001 02 05 gt12 cii mu logarit bai 5 05 hdg pp mũ hoá logarit hoá tu luan

C
H
Ư
Ơ
N

II

HÀM SỐ LŨY THỪA - HÀM SỐ
MŨ – HÀM SỐ LOGARIT

5. PHƯƠNG TRÌNH – MŨ – LOGARIT
DẠNG 4: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ, PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT BẰNG PHƯƠNG PHÁP
LOGARIT HĨA.

LÝ THUYẾT.
I
=
=
I. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ BẰNG PHƯƠNG PHÁP LOGARIT HĨA
=
a f  x  b .
DẠNG
1:
I

Phương pháp giải:Điều kiện: 1 a  0 , b  0 . Lấy logarit cơ số a cho hai vế, phương trình
trở thành:

DẠNG 2: a

f  x

b

f  x  log a b

g  x

.

.

Phương pháp giải:Điều kiện: 1 a  0 , b  0 . Lấy logarit cơ số a cho hai vế phương trình trở
thành:
DẠNG 3:

f  x   g  x  .log a b

a f  x 

b

g x

.c

.

h x 

d k  x

.

Phương pháp giải : Điều kiện: 1 a  0 ; b , c , d  0 . Lấy logarit cơ số a cho hai vế, phương
trình trở thành:

f  x   g  x  .log a b  h  x  .log a c  k  x  .log a d

.

II HỆ THỐNG BÀI TẬ
P TỰ LUẬN.
=
=
PHƯƠNG TRÌNH KHƠNG CĨ THAM SỐ:
=
3
2x  2 
I
2
2

Câu 1. Giải phương trình sau:

.

Lời giải
Lấy logarit cơ số 2 hai vế, phương trình đã cho tương đương:
x 2  2 log 2

3
 x 2  2 log 2 3  1  x 2 1  log 2 3 
2

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là
x

Câu 2. Giải phương trình sau: 7 .27

x 1
x



 x  1  log 2 3

 x  1  log 2 3
.

S  1  log 2 3 ;  1  log 2 3

3087 .
Lời giải

.


Điều kiện x 0 .
Phương trình đã cho tương đương:

x

 x 1 
3

 x 

7 .3

 7 x  3.3

x 3
x

73.32
x 3


x 3
1  log 3  7 x  3.3 x  0   x  3  log 3 7 
log 3 3 0
x



x 3

1



  x  3  log 3 7   0 
 x  1  log 7 3
x

log3 7

.
Vậy tập nghiệm phương trình đã cho là
Câu 3. Giải phương trình sau:

4

log x .log 0,5 x

S  3;  log 7 3

.

1
 2020 2018
10 .x
.

Lời giải
Điều kiện: x  0 .
Với điều kiện trên, lấy logarit cơ số 4 cho hai vế của phương trình, ta được phương trình tương
đương:
log x.log 0,5 x log 4  102020.x 2018 
  log 2 x

log x

log 2  10

2020

.x

1

1
2018  2



1

 log 2 x log x log 2  102020.x 2018  2
 x log x 101010.x1009
 log  x log x  log  101010.x1009 
 log x.log x 1010  1009 log x


log x  1
 log x  1009 log x  1010 0  

 log x 1010

2

1

 x 10

1010
 x 10 .

1

S  ;101010 
10
.
Đối chiếu điều kiện, ta được tập nghiệm của phương trình là
Câu 5. Giải các phương trình sau:
2

x 2
a) 3 .4

2 x 3
x

2

18 .

x
x
x 1
x 1

x 2
x 3
d) 5  3  5  3  5  3 0 .

b)

3log25  10 x   1  2 x 

x
e) 4  3

x

1
2

3

Lời giải
a) Điều kiện: x 0 .
Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương:

x

1
2

log5 3

2

.

 22 x  1

x  4 x 2
c) 2 .7 1 .


 2 x 3 
2

 x 

3x 6
x

3 x  2
log 3 2 0
x
x 2

3log 3 2 

  x  2  x  2 
0   2
 x 2

x 


 x  2 x  3log 3 2 0  VN 
3

x2  2

.2

2

1

3 .2  3

x2  4

.2

1  x 2  4 

b) Điều kiện: x  0 .
Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương:
2

3log25  10 x   1  2 x 

log5 3

  log 225  10 x   1 .log 5 3 log 5 3.log 5  2 x 
1
log 52  5.2 x   1  log 5  2 x  0

4
2
1
  log 5  2 x   log 5 5   1  log 5  2 x  0
4


1
 log 5  2 x   1  2 x 
1
1
3
2
 log 5  2 x   log 5  2 x   0  

5 

4
2
4
 log 5  2 x  3
 2 x 125

1

 x 10

 x 125

2 .

c) Ta có:

x 2
2

2 x  4.7 x  2 1  x 2  4   x  2  log 2 7 0   x  2   x  2  log 2 7  0  
 x  2  log 2 7
d) Ta có:
5x  3x  5 x 1  3x 1  5 x 2  3 x 3 0  5x  5 x 1  5 x 2 3x  3x 1  3x 3
x

 5
  1  51  52  5 x  1  31  33  3x  31.5 x 31.3x    1  x 0
 3
e) Ta có:
x

4 3

x

1
2

3

x

1

2

 2

2 x 1

x

 4 2
x

2x 1

3

x

1
2

3

x

1
2

3 x  12 4
 4 . 3 .
2

3
x

1

1
3
3
x 4
x
x
3
4x
3 2
3
3
2
2
 4 x. 3 2. 


4

3
 x  0  x 
1
2
2
3
3

2
2
4.4 2

PHƯƠNG TRÌNH CĨ THAM SỐ.
x 1
Câu 1. Tìm tập nghiệm S của phương trình 3 .5

2 x  2 m
x m

15 , m là tham số khác 2.

Lời giải
x 1
Phương trình  3 .5

2 x 2 m
x m

3.5  5

Lấy logarit cơ số 5 hai vế của

2 x  2 m
1
x m

1  x  1

3

 * , ta được

x 2
 1

 2  x  log5 3   x  2  
 log5 3  0
x m
 x m


x 2

 5 x  m 32 x .  *

.


Với x  2 0  x 2 (thỏa mãn).
1
1
 log 5 3 0  x  m 
 x m  log 3 5
x

m
log
3

5
Với
(thỏa mãn).
Vậy phương trình có tập nghiệm

S  2; m  log 3 5

.
2

x
2 x m
3 có hai nghiệm phân biệt
Câu 2. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 2 .5
x1 ; x2 thỏa mãn x1  x2 2 x1 x2 .
Lời giải

Lấy logarit cơ số 2 của hai vế phương trình đã cho ta được





2

log 2 2 x .52 x m log 2 3
 x 2   2 x  m  log 2 5  log 2 3 0
 x 2   2 log 2 5  x  m log 2 5  log 2 3 0

x ;x

x  x 2 x1 x2 thì
Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt 1 2 thỏa mãn 1 2
log 22 5  m log 2 5  log 2 3  0
(1)
  '  0



 x1  x2 2 x1 x2
  2 log 2 5 2m log 2 5  2 log 2 3 (2)

 2   log 2
Thay

1
5m
1 5m
log 2
   5m 1 3  m  1  log 5 3
5
3
5 3
.

m  1  log 5 3 vào (1) thấy thỏa mãn. Vậy m  1  log 5 3 là giá trị cần tìm.

Câu 3. Cho hàm số

y  f  x

có bảng biến thiên như sau

f ( x)

2 f ( x ) 2 m
2 f ( x ) 3 m 2

100 , m là tham số khác  2 . Tìm tất cả các giá trị thực
Cho phương trình 5 .8
của m để phương trình đã cho có đúng 7 nghiệm phân biệt.
Lời giải
Đkxđ:
5

f  x

.8

5

2 f  x   3m  2 0  f  x  
2 f  x  2 m
2 f  x  3 m  2

f  x  2

2

100  5

f  x

.2

6 f  x  6 m
2 f  x  3 m  2

3m  2
2 .
2

2

5 .2  5

f  x  2

2

4 2 f  x 
2 f  x  3 m  2

Lấy logarit cơ số 5 của hai vế phương trình đã cho ta được

2

6 f  x  6 m
2 f  x  3 m  2

 f  x  2

f  x  2 
log 5 2  
2
1
log 5 2
2 f  x   3m  2

2 f  x   3m  2
 f  x  2
(1)

(2)
 2 f  x   3m  2  2 log 5 2
2 2  f  x 

Với m  2 thì phương trình (1) và (2) ln thỏa mãn điều kiện xác định.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. Để phương trình ban
đầu có đúng 7 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) thỏa mãn điều kiện xác định và có 3
nghiệm phân biệt khác các nghiệm của phương trình (1).
Dựa vào bảng biến thiên để phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt thì
 2 log 5 2  2  3m
2  2 log 5 2
 2  m 
2
3
(thỏa mãn điều kiện).

Vậy

m

2  2 log 5 2
3
thì phương trình đã cho có 7 nghiệm.

II. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT BẰNG PHƯƠNG PHÁP MŨ HÓA.
log a f  x  b
DẠNG 1:
Phương pháp giải: Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương:
0  a 1
log a f  x  b  
b
 f  x  a .
Từ phương trình
log a f  x  g  x 
DẠNG 2:
Phương pháp giải: Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương:
0  a 1
log a f  x   g  x   
g  x
 f  x  a .
Từ phương trình
log a f  x  log b g  x 
DẠNG 3:
 f  x  a t
log a f  x  log b g  x  t  
t
 g  x  b . Khử x trong hệ phương trình

Phương pháp giải: Đặt
để thu được phương trình theo ẩn t, giải phương trình này tìm t, từ đó tìm x.
PHƯƠNG TRÌNH KHƠNG CHỨA THAM SỐ.

Câu 1. Giải phương trình sau:

log 2  2 x  1  2

.
Lời giải

x
x
Điều kiện: 2  1  0  2  1  x  0.

5
5
x
log 2  2 x  1  2  2 x  1 2 2  2  4  x log 2 4  x log 2 5  log 2 4
Ta có:
 x  2  log 2 5 (tm)
x  2  log 2 5 .
Vậy phương trình có nghiệm là

Câu 2. Giải phương trình sau:

log3 (3x  8) 2  x .
Lời giải

x

Điều kiện: 3  8  0  x  2log 3 2 .


x
x
2 x
Ta có: log 3 (3  8) 2  x  3  8 3
 3x  1(vn)
 32 x  8.3x  9 0   x
 3 9
x
2
 3 3  x 2 .
Vậy phương trình có nghiệm là x 2.

Câu 3. Giải phương trình sau:

log 5 x log 7  x  2 

.
Lời giải

Điều kiện : x  0 .

Ta có:

log 5 x t
log 5 x log 7  x  2  t  


log 7  x  2  t
t

t
t
 1
 x 5
 x 5

.


t
t
t
5  2 7  2 
 x  2 7

t

5
1
 2      2.   1
7
7
Từ phương trình
.
t

t

5
1
f  t     2.   , t  
7
7
Xét hàm số
.
t

t

5
1
 5
1
f '  t    ln  2.   ln  0, t   
f  t
7
7
7
7
Hàm số
nghịch biến trên  .
f  t  1  f  t   f  1
 2 .
Mà
nên t 1 là nghiệm duy nhất của phương trình
 1 ta có x 5 .
Thay t 1 vào phương trình

Vậy phương trình có nghiệm là x 5 .
log

Câu 4. Giải phương trình sau:

1
5

6

x 1

 36 x   2

.
Lời giải
x 1
x
Điều kiện 6  36  0  x 1  2 x  x  1 .
Ta có

log 1  6 x 1  36 x   2   2 log 5  6 x 1  36 x   2  6 x 1  36 x  5 0
5

 6 x 1
 x 0
 6  6.6  5 0   x

 6 5  x log 6 5 .
2x

x

x log 6 5 .
Vậy phương trình có nghiệm là x 0 hoặc
Câu 5. Giải phương trình sau:

log 3  3x 1  1 2 x  log 3 2

.
Lời giải

x 1
Điều kiện: 3  1  0  x   1

Ta có :

log 3  3

x 1

 1 2 x  log 3 2  log 3  3

x 1

 1  log 3 2 2 x  log 3

3x 1  1 2 x
3  3x 1  1 2.32 x
2

 3x 1
 2.32 x  3.3x  1 0   x 1 
3 

2

3

x 1

2



 x 0

 x log3 1

2.

 1

2 x


Vậy phương trình có nghiệm là x 0 hoặc
Câu 6. Giải phương trình sau:

log 5  6  5 x  1  x

x log 3

1
2.

.
Lời giải

x
x
Điều kiện : 6  5  0  5  6  x  log 5 6 .

Ta có

log 5  6  5 x  1  x  6  5 x 51 x  6  5 x 

5
5x

 x 0  tm 
 5 x 1
  5  6.5  5 0   x

 5 5  x 1 tm  .
Vậy phương trình có nghiệm là x 0 hoặc x 1 .
2x

Câu 7. Giải phương trình sau:

x

log 2  9  2 x  5log5  3 x 

.
Lời giải

x

9  2  0

Điều kiện :  3  x  0 .
Ta có:

log 2  9  2 x  5log5  3 x   log 2  9  2 x  3  x

 9  2x 

8
 2 2 x  9.2 x  8 0
x
2

 2 x 8
 x 3  l 
 x

 x 0  x 0 .
 2 1
Vậy phương trình có nghiệm là x 0 .
Câu 8. Giải phương trình sau:

log 3 x 2 
2

Xét phương trình

Điều kiện:

Từ

log 3 x 2 

 2

2x  2

Lời giải
2 x log 5 x  2 x  2



2

.



 x 0
2 x 0  
 x  2 .

x2 

Đặt

log 3 x 



2 x log 5 x 2 



2 x log 5 x 2 

thay vào

 1

ta được :

 x 2  2 x 3t  1
 
 x 2  2 x  2 5t  2 
2 x  2 t




5t  2 3t

t

t

 3
1
 1    2  
t
t
t
t
 5
 5   3
Trường hợp 1: Xét 5  2 3  5 3  2
Dễ thấy phương trình (3) có nghiệm t 1 .
t

t

t

t

3
1
 3
 1
 3
 1
f  t     2  

f  t    .ln  2   .ln  0, t  
5
5
 5
 5  có
 5
 5
Vì xét hàm số
nên hàm số
nghịch biến trên  , do đó t 1 là nghiệm duy nhất của (3).


x2 

2 x 3  x 2 


14  2
x
2
2 x  3 0  
(tm)

 14  2
x

2
.

Với t 1 , ta có:

5t  2  3t  5t 2  3t  5t  3t 2
Trường hợp 2:
(4)
Tương tự như trường hợp 1, ta có t 0 là nghiệm duy nhất của (4)
2
2
Với t 0 , ta có: x  2 x  1  x  2 x  1 0 - phương trình vơ nghiệm
Vậy phương trình có nghiệm là

x

14  2
 14  2
x
2
2
hoặc
.

PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ.

 9x
3
log 3   2m.3x  6m    x
2
 2
Câu 1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình

x1 , x2 thỏa mãn  x1  2   x2  2  12 .

có hai nghiệm thực

Lời giải
9
3
9x
3
log 3   2m.3 x  6m    x 
 2 m.3 x  6 m  3 x
2
2
2
 2
Ta có :
 9 x  2  2m  1 .3x  3  4m  1 0
x

x
t 2  2  2m  1 t  3  4m  1 0
Đặt t 3 ( t  0 ) thì phương trình đã cho trở thành
(1)
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt  Phương trình (1) có hai nghiệm dương phân
 2m  1 2  3  4m  1  0

   0

m 1




2m  1  0

S

0


1

m
4m  1  0
P  0


4.

biệt  

 3x1 4m  1

 x2
 3 3

 x1 log3  4m  1

 x2 1
.
5
x1  2   x2  2  12  log 3  4m  1 2  m  2


Ta có
(thỏa mãn điều kiện).
5
m
2 là giá trị cần tìm.
Vậy
 t 4m  1 

Khi đó  t 3

log 2 4 x  m.2 x 1  3m  8 x  1
Câu 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
có hai
nghiệm trái dấu.





Lời giải

log 2  4 x  m.2 x 1  3m  8  x 1  4 x  m.2 x 1  3m  8 2 x 1

Ta có :
 4 x  2  m  1 .2 x  3m  8 0

x
t 2  2  m  1 t  3m  8 0
Đặt t 2 , ta có phương trình
(1)

x
x
x  0  x2 thì 0  2 1  1  2 2 , nên phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu x1 , x2 khi
Với 1

và chỉ khi phương trình

 1

t t
0  t1  1  t2 .
có hai nghiệm 1 , 2 sao cho


Ta có

 1  t 2  2t  8 m  2t  3  2  .

t 2  2t  8
3
t
m
 2 
2 không là nghiệm phương trình  2  nên:
2t  3
Vì
t 2  2t  8
3
f t 
0 t 

2t  3 , với
2.
Xét hàm số
f  t  

2t 2  6t  22


Ta có
Bảng biến thiên:

Phương trình

 1

2t  3

2

0
với

có hai nghiệm

0 t 

 3

.

3
2.

0  t1  1  t2 khi và chỉ khi phương trình  3 có hai nghiệm

8
m9
0  t1  1  t2 . Từ bảng biến thiên ta suy ra giá trị cần tìm của m là 3
.





x  1 .log e  x  m x  2

m
Câu 3. Tìm tất cả các giá trịcủa tham số
để phương trình
có hai nghiệm
thực phân biệt.
Lời giải
Vì x 1 khơng là nghiệm nên phương trình :
x 2
x 2
x
x
x 2
x 1


log(
e

m
)


e

m

10
 x  1 .log  e  m  x  2
 m 10 x  1  e x .
x 1
x

x 2
x
x 1
Đặt y g ( x ) 10  e .
x 2
1
y 
10 x  1 ln10  e x  0, x 1
2
( x  1)
Ta có:
.

Bảng biến thiên:


Vậy phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt khi



1
 m  10
e
.

Câu 4. Có bao nhiêu giá trị nguyên nhỏ hơn 2019 của tham số m để phương trình
log 6  2020 x  m  log 4  1010 x 
có nghiệm.
Lời giải
2020 x  m 6t
 
t
log 6  2020 x  m  log 4  1010 x  t
1010 x 4
 2.4t  m 6t  m  2.4t  6t .
Đặt
f  t   2.4t  6t
f  t  6t ln 6  2.4t.ln 4
Đặt
. Ta có:
.
t

t

 3  2 ln 4
 3
f  t  0    
   log 6 16  t log 3  log 6 16 
ln 6
 2
 2
2
Xét
.
Bảng biến thiên:



m  f  log 3  log 6 16    2, 01
f  t  m

2

Phương trình
có nghiệm khi và chỉ khi
.
 m  2019
  2 m 2018


Mà  m  
nên ta có:  m  

.
Vậy có 2021 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.