Một số phương pháp giải phương trình mũ thường gặp (phần 2)

\({9^x} - {2.6^x} + {4^x} > 0 \Leftrightarrow {\left( {\frac{9}{4}} \right)^x} - 2.{\left( {\frac{6}{4}} \right)^x} + 1 > 0 \Leftrightarrow {\left( {\frac{3}{2}} \right)^{2x}} - 2{\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} + 1 > 0.\)
Đặt \(t = {\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} > 0.\)
Khi đó \({t^2} - 2t + 1 > 0 \Leftrightarrow {(t - 1)^2} > 0 \Leftrightarrow t \ne 1 \Rightarrow {\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} \ne 1 \Leftrightarrow x \ne 0.\)

 

Ta có:
\({\left( {9\sqrt 3 + 11\sqrt 2 } \right)^x} = {\left[ {{{\left( {\sqrt 3 + \sqrt 2 } \right)}^3}} \right]^x} = {\left[ {{{\left( {\sqrt 3 + \sqrt 2 } \right)}^x}} \right]^3\)
\({\left( {5 + 2\sqrt 6 } \right)^x} = {\left[ {{{\left( {\sqrt 3 + \sqrt 2 } \right)}^2}} \right]^x} = {\left[ {{{\left( {\sqrt 3 + \sqrt 2 } \right)}^x}} \right]^2}\)
\({\left( {\sqrt 3 + \sqrt 2 } \right)^x}{\left( {\sqrt 3 - \sqrt 2 } \right)^x} = {\left[ {\left( {\sqrt 3 + \sqrt 2 } \right)\left( {\sqrt 3 - \sqrt 2 } \right)} \right]^x} = 1\)
Đặt \(t = {\left( {\sqrt 3 + \sqrt 2 } \right)^x},t > 0 \Rightarrow {\left( {\sqrt 3 - \sqrt 2 } \right)^x} = \frac{1}{t}\)
Khi đó bất phương trình đã cho trở thành:
\({t^3} + 2{t^2} - \frac{2}{t} < 1 \Leftrightarrow {t^4} + 2{t^3} - t - 2 < 0 \Leftrightarrow (t - 1)(t + 2)({t^2} + t + 1) < 0.\)

 

Đặt: \(t = {2^x};\left( {t > 0} \right)\)
\({t^2} + \left( {4m - 1} \right).t + 3{m^2} - 1 = 0\,\,\left( 1 \right)\)
\(\begin{array}{l} \Delta = {b^2} - 4ac = {\left( {4m - 1} \right)^2} - 4\left( {3{m^2} - 1} \right)\\ = 4{m^2} - 8m + 5 = {\left( {2m - 2} \right)^2} + 1 \ge 0,\forall t \in \mathbb{R} \end{array}\)
Áp dụng định lý Vi-et cho (1) ta có:
\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} {t_1}.{t_2} = 3{m^2} - 1 = {2^{{x_1}}}{.2^{{x_2}}} = {2^{{x_1} + {x_2}}} = 2\\ P > 0\\ S > 0 \end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} m = \pm 1\\ 3{m^2} - 1 > 0\\ 1 - 4m > 0 \end{array} \right. \Rightarrow m = - 1 \end{array}\)

 

Xét phương trình \({4^{{x^2}}} - {5.2^{{x^2}}} + 4 = 0\).
Đặt: \({2^{{x^2}}} = a\left( {a > 0} \right)\) thì phương trình đã cho trở thành \({a^2} - 5.a + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} a = 4\\ a = 1 \end{array} \right.\)
Với \(a=4\) thì \({x^2} = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \sqrt 2 \\ x = - \sqrt 2 \end{array} \right..\)
Với \(a=1\) thì \({x^2} = 0 \Leftrightarrow x = 0\).
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm thực phân biệt.

 

\({4^x} - {3^x} = 1 \Leftrightarrow {\left( {\frac{3}{4}} \right)^x} + {\left( {\frac{1}{4}} \right)^x} = 1\)
Dễ thấy các hàm \({\left( {\frac{3}{4}} \right)^x};{\left( {\frac{1}{4}} \right)^x}\) là các hàm nghịch biến nên phương trình có tối đa 1 nghiệm mà x=1 là một nghiệm nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. Vậy đáp án đúng là B.

 

Đặt \({\sin ^2}x = \alpha ,\,\alpha \in \left[ {0;1} \right]\). Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với
\({2^\alpha } + {3^{1 - \alpha }} \ge a{.3^\alpha } \Rightarrow a \le \frac{{{2^\alpha } + {3^{1 - \alpha }}}}{{{3^\alpha }}}\,\left( 1 \right)\)
Xét phương trình \(f\left( \alpha \right) = \frac{{{2^\alpha } + {3^{1 - \alpha }}}}{{{3^\alpha }}} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^\alpha } + {3^{1 - 2\alpha }}\) với \(\alpha \in \left[ {0;1} \right]\)
Ta có: \(f'(\alpha ) = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^\alpha }.\ln \frac{2}{3} - {2.3^{1 - 2\alpha }}.\ln 3 < 0,\forall \alpha \in \left[ {0;1} \right]\)
Vậy hàm số trên luôn nghịch biến trên \(\left[ {0;1} \right]\)
Nên \(\mathop {\max }\limits_{\alpha \in \left[ {0;1} \right]} f\left( \alpha \right) = f\left( 0 \right) = 4\)
Vậy điều kiện để phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm thực là: \(a \le \mathop {\max }\limits_{a \in \left[ {0;1} \right]} f\left( \alpha \right) = 4\)

 

Đặt \({2^x} = t,\,x \in \left( {1;3} \right) \Rightarrow t \in \left( {2;8} \right)\)
Phương trình đã cho trở thành \({t^2} - 8t + 3 = m\) với \(t \in \left( {2;8} \right)\).
Khảo sát sự biến thiên của hàm số \(f(t) = {t^2} - 8t + 3\) trên \(\left( {2;8} \right)\).
\(\begin{array}{l} f'(t) = 2t - 8\\ f'(t) = 0 \Leftrightarrow t = 4 \end{array}\)

Từ bảng biến thiên, ta thấy phương trình có 2 nghiệm khi \(- 13 < m < - 9\).

 

Đặt: \(\left\{ \begin{array}{l} u = {x^2} - x\\ v = x + 8 \end{array} \right. \Rightarrow v - u = 8 + 2x - {x^2}.\)
Khi đó phương trình trở thành: \({2^u} - {2^v} = v - u \Leftrightarrow {2^u} + u = {2^v} + v \Rightarrow f(u) = f(v).\)
Xét hàm số: \(f(t) = {2^t} + t,\,f'(t) = {2^t}\ln > 0,\forall t \in \mathbb{R}\)
\(\Rightarrow f'(t)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) mà \(f(u) = f(v) \Rightarrow u = v \Leftrightarrow {x^2} - x = x + 8 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 4\\ x = - 2 \end{array} \right.\)

 

Chia 2 vế của phương trình cho ta được:
\({3^x} + {4^x} > {5^x} \Leftrightarrow {\left( {\frac{3}{5}} \right)^x} + {\left( {\frac{4}{5}} \right)^x} > 1.\)
Xét hàm số: \(f(x) = {\left( {\frac{3}{5}} \right)^x} + {\left( {\frac{4}{5}} \right)^x},\) TXĐ: \(D=\mathbb{R}\)
\(f'(x) = {\left( {\frac{3}{5}} \right)^x}.\ln \left( {\frac{3}{5}} \right) + {\left( {\frac{4}{5}} \right)^x}.\ln \left( {\frac{4}{5}} \right) < 0,\forall x \in\mathbb{R}\)
Suy ra hàm số f(x) nghịch biến trên R.
Mặt khác: \(f(2) = 1 \Rightarrow f(x) > 1 \Leftrightarrow x < 2\)
Vậy nghiệm của bất phương trình là x<2.

 

\({\left( {\sqrt[3]{x} + 1} \right)^5} + \sqrt[3]{x}{.2^{x - 1}} \ge 1\,(1)\)
Với x<0 thì \(\sqrt[3]{x} < 0;\,\,\,{2^{x - 1}} > 0 \Rightarrow {\left( {\sqrt[3]{x} + 1} \right)^5} < 1;\,\,\sqrt[3]{x}{.2^{x - 1}} < 0.\)
Do đó VT(1)<1. Vậy bất phương trình không có nghiệm trong khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right).\)
Với \(x\geq 0\) thì \(\sqrt[3]{x} \ge 0;\,\,\,{2^{x - 1}} > 0 \Rightarrow {\left( {\sqrt[3]{x} + 1} \right)^5} \ge 1;\,\,\sqrt[3]{x}{.2^{x - 1}} \ge 0.\)
Do đó \(VT\,(1) \ge 1\). Vậy bất phương trình có nghiệm \(x \ge 0.\)

 

\({6^x} + (3 - m){2^x} - m = 0 \Leftrightarrow m = \frac{{{6^x} + {{3.2}^x}}}{{{2^x} + 1}}.\)
Xét hàm số: \(f\left( x \right) = \frac{{{6^x} + {{3.2}^x}}}{{{2^x} + 1}}\) trên (0;1).
\(f'\left( x \right) = \frac{{{6^x}{{.2}^x}.\left( {\ln 6 - \ln 2} \right) + {6^x}.\ln 6 + {{3.2}^x}.\ln 2}}{{{{\left( {{2^x} + 1} \right)}^2}}} > 0\) nên f(x) đồng biến trên (0;1)
Do đó \(f\left( x \right) > \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = 2\) và \(f\left( x \right) < \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = 4.\)
Do đó 2<m<4 là giá trị cần tìm.

 

\(\left( {x - 1} \right){2^x} = x + 1 \Rightarrow {2^x} = \frac{{x + 1}}{{x - 1}}\)
Vẽ đồ thị hàm số \(y=2^x\)(màu xanh) và \(y=\frac{x+1}{x-1}\)(màu cam)

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm thực.

 

\({\left( {x - 1} \right)^2}{.2^x} = 2x\left( {{x^2} - 1} \right) + 4\left( {{2^{x - 1}} - {x^2}} \right)\)
\(\Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2}{.2^x} = 2{x^3} - 4{x^2} - 2x + {2^{x + 1}}\)
\(\Leftrightarrow \left( {{x^2} - 2x + 1} \right){.2^x} = 2x\left( {{x^2} - 2x - 1} \right) + {2.2^x}\)
\(\Leftrightarrow \left( {{x^2} - 2x - 1} \right)\left( {{2^x} - 2x} \right) = 0\)
\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {x^2} - 2x - 1 = 0\left( 1 \right)\\ {2^x} = 2x\left( 2 \right) \end{array} \right.\)
Phương trình (1) có tổng 2 nghiệm bằng 2
Phương trình \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) = {2^x} - 2x = 0\). Có \(f'\left( x \right) = {2^x}\ln 2 - 2 = 0 \Leftrightarrow x = lo{g_2}\frac{2}{{\ln 2}},f'\left( x \right)\) có 1 nghiệm nên f(x) có tối đa 2 nghiệm. Vì \(f\left( 1 \right) = f\left( 2 \right) = 0\) nên (2) có nghiệm x=1 hoặc x=2.
Hai nghiệm này không là nghiệm của (1)
Vậy tổng các nghiệm của phương trình đã cho là 2 + 1 + 2 = 5

 

Chọn C
Đặt 2x = t > 0 khi đó phương trình đã cho tương đương với \(t + 3 = m\sqrt {{t^2} + 1} \ (1)\)
Từ (1) ta có \(m = \frac{{t + 3}}{{\sqrt {{t^2} + 1} }}\)
Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = \frac{{t + 3}}{{\sqrt {{t^2} + 1} }}\) và đường thẳng y = m
Xét hàm số:
\(f(t) = \frac{{t + 3}}{{\sqrt {{t^2} + 1} }}\) với \(t \in (0; + \infty )\)
Ta có:
\(f'(t) = \frac{{1 - 3t}}{{({t^2} + 1)\sqrt {{t^2} + 1} }};f'(t) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{3}\)
Lập nhanh bảng biến thiên ta thấy ngay được khi \(3 < m < \sqrt {10}\) thì đường thẳng và đồ thị hàm số \(y = \frac{{t + 3}}{{\sqrt {{t^2} + 1} }}\) cắt nhau tại 2 điểm.

 

Phương trình \({3.2^x} + {4.3^x} + {5.4^x} = {6.5^x} \Leftrightarrow 3.{\left( {\frac{2}{5}} \right) ^x} + 4.{\left( {\frac{3}{5}} \right)^x} + 5{\left( {\frac{4}{5}} \right)^x} - 6 = 0\)
Xét hàm số \(f\left( x \right) = 3.{\left( {\frac{2}{5}} \right)^x} + 4.{\left( {\frac{3}{5}} \right)^x} + 5{\left( {\frac{4}{5}} \right)^x} - 6\) với \(x\in \mathbb{R}\)
Ta có \(f'\left( x \right) < 0,\forall x \in \mathbb{R}\)
Vì hàm số \(g\left( x \right) = {a^x}\) với \(0 < a < 1\) là hàm số nghịch biến trên tập xác định nên phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất một nghiệm.
Mặt khác \(f\left( 1 \right).f\left( 2 \right) < 0\) nên phương trình có nghiệm duy nhất nhất \(x_0\in (1;2)\)

 

Đặt \(t = {3^x},{\rm{ }}t > 0.\)
Bất phương trình trở thành: \({t^2} - 2\left( {m + 1} \right)t - 3 - 2m > 0,\forall t > 0.\)
\(\Rightarrow m < \frac{{{t^2} - 2t - 3}}{{2t + 2}},\forall t > 0\)\(\Rightarrow m < \frac{1}{2}\left( {t + 3} \right),\forall t > 0.\)
Xét hàm số \(f\left( t \right) = \frac{1}{2}\left( {t + 3} \right),\,\,t > 0.\)
Ta có: \(f'\left( t \right) = \frac{1}{2} > 0,\forall t > 0.\)
Suy ra: hàm số đồng biến trên \(\left( {0, + \infty } \right).\)
Vậy \(m < f\left( t \right),\forall t > 0 \Leftrightarrow m \le f\left( 0 \right) = - \frac{3}{2}.\)

 

Đặt \(t = {5^x}\,\,\left( {t > 0} \right)\) thì BPT trở thành: \({t^2} - \left( {2m + 5} \right)t + {m^2} + 5m > 0\,\,\,\left( 2 \right)\)
Khi đó xét hàm số: \(f\left( t \right) = {t^2} - \left( {2m + 5} \right)t + {m^2} + 5m.\)
Ta có: \(a = 1 > 0\) và \(\Delta = {\left( {2m + 5} \right)^2} - 4\left( {{m^2} + 5m} \right) = 25 > 0\) nên \(f\left( t \right) = 0\) có hai nghiệm \({t_1} < {t_2}.\)
Từ đó suy ra \(f\left( t \right) > 0 \Leftrightarrow t \in \left( { - \infty ;{t_1}} \right) \cup \left( {{t_2}; + \infty } \right).\)
BPT (1) đúng với mọi số x thuộc \(\mathbb{R}\) khi và chỉ khi BPT (2) nghiệm đúng với mọi t dương:\( \Leftrightarrow {t_1} < {t_2} \le 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} + 2m \ge 0\\2m + 5 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m \le - 5.\)

 

Đặt \(t = \left| x \right| \ge 0\) .
Khi đó phương trình đã cho trở thành \({2^{{t^2}}} + t + {m^2} - 2m = 0\)
Hay \({2^{{t^2}}} + t = - {m^2} + 2m\).
Xét hàm số \(f(t) = {2^{{t^2}}} + t\) với \(t \ge 0\)
\(f'(t) = 2t{.2^{{t^2}}}.\ln 2 + 1 > 0,\forall t.\) Suy ra hàm số đồng biến trên \(\left[ {0; + \infty } \right).\)
Bảng biến thiên:

Để phương trình đã cho có nghiệm thì \( - {m^2} + 2m \ge 1 \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} \le 0 \Leftrightarrow m = 1\)

 

\(x\left( {{2^{x - 1}} + 4} \right) = {2^{x + 1}} + {x^2} \Leftrightarrow x{.2^{x - 1}} - {4.2^{x - 1}} + 4x - {x^2} = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 4} \right)\left( {{2^{x - 1}} - x} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\\{2^{x - 1}} - x = 0\,\left( * \right)\end{array} \right.\)
Xét hàm số \(f\left( x \right) = {2^{x - 1}} - x\) trên \(\mathbb{R},\) ta có:
\(f'\left( x \right) = {2^{x - 1}}\ln 2 - 1 = 0 \Leftrightarrow x = {x_0} = 1 + {\log _2}\left( {\frac{1}{{\ln 2}}} \right);f'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow x < {x_0};f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow x > {x_0}\) nên phương trình \(f\left( x \right) = 0\)có tối đa 1 nghiệm trong mỗi khoảng \(\left( { - \infty ;{x_0}} \right)\) và \(\left( {{x_0}; + \infty } \right)\)
Mà \(f\left( 1 \right) = f\left( 2 \right) = 0\)nên phương trình (*) có 2 nghiệm \(x = 1\) và \(x = 2\)
Tổng các nghiệm của phương trình đã cho là 7.