Chuyên đề: Mũ và logarit

 2 
CHƯƠNG I: PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH - HỆ MŨ 
CHỦ ĐỀ I: PHƯƠNG TRÌNH MŨ 
BÀI TOÁN 1: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG 
I. Phương pháp: 
Ta sử dụng phép biến đổi tương đương sau: 
Dạng 1: Phương trình    f x g xa a 
TH 1: Khi a là một hằng số thỏa mãn 0 1a  thì        f x g xa a f x g x   
TH 2: Khi a là một hàm của x thì    
   
1
0 1f x g x
a
aa a
f x g x

    
 
 hoặc 
     
0
1 0
a
a f x g x

      
Dạng 2: Phương trình: 
  
 
0 1, 0
log
f x
a
a b
a b
f x b
  
  

Đặc biệt: 
Khi 0, 0b b  thì kết luận ngay phương trình vô nghiệm 
Khi 1b  ta viết    0 0 0f xb a a a f x     
Khi 1b  mà b có thể biếu diễn thành    f xc cb a a a f x c     
Chú ý: 
Trước khi biến đổi tương đương thì    àf x v g x phải có nghĩa 
II. Bài tập áp dụng: 
Loại 1: Cơ số là một hằng số 
Bài 1: Giải các phương trình sau 
a. 1 1 1
12 .4 . 16
8
x x x
x
 

 b. 
2 3 11 3
3
x x 
   
 
 c. 1 22 2 36x x   
Giải: 
a. PT 1 2 2 3 3 42 2 6 4 4 2x x x x x x x           
www.laisac.page.tl 
Chuyên Đề : 
M Ũ V À L O G A R I T 
N  g  u  y  ễ  n  T  h  à  n  h  L  o  n  g  
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com 
DĐ: 01694 013 498 
 3 
b. 
2
2
3 1
( 3 1) 1 21 3 3 3 ( 3 1) 1 
3
x x
x x x x
 
            
 
2 13 2 0
2
x
x x
x

      
c. 1 2 2 8.2 22 2 36 2.2 36 36
4 4
x x x
x x x         
x x 49.2 36.4 2 16 2 4x       
Bài 2: Giải các phương trình 
a. 2 3 20,125.4
8
x
x

     
 
 b.  
2 1
7
18 0, 25 2
x
x
x

  c. 2 2 3 32 .5 2 .5x x x x   
Giải: 
Pt  
1
22 32
3
1 2. 2
8 2
x
x


 
     
 
5 5 5
3 2(2 3) 3 4 6 4 92 2 2 52 .2 2 2 2 2 2 4 9 6
2
x
x xx x x x x x

                 
 
b. Điều kiện 1x   
PT 
2 1 73 2 21 2
1
2 12 2 3 7 2 7 9 2 0 21 2
7
x x
x
x
x x x x
x x




          
 

c. Pt    2 32.5 2.5x x  
2 310 10 2 3 1x x x x x       
Bài 2: Giải phương trình:  
3log12 2
2
x
x x x     
 
Giải: 
Phương trình đã cho tương đương: 
33 loglog
3
2 0 22 0
111 log ln 0ln 01 222
222 0
xx
x xx
x xxx
xxx
     
                                    
3
2 2 2
log 0 1 1
21 1 3ln 0 1
2 2 2
2 22
x x x
x x x
x
x x x
x xx
   
                                       
       
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com 
DĐ: 01694 013 498 
 4 
Bài 3: Giải các phương trình: 
a.    
3 1
1 310 3 10 3
x x
x x
 
    b.  
2
1 1
3 22 2 4
x
x x


 
 
  
Giải: 
a. Điều kiện: 
1
3
x
x


 
Vì 110 3
10 3
 

. 
PT    
3 1
2 21 3 3 110 3 10 3 9 1 5
1 3
x x
x x x x x x x
x x
 
               
 
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là 5x   
b. Điều kiện: 
0
1
x
x

 
PT    
 
 
2 3
2 22
2 131 12 12 2 4 2 .2 4
x
x xxx xx x

     
 
   
 
   
2 32
1 2 1 2 322 4 2
1 2 1
4 2 3 4 1 4 10 6 0 3 9
x
x x x x
x x x
x x x x x x x x
 
 
   

    
 
            
Vậy phương trình có nghiệm là 9x  
Loại 2: Khi cơ số là một hàm của x 
Bài 1: Giải phương trình    sin 2 3cos2 22 2 xx 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 3sin 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: 
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com 
DĐ: 01694 013 498 
 5 
1 11 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   . 
Bài 2: Giải phương trình:    
22 43 5 2 23 6 9
x xx xx x x
  
    
Giải: 
Phương trình được biến đổi về dạng:      
2
2 243 5 2 2 2( 4)3 3 3
x xx x x xx 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. 
Bài tập tự giải có hướng dẫn: 
Bài 1: Giải các phương trình sau 
a. 
2 1
1 24.9 3.2
x
x

  b. 1 2 4 37.3 5 3 5x x x x      
c.  
4 3
745 4 327 3
x x
x x

 
 
  
 d.    
31 13 1 1x xx x    
HD: 
a. 
2 3
3 31
22
x
x

 
    
 
b. 
1
1 1 33 5 1 1
5
x
x x x

          
 
c. 10x  
BÀI TOÁN 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP LÔGARIT HOÁ VÀ ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐ 
I. Phương 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: (cơ số khác nhau và số mũ khác nhau) 
   ( ) ( ) ( )log log ( ) ( ).logf x g x f x f xa a aa b a b f x g x b     
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com 
DĐ: 01694 013 498 
 6 
 hoặc ( ) ( )log log ( ).log ( ).f x g xb b ba b f x a g x   
Đặc biệt: (cơ số khác nhau và nhưng số mũ bằng nhau) 
Khi      
 
 
0
( ) 1 0
f x
f x f x a af x g x a b f x
b b
             
   
 (vì ( ) 0f xb  ) 
Chú ý: Phương pháp áp dụng khi phương trình có dạng tích – thương của các hàm mũ 
II. Bài tập áp dụng: 
Bài 1: Giải các phương trình 
a. (ĐH KTQD – 1998) 
1
5 .8 500.
x
x x

 b. 
2
2 3
23 .4 18
x
x x

  
c. 
2 4 22 .5 1x x   d. 
2 2 32
2
x x  
Giải: 
a. Cách 1: Viết lại phương trình dưới dạng: 
1 1 33 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
3log 5 .2 0 log 5 log 2 0 3 .log 5 log 2 0
x x
x xx x xx
x
 
               
   
  2
2
3
13 log 5 0 1
log 5
x
x
xx

           

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
2
13;
log 5
x x   
Cách 2: PT 
33( 1) 3 1
3 2 3 35 .2 5 .2 5 2 5 2
xx x
x x xx x x
 

          
 
3
31
3
11
5
3 0 315 5.2 1
log 25.2 12
x
x
x x
xx
x x
x



                     
b. Ta có 
2 2
2 3 2 3
2 2
3 33 .4 18 log 3 .4 log 18
x x
x xx x
 
     
 
 2 23 3 34 6 3( 2)2 .log 2 2 log 2 4 .log 2 0x xx xx x
 
         
   2 3 2
3
2 0
2 2 3log 2 0 2
2 3log 2 0 ( )
x
x x x x
x x VN
 
       
  
c. PT 
2 4 2
2 2log 2 log 5 0 
x x    
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com 
DĐ: 01694 013 498 
 7 
    2 2 24 2 log 5 0 2 2 log 5 0x x x x          
2 2
2 2
2 log 5 0 2 log 5
x x
x x
  
        
d. Lấy logarit cơ số 2 hai vế phương trình ta được: 
2 2 2 2
2 2 2 2
3log 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. 
Chú ý: 
Đối với 1 phương trình cần thiết rút gọn trước khi logarit hoá. 
Bài 2: Giải các phương trình 
a. 428 4.3
x
xx   b. 
1 1
2 12 24 3 3 2
xx x x    
c. 
9
14 )2cossin5
2(sin5,0log 
 xxx d. 1 2 3 15 5 5 3 3 3x x x x x x        
Giải: 
a. Điều kiện 2x   
PT  
3 2
42
2 2
3 12 3 2 (4 ) log 3 4 . log 3 0
2 2
x
xx x x x
x x

              
2 3
4 0
4
1 log 3 0 2 log 2
2
x
x
x
x
 
      
b. 
PT 
1 1 1
2 1 2 2 23 44 2 3 3 4 . 3 .
2 3
x x xx x x        
3 3
2 2 34 3 0 0
2
x x
x x
 
       
c. Điều kiện  2sin 5sin .cos 2 0 *x x x   
PT  1 2 242log sin 5sin .cos 2 log 3x x x     
 22 2log sin 5sin .cos 2 log 3x x x      thỏa mãn (*) 
 2
cos 0
sin 5sin .cos 2 3 cos 5sin cos 0
5sin cos 0
2 2
1tan tan
5
x
x x x x x x
x x
x k x k
x lx



 

          
     
    
d. PT 
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com 
DĐ: 01694 013 498 
 8 
5 5.5 25.5 3 27.3 3.3
531.5 31.3 1 0
3
x x x x x x
x
x x x
     
       
 
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là 0x  
Bài 3: Giải các phương trình 
a. lg 21000xx x b.  2 4log 32 xx   
c.  
2
25 5log 5 1 log 77 x x  d. 13 .8 36
x
x x  
Giải: 
a. Điều kiện 0x  
 
  
22lg .lg lg1000 lg lg 2 lg 3 0
lg 1 0 1 /10
lg 1 lg 3 0 
lg 3 0 1000
x x x x x
x x
x x
x x
      
   
         
b. Điều kiện 0x  
PT        2 4log2 2 2 2 2 2log log 32 log 4 .log 5 log 1 . log 5 0 
xx x x x x        
2
2
2log 1
1log 5
32
xx
x x
    

c. Điều kiện 0x  
       
 
2
25 5log 5 1 log 7 2
5 5 25 5 5 5
52 2
5 5 5 5
5
log 7 log log 5 1 .log 7 log 7.log
1log 11 log 5 log 1 0 log 2 log 3 0 5
log 34 125
x x x x
x x
x x x x
x x
    
              
Vậy phương trình đã cho có nghiệm 
1
5
125
x
x
 


d. Điều kiện 1x   
     
 
1
2 2 2 2 2
2
2 2 2
2
2 2 2
3
3log 3 .8 log 36 2 2log 3 .log 3 2 2 log 3
1
.log 3 3 log 3 2 1 2 1 log 3
2
.log 3 1 log 3 2 2log 3 0
1 log 2
x
x x xx
x
x x x x
x
x x
x
       

      

          
Vậy phương trình có nghiệm là: 
3
2
1 log 2
x
x

   
Bài 4: Giải các phương trình sau : 
a. 
2 1 18 .5
8
x x   b. 1 43 . 9
27
x x
x
  c. 12.3
2
xx d. 22 .5 10x x  
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com 
DĐ: 01694 013 498 
 9 
Giải: 
a. Lấy logarit hai vế với cơ số 8, ta được 
2 21 1
8 8
1 18 .5 log 8 .5 log
8 8
x x x x    
 2 1 1 28 8 8 8log 8 log 5 log 8 1 log 5 1x x x x         
       2 8 81 1 log 5 0 1 1 1 log 5 0x x x x x           
     8 8
1 0
1 1 1 log 5 0
1 1 log 5 0
x
x x
x
 
           
8 8 5
1 1
.log 5 log 5 1 1 log 8
x x
x x
    
      
Vậy phương trình có nghiệm: 51, 1 log 8x x    
b. PT 2 2 3 2 2 33 .3 .3 4 3 4 2 2 log 4
x x x x x        
3 3 3 3
3
42 log 4 2 2 log 4 log 9 log
9
1 4 2log log
2 9 3
x x
x
      
  
c. Lấy log hai vế của phương trình theo cơ số 2 
Ta được phương trình 
2 2
2 2 2log 3 log 2 0 log 3 0
x x x x     
2
2
0
( log 3 ) 0
log 3
x
x x
x

      
d. PT 
2 2
2 2 2 2 2 2log (2 .5 ) log (2.5) log 2 log 5 log 2 log 5
x x x x      
2 2
2 2 2 2
2
2
log 5 1 log 5 (log 5) 1 log 5 0
1
1 log 5
log 5
x x x x
x
x
        

   

Bài tập tự giải có hướng dẫn: 
Bài 1: Giải các phương trình sau 
a. 15 . 8 100xx x  
HD: Điều kiện 0x  
2( 1) 3 2( 1) 2( 1) 2 2
2
2
5
5 .2 5 .2 5 2
2
log 5.( 2) 2
1 log 2( )
x x x x x x x x
x
x x x
x loai
        

         
b. 
2 23 2 6 2 52 3 3 2x x x x x x       
HD: 
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com 
DĐ: 01694 013 498 
 10 
2 ( 2)( 4)
2
3
2 3 2 ( 2)( 4) log 3
2
log 2 4
x x x x x x
x
x
        

   
Bài 2: Giải các phương trình sau 
a. 
2
3 .2 1x x  b. 
2 4 22. 2 3x x  c. 
2 5 6 35 2x x x   d. 
1
3 .4 18
x
x x

 
e. 228 36.3
x
xx   f. 7 55 7
x x
 g. 53 log5 25x x  i. log 54 3.5 5 xx  
k. 9log 29. xx x 
Đs: 
a. 30; log 2 b. 32;log 2 2 c. 53;2 log 2 d. 32; log 2 
e. 34; 2 log 2  f. 7 5
5
log (log 7) g. 5 h. 41 ; 5
5
 k. 9 
BÀI TOÁN 3: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ - DẠNG 1 
I. Phương 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   

   
Khi đó đặt xt a điều kiện t > 0, ta được: 11 1 0...... 0
k k
k kt t t   

   
Mở rộng: Nếu đặt ( ) ,f xt a điều kiện hẹp 0t  . 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 tt

           
Mở rộng: Với a.b 1 thì khi đặt ( ) ,f xt a điều kiện hẹp 0t  , 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 2 0xb  ( hoặc 
 2 , . xxa a b ), ta được: 
2
1 2 3 0
x xa a
b b
          
   
Đặt ,
xat
b
   
 
điều kiện 0t  , ta được: 21 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 ) 
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com 
DĐ: 01694 013 498 
11 
- Đặt 
fat
b
   
 
điều kiện hẹp 0t  
Dạng 4: Lượng giác hoá. 
Chú ý: Ta sử dụng ngôn từ điều kiện hẹp 0t  cho trường hợp đặt ( )f xt a vì: 
- Nếu đặt xt a thì 0t  là điều kiện đúng. 
- Nếu đặt 
2 12xt  thì 0t  chỉ là điều kiện hẹp, bởi 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. Bài tập áp dụng: 
Bài 1: Giải phương trình 
a. 
2 2
1
cot sin4 2 3 0x x   (1) b. 
2 2sin cos4 2 2 2x x   
Giải: 
a. Điều kiện sin 0 ,x x k k Z    (*) 
Vì 22
1 1 cot
sin
x
x
  nên phương trình (1) được biết dưới dạng: 
22 cotcot4 2.2 3 0
g xx    (2) 
Đặt 
2cot2 xt  điều kiện 1t  vì 
22 cot 0cot 0 2 2 1xx     
Khi đó phương trình (2) có dạng: 
22 cot 212 3 0 2 1 cot 0
3
cot 0 ,
2
xtt t x
t
x x k k Z 

         
     
thoả mãn (*) 
Vậy phương trình có 1 họ nghiệm ,
2
x k k Z    
b. PT  
22 2sin 1 sin2 2 2 2x x    
Đặt  
2sin2 0xt t  ta được 
    2 3 22 2 2 2 2 2 0 2 2 2 0t t t t t tt             
 
2
2 2 4 2
2
2 2 4 2
2
t
t
t loai

 

  
 

  


Với 
1
2 22 1 2sin2 2 2 sin sin
2 2 4 2
xt x x x k            
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com 
DĐ: 01694 013 498 
 12 
Với 
22 2 4 2 sin2
2
xt    (phương trình vô nghiệm) 
Bài 2: Giải các phương trình 
a.    7 4 3 3 2 3 2 0x x     
b. (ĐH – B 2007)    2 1 2 1 2 2 0x x     
c.     33 5 16 3 5 2x x x    
d. (ĐHL – 1998)    
sin sin
7 4 3 7 4 3 4
x x
    
e.    5 24 5 24 10x x    
Giải: 
a. Nhận xét rằng:      27 4 3 2 3 ; 2 3 2 3 1      
Do đó nếu đặt  2 3 xt   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 0x x     
Vậy phương trình có nghiệm x = 0 
b. Đặt  2 1 xt   ta được Pt: 
1 2 2t
t
  2 2 2 1 0t t    2 1 2 1t t      1 1x x     
c. Chia 2 vế của phương trình cho 2 0x  , ta được: 
 3 5 3 516 8
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 (*) có dạng: 
2
3 5
2
3 58 16 0 4 4 log 4
2
x
t t t x

 
          
 
d. Nhận xét rằng:   7 4 3. 7 4 3 7 4 3 7 4 3 1      
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com 
DĐ: 01694 013 498 
 13 
Đặt  
sin
7 4 3
x
t   , điều kiện t > 0  
sin 17 4 3
x
t
   
Khi đó pt (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
                    
              
   
 
sin 1
sin
2 3 2 3 sin 1
cos 0 ,
sin 1 22 3 2 3
x
x
x
x x k k Z
x


               
e. Nhận xét rằng:   5 24 5 24 1   
Đặt  5 24 xt   , điều kiện t > 0   15 24 x t   
Khi đó pt (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
 
  
Nhận xét: 
- Như vậy trong ví dụ trên bằng việc đánh giá: 
     27 4 3 2 3 ; 2 3 2 3 1      
Ta đã lựa chọn được ẩn phụ  2 3 xt   cho phương trình 
- Việc lựa chọn ẩn phụ thông qua đánh giá mở rộng của a.b 1 , đó là: . . 1a ba b c
c c
   tức là với các phương 
trình có dạng: . . 0x xA a B b C   
Khi đó ta thực hiện phép chia cả 2 vế của phương trình cho 0xc  , để nhận được: 
. 0
x xa bA B C
c c
        
   
 từ đó thiết lập ẩn phụ , 0
xat t
c
   
 
 và suy ra 1
xb
c t
   
 
Bài 3: Giải các phương trình 
a. (ĐHTL – 2000) 
2 22 1 2 22 9.2 2 0x x x x     
b. 
2 2 21 1 12.4 6 9x x x    
Giải: 
a. Chia cả 2 vế phương trình cho 2 22 0x  ta được: 
www.MATHVN.com
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com 
DĐ: 01694 013 498 
 14 
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 22
x x
x x
t x x x
t t
xt x x

 
                    
Vậy phương trình có 2 nghiệm –1 2x x   . 
b. Biến đổi phương trình về dạng: 
     
2 222 1 2 112.2 2.3 3x xx   
Chia hai vế của phương trình cho  
22 12 0x   , ta được: 
 
 
2 21 2 13 32
2 2
x x 
        
   
Đặt 
2 13
2
x
t

   
 
, vì 
2 1 1
2 3 3 31 1
2 2 2
x
x t

           
   
Khi đó pt (*) có dạng: 
 
2 1
2 2
3 3
2 2
2 32 0 2 1 log 2 log 2 1
1 2
xt
t t x x
t l
                   
Chú ý: 
Trong ví dụ trên, vì bài toán không có tham số nên ta sử dụng điều kiện cho ẩn phụ chỉ là 0t  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: 
2
2 1
2 4
4
1 1 1 12 2
2 4 4 2
x xx x x t           
 
Bài 4: Giải các phương trình 
a. (ĐHYHN – 2000)  
3
3 1
1 122 6.2 1
22
x x
xx    
b. (ĐHQGHN – 1998) 3 1125 50 2x x x  
Giải: 
a. Viết lại phương trình có dạng: 
3
3
3
2 22 6 2 1
2 2
x x
x x
         
  
 (1) 
Đặt 
33
3 3
3
2 2 2 22 2 2 3.2 2 6
2 2 2 2
x x x x x
x x x xt t t
               
   
Khi đó phương trình (1) có dạng: 3 26 6 1 1 2 1
2
x
xt t t t        
Đặt 2 , 0xu u  khi đó phương trình (2) có dạng: 
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com 
DĐ: 01694 013 498 
 15 
2 1 ( )1 2 0 2 2 2 1
22
xu loaiuu u u u x
u
 
             
Vậy phương trình có nghiệm x = 1 
b. Biến đổi phương trình