Phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình mũ

t 1 2 .sin 2 sin sin 2
2
3 32 2sin . s 2 1 2 sin 0
2 2 2 2 2
0 12 12 6 2
03 2 2 1s 22 2
x
x
tos cost t cos t t
t t t t tcos co cos
tcos l t x
xt tin


      
       
                
Vậy phương trình có nghiệm : 
1
0
x
x
 
 
Ví dụ 10: Giải phương trình: 
 
27 6. 0,7 7
100
x
x
x   
Giải. 
Biến đổi phương trình về dạng: 
 
27 76. 7 1
10 10
x x           
Đặt 
7
10
x
t      , điều kiện t >0 
Khi đó phương trình (1) có dạng: 
  
2
7
10
7 76 7 0 7 log 7
1 10
xt
t t x
t l
               
Vậy phương trình có nghiệm : 7
10
log 7x  
Ví dụ 11: Giải phương trình: 
2 1 11 13. 12
3 3
x x
           
Giải. 
 Biên soạn:Vũ Ngọc Vinh 5 
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 phương trình (1) có dạng: 
 
2 3 112 0 3 1
4 3
xt
t t x
t l
                
Vậy phương trình có nghiệm : 1x   
Ví dụ 12: Giải phương trình: 
1 4 24 2 2 16x x x     
Giải. 
Biến đổi phương trình về dạng: 
 2 1 4 22 2 2 16x x x      22.2 6.2 8 0 1x x    
Đặt 2
xt  , điều kiện t >0 
Khi đó phương trình (1) có dạng: 
  
2 42 6 8 0 2 4 2
1
xtt t x
t l

          
Vậy phương trình có nghiệm : 2x  
Ví dụ 13: Giải phương trình: 
13 3 4 0x x   
Giải. 
Điều kiện: 0x  
Biến đổi phương trình về dạng: 
33 4 0
3
x
x
  
Đặt 3
xt  , điều kiện 1t  
Khi đó phương trình (1) có dạng: 
 
 
2
1
4 3 0
3
t l
t t
t l
 
    
  
Vậy phương trình có vô nghiệm . 
Ví dụ 14: Giải phương trình: 
3 1125 50 2x x x  
Giải. 
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 2125 50 5 52 2 0 2
8 8 2 2
x x x x                          
Đặt 
5
2
x
t      , điều kiện t > 0 
Khi đó phương trình (2) có dạng: 
 Biên soạn:Vũ Ngọc Vinh 6 
     
3 2 2
2
1 52 0 1 2 2 0 1 0
2 2 0 2
xt
t t t t t x
t t VN
                    
Vậy phương trình có nghiệm : 0x  
Ví dụ 15: Giải phương trình: 
     sin sin7 4 3 7 4 3 4 1x x   
Giải. 
Nhận xét rằng:   7 4 3. 7 4 3 7 4 3 7 4 3 1      
Đặt 
 sin7 4 3 xt  
, điều kiện t > 0 
 sin 17 4 3 x t   
Khi đó phương trình (1) có dạng: 
 
 
   
 
sin
2 1sin
2
sin sin
2
2 3 2 37 4 3 2 32 31 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 ,
s inx 1 22 3 2 3
x
cosx x k k Z 
                
Vậy phương trình có nghiệm : ,
2
x k k Z    
Ví dụ 16: Giải phương trình: 
      5 24 5 24 10 1
x x
   
Giải. 
Nhận xét rằng:   5 24 5 24 1   
Đặt  5 24
x
t  
, điều kiện t > 0 
  15 24 x t   
Khi đó phương trình (1) có dạng: 
 
 
   
 
1
2
5 24 5 24 5 24 5 245 241 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 phương trình có nghiệm : 
1
1
x
x
 
 
Ví dụ 17: Giải phương trình: 
2 125 10 2x x x  
Giải. 
Viết lại phương trình dưới dạng: 
 Biên soạn:Vũ Ngọc Vinh 7 
  
2 25 2.5 2.2xx x  
Chia hai vế của phương trình cho 
22 0x  , ta được: 
 
25 5 2 2
2 2
x x           
Đặt 
5
2
x
t      , điều kiện t > 0 
Khi đó phương trình (2) có dạng: 
  
2 1 52 0 1 0
2 2
xt
t t x
t l
               
Vậy phương trình có nghiệm : 0x  
Ví dụ 18: Giải phương trình: 
3 14.3 3 1 9x x x   
Giải. 
Điều kiện:  1 9 0 0 9 1 0
x x x        
Biến đổi phương trình về dạng: 
3 24.3 3.3 1 3x x x   
Với điều kiện (*) thì 0 3 1
x  
Đặt 3
xcost  , với 
0,
2
t     
Khi đó phương trình (2) có dạng: 
 
3 2
0
2
4 3 1 3 sin
2
3 2
8 22
83 2
2 4 2
t
cos t cost cos t cos t t cos t
ktt t k
t
kt t k t l


   
  
 
         
     
   
        
Ta có: 
2 2 2 2 2 22. 2 1
4 8 8 8 4 8 2
cos cos cos cos cos              
Do đó: 
3
2 2 2 23 log
8 8 2 2
xt cos x        
Vậy phương trình có nghiệm : 3
2 2log
2
x  
B. DẠNG II. 
Dạng 2: Phương trình: 
 1 2 3 0
x xa b     , với: . 1a b  
Đặt: xt a , điều kiện t >0, suy ra 
1xb
t

Ví dụ 1: Giải phương trình: 
 Biên soạn:Vũ Ngọc Vinh 8 
    
23 2 9 .3 9.2 0 1x x x x    
Giải. 
Đặt 3
xt  , điều kiện t > 0 
Khi đó phương (1) tương đương với: 
  
2 2 9 9.2 0x xt t    
2
9 3 9 2
3 02 13 2
2
x
x
x x x
x
t x
xt

                  
Vậy phương trình có nghiệm : 
2
0
x
x

 
Ví dụ 2: Giải phương trình: 
    
2 22 29 3 .3 2 2 0 1x xx x     
Giải. 
Đặt 
2
3xt  , điều kiện 1t  (vì 
22 00 3 3 1xx     
Khi đó phương trình (1) tương đương với: 
 2 2 23 2 2 0t x t x     
 
 
2
22 2
3 2 22
1 3 1 3
x
x
t
t x x
          
Giải (2): 
2 2
3 33 2 log 2 log 2
x x x      
Giải (3) 
2 23 1x 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 nghiệm : 0x  
Ví dụ 3: Cho phương trình: 
    
2 3 2 2.3 3 .3 2 .3 0, 0 1x x xm m m m m      
a. Giải phương trình với m = 2. 
b. Xác định m để phương tr?nh có ba nghiệm phân biệt. 
Giải. 
Đặt 3
xt  , 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 23 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: 
   22
1 1
2 2 0 2
1
m tt m
t f t mt t mm
t
          
a. Với m = 2, ta được: 
   
3 3
2
1
1 12 3 log log 2
2 22 2 2 0
xt x
f t t t VN
       
    
Vậy với m = 2 pt có nghiệm : 3log 2x   
 Biên soạn:Vũ Ngọc Vinh 9 
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 00
20 0
0 10
1 0
1 0 1 0
m
S
m mP
f mm m
                       
Vậy với 0 < m < 1 phương trình có ba nghiệm phân biệt. 
Ví dụ 4: Giải phương trình: 
 2 3 1 34 2 2 16 0 1x x x     
Giải. 
Đặt 2
xt  , điều kiện t > 0 
Khi đó phương trình (1) tương đương với: 
4 3 2 4 32 8 16 0 4 2 .4 2 0t t t t t t         
Đặt u = 4, ta được: 
2 4 32 . 2 0u t u t t    
 
   
2
2
22
1 4 1 5
2 4 0 2 5 1 log 5 1
1 4 2 1 5
x
u t t t t t
t t x
u t t t t t t
        
                      
Vâỵ phương trình có nghiệm:  2log 5 1x   
Ví dụ 5: Giải phương trình: 
   9 2 2 .3 2 5 0 1x xx x     
Giải. 
Đặt 3
xt  , điều kiện t > 0 
Khi đó phương trình (1) tương đương với: 
  
2 2 2 2 5 0t x t x     
   1 3 5 2 2
5 2
xt 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) 
Vậy phương trình có nghiệm : x = 1 
Ví dụ 6: Giải phương trình: 
 23 3 5 5 1x x   
Giải. 
Đặt 3
xt  , điều kiện t > 0 
Khi đó phương trình (1) tương đương với: 
     
2
2 2
2 2 2 42
5 0 0 5
5 5 5 5
5 2 1 .5 1 0 25 5
t t
t t t t
t tt t
               
       
Đặt u = 5, phương trình(2) có dạng: 
 2 2 42 1 1 0u t u t     
 Biên soạn:Vũ Ngọc Vinh 10 
 
 
 
 
2
22
2 2 2
2
2 1 2 1
5 05 12
2 1 2 1 5 1 4 0
2
1 17
1 17 1 172 3 log
2 21 17
2
x
t t
u t t lt
t t t t t tu
t l
x
t
   
                   
                   
Vậy phương trình có nghiệm : 2
1 17log
2
x
      
C. DẠNG III. 
Dạng 3: Phương trình: 
  
2 2
1 2 3 0
xx xa ab b     
Chia hai vế của phương trình cho 2 0xb  (hoặc  
2 , xxa ab ) 
Ví dụ 1: Giải phương 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 2 2 2
2
2
3 2 6 5 3 2 6 5 3 2 6 5
3 2 2
26 5
4 4 4 .4 1 4 1 1 4 0
1
4 1 3 2 0 2
16 5 04 1
5
x x x x x x x x x x x x
x x
x x
x
x x x
xx x
x
           
 
 
      

                  
Vậy phương trình có nghiệm : 
1
2
1
5
x
x
x
x

 
  
  
Ví dụ 2: Giải phương trình: 
2 25 6 1 6 52 2 2.2 1x x x x      
Giải. 
Viết lại phương trình dưới dạng: 
2 25 6 1 7 52 2 2 1x x x x     
   2 22 2
2 2 2 2
5 3 15 6 1
5 6 1 5 3 1
2 2 2 1
2 2 2 .2 1
x x xx x x
x x x x x x
     
     
   
    
Đặt 
2
2
5 6
1
2
, , 0
2
x x
x
u
u v
v
 

  
 
Khi đó, phương trình tương đương với: 
 Biên soạn:Vũ Ngọc Vinh 11 
   
2
2
5 6 2
21
1
1 1 1 0
1
3
2 1 5 6 0
2
1 12 1 1
x x
x
u
u v uv u v
v
x
x x
x
x x
 

         
                 
Vậy phương trìnhcó nghiệm : 
3
2
1
x
x
x

 
  
Ví dụ 3: Giải phương trình: 
 
2 22
32 2 129 3 3 1
x x xx      
Giải. 
Đặt : 
2
2
32
29 , 0
3
x x
x
u uv
v
   
  
Nhận xét rằng: 
 
22
22
2 2
33 2 22 22
2 14 39 3 3 3
3 3
x xx x
xx x
x x
u
v
      
     
Khi đó, phương trình tương đương với: 
   
22
2 2
2 2
33 2 22 222