Sáng kiến kinh nghiệm Các dạng toán về luỹ thừa và phương pháp giải

 I. Đặt vấn đề:
1, Cơ sở lý thuyết:
 Trong chương trình môn Toán THCS, kiến thức về luỹ thừa được dùng khá phổ biến và rộng rãi. Tuy nhiên, sách giáo khoa ngoài các công thức cơ bản về luỹ thừa thì các dạng toán đưa vào chương trình còn ít và đơn điệu, chưa có hệ thống các bài tập lôgíc, chưa khai triển hết các dạng bài tập cũng như chưa đi sâu phát triễn kiến thức nâng cao qua các dạng toán về luỹ thừa. 
2, Cơ sở thực tiễn:
Khi dạy bồi dưỡng cho học sinh hiểu được một cách sâu sắc về kiến thức này cũng như sự vận dụng linh hoạt kiến thức trong giải các dạng bài tập nâng cao là việc rất khó. Trên cơ sở thực tiễn đó bản thân tôi thấy cần phải có một chuyên đề riêng cho tất cả các dạng toán về luỹ thừa và phương pháp giải chúng. Trong đó bằng sự tìm tòi, nghiên cứu, tự học, tự bồi dưỡng của bản thân, chuyên đề mà tôi đưa ra bao gồm các dạng toán có chiều sâu hơn, vận dụng linh hoạt kiến thức cũng như phát triển cho học sinh tính tư duy, sáng tạo hơn trong học và giải toán về luỹ thừa. Đó chính là lý do tôi viết nên đề tài này.
Tôi xin giới thiệu chuyên đề mang tên:
 “ Các dạng toán về luỹ thừa và phương pháp giải ”
3. Giới thiệu sơ lược về đề tài:
Đề tài bao gồm 8 dạng toán ( 24 bài toán mẫu và 11 bài tập áp dụng) 
Sau mỗi dạng toán đều có phương pháp giải phù hợp.
 Hệ thống bài tập được sắp xếp từ dễ đến khó, từ cơ bản đến nâng cao.
 II. Giải quyết vấn đề
1. Cơ sở thực tiễn:
Quá trình dạy học về phần luỹ thừa tôi thấy học sinh chỉ làm đựơc các bài toán ở mức độ đơn giản là áp dụng trực tiếp kiến thức SGK. Song khi gặp bài toán khó như so sánh luỹ thừa, toán c/m chia hết, thì các em rất lúng túng về cách giải, hoặc không có cách giải chặt chẽ, vận dụng kiến thức chưa sáng tạo.
2. Khảo sát thực tiễn của đề tài:
a, Số liệu thống kê:
Khi chưa áp dụng đề tài, GV dạy các dạng toán về luỹ thừa thì kết quả thu được trong lớp bồi dưỡng như sau:
Số HS không giải được hoặc giải sai 
Số HS có cách giải chưa hợp lý
 67%
 33%
b, Phân tích nguyên nhân:
* HS không giải được:
HS chưa biết liên hệ giữa kiến thức cơ bản và kiến thức nâng cao
Chưa có tính sáng tạo trong giải toán cũng như khả năng vận dụng kiến thức chưa linh hoạt.
HS chưa được trang bị đầy đủ về phương pháp giải dạng toán này
* HS giải được:
Thời gian tìm lời giải còn dài, cách giải chưa chặt chẽ
Khả năng vận dụng kiến thức chưa thật sáng tạo.
c, Đề xuất giải pháp:
Khi dạy về phần này thì GV cần cung cấp kiến thức là các công thức cơ bản cũng như nâng cao về luỹ thừa cho HS một cách vững chắc, từ các bài toán cơ bản biết khai thác nhiều dạng toán nâng cao, từ đó xây dựng phương pháp giải phù hợp cho từng dạng. 
 III. Nội dung:
1, Cơ sở lý thuyết:
 Các công thức cơ bản về luỹ thừa: ( với n, m ẻN ; x, y ẻ R; x,y 0 )
 1, xn = x.xx ( n thừa số x)
 2, xn . xm = xn + m 
 3, xn : xm = xn - m (n >m ) 
 4, (xn)m = xn . m
 5, (x . y)n = xn . yn
 6, (x : y)n = xn : yn * Qui ước: xo =1 ; x1 = x
2. Nội dung cụ thể của đề tài:
 A. Các dạng toán về luỹ thừa và phương pháp giải
 Dạng 1: Tính giá trị của biểu thức
 Số 1: Viết kết quả dưới dạng một luỹ thừa
 a, 420. 810 d, (0,125)3 . 512 
 b, 413 . 526 e, 920 : (0,375)40
 c, 2715 : 910
 Giải: 
 a, 420. 810 = (22)20. (23)10 = 240 . 230 = 270 
 b, 413 . 526 = 413. (52)13 = (4 . 25)13 = 10013 
 c, 2715 : 910 = (33)15 : (32)10 = 345: 320 = 325
 d, (0,125)3 . 512 = (0,53)3 . 29 = (0,5)9 . 29 = (0,5 . 2)9 = 19 = 1
 e, 920 : (0,375)40 = (32)20 : (0,375)40 = 340 : (0,375)40 = (3 : 0,375)40 = 840
 * Phương pháp giải: Sử dụng các công thức cơ bản về lũy thừa
 Số 2: Tính giá trị của biểu thức:
 A = B = 
 C = D = 
 Giải: 
 A = = = = = 23 = 8
 B = = = = 3
 C = = = = = 3 
 D = = = = 28 = 256
 * Phương pháp giải:
 - Biểu thức A ta biến đổi các luỹ thừa trong biểu thức về tích các luỹ thừa của số nguyên tố rồi rút gọn.
 - Biểu thức B, C ta sử dụng tính chất ab ± ac = a (b ± c), đưa tử và mẫu về dạng tích rồi rút gọn.
 - Biểu thức D, ta kết hợp hai phương pháp trên.
 Dạng 2: Tìm cơ số hoặc số mũ của một luỹ thừa 
 Số 3: Tìm x ẻ N biết:
 a, 2x.4 = 128 b, 
 c, (2x – 3)3 = 343 d, (2x – 3)2 = 9
 e, (x – 3)6 = (x – 3)7 g, x100 = x
 Giải: a, 2x . 22 = 26 b, 
 => 2x = 26 : 22 => 2x – 1 = 3
 => 2x = 24 => 2x = 4 
 => x = 4 => x = 2
 c, (2x - 3)3 = 73 d, (2x – 3)2 = 9
 => 2x – 3 = 7 => (2x – 3)2 = (± 3)2
 => 2x = 10 => 
 => x = 5 => => 
e, (x – 3)6 = (x – 3)7 
 TH 1: Nếu x – 3 = 0 => x = 3 (vì 06 = 07 = 0)
 TH 2: Nếu x – 3 ạ 0, chia 2 vế cho (x – 3) ta được 
 hay x – 3 = 1 => x = 4
 g, C1: x100 = x => x = 0 hoặc x = 1 (vì 0100 = 0 và 1100 = 1)
 C2: x100 = x => x100 – x = 0 => x( x99 –1) = 0 => 
 => 
 * Phương pháp giải: 
 - ở câu a, b ta biến đổi 2 vế của đẳng thức về luỹ thừa cùng cơ số, đẳng thức xảy ra khi số mũ ở 2 vế bằng nhau.
 - ở câu c, d ta biến đổi 2 vế về luỹ thừa cùng số mũ, đẳng thức xảy ra khi cơ số ở 2 vế bằng nhau.
 - ở câu e, g ta sử dụng công thức 0n = 0 và 1n = 1 (nẻN*) hoặc đưa về dạng tích(câu g).
 Số 4: Cho A= 3 + 32 + 33 ++ 32008
 Tìm x biết 2A + 3 = 3x
Giải : Ta có 3A = 3( 3 + 32 + 33 ++ 32008) = 32 + 33 ++ 32008 +32009
 A = 3 + 32 + 33 ++ 32008
 3A – A = 32009- 3 
 2A = 32009- 3 
 => 2A + 3 = 32009- 3 + 3 => 2A + 3 = 32009
 Mặt khác: 2A + 3 = 3x 
 Suy ra: 32009 = 3x hay x = 2009
* Phương pháp giải: Tổng quát
 A = n + n2 + n3 ++ nk 
 nA – A = nk+1- n => A = ( n, k ẻ N; n >1, k ³ 1) 
 Cao hơn ta có dạng toán đối với 2 ẩn x,y sau:
Số 5: Tìm x, y biết: a, ( x- 3)2 + (y+2)2 = 0
 b, (x-12 + y)200 + ( x- 4 – y)200= 0
 c, 2x + 2x+3 = 136 
Giải: a, (x-3)2 ³ 0 "x
 (y+2)2 ³ 0 "y
 Để (x- 3)2 + (y+2)2 = 0 ú ú 
 b, Tương tự câu a ta tìm được 
 c, Vì 136 = 2.4 + 27
 Nên 2x + 2x+3 = 2.4 + 27 => => => x= 4
* Phương pháp giải: 
 - Câu a, b vì các hạng tử đều lớn hơn hoặc bằng 0 nên đẳng thức xảy ra khi các hạng tử đều bằng 0
- Câu c ta biến đổi vế phải về dạng tổng thích hợp với vế trái, đẳng thức xảy ra khi ta đồng nhất các hạng tử thích hợp của 2 vế. 
 Bài toán trên là cơ sở để phát triễn bài toán cao và khó hơn sau: 
Số 6*: Tìm x, y biết: a, 2x+1. 3y = 12x
 b, 10x : 5y = 20y 
 c, 8. 23x. 7y= 562x. 5x-1 
 Giải 
 a, 2x+1. 3y = 12x ú 2x+1. 3y = (23.3)x
 ú 2x+1. 3y = 22x. 3x
 ú ú ú x= y =1
 b, 10x : 5y = 20y ú 10x = 20y. 5y ú 10x = 100y
 ú 10x = 102y ú x = 2y 
 c, 8. 23x. 7y = 562x. 5x-1 ú 23. 23x.7y = (23.7)2x. 5x-1
 ú 23x+3 . 7y = 26x . 72x . 5x-1 
 ú 
* Phương pháp giải: 
 Ta biến đổi 2 vế về luỹ thừa của các số nguyên tố, đẳng thức xảy ra khi số mũ của luỹ thừa cùng cơ số ở 2 vế bằng nhau (câu a, b). Đồng thời triệt tiêu các số mũ của luỹ thừa không cùng cơ số(câu c)
Dạng 3: So sánh luỹ thừa 
Dạng 3.1: Đưa về hai luỹ thừa cùng cơ số 
 Số 7: So sánh: a, 450 và 830 
 b, và 
 Giải: a, 450 = (22)50 = 2100
 830 = (23)30 = 290
 Vì số mũ 100 > 90 và cơ số 2( 2 >1) => 2100 > 290
 b, = 
 = 
Vì số mũ 34 > 
 *Phương pháp giải: Tổng quát. Với m, n ẻN* và m > n , a³ 0
 Ta có: - Nếu a > 1 thì am > an ( câu a)
 - Nếu a =1; a= 0 thì am = an 
 - Nếu 0 < a < 1 thì am < an (câu b)
 Đối với cơ số là số âm ta có bài toán sau 
Số 8: So sánh: 
 a, (-27)27 và (-243)13
 b, và Giải: 
	 a, (-27)27 = (-33)27 = (-3)81
 (-243)13= (-35)13 = (-3)65
 Vì số mũ 81 > 65 ( là số lẻ) và cơ số –3 (–3 < 0) nên (-3)81 < (-3)65 
 =>(-27)27 <(-243)13 
 b, = 
 = 
 Vì số mũ 75 < 91 và cơ số là ( -1 < < 0 ) nên < 
 => < 
*Phương pháp giải: Tổng quát
 Với m, n ẻN* và m > n trong đó m, n là số lẻ, a < 0
 Ta có: - Nếu a < -1 thì am < an (câu a)
 - Nếu a = -1 thì am = an 
 - Nếu -1 an (câu b)
Lưu ý: Với trường hợp m, n là số chẵn ta đưa về dạng bài 7
Dạng 3.2: Đưa về 2 luỹ thừa cùng số mũ
Số 9: So sánh: 
 a, 3230 và 975
 b, và 
 Giải: 
 a, 3230 = (25)30 = 2150
 975 = (32)75 = 3150
 Vì 2 3230 < 940
 b, = 
	 = 
 Vì nên => > 
*Phương pháp giải: Tổng quát 
 Với mẻ N* và a , bẻ R. Ta có: 
 - Nếu a < b thì am < bm 
 - Nếu a = b thì am = bm 
 - Nếu a > b thì am > bm 
Trong nhiều trường hợp việc đưa 2 luỹ thừa về cùng cơ số hay đưa về cùng số mũ một cách trực tiếp để so sánh chúng đều là việc không thể. Từ đó ta có các dạng so sánh cao hơn.
 Dạng 3.3: Dùng luỹ thừa trung gian để so sánh 
 Số 10: So sánh:
 a, 637 và 1612
 b*, 1714 và 3111
 Giải: 
 a, Vì 637 < 647 < 648 
 và 1612 = (42)12 = 424 = 648 . Vậy 637 < 1612
 b, Ta có: 1714 > 1614 = (24)14 = 256
 và 3111 < 3211 = (25)11 = 255
 Vì 256 > 2 55 nên 1714 > 3155
*Phương pháp giải: Tính chất bắc cầu: Nếu a > b và b > c thì a > c
 ( b gọi là thành phần trung gian)
Câu a ta sử dụng 648 làm luỹ thừa trung gian để so sánh.
Câu b ta sử dụng 1614 và 3211 làm luỹ thừa trung gian để so sánh.
Đối với những bài toán không thể sử dụng được các phương pháp trên ta còn có phương pháp cao và khó hơn sau:
Dạng 3.4: Sử dụng tính chất đơn điệu của phép nhân
Số 11*: So sánh: 1031 và 2100
 Giải
 Ta có 1031 = 231 . 531 
 2100 = 231 . 269
 Vậy để so sánh 1031 và 2100 ta chỉ cần so sánh 531 và 269
 531 = 53 . 528 = 53 . (54)7 = 125 . 6257
 269 = 26 . 263 = 26 . (29)7 = 64 . 5127 
 Ta so sánh các cặp thừa số tương ứng với nhau
 Vì => 125 . 6257 > 64 . 5127 
 => 531 > 269 hay 1031 > 2100
 *Phương pháp giải: Với a, b, c, dẻ N* . 
 Nếu => a. c > b. d
 T. hợp luỹ thừa có mặt trong các biểu thức ta có dạng so sánh sau
Dạng 4: So sánh các biểu thức có chứa luỹ thừa 
Số 12: So sánh 2 biểu thức A và B trong từng trường hợp:
 a, A = và B = 
 b, C = và D = 
 Giải:
 a, Ta có A = => 10A = 10 . = 
 = 	
 B = => 10B = 10 . = 
 = 
 Vì 1016 + 1 < 1017 + 1 nên 
 => => 10A > 10B hay A > B 
 b, Ta có C = => C = . 
 = 
 D = => D = . 
 = 
 Vì 22008 – 2 > 22007 – 2 nên 
 => > 
 => C > D hay C > D
*Phương pháp giải: 
- ở câu a, biểu thức A và B có chứa luỹ thừa cơ số 10 -> ta so sánh 10A và10B
- ở câu b, biểu thức C và D có chứa luỹ thừa cơ số 2 nên ta so sánh C và D
Lưu ý: Đối với từng trường hợp bậc của luỹ thừa ở tử lớn hơn hay bé hơn bậc của luỹ thừa ở mẫu mà ta nhân với hệ số thích hợp nhằm tách phần nguyên rồi so sánh từng phần tương ứng. 
 Với a, n, m, Kẻ N* . Ta có:
 - Nếu m > n thì K - > K - và K + < K + 
 - Nếu m K + 
 (còn gọi là phương pháp so sánh phần bù)
Số 13: So sánh M = và N = 
Giải
 Ta có: = = 
	 = = 
 Vì => M < N 
 Dạng 5: Tìm số các chữ số của một luỹ thừa
Số 14: Tìm các chữ số của các số n và m trong các trường hợp sau:
 a, n = 83 . 155 
 b, m = 416 . 525
 Giải: a, Ta có n = 83 . 155 = (23)3.(3.5)5 = 29. 35. 55 
 = 24. 35. (2.5)5 = 16.243 .105 = 3888. 105
Số 3888. 105 gồm 3888 theo sau là 5 chữ số 0 nên số này có 9 chữ số. 
 Vậy n có 9 chữ số.
 b, Ta có : m = 416 . 525 = (22)16. 525 
 = 232.525 = 27.(225.525) = 128.1025
 Số 128.1025 gồm 128 theo sau là 25 chữ số 0 nên số này có tất cả 28 chữ số. 
 Vậy m có 28 chữ số.
*Phương pháp giải: 
 Nhóm các luỹ thừa thích hợp nhằm làm xuất hiện luỹ thừa của 10, từ đó lập luận tìm số chữ số của số đó. 
Dạng 6: Tìm chữ số tận cùng của một luỹ thừa 
 Dạng 6.1: Tìm một chữ số tận cùng
 Số15: Tìm các chữ số tận cùng của các số sau 
 a, 342008
 b, 735
Giải: a, 342008 = (34)1004. 2 = (342)1004 = (6)1004 = (6)
 Vậy 342008 có tận cùng là 6
 b, 735 = (7)4.8 + 3 = (74)8 .73 = (1)8 . 243 = (3) 
 Vậy 735 có tận cùng là 3
* Nhận xét: Tìm một chữ số tận cùng của một luỹ thừa 
- Các số có tận cùng bằng 0; 1; 5; 6 nâng lên luỹ thừa nào ( khác 0 ) thì tận cùng vẫn là chính số đó.
- Các số có tận cùng là 2; 4; 8 khi nâng lên luỹ thừa 4n (nẻN*) có tận cùng là 6.
- Các số có tận cùng là 3; 7; 9 khi nâng lên luỹ thừa 4n (nẻN*) có tận cùng là 1.
Dạng 6.2: Tìm hai chữ số tận cùng 
 Số16: Tìm hai chữ số tận cùng của
 a, 2100 b, 72007 
 Giải
 a, Ta thấy 210 = 1024
 Bình phương của số có tận cùng là 24 thì tận cùng là 76
 Số có tận cùng là 76 nâng lên luỹ thừa nào( khác 0) cũng có tận cùng là 76.
 Do đó: 2100 = (210)10 = 102410 = ( 10242)5 = (76)5 =(76) 
 Vậy 2100 có hai chữ số tận cùng là 76
 b, Vì 74 = 2401
 Số có tận cùng là 01 khi nâng lên luỹ thừa nào( khác 0) cũng có tận cùng là 01
 Do đó: 72007 = (74)501. 73 = ( 2401)501. 343 = (01) . 43 = (43)
 Vậy 72007 có hai chữ số tận cùng là 43
* Nhận xét: 
Các số có tận cùng là 01; 25; 76 dù nâng lên luỹ thừa nào (khác 0) cũng có tận cùng là chính nó
Các số 320 (hay 815) ; 74 ; 512; 992 có tận cùng bằng 01
Các số 220; 65; 184; 242; 684; 742 có tận cùng là 76
Số 26n (n >1) có tận cùng là 76.
Dạng 6.3: Tìm ba chữ số tận cùng trở lên
Số 17: Tìm ba chữ số tận cùng của 52005
 Giải: Vì 54 = 625
 Số có tận cùng là 625 dù nâng lên luỹ thừa nào (khác 0) vẫn có tận cùng là 625
Do đó : 52005 = (54)501. 5 = (625)501. 5 = (625) .5 = (125) 
 Vậy 52005 có ba chữ số tận cùng là 125
* Nhận xét: 
Các số có tận cùng bằng 001; 376; 625 dù nâng lên luỹ thừa nào(khác 0) cũng có tận cùng là chính nó.
Các số có tận cùng là 0625 dù nâng lên luỹ thừa nào(khác 0) cũng có tận cùng là 0625.
Dạng 7: Luỹ thừa trong toán chứng minh chia hết 
Dạng 7.1: Vận dụng chữ số tận cùng của luỹ thừa 
Số 18*: Chứng minh : a, 7777197 – 3333163 chia hết cho 10
 b, là một số tự nhiên ("nẻN)
 Giải: a,Vì một số có tận cùng bằng 0 thì chia hết cho 10 nên ta cần chứng tỏ hiệu 
 7777197 – 3333163 có tận cùng bằng 0 . 
 Ta có: 7777197 = (7777)196+1 = (77774)49 . 7 = (1)49 . 7 = (7)
 3333163 = (3333)160+3 = ( 33334)40 . 33 = (1)40 . 27 = (7)
 Do đó 7777197 – 3333163 có tận cùng là 7 – 7 = 0 nên chia hết cho 10
 b, Để c/m là một số tự nhiên, ta cần c/m tử chia hết cho mẫu 
 ( tức là 24n+2 + 1 5 ; "nẻN) 
 Ta có: 24n+2 + 1 = (24)n .22 + 1 = (6)n . 4 + 1 = (5) ("nẻN)
 Vậy 24n+2 + 1 có tận cùng là 5 nên chia hết cho 5
 hay là một số tự nhiên ("nẻN)
*Phương pháp giải: - Sử dụng cách tìm chữ số tận cùng của một luỹ thừa .
 - Sử dụng dấu hiệu chia hết cho 5; 10; 
Dạng 7.2: Sử dụng tính chia hết của một tích 
 Số19: Chứng minh rằng: 
 a, 76 + 75 – 74 chia hết cho 11
 b*, 2454 . 5424 . 210 chia hết cho 7263
Giải: a, Ta có: 76 + 75 – 74 = 74 (72 + 7 – 1) = 74 (49 + 7 – 1) 
 = 74 . 55 = 74 . 5. 11 11
 b, Ta có 7263 = (8.9)63 = (23 . 32)63 = 23.63 . 33.63 = 2189 . 3126
 2454 = (3.8)54 = (3. 23)54 = 354 . 23. 54 = 354 . 2162
 5424 = (2.27)24 = (2.33)24 = 224 . 33.24 = 224. 372
 Do đó: 2454 . 5424 . 210 = 354 . 2162 . 224 . 372 . 210
 = 2162 + 24 + 10 . 354 + 72 = 2196 . 3126
 = 27 . (23)63 . (32)63 = 27 . (8.9)63 = 27 . 7263 7263
 Vậy 2454 . 5424 . 210 7263
 Số 20: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
 a, 3n +2 – 2n+2 + 3n – 2n 10
 b, 3n+3 + 3n+1 + 2n+3 + 2n+2 6
 Giải: 
 a, 3n+2 – 2n+2 + 3n – 2n = 3n (32 + 1) – 2n (22 + 1) = 3n . 10 – 2n . 5 
 = 3n. 10 – 2n-1 . 2 . 5 = 3n . 10 – 2n-1 . 10
 = (3n – 2n-1) . 10 10
 Vậy 3n+2 – 2n+2 + 3n – 2n  chia hết cho 10
 b, 3n + 3 + 3n + 1 + 2n + 3 + 2n + 2 = 3n + 1 (32 + 1) + 2n + 2 (2 + 1) 
 = 3n . 3 . 10 + 2n + 1 . 2 . 3
 = 3n . 5 . 6 + 2n + . 6 = (3n . 5 + 2n + 1) . 6 6
 Vậy 3n+3 + 3n+1 + 2n+3 + 2n+2 6
Số 21*: Chứng minh rằng:
A = 75 . (42007 + 42006 +  + 42 + 4 + 1) + 25 là số chia hết cho 100
Giải: Ta có: A = 75 . (42007 + 42006 +  + 42 + 4 + 1) + 25
 = 25.3 (42007 + 42006  + 42 + 4 + 1) + 25
 = 25 (4-1) (42007 + 42006  + 42 + 4 + 1) + 25
 = 25. (42008 + 42007 +  + 42 + 4 – 42007 – 42006 -- 42 – 4 – 1) + 25
 = 25 (42008 – 1) + 25 = 25 (42008 – 1 + 1)
 = 25.42008 = 25.4.42007 = 100.42007
 Vậy A là số chia hết cho 100
*Phương pháp giải:
Phân tích thàng tích, đồng thời sử dụng các công thức cơ bản về luỹ thừa
Sử dụng tính chất chia hết của một tích.
Dạng 8: Luỹ thừa trong bất đẳng thức
Số 22: Tìm số nguyên dương n biết:
 a, 64 < 2n < 256
 b, 243 > 3n ³ 9
Giải: a, 64 26 6 < n < 8 , n nguyên dương 
 Vậy n = 7
 b, 243 > 3n ³ 9 => 35 > 3n ³ 32 => 5 > n ³ 2 , n nguyên dương
 Vậy n = 4; 3; 2
Số 23: Tìm số nguyên n lớn nhất sao cho : n200 < 6300
 Giải: Ta có: n200 = (n2)100
 6300 = (63)100 = 216100
 Để n200 < 6300 ú (n2)100 < 216100 ú n2 < 216 và nẻ Z (*)
 Số nguyên lớn nhất thoã mãn (*) là n = 14
 Nâng cao bài 21 lên ta có dạng toán khó hơn sau
Số 24* : Tìm các số nguyên n thoã mãn: 
 364 < n48 < 572
Giải: Ta giải từng bất đẳng thức 364 < n48 và n48 < 572
 Ta có : n48 > 364 ú (n3)16 > (34)16 ú (n3)16 > 8116 ú n3 > 81
 Vì n ẻ Z nên n > 4 (1) 
 Mặt khác n48 < 572 ú (n2)24 < (53)24 ú (n2)24 < 12524ú n2 < 125 
 và n ẻ Z => -11 Ê n Ê 11 (2)
 Từ (1) và (2) => 4 < n Ê 11. Vậy n ẻ { 5; 6; 7; 8; 9; 10; 11}
* Từ bài toán trên có thể thay đổi câu hỏi để được các bài toán sau:
 Số1: Tìm tổng các số nguyên n thoã mãn: 364 < n48 < 572
( giải tương tự trên ta có các số nguyên n thoã mãn là 5+6+7+8+9+10+11=56)
 Số2: Tìm tất cả các số nguyên có một chữ số sao cho 364 < n48 < 572
 ( số 5; 6; 7; 8; 9;)
 Số3: Tìm tất cả các số nguyên có 2 chữ số sao cho 364 < n48 < 572
 ( số 10; 11)
 *Phương pháp giải:
- Đưa các luỹ thừa về cùng cơ số hoặc cùng số mũ rồi lập luận tìm n (số 20;21)
- Có thể tách thành từng bất đẳng thức nhỏ rồi giải (số 22)
 B- Bài tập áp dụng: 
 Số 1(Dạng 1): Tính giá trị của biểu thức:
A = 
 Số 2( Dạng 2): Tìm x biết:
 a, (2x + 3)4 = 2401 
 b, 32x . 27 = 2187
 Số 3*(Dạng 2): Tìm x, y biết: 2x . 3y+2 = 122y 
 Số 4(Dạng 3): So sánh: 
 a, 544 và 2112 b*, 259 và 1017
 Số 5(Dạng 4): So sánh giá trị của biểu thức A và B biết:
 A = và B 
 Số 6( Dạng 5): Tìm số các chữ số của số p = 22008 . 251003 . 63
 Số 7*(Dạng 6): Tìm chữ số tận cùng của tổng sau: 
 Số 8(Dạng 7): Chứng minh rằng: 
 a, 10100 + 1099 + 1098 222
 b, 817 – 279 – 913 45
 Số 9(Dạng 7): Chứng minh rằng
 20072005 – 20032003 10
 Số 10(Dạng 7): Cho A = 4 + 42 + 43 +  + 42008
 a, Chứng minh rằng A 5
 b, Chứng minh rằng A 84
 Số 11(Dạng 8): Tìm n ẻ Z biết: 
 a, 32 < 2n Ê 512
 b*, 318 < n12 Ê 208
IV. Kết quả thực tiễn:
Trước khi chưa áp dụng đề tài này để bồi dưỡng cho học sinh thì học sinh khá, giỏi làm bài tập dạng này chưa có phương pháp giải phù hợp cho từng dạng, thời gian mò mẫm để tìm ra cách giải còn dài, nhiều bài tập giáo viên đưa ra học sinh đã không tìm ra được cách giải (ví dụ: so sánh 231 và 10100 ; Tìm nẻ Z thoã mãn: 364< n48 < 572 ). Mặt khác học sinh chưa linh hoạt trong vận dụng kiến thức về luỹ thừa cũng như sự phát hiện nhanh về phương pháp giải các dạng toán. Sau khi bản thân áp dụng đề tài này bồi dưỡng cho học sinh nhất là ở khối 6, khối 7 thì thấy chất lượng học sinh tăng lên rõ rệt, đặc biệt học sinh rất chăm học cũng như háo hức hơn với các bài tập giáo viên đưa ra. Qua đó tôi thấy dường như học sinh say mê hơn khi học toán và sáng tạo nhiều hơn trong giải toán.
 Kết quả khảo sát trong các năm học ở lớp bồi dưỡng khối 6; 7 cho thấy:
Năm học
Đề tài
Số HS không hiểu bài
Số HS hiểu 
bài ở mức độTB
Số HS hiểu bài mức độ khá, giỏi
2005-2006
Khi chưa áp dụng
67%
25%
8%
2006-2007
Khi bắt đầu áp dụng đề tài
22%
50%
28%
2007-2008
áp dụng đề tài rộng rãi
5%
58%
37%
V. Kết luận – Kiến nghị:
1, Kết luận:
Để đáp ứng không ngừng việc đổi mới phương pháp trong dạy học, cũng như sự đổi mới trong cách dạy của thầy và cách học của trò, nhằm đạt hiệu quả dạy học cao nhất thì buộc người thầy phải truyền thụ kiến thức một cách thật sáng tạo, phải có sự đầu tư nghiên cứu sâu bài dạy hay về một lĩnh vực kiến thức nào đó, trò qua sự truyền đạt hấp dẫn và sâu sắc của thầy để từ đó lĩnh hội được kiến thức một cách tốt nhất.
Đề tài “Các dạng toán về luỹ thừa và phương pháp giải” là sự dày công nghiên cứu và sáng tạo của bản thân đã góp phần không nhỏ vào việc giảng dạy nhằm nâng cao chất lượng học tập của HS. Từ đây tôi muốn nhắn gửi tới các đồng nghiệp nếu các bạn không ngừng sáng tạo trong chuyên môn, đổi mới trong phương pháp dạy học thì các bạn sẽ đưa lớp lớp học sinh thân yêu của mình tới những miền kiến thức mới, rộng mở hơn để các em say mê khám phá những''bí ẩn” trong kho tàng toán học, đó cũng chính là bước dẫn dắt đầu đời cho những sáng tạo trong tương lai.
Đề tài là tâm huyết của bản thân đối với sự nghiệp giáo dục, với thời gian nghiên cứu khá kỹ lưỡng song không thể tránh khỏi những khiếm khuyết, rất mong các đồng nghiệp góp ý thêm để đề tài ngày càng có hiệu quả cao hơn, được áp dụng rộng rãi hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn! 
2, Kiến nghị: 
Đề tài áp dụng chủ yếu cho bồi dưỡng HS khá, giỏi khối 6; 7.
Viết sáng kiến kinh nghiệm chính là quá trình tự học, tự nghiên cứu của bản thân nhằm không ngừng nâng cao trình độ chuyên môn nghiệp vụ của mình. Mặt khác có tác dụng đem lại hiệu quả cao trong dạy học. Vì vậy tôi thiết nghĩ hàng năm cần phát động rộng rãi hơn nữa phong trào viết SKKN trong nhà trường, đồng thời cần có sự khích lệ đúng mực cho những đề tài mang lại hiệu quả cao trong nghiên cứu và dạy học.
 Hồng Lĩnh, tháng 4 năm 2007- 2008
 Người viết
 Ký tên