 2 2 2 23 4 2 2x x x xy x x        với đường thẳng y=m 
Xét hàm số 
2 22 2 2 2 23 4 2 2x x x xy x x        xác định trên D=R 
Giới hạn: lim y   
Bảng biến thiên: vì 3>1, 4>1 nên sự biến thiên của hàm số phụ thuộc vào sự biến thiên ccủa hàm 
số 2 2 2t x x   ta có: 
a) Với m=8 phương trình có nghiệm duy nhất x=1 
b) Với m=27 phương trình có 2 nghiệm phân biệt x=0 và x=2 
c) Phương trình có nghiệm khi m>8 
VD2: Với giá trị nào của m thì phƣơng trình: 
2 4 3
4 21 1
5
x x
m m
 
 
   
 
 có 4 nghiệm phân biệt 
Giải: Vì 4 2 1 0m m   với mọi m do đó phương trình tương đương với: 
  2 4 21
5
4 3 log 1x x m m     
Đặt  4 21
5
log 1m m a   , khi đó: 2 4 3x x a   
Phương trình ban đầu có 4 nghiệm phân biệt  phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt 
 đường thẳng y=a cắt đồ thị hàm số 2 4 3y x x   tại 4 điểm phân biệt 
Xét hàm số: 
2
2
2
4 3 1 3
4 3
4 3 1 3
x x khix hoacx
y x x
x x khi x
    
    
    
Đạo hàm: 
2 4 1 3
'
2 4 1 3
x khix hoacx
y
x khi x
  
 
   
WWW.K2PI.NET 
TÀI LIỆU TOÁN THPT 
12 
Bảng biến thiên: 
Từ đó, đường thẳng y=a cắt đồ thị hàm số 2 4 3y x x   tại 4 điểm phân biệt 
 4 2 4 21
5
1
0 1 0 log 1 1 1 1 0 1
5
a m m m m m                
Vậy với 0 1m  phương trình có 4 nghiệm phân biệt. 
VD3: Giải và biện luận theo m số nghiệm của phƣơng trình: 2 3 4 1x xm   
Giải: Đặt 2 , 0xt t  phương trình được viết dưới dạng: 
2
2
3
3 1
1
t
t m t m
t

    

 (1) 
Số nghiệm của (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số (C): 
2
3
1
t
y
t



 với đường thẳng (d):y=m 
Xét hàm số: 
2
3
1
t
y
t



 xác định trên  0;D  
+ Đạo hàm: 
 2 2
1 3 1
' ; ' 0 1 3 0
31 1
t
y y t t
t t

     
 
+ Giới hạn:  lim 1y t  
+ Bảng biến thiên: 
Biện luận: 
Với 1m  hoặc 10m  phương trình vô nghiệm 
Với 1 3m  hoặc 10m  phương trình có nghiệm duy nhất 
Với3 10m  phương trình có 2 nghiệm phân biệt 
CHỦ ĐỀ II:BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ 
BÀI TOÁN I: SỬ DỤNG PHƢƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƢƠNG ĐƢƠNG 
I. Phƣơng pháp: 
Ta sử dụng các phép biến đổi tương đương sau: 
Dạng 1: Với bất phương trình:    
   
   
1
0 1
f x g x
a
f x g x
a a
a
f x g x
 


  
 
 
 hoặc 
     
0
1 0
a
a f x g x


     
WWW.K2PI.NET 
TÀI LIỆU TOÁN THPT 
13 
Dạng 2: Với bất phương trình:    
   
   
1
1
0 1
f x g x
a
f x g x
a a a
a
f x g x
 


  

  


 hoặc 
     
0
1 0
a
a f x g x


     
Chú ý: Cần đặc biệt lưu ý tới giá trị của cơ số a đối với bất phương trình mũ. 
II. VD minh hoạ: 
VD1: Giải các bất phƣơng trình: 
 a) 
2
1
2
1
2
2
x
x x


 
 b)    
3 1
1 310 3 10 3
x x
x x
 
    
Giải: 
a) Biến đổi tương đương bất phương trình về dạng: 
 
2 22 1
2
22
1 0
2 01 1
2 1 2
1 02 2
2 1
x x x
x
x x
x x x x
x
x x x
 
  

    
                 
   
Vậy nghiệm của bất phương trình là 2x  
Chú ý: Để tránh sai sót không đáng có khi biến đổi bất phương trình mũ với cơ số nhỏ hơn 1 các 
em học sinh nên lựa chọn cách biến đổi: 
2
2
1 2 1 2 2
2
1
2 2 2 2 1 2 1 2
2
x x x x
x x
x x x x x x x   

              
b) Nhận xét rằng:     
1
10 3 10 3 1 10 3 10 3

       
Khi đó bất phương trình được viết dưới dạng: 
     
  
3 1 3 1
1 3 1 3
2
10 3 10 3 10 3 1
3 53 1 5
0 0
1 3 1 3 1 5
x x x x
x x x x
xx x x
x x x x x
   

        
     
      
     
Vậy nghiệm của bất phương trình là:    3; 5 1; 5   
BÀI TOÁN 2: SỬ DỤNG PHƢƠNG PHÁP LOGARIT HOÁ VÀ ĐƢA VỀ CÙNG CƠ SỐ 
I. Phƣơng pháp: 
Để chuyển ẩn số khỏi số mũ luỹ thừa người ta có thể logarit hoá theo cùng 1 cơ số cả hai vế của 
bất phương trình mũ. Chúng ta lưu ý 1 số trường hợp cơ bản sau cho các bất phương trình mũ: 
WWW.K2PI.NET 
TÀI LIỆU TOÁN THPT 
14 
Dạng 1: Với bất phương trình: ( )f xa b ( với b>0)
 
 
1
log
0 1
log
a
a
a
f x b
a
f x b
 


 
 
 
Dạng 2: Với bất phương trình: 
 
( )
1
0
0
1
( ) log
0 1
( ) log
f x
a
a
a
f x
b
a b a
f x b
a
f x b
 




    
 
   
Dạng 3: Với bất phương trình: ( ) ( ) ( ) ( )lg lg ( ).lg ( ).lgf x g x f x g xa b a b f x a g x b     hoặc có 
thể sử dụng logarit theo cơ số a hay b. 
II. VD minh hoạ: 
VD: Giải bất phƣơng trình: 
2
49.2 16.7x x 
Giải: Biến đổi tương đương phương trình về dạng: 4 22 7x x  
Lấy logarit cơ số 2 hai vế phương trình ta được: 
  
2 4 2 2 2
2 2 2 2 2log 2 log 7 4 2 log 7 ( ) log 7 2log 7 4 0
x x x x f x x x             
Ta có:    
22
2 2 2 2log 7 8log 7 16 log 7 4 4 log 7        . Suy ra f(x)=0 có nghiệm: 
  12 2
1,2
2 2 1
2log 7 4 log 7
log 7 22
x
x
x x
  
  
  
Vậy bất phương trình có nghiệm x>2 hoặc 2log 7 2x   
BÀI TOÁN 3: SỬ DỤNG PHƢƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ- DẠNG 1 
I. Phƣơng pháp: 
Mục đích chính của phương pháp này là chuyển các bài toán đã cho về bất phương trình đại số 
quen biết đặc biệt là các bất phương trình bậc 2 hoặc các hệ bất phương trình. 
II. VD minh hoạ: 
VD1: Giải bất phƣơng trình :     
22
2 2 2 2 1 2 1x x x     
Giải: Điều kiện 2 1 0 0x x    . 
Đặt 2 1
xt   , điều kiện 0t  , khi đó: 22 1x t  . Bất phương trình có dạng: 
         
          
     
2 22 22 2 2 2
2 2 2 2 22 2 2
2 3
1 2 1 2 1 1 3 1
1 3 1 0 1 1 3 0
1 2 2 0 1