Tiểu luận về phương pháp giải toán phương trình, bất phương trình logarit

TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN


THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

1





ĐỀ TÀI THAM LUẬN NÂNG CAO
HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN
CẤP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG









TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN


THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

2

LỜI MỞ ĐẦU

Một nhiệm vụ cơ bản của việc dạy học trong nhà trường là đảm bảo cho học sinh
nắm vững những kiến thức được truyền thụ, nghĩa là làm cho học sinh hiểu đúng bản
chất của những kiến thức ấy và biết cách vận dụng được chúng vào thực tiễn.
Trong nhà trường, quá trình học sinh nắm vững kiến thức không phải là tự phát
mà đó là một quá trình có m
ục đích rõ rệt, có kế hoạch, có tổ chức chặt chẽ, một quá
trình nỗ lực tư duy, trong đó học sinh phát huy tính tích cực, tính tự giác của mình
dưới sự chỉ đạo của giáo viên. Trong quá trình ấy, mức độ tự lực của học sinh càng cao
thì kiến thức nắm được càng sâu sắc, tư duy độc lập sáng tạo càng được phát triển,
năng lực nhận thức ngày càng được nâng cao, kết quả họ
c tập càng tốt, đặc biệt là
trong hoàn cảnh khoa học và kỹ thuật đang phát triển mạnh mẽ như hiện nay.
Do vậy, sau khi thực hiện đề tài tham luận này, chúng tôi hy vọng sau này các
bạn đồng nghiệp có thể giảng dạy tốt cho học trò của mình về “các bài toán về
phương trình, hệ phương trình, bất phương trình và hệ bất phương trình lôgarit”,
giúp cho học sinh hiểu được phương pháp giải toán phương trình, hệ phươ
ng trình, bất
phương trình và hệ bất phương trình lôgarit để vận dụng vào việc giải các bài toán có
liên quan. Và thông qua đề tài này bản thân chúng tôi cũng đã rút ra được những kinh
nghiệm thiết thực để có thể vận dụng tốt vào công tác giảng dạy của mình.


Thị Xã Hồng Ngự, ngày 20 tháng 09 năm 2010
Tổ Toán Trường THPT Hồng Ngự I



TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN

THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

3





MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA LÔGARIT
a. Các tính chất biểu thị bằng đẳng thức:
Cho a
∈ R
+
, a
≠
1 và x
1
, x
2
∈ R
+
, ta có:
¾
01log =
a

1log
=
a

a

¾
1
log x
a
a =
1
x
1
1
log xa
x
a
=
¾
11
log.log xx
aa
α
α
=
11
log.
1
log xx
a
a
β
β

=

¾
()
21
.log xx
a
=
1
log x
a
+
2
log x
a

¾
2
1
log
x
x
a
=
1
log x
a
-
2
log x

a
.
¾
a
b
b
a
log
1
log =
; với a, b > 0, a
≠
1, b
≠
1.
¾
a
b
b
c
c
a
log
log
log = ; với a, b, c > 0, a
≠
1, b
≠
1, c
≠

1.
b. Các tính chất biểu thị bằng bất đẳng thức:
Cho a ∈ R
+
, a ≠ 1 và x
1
, x
2

∈
R
+
, ta có:
¾ Nếu a > 0 thì
1
log x
a
>
2
log x
a
⇔
21
xx > .
¾
Nếu 0 < a < 1 thì
1
log x
a
>

2
log x
a
⇔
21
xx
<
.
1. PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT
1.1. Kiến thức cơ bản:
Phương trình lôgarit có các dạng:
CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
LÔGARIT
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN


THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

4
•
⎩
⎨
⎧
=
≠<
⇔=
b
a

axf
a
bxf
)(
10
)(log

•
⎩
⎨
⎧
>=
≠<
⇔=
0)()(
10
)(log)(log
xgxf
a
xgxf
aa

•
(x) (x)
() 0, () 1
log f(x) = log g(x) ( ) ( )
() 0
xx
fx gx
fx

ϕϕ
ϕϕ
>≠
⎧
⎪
⇔=
⎨
⎪
>
⎩

1.2. Các dạng toán và phương pháp giải:
1.2.1. Phương pháp mũ hóa và đưa về cùng cơ số:
Ví dụ 1
: Giải phương trình: 11logloglog
842
=
+
+
xxx
Giải:
Điều kiện: x > 0
Ta có:

11logloglog
842
=
++ xxx

⇔

11logloglog
32
22
2
=
+
+
xxx

⇔

11log
3
1
log
2
1
log
222
=++ xxx

⇔

11log
6
11
2
=x

⇔

6
22
2log6log ==x

⇔
642
6
==x
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x = 64.
Ví dụ 2 : Giải phương trình:
(
)
(
)
8log21log3log
444
−
=
−
−
+
xx .
Giải :
Điều kiện:
⎩
⎨
⎧
>+

>−
03
01
x
x
⇔
x > 1
Ta có:
()
(
)
8log21log3log
444
−
=
−
−+ xx
⇔
8log4log
1
3
log
4
2
44
−=
−
+
x
x

⇔
8
16
log
1
3
log
44
=
−
+
x
x
⇔
2
8
16
1
3
==
−
+
x
x

⇔ 223
−
=+
x

x

⇔
5
=
x

TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN


THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

5
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
5.
x
=

Ví dụ 3: Giải phương trình:
()
944log2log
2
3
2
3
=++++ xxx
.
Giải:
Điều kiện:
()

⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>+
>++
0
2
2
044
2
x
xx
⇔
2
−
≠
x

Khi đó phương trình đã cho tương đương:
() ()
92log2log
2
3
2
3
=+++ xx

⇔

()
92log2log
3
2
3
=+++ xx

⇔ 92log2log
3
2
3
=+++ xx
⇔ 92log2log2
33
=+++ xx
⇔ 92log3
3
=+x
⇔ 27log32log
33
==+x
⇔
272 =+x
⇔
⎢
⎣
⎡
−=
=
29

25
x
x
(thỏa điều kiện)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
29
−
=
x
;
25
=
x
.
Ví dụ 4: Giải phương trình:
2
1
)))log31(log1(log2(log
2234
=++ x (1)
Giải:
Điều kiện: x > 0
Phương trình (1) tương đương:

2))log31(log1(log2
223
=
++ x
1))log31(log1(log
223

=
++⇔ x
3)log31(log1
22
=
++⇔ x

2)log31(log
22
=+⇔ x
4log31
2
=+⇔ x

21log
2
=⇔=⇔ xx
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2.
Ví dụ 5: Giải phương trình: 3)44(log
2
=−+ xx
x

TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN


THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

6
Giải:

Điều kiện:
⎩
⎨
⎧
≠<
>−+
10
044
2
x
xx
162
10
62
62
≠<+−⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≠<
⎢
⎢
⎣
⎡
+−<
+−>
⇔ x
x

x
x
(1)
Phương trình đã cho tương đương:

32
log)44(log xxx
xx
=−+

04444
2332
=+−−⇔=−+⇔ xxxxxx

⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−=
=
=
⇔=−−⇔
2
2
1
0)4)(1(
2
x
x

x
xx

Vậy nghiệm của phương trình là: x = 1, x = 2
Ví dụ 6: Giải phương trình: )1(log2)1(log
3
2
2
2
++=− xxx
Giải:
Điều kiện:
1≠x

Phương trình đã cho tương đương:
2
)1(log21log
3
22
++=− xxx
⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨

⎧
++=+−
<−
⎩
⎨
⎧
++=−
>−
⇔++=−⇔
11
01
11
01
11
3
3
3
xxx
x
xxx
x
xxx 0
02
1
02
1
3
3
=⇔
⎢

⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨
⎧
=+
<
⎩
⎨
⎧
=+
>
x
xx
x
x
x

Vậy phương trình có nghiệm: x = 0
Ví dụ 7: Giải phương trình:
12log).4(log
2
cos
cos
=
x

x
.
Giải:
Phương trình đã cho tương đương:
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
⎢
⎢
⎣
⎡
=
=
≠<
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
⎢
⎣
⎡
−=
=
≠<

⇔
⎩
⎨
⎧
=
≠<
2
1
cos
2cos
1cos0
12log
12log
1cos0
12log).2(log
1cos0
cos
cos
coscos
x
x
x
x
x
x
x
xx

Ζ∈+±=⇔=⇔ kkxx ,2
32

1
cos
π
π

Vậy phương trình có hai họ nghiệm:
Ζ∈+±= kkx ,2
3
π
π

TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN


THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

7
Ví dụ 8: Giải và biện luận phương trình:
)1(log)1(log2
2
22
22
+=−
++
mxx
mm
(1)
Giải:
Điều kiện: x – 1 > 0 ⇔ x > 1 (*)
Phương trình (1) tương đương:

1)1()1(log)1(log
222
2
2
2
22
+=−⇔+=−
++
mxxmxx
mm

2)1(02)1(
2
−=−⇔=+−⇔ xmxxm (2)
Với m = 1 thì: (2)
⇔
0 = -2 (vô nghiệm)
Với m
≠
1 thì: (2)
⇔
x =
m−1
2

Để nghiệm trên thỏa (*) , điều kiện là:
110
1
1
1

1
2
<<−⇔>
−
+
⇔>
−
m
m
m
m

Kết luận:
Với
1<m thì phương trình (1) có nghiệm: x =
m
−
1
2
.
Với
1≥m thì phương trình (1) vô nghiệm.
1.2.2. Phương pháp đặt ẩn phụ:
Mục đích chính của phương pháp này là chuyển các bài toán đã cho về phương
trình hoặc hệ phương trình đại số quen biết
& Dạng 1: Dùng ẩn phụ chuyển phương trình logarit thành phương trình
với một ẩn phụ.
Ta lưu ý các phép đặt ẩn phụ sau:
•
Nếu đặt t =

x
a
log
với x > 0 thì:

k
a
k
tx =log


t
a
x
1
log =
với 0 < x
≠
1.
•
Ta biết rằng
ac
bb
ca
loglog
=
, do đó nếu ta đặt
x
b
at

log
=
thì
a
b
xt
log
=

Tuy nhiên trong nhiều bài toán có chứa
x
b
a
log
, ta thường đặt ẩn phụ dần
với
xt
b
log=

Ví dụ 9: Giải phương trình: 0
6
7
log2log
4
=+− x
x

TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN

THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

8
Giải:
Điều kiện:
⎩
⎨
⎧
≠
>
1
0
x
x

Khi đó phương trình đã cho tương đương:

()
10
6
7
log
2
1
log
1
0
6
7

log
log
1
2
2
2
2
2
=+−⇔=+− x
x
x
x

Đặt
xt
2
log=
. Khi đó:
()
06730
6
7
2
11
1
2
=−−⇔=+−⇔ ttt
t

⇔

⎢
⎢
⎣
⎡
−=
=
3
2
3
t
t

Với t = 3, ta có:
823log
3
2
==⇔= xx

Với t =
3
2
−
, ta có:
3
3
2
2
4
1

2
3
2
log ==⇔−=
−
xx

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x = 8; x =
3
4
1
.
Ví dụ 10: Giải phương trình:
(
)
(
)
6lg12lg15lg −+=−
x
x
Giải:
Phương trình đã cho tương đương:
()
(
)
6lg12lg10lg5lg −+=−
x
x
⇔

(
)
6lg12lg
2
1
lg −+=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
x
x
⇔
(
)
6lg12lg2lg =++
x
x
⇔
(
)
6lg12lg2lg =++
xx

⇔
(
)
6lg122lg =+

xx

⇔
(
)
6122 =+
xx

⇔
()
()
10622
2
=−+
xx

Đặt
x
t 2= , t > 0. Khi đó:
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN


THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

9
()
061
2
=−+⇔ tt
⇔

⎢
⎣
⎡
<−=
=
03
2
t
t

Với t = 2, ta có:
122 =⇔= x
x

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x = 1.
Ví dụ 11: Giải phương trình:
08log22log44log3
164
=
+
+
xxx

Giải:
Điều kiện:
⎪
⎪
⎩
⎪

⎪
⎨
⎧
≠
≠
≠
>
116
14
1
0
x
x
x
x
⇔

⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
≠
≠
≠
>

16
1
4
1
1
0
x
x
x
x

Khi đó phương trình đã cho tương đương:
02log62log42log6
164
=
+
+
xxx

⇔ 0
16log
6
4log
4
log
6
222
=++
xxx

⇔ 0
log16log
6
log4log
4
log
6
22222
=
+
+
+
+
xxx

⇔
()
10
log4
6
log2
4
log
6
222
=
+
+
+
+

xxx

Đặt
xt
2
log= . Khi đó:
(1)
⇔ 0
4
6
2
46
=
+
+
+
+
ttt

⇔
()()
(
)
(
)
02644426
=
+
+
+

+
++ tttttt
⇔
⎢
⎣
⎡
−=
−=
⇔=++
3
1
0682
2
t
t
tt

Với
1−=t
, ta có:
2
1
2
1
loglog1log
222
=⇔=⇔−= xxx
Với
3−=t , ta có:
8

1
2loglog3log
3
222
=⇔=⇔−=
−
xxx

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
2
1
=
x
;
8
1
=
x
.
(loại)
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN


THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

10
Ví dụ 12: Giải phương trình:
x
xxx
x

lg2
2
9
lglg
10
22
−
−−
=
.
Giải:
Điều kiện: x > 0
Phương trình đã cho tương đương:
2
2
9
lg3lg)10(
2222lg
2
9
lglg
22
−=−−⇔==
−−
−−
xxxx
x
xxx
05lg6lg8
2

=−−⇔ xx

Đặt t = lgx, khi đó phương trình có dạng:
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
=
⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
−=
⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
−=
⇔=−−
−

4
5
2
1
2
10
10
4
5
lg
2
1
lg
4
5
2
1
0568
x
x
x
x
t
t
tt

Vậy phương trình có nghiệm: x =
2
1
10

−
, x =
4
5
10

Ví dụ 13: Giải các phương trình:
a.
12log).2(log
2
2
2
=
x
x

b.
1log
5
log
2
55
=+ x
x
x

Giải:
a. Điều kiện: 0 < x≠ 1
Viết lại phương trình dưới dạng:
01log2log1

log
log21
2
2
2
2
2
2
=−−⇔=
+
xx
x
x
(1)
Đặt
xt
2
log=
khi đó (1) có dạng:
51
2
2
251log51012
±
=⇔±=⇔±=⇔=−− xxttt

Vậy phương trình có nghiệm
51
2
±

=x

b. Điều kiện: 0 < x
5
1
≠
. Viết lại phương trình dưới dạng:
1log
log1
log1
1log
)5(log
5
log
2
5
5
5
2
5
5
5
=+
+
−
⇔=+ x
x
x
x
x

x
(2)
Đặt
xt
5
log=
, Khi đó (2) có dạng:
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN


THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

11
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
=
=
⇔
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
=
=

⇔
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
=
=
⇔=−+⇔=+
+
−
25
5
1
2log
1log
0log
2
1
0
021
1
1
5
5
5
232
x
x

x
x
x
x
t
t
t
tttt
t
t

Vậy phương trình có nghiệm: x = 1, x = 5, x = 25.
Ví dụ 14: Giải phương trình:
2)23.2(log).13(log
22
=−−
xx

Giải:
Điều kiện:
0013 >⇔>− x
x
(*)
Viết lại phương trình dưới dạng:
[
]
[
]
2)13(log1)13(log2)13(2log).13(log
2222

=−+−⇔=−−
xxxx
(1)
Đặt
)13(log
2
−=
x
t
, khi đó (1)) có dạng:
⎢
⎢
⎣
⎡
=−
=−
⇔
⎢
⎢
⎣
⎡
−=−
=−
⇔
⎢
⎣
⎡
−=
=
⇔=−+⇔=+

−2
2
2
2
213
213
2)13(log
1)13(log
2
1
022)1.(
x
x
x
x
t
t
tttt

⎢
⎢
⎣
⎡
=
=
⇔
⎢
⎢
⎢
⎣

⎡
=
=
⇔
4
5
log
1
4
5
3
33
3
x
x
x
x
(thỏa (*))
Vậy phương trình có nghiệm: x = 1,
4
5
=x
.
Ví dụ 15: Xác định m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt dương:
0)1(22log)5()33(log
33
2
=−+−++
+
mmm

x
x
(1)
Giải:
Đặt
t
t
x
x
1
2log)33(log
33
2
=⇒+=
+

Vì x > 0
22)33(log43313
2
>⇔>+⇔>+⇔>⇒ t
xxx

Khi đó phương trình (1) có dạng:
05)1(20)1(2
5
2
=−+−+⇔=−+
−
+ mtmmtm
t

m
mt

Đặt f(t)=
05)1(2
2
=−+−+ mtmmt
(2)
Vậy (1) có hai nghiệm phân biệt dương khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm thỏa mãn:

21
2 tt <<

⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
>
−−
>−
>+
⇔
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪

⎨
⎧
>
>
>Δ
⇔
0
2
)1(2
0)1(9
013
0
2
0)2(
0
'
m
m
mm
m
S
af
(vô nghiệm)
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN


THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

12
Vậy không tồn tại m để phương trình có hai nghiện phân biệt dương.

& Dạng 2: Dùng ẩn phụ chuyển phương trình logarit thành một phương trình
với một ẩn phụ nhưng hệ số vẫn chứa x.
 Phương pháp chung:
Ta lưu ý có những phương trình khi lựa chọn ẩn phụ cho một 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 ta có thể để phương trình ở dạng:
“chứa ẩn phụ nhưng hệ số vẫn chứa x”
Trong trường hợp này th
ường ta được một phương trình bậc hai theo ẩn phụ (hoặc vẫn
theo ẩn x) có biệt số
Δ
là một số chính phương
Ví dụ 16: Giải phương trình:

05)1lg().5()1(lg
22222
=−+−++ xxxx

Giải:
Đặt
)1lg(
2
+= xt
. Vì
00)1lg(11
22
≥⇒≥+⇒≥+ txx

Khi đó phương trình đã cho tương đương với:
⎢

⎣
⎡
−=
=
⇔=−−+
2
222
5
05).5(
xt
t
xtxt

Với t = 5
999991015)1lg(
522
±=⇔=+⇔=+⇔ xxx

Với
0
0
0)1lg(
)1lg(
2
2
222
=⇔
⎪
⎩
⎪

⎨
⎧
=
=+
⇔−=+⇔−= x
x
x
xxxt

Vậy phương trình có các nghiệm: x = 0,
99999±=x
.
Ví dụ 17: Giải phương trình:
0log24log).(lglg
22
2
=+− xxxx

Giải:
Điều kiện: x > 0. Biến đổi phương trình về dạng:
0log2lg).log2(lg
22
2
=++− xxxx

Đặt
xt lg=
, khi đó phương trình tương đương với:
0log2).log2(
22

2
=++− xtxt

2
22
2
2
)log2(log8)log2( xxx −=−+=Δ

TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN


THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

13
⎢
⎣
⎡
=
=
⇔
⎢
⎣
⎡
=
=
⇔
⎢
⎢
⎢

⎣
⎡
=
=
⇔
⎢
⎣
⎡
=
=
⇒
1
100
0lg
2lg
2lg
lg
lg
2lg
log
2
2
x
x
x
x
x
x
x
xt

t

Vậy phương trình có nghiệm: x = 1, x = 100.
& Dạng 3: Dùng ẩn phụ chuyển phương trình logarit thành một phương trình
với hai ẩn phụ.

Phương pháp chung:
Sử dụng hai ẩn phụ cho hai biểu thức mũ trong phương trình và khéo léo biến đổi
phương trình thành phương trình tích
Ví dụ 18: Giải phương trình:
22
222
log ( 1) log .log ( ) 2 0.xx x x x
⎡⎤
−
+−−=
⎣⎦

Giải:
Điều kiện:
1
0
0
0)1(
2
2
>⇔
⎪
⎩
⎪

⎨
⎧
>−
>
>−
x
xx
x
xx
(*)
Phương trình đã cho tương đương:
02)(log.log
)(
log
2
22
22
2
=−−+
−
xxx
x
xx

02)(log.log)(log2
2
22
2
2
=−−+−⇔ xxxxx

Đặt:
⎩
⎨
⎧
=
−=
xv
xxu
2
2
2
log
)(log

Khi đó phương trình tương đương với:
2u + v – uv – 2 = 0
(
)
(
)
120uv⇔− −=
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
=
−=

⇔
⎢
⎣
⎡
=
=−−
⇔
⎢
⎣
⎡
=
=−
⇔
⎢
⎣
⎡
=
=
⇔
4
2
1
4
02
2log
1)(log
2
1
2
2

2
2
x
x
x
x
xx
x
xx
v
u

Kết hợp với điều kiện (*), ta được nghiệm của phương trình là: x = 2, x = 4.
& Dạng 4: Dùng ẩn phụ chuyển phương trình lôgarit thành hệ phương trình với
hai ẩn phụ.

Phương pháp chung: Bằng việc sử dụng từ hai ẩn phụ trở lên, ta có thể khéo léo
đưa việc giải phương trình về việc xét một hệ trong đó:
+ Phương trình thứ nhất có được từ phương trình đầu bài.
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN


THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

14
+ Phương trình thứ hao có được từ việc đánh giá mối quan hệ của các ẩn phụ.
Ví dụ 19: Giải phương trình:
6)54(log52)54(log3
2
2

2
2
=+−−++−+ xxxx
(1)
Giải:
Điều kiện:
0274254
0)54(log5
0)54(log3
054
252
2
2
2
2
2
≤−−⇔≤+−⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≥+−−
≥+−+
>+−
xxxx
xx
xx
xx

292292 +≤≤−⇔ x
(*)
Đặt:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≥+−−=
≥+−+=
0)54(log5
0)54(log3
2
2
2
2
xxv
xxu

Phương trình đã cho trở thành:
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎪

⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
=
=
⎩
⎨
⎧
=
=
⇔
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
⎢
⎢
⎣
⎡
=
=
−=
⎩
⎨

⎧
=+−
−=
⇔
⎩
⎨
⎧
=+−
−=
⇔
⎩
⎨
⎧
=+
=+
5
14
5
2
2
2
5
14
2
26
028245
26
8)26(
26
8

62
22222
v
u
v
u
v
v
vu
vv
vu
vv
vu
vu
vu

⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=+−
=+−
⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢

⎢
⎢
⎣
⎡
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
=+−−
=+−+
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=+−−
=+−+
⇔
25
121
)54(log
1)54(log
5
14
)54(log5
5
2

)54(log3
2)54(log5
2)54(log3
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
xx
xx
xx
xx
xx
xx

⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−±=

=
=
⇔
⎢
⎢
⎣
⎡
=−+−
=+−
⇔
⎢
⎢
⎣
⎡
=+−
=+−
122
3
1
0254
034
254
254
25
121
25
121
2
2
25

121
2
2
x
x
x
xx
xx
xx
xx

Vậy phương trình có nghiệm là: x = 1, x = 3,
122
25
121
−±=x
& Dạng 5: Dùng ẩn phụ chuyển phương trình lôgarit thành một hệ phương trình
với một ẩn phụ.

Phương pháp chung:
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN


THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

15
Bên cạnh các phương pháp đặt ẩn phụ trên, ta có thể sử dụng phương pháp
chuyển phương trình thành hệ gồm hai ẩn là một ẩn phụ và ẩn x bằng cách thực hiện
thheo các bước:
+ Biến đổi phương trình về dạng: f[x,

)(x
ϕ
].
+ Đặt u =
)(x
ϕ
, ta biến đổi phương trình thành hệ:
()
.
(,) 0
ux
fxu
φ
=
⎧
⎨
=
⎩

Ví dụ 20: Giải phương trình:
2
22
log log 1 1.x
+
+=
Giải:
Điều kiện:
2
1
01log

0
2
≥⇔
⎩
⎨
⎧
≥+
>
x
x
x
(*)
Đặt u =
x
2
log . Khi đó phương trình đã cho trở thành:
11
2
=++ uu , với
11
01
01
2
≤≤−⇔
⎩
⎨
⎧
≥−
≥+
u

u
u
(1)
Đặt
1+= uv , với 20 ≤≤ v (2)
1
2
+=⇒ uv
Khi đó phương trình được chuyển thành hệ:
⎢
⎣
⎡
=+−
=+
⇔=+−+⇔+−=−⇒
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
+=
−=
01
0
0)1)(()(
1
1
22
2
2

vu
vu
vuvuvuvu
uv
vu

y Với v = - u, ta được:
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
=
−
=
⇔==−−
2
51
2
51
001
2
u
u
uu

Kết hợp với (1) ta được:

2
51
2
2
2
51
log
2
51
−
=⇔
−
=⇔
−
= xxu
( thỏa (*) )
y Với u – v + 1= 0, ta được:
⎢
⎢
⎣
⎡
=
=
⇔
⎢
⎣
⎡
−=
=
⇔

⎢
⎣
⎡
−=
=
⇔=+
2
1
1
1log
0log
1
0
0
2
2
2
x
x
x
x
u
u
uu
( thỏa (*) )
Vậy phương trình có nghiệm là: x = 1, x =
2
1
=x
,

2
51
2
−
=x .
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN


THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

16
1.2.3. Phương pháp hằng số biến thiên:

Phương pháp chung:
Ý tưởng chủ đạo của phương pháp này bao gồm:
a. Sử dụng các hằng số làm ẩn phụ, sau đó tìm lại x theo hằng số.
b. Nếu phương trình có chứa tham số m, ta có thể coim là ẩn, còn x là tham
số, sau đó tìm lại x theo m.
Ví dụ 21: Giải phương trình:
43 2
lg lg 2lg 9lg 9 0.xx x x
+
−−−=
Giải:
Điều kiện: x > 0.
Đặt t = lgx, ta được:
023.330992
2342234
=+−−+⇔=−−−+ tttttttt

Đặt u = 3, ta được:
02.3
2342
=+−−+ tttutu
Ta xét phương trình bậc hai theo u.
222342
)2()2(49 tttttt +=−++=Δ
Suy ra:
03
3
23
2
)2(3
2
2
)2(3
2
2
2
2
2
2
2
=−−⇔
⎢
⎢
⎣
⎡
−=
−−=

⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−=
++−
=
−−=
+−−
=
tt
tt
tt
tt
tt
u
tt
tt
u

2
131
10
2
131
lg
2

131
±
=⇔
±
=⇔
±
=⇔ xxt
( thỏa điều kiện )
Vậy phương trình có nghiệm là:
2
131
10
±
=x .
Ví dụ 22: Cho phương trình:
01lg)1(lg)2(lg)12(lg
2234
=+−+−−−+−+ mxmmxmmxmx
a.
Giải phương trình với m = - 1.
b.
Xác định m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt.
Giải:
Điều kiện: x > 0. Đặt t = lgx, ta được:
0)12)(1(
01)1()2()12(
223
2234
=−++−−⇔
=+−+−−−+−+

mtmmttt
mtmmtmmtmt

322
10
210 (2)
t
tmtmtm
−=
⎡
⇔
⎢
−++−=
⎣
(I)
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN


THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

17
Để tiếp tục phân tích (2), ta viết (2) dưới dạng:
01)12(
322
=−+++ tmttm
Coi m là ẩn, còn x là tham số, ta được phương trình bậc hai theo m.
Giải ra ta được:
⎢
⎢
⎢

⎣
⎡
++
−=
−=
t
tt
m
tm
1
1
2

Do đó (2) được chuyển về dạng:
[
]
01)1()1(
2
=+++−+ tmtmt
Khi đó:
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=+++=
=−+
=−
⇔
)3(01)1()(

01
01
)(
2
tmttg
mt
t
I (II)
a. Với m = -1:
(II)
⎢
⎣
⎡
=
=
⇔
⎢
⎣
⎡
=
=
⇔
⎢
⎣
⎡
=
=
⇔
⎢
⎢

⎢
⎣
⎡
=+
=−
=−
⇔
100
10
2lg
1lg
2
1
01
02
01
2
x
x
x
x
t
t
t
t
t

Vậy: Với m = - 1, phương trình có hai nghiêm: x = 10, x = 100.
b. Phương trình có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (3) có hai nghiệm phân biệt khác
1 và 1 – m và 1 – m

≠
1
⎢
⎢
⎣
⎡
−<
≠<
⇔
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
≠
≠−
≠+
>−+
⇔
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
≠−
≠−

≠
>Δ
⇔
3
2
3
1
0
023
03
032
11
0)1(
0)1(
0
2'
m
m
m
m
m
mm
m
mg
g
g

Vậy với m
⎭
⎬

⎫
⎩
⎨
⎧
+∞∪−−∞∈
2
3
\),1()3;(
phương trình có 4 nghiệm phân biệt.
1.2.4. Phương pháp hàm số:

& Dạng 1: Sử dụng tính chất liên tục của hàm số:


Phương pháp chung:
Cho phương trình f(x) = 0, để chứng minh phương trình có k nghiệm phân
biệt trong
[]
ba; , ta thực hiện theo các bước sau:
+ Chọn các số
bTTTa
k
<
<
<
<
<
−121
chia đoạn
[

]
ba; thành k khoảng thỏa
mãn:
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN


THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

18

⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
<
<
−
0)()(

0)().(
1
1
bfTf
Tfaf
k

+ Kết luận.
Ví dụ 23: Chứng minh rằng:
1

2
2)12(log
−
=+
x
x (1) có ít nhất một nghiệm.
Giải:
Điều kiện: 2x + 1 > 0.
Phương trình (1) tương đương:
02)12(log
1
2
=−+
−x
x (2)
Xét hàm số: f(x) =
1
2
2)12(log
−
−+
x
x liên tục trên (
+∞− ;
2
1
).
Ta có: f(0) =
2
1

−
,
2
3
log13log)1(
22
=−=f

Suy ra:
0
2
3
log.
2
1
)1().0(
2
<−=ff
nên (2) có một nghiệm
∈
o
x
(0; 1).
Vậy phương trình có ít nhất một nghiệm.
Ví dụ 24: Tìm a để phương trình
)1(log
2
2
+
=

+
axax
x
, với a > 0 có nghiệm.
Giải:
Điều kiện: ax + 1 > 0
a
x
1
−>⇔
. Phương trình đã cho tương đương:

0)1(log
2
2
=
+−
+
axax
x
(2)
Xét hàm số: f(x) =
)1(log
2
2
+
−
+
axax
x

liên tục trên
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+∞− ;
1
a

Ta có: f(0) = -1, f(a) = a
2
– 1
Suy ra:
0)1.(1)1().0(
2
<−−= aff , với a > 1
Nên (2) có một nghiệm
∈
o
x
(0; a)
Vậy phương trình có nghiệm với mọi a > 1.
& Dạng 2: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số giải phương trình logarit

Phương pháp chung: Ta sử dụng các tính chất sau:
y Tính chất 1: Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) trong khoảng (a, b) thì phương trình f(x) =
k có không quá một nghiệm trong khoảng (a, b)


Phương pháp áp dụng:
 Bước 1: Chuyển phương trình về dạng f(x) = k
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN


THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

19
 Bước 2: Xét hàm số y = f(x), dùng lập luận khẳng định hàm số là đơn điệu
( giả sử đồng biến)
 Bước 3: Nhận xét:
Với x = x
o
kxfxf
=
=
⇔ )()(
0
, do đó x = x
o
là nghiệm.
Với x > x
o
kxfxf
=
>⇔ )()(
0
, do đó phương trình vô nghiệm.
Với x < x
o

kxfxf
=
<
⇔ )()(
0
, do đó phương trình vô nghiệm.
y Tính chất 2: Nếu hàm f tăng trong khoảng (a, b) và hàm g là hàm hằng hoặc là một
hàm giảm trong khoảng (a, b) thì phương trình f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm
thuộc khoảng (a, b).
y Tính chất 3: Nếu hàm f tăng hoặc giảm trong khoảng (a, b) thì:
f(u) = f(v)
v
u =⇔ vơi mọi u, v thuộc khoảng (a, b)

Phương pháp áp dụng:

Bước 1: Chuyển phương trình về dạng f(u) = f(v).
 Bước 2: Xét hàm số y = f(x), dùng lập luận khẳng định hàm số là đơn điệu.
 Bước 3: Khi đó phương trình được chuyển về dạng: u = v.
Ví dụ 25: Giải phương trình:
[
]
2
22
log ( 4) log 8( 2) .xx x−+= +

Giải:
Điều kiện:
2
02

04
2
>⇔
⎩
⎨
⎧
>+
>−
x
x
x
. Phương trình đã cho tương đương:
xxx
x
x
xxx −=−⇔−=
+
−
⇔−=+−− 3)2(log3
2
4
log3)2(log)4(log
2
2
22
2
2

Hàm số y =
)2(log

2
−x là hàm đồng biến.
Hàm số y = 3 – x là hàm nghịch biến.
Vậy phương trình nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình.
Vậy phương trình có nghiệm x = 3.
& Dạng 3: Sử dụng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số giải phương
trình logarit:

Phương pháp chung:
y
Bước 1: Lập luận: số nghiệm của phương trình đã cho là số giao điểm của đồ
thị hàm số y = f(x, m) và đường thẳng (d): y = g(m)
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN


THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

20
y Bước 2: Xét hàm số y = f(x, m)
+ Tìm miền xác định D.
+ Lập bảng biến thiên của hàm số.
y Bước 3: Kết luận: Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi:

min ( , ) ( ) max ( , ).
xD xD
f
xm gm f xm
∈∈
≤

≤
Ví dụ 26: Tùy theo m, biện luận số nghiệm của phương trình:
0ln
2
1
2
=−− mxx

Giải:
Viết trình đã cho tương đương:
2
1
ln .
2
x
xm
−
=
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đương thẳng y = m với đồ thị của
hàm số
2
1
ln .
2
yx x=−

Xét hàm số:
2
1
ln .

2
yx x=−
Miền xác định: D = (0,
∞
+
)
Đạo hàm:
10
1
0
1
0'
1
'
2
±=⇔=
−
⇔=−⇔=⇒−= x
x
x
x
xy
x
xy
Giới hạn:
+∞==
+
→
+∞→
yy

x
x
0
limlim .
Bảng biến thiên:




Biện luận:
 Với m <
2
1
thì phương trình vô nghiệm.
 Với m =
2
1
thì phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
 Với m >
2
1
thì phương trình có hai nghiệm phân biệt.
1.2.5. Phương pháp sử dụng định lí Largrange:
x
y
y’
0-+
01
+
∞

-
∞
1/2
+∞
+
∞
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN


THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

21
Định lí Largrange: Cho hàm số f(x) liên tục trên
[
]
ba,
và f’(x) tồn tại trên (a, b) thì
luôn
),( bac ∈∃
sao cho:
ab
afbf
cf
−
−
=
)()(
)('

Để sử dụng định lí Largrange giải phương trình logarit ta thực hiện các bước sau:

È Bước 1: Gọi
α
là nghiệm của phương trình.
È Bước 2: Biến đổi phương trình về dạng thích hợp sao cho f(a) = f(b), từ đó chỉ ra
được hàm số F(t) khả vi và liên tục trên
[
]
ba,
. Khi đó theo định lí Largrange ),( bac
∈
∃
sao cho:

ab
afbf
cf
−
−
=
)()(
)('
= 0 (*)
È Bước 3: Giải (*) ta xác định được
α
.
È Bước 4: Thử lại.
Ví dụ 25: Giải phương trình:
33
log log
422.

xx
x
+
=
Giải:
Điều kiện: x > 0. Đặt u =
u
xx 3log
3
=⇒
, khi đó phương trình có dạng:
422.3 4332
uu u uuuu
+
= ⇔−=−

Giả sử phương trình có nghiệm
α
, khi đó:
4332
α
ααα
−
=− (1)
Xét hàm số
αα
tttf −+= )1()( , với t > 0
Từ (1) ta có: f(4) = f(3) , do đó theo định lí Largrange
)4,3(
∈

∃
c sao cho: f’(c) = 0
[]
⎢
⎣
⎡
=
=
⇔=−+⇔
−−
1
0
0)1(
11
α
α
α
αα
cc

Thử lại ta thấy u = 0 và u = 1 đều thỏa mãn, như vậy ta được:
⎢
⎣
⎡
=
=
⇔
⎢
⎣
⎡

=
=
⇔
⎢
⎣
⎡
=
=
3
1
1log
0log
1
0
3
3
x
x
x
x
u
u

Vậy phương trình có nghiệm x = 1, x = 3.
1.2.6. Phương pháp điều kiện cần và đủ:

Phương pháp chung:
 Bước 1: Đặt điều kiện để các biểu thức của phương trình có nghĩa.

 Bước 2: Tìm điều kiện cần cho hệ dựa trên việc đánh giá hoặc tính đối xứng của hệ

TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN


THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

22
 Bước 3: Kiểm tra điều kiệ đủ.
Ví dụ 26: Tìm a để phương trình sau có nghiệm duy nhất:
axx =++− )54(log
23
(1)
Giải:
Điều kiện cần: Giả sử (1) có nghiệm x
o
, khi đó:
axxaxx =−−−++−−⇔=++− ))1(45)1((log)54(log
00
23
00
23

Do đó: -1- x
o
cũng là nghiệm của (1).
Vậy (1) có nghiệm duy nhất khi: x
o
= -1 - x
o
0
1

2
x
⇔
=− .
Với
2
1
0
−=x , ta được: (1) 1)5
2
1
2
1
4(log
23
=⇔=+−++⇔ aa
Vậy a = 1 là điều kiện cần để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
Điều kiện đủ:
Với a = 1, phương trình (1) có dạng:
1)54(log
23
=++− xx 2354 =++−⇔ xx
40
54
5 0
2(4 )( 5) 9
452(4)(5)18
x
x
x

xx
xx xx
⎧
−≥
−≤ ≤
⎧
⎪
⎪
⇔+≥ ⇔
⎨⎨
−
+=
⎪
⎪
⎩
−+++ − + =
⎩

2
54
54
1
4(4 )( 5) 81
2
4410
x
x
x
xx
xx

−
≤≤
−≤ ≤
⎧
⎧
⇔⇔⇔=−
⎨⎨
−+=
++=
⎩
⎩
(nghiệm duy nhất)
Vậy a = 1 là điều kiện đủ để phương trình có nghiệm duy nhất.
1.2.7. Phương pháp đánh giá:
Ví dụ 27
: Giải phương trình:
32
log ( 4 5) 1.xx
−
++=
Giải:
Cách 1: Theo bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:
⇔=++−+≤++− 23)54)(11(54 xxxx 1)54(log
23
≤++− xx
Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi:
2
1
1
5

1
4
−=⇔
+
=
−
x
xx

Vậy phương trình có nghiệm
1
.
2
x
=
−
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN


THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

23
Cách 2: Theo bất đẳng thức Côsi ta có:
18)5()4(9)5)(4(254)54(
2
=++−+≤+−+++−=++− xxxxxxxx

1)54(log2354
23
≤++−⇔≤++− xxxx

Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi:
1
45.
2
xx x
−
=+⇔=−

1.3. Các bài toán chọn lọc:
Bài 1.
Giải phương trình: 482
2
2
2
log2
1log
−=
+
x
x
x (1)
Giải:
Điều kiện: 0>
x
. Đặt
t
xxt 2log
2
=⇒=

. Khi đó:
(1)
⇔ 4822
22
.21
−=
+ tt

⇔
0482.22
22
2
=−−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
tt
(2)
Đặt
02
2
>=
t
u . Khi đó:
(2)
⇔
0482

2
=−− uu
⇔

⎢
⎣
⎡
=
<−=
8
06
u
u

Với
8=
u
, ta có:
⎢
⎢
⎣
⎡
−=
=
⇔=⇔==
3
3
3282
23
2

t
t
t
t

Với
3=t
, ta có:
3
2=x

Với
3−=t
, ta có:
3
2
−
=x

Bài 2. Giải phương trình:
(
)
2
5
log 2 65 2.
x
xx
−
−
+=

Giải:
Điều kiện:
⎩
⎨
⎧
≠
<
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>+−
≠−
>−
4
5
0652
15
05
2
x
x
xx
x
x

Khi đó phương trình đã cho tương đương:
(

)
(
)()
2
2
2
5
2
5
56525log652log xxxxxx
xx
−=+−⇔−=+−
−−

⇔ 2510652
22
+−=+− xxxx
⇔ 408 −=
x
⇔ 5
−
=
x
(thỏa điều kiện)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
5
−
=
x
.

(loại)
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN


THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

24
Bài 3. Giải phương trình:
4
7
log 2 log 0.
6
x
x
−
+=

Giải:
Điều kiện:
⎩
⎨
⎧
≠
>
1
0
x
x

Khi đó phương trình đã cho tương đương:

0
6
7
log
log
1
2
2
2
=+− x
x

⇔

0
6
7
log
2
1
log
1
2
2
=+− x
x
(1)
Đặt
xt
2

log=
. Khi đó:
(1)
⇔
06730
6
7
2
11
2
=−−⇔=+− ttt
t

⇔

⎢
⎢
⎣
⎡
−=
=
3
2
3
t
t

Với
3=
t

, ta có:
823log
3
2
==⇔= xx
(thỏa điều kiện)
Với
3
2
−=t
, ta có:
3
3
2
2
4
1
2
3
2
log ==⇔−=
−
xx
(thỏa điều kiện)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
8
=
x
;
3

4
1
=x
.
Bài 4. Giải phương trình:
(
)
(
)
13log279log
22
++=+
xx

Giải:
Phương trình đã cho tương đương:
(
)
(
)
13log4log79log
222
++=+
xx
⇔

(
)
(
)

[
]
134log79log
22
+=+
xx

⇔
(
)
13479 +=+
xx

⇔
033.49 =+−
xx
(1)
Đặt 03 >=
x
t . Khi đó: (1)
⇔

⎢
⎣
⎡
=
=
⇔=+−
3
1

034
2
t
t
tt

Với
1=
t
, ta có:
013 =⇔= x
x

Với
3=
t
, ta có: 133 =⇔= x
x

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
0
=
x
; 1
=
x
.
Bài 5. Giải phương trình:
(
)

(
)
1
525
log 5 1 .log 5 5 1.
xx+
−
−=
Giải: Điều kiện: 0015 >⇔>− x
x
. Khi đó phương trình đã cho tương đương:
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN


THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

25
(
)
(
)
[
]
1155log.15log
2
5
5
=−−
xx

⇔

(
)
(
)
[
]
1155log
2
1
.15log
55
=−−
xx

⇔
()
(
)
[
]
115log5log
2
1
.15log
555
=−+−
xx

⇔
()
(
)
[
]
115log1
2
1
.15log
55
=−+−
xx
(1)
Đặt
(
)
15log
5
−=
x
t . Khi đó:
(1)
⇔
()
⎢
⎣
⎡
−=
=

⇔=−+⇔=+
2
1
0211
2
1
.
2
t
t
tttt

Với
1=t , ta có:
(
)
6log515115log
55
=⇔=−⇔=− x
xx
(thỏa điều kiện)
Với
2−=
t
, ta có:
()
25
26
log515215log
5

2
5
=⇔=−⇔−=−
−
x
xx
(thỏa điều kiện)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
6log
5
=
x ;
25
26
log
5
=x .
Bài 6. Giải phương trình:
(
)
2lg lg 1 lg4.xx
−
−=
Giải:
Điều kiện: 1
01
0
>⇔
⎩
⎨

⎧
>−
>
x
x
x

Khi đó phương trình đã cho tương đương:
()
(
)
[
]
14lglg4lg1lglg2
2
−=⇔+−= xxxx
⇔
()
14
2
−= xx
⇔

044
2
=+− xx

⇔
2=
x

(thỏa điều kiện)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
2
=
x
.
Bài 7. Giải phương trình:
(
)
()
lg 4
2.
lg 1
x
x
=
+

Giải:
Điều kiện:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≠
>
⇔
⎪
⎪

⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
≠+
≠+
>+
≠
>
4
1
0
0)1lg(
11
01
14
04
x
x
x
x
x
x
x