ĐẶT ẨN PHỤ DẠNG 1 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT pdf

PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ DẠNG 1 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT
Nếu đặt
log
a
t x=
với x > 0 thì
1
log ;log
k k
a x
x t a
t
= =
với
0 1x
< ≠
Ta biết rằng:
log log
b b
c a
a c=
Ví dụ 1: Giải phương trình:
( ) ( )
2 4
log 5 1 .log 2.5 2 1
x x
− − =
Điều kiện:
5 1 0 5 1 0
x x
x− > ⇔ > ⇔ >

Biến đổi phương trình về dạng:
( ) ( )
2 2
1
log 5 1 .log 2 5 2 1
2
x x
 
− − =
 
( ) ( )
( )
2 2
log 5 1 . 1 log 5 2 2 1
x x
 
⇔ − + − =
 
Đặt
( )
2
log 5 1
x
t = −
Khi đó pt (1) có dạng:
( )
( )
( )
5
2

2
2
5
2
log 3
5 3
log 5 1 1
1 5 1 2
1 1 2 0
5
5
2
log
5
5 1 2
log 5 1 2
4
4
x
x
x
x
x
x
x
t
t t t t
t
x
−

=

= 

− =

= − =




+ = ⇔ + − = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔




= −
 =
=
− =
− = −






Vậy, pt có nghiệm
Ví dụ 2: Giải phương trình:
( )

( )
2
3 3
log 3 3 4log 2 0 1
x
x
+
+ − =
Đặt
( )
2
log 3 3
x
t = +
, điều kiện
2
3 3
1
log 3 log 2
x
t
t
+
> ⇒ =
Khi đó pt (1) có dạng:
( )
( )
2
2
2

4
0 4 0 log 3 3 2 3 3 4 3 1 0
2
x x x
t
t t x
t l
t
=

− = ⇔ − = ⇔ ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ =

= −

Vậy, pt có nghiệm
Ví dụ 3: Giải phương trình:
( ) ( )
2
1
log .log log
a x
a
ax ax
a
 
=
 ÷
 
với
0 1a

< ≠
Điều kiện:
0
0 1
0 1
ax
x
x
>

⇔ < ≠

< ≠

Biến đổi phương trình về dạng:
( ) ( )
1 1
1 log . 1 2
log 2
a
a
x
x
 
+ + = −
 ÷
 
Đặt
log
a

t x=
Khi đó pt (2) có dạng:
( )
2
2
1
1
1
log
1 1
1 1 2 5 2 0
2
2
2
1
log 2
2
a
a
x
x
t
a
t t t
t
x
t
x
a


=



= −
= −
 



+ + = − ⇔ + + = ⇔ ⇔ ⇔
 ÷


 

= −
= −
=




Vậy, pt có nghiệm
Ví dụ 4: Giải phương trình:
( )
2
2 2
log log
8.2 14. 22 0 1

x x
x
−
+ − =

Điều kiện:
0x
>
Đặt
2
log 2
t
t x x= ⇒ =
Khi đó pt (1) có dạng:
( )
2
8.2 14. 2 22 0
t
t t
−
+ − =
( )
2
2
14
8.2 22 0 2
2
t
t
⇔ + − =

Đặt
2
2
t
u =
, điều kiện
1t ≥
Khi đó pt (2) có dạng:
2
2
2
2
2
2
2
2
2
7
log
4
2 2
0
1
0
2 1
8 22 14 0
7
7
7
7

log
log
2
4
4
4
4
log 0
1
7
log log
2
4
t
t
t
u
t
u u
u
t
t
x
x
x
x
±
=



=

=

=




− + = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔




=
=
= ±
=
 





=

=




⇔ ⇔


= ±
=



Vậy, pt có nghiệm
Ví dụ 5: Giải phương trình:
( )
2 2
9
lg 3lg
2lg
2
10 1
x x
x
x
− −
−
=

Biến đổi phương trình về dạng:
( )
2 2
9
lg 3lg
2

lg 2
2
10
x x
x
x x
− −
−
−
= =
2 2
2
1
1
0 1
0 1
9
lg 3lg 2
8lg 6lg 5 0
2
x
x
x
x
x x
x x
=

=




< ≠


< ≠
⇔ ⇔




 

− − = −
− − =






Đặt
lgt x=
, ta được:
1
2
2
5
4
1 1

1
0 1 0 1
1
1 1
0 1
10
lg
2 2
8 6 5 0
5 5
10
lg
4 4
x x
x
x x
x
x
x
t x
t t
x
t x
−
= =
 
 
=

< ≠ < ≠

 
=
 


 
 

 

< ≠
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
 

= − = −
 

 

  
 

− − =  


 

 
=
 


 
= =
 
 
 
 
 
Vậy, pt có nghiệm
Ví dụ 6: Giải phương trình:
( )
( )
( ) ( )
3
log 9 2 3
2 9 2 1
x
x x
− 
 
− = −

Điều kiện:
2 0 2x x− > ⇔ >
Lấy logarit cơ số 3 hai vế, ta được:
( )
( )
( )
3
log 9 2 3

3 3
log 2 log 9 2
x
x x
− 
 
 
 
− = −
 
 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
3
3 3 3
3 3 3
log 9 2 .log 2 2 log 2
2 log 2 .log 2 2 3log 2 2
x x x
x x x
⇔ − − = + − 
 
⇔ + − − = + −
 
 
Đặt
( )
3
log 2t x= −
Khi đó pt (2) có dạng:

( )
( )
( )
3
2
3
7
log 2 1
1
2 2 3 2 0
3
2
log 2 2
11
x
t
x
t t t t t
t
x
x

− = −
= −
=


+ = + ⇔ − − = ⇔ ⇔ ⇔




=
− =



=

Vậy, pt có nghiệm
Ví dụ 7: Giải phương trình:
(
)
(
)
(
)
2 2 2
2 3 6
log 1 .log 1 log 1x x x x x x− − + − = − −
Điều kiện:
2
2
2
1 0
1 0 1
1 0
x
x x x
x x


− ≥


− − > ⇔ ≥


+ − >


Nhận xét rằng:
(
)
(
)
(
)
(
)
1
2 2 2 2
1 1 1 1 1x x x x x x x x
−
− − + − = ⇒ − − = + −
Khi đó pt được viết lại dưới dạng:
(
)
(
)
(
)

1 1
2 2 2
2 3 6
log 1 .log 1 log 1x x x x x x
− −
− − + − = − −
(
)
(
)
(
)
( )
2 2 2
2 3 6
log 1 .log 1 log 1 2x x x x x x⇔ + − + − = + −
Biến đổi cơ số:
(
)
(
)
2 2
2 2 6
log 1 log 6.log 1x x x x+ − = + −
Và
(
)
(
)
2 2

3 3 6
log 1 log 6.log 1x x x x+ − = + −
Khi đó pt (2) được viết lại dưới dạng:
(
)
(
)
(
)
( )
2 2 2
2 6 3 3 6
log 6.log 1 .log 6.log 1 log 1 3x x x x x x+ − + − = + −
Đặt
(
)
2
6
log 1t x x= + −
Khi đó pt (3) có dạng:
( )
2 3
2 3
0
log 6.log 6. 1 0
log 6.log 6. 1 0
t
t t
t
=


− = ⇔

− =

Với t = 0
(
)
2
2 2
6
2
1 1
log 1 0 1 1 1
1 1
x x
x x x x x
x x

+ − =

+ − = ⇔ + − = ⇔ ⇔ =

− − =


Với
2 3
log 6.log 6. 1 0t − =
(

)
2
2 3 6
log 6.log 6.log 1 1 0x x+ − − =
(
)
2
2 3
log 6.log 1 1 0x x+ − − =
(
)
2
2 3
log 6.log 1 1x x⇔ + − =
(
)
6
log 2
2 2
3 6
log 1 log 2 1 3x x x x⇔ + − = ⇔ + − =
( )
6
6 6
6
log 2
2
log 2 log 2
log 2
2

1 3
1
3 3
2
1 3
x x
x
x x
−
−

+ − =

⇔ ⇔ = +

− − =


Vậy, pt có nghiệm
Ví dụ 8: Giải phương trình:
( ) ( )
2 2
log 3 1 .log 2.3 2 2
x x
− − =
Điều kiện:
3 1 0 0
x
x− > ⇔ >
Biến đổi phương trình về dạng:

( ) ( )
( )
2 2
log 3 1 . 1 log 3 1 2 1
x x
 
− + − =
 
Đặt
( )
2
log 3 1
x
t = −
Khi đó pt (1) có dạng:
( )
( )
( )
2
2
2
3
2
1
3 3
log 3 1 1
1 3 1 2
1 2 2 0
5
5

2
log
3
3 1 2
log 3 1 2
4
4
x
x
x
x
x
x
x
t
t t t t
t
x
−
=

=


− =

= − =





+ = ⇔ + − = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔




= −
=

=
− =
− = −






Vậy, pt có nghiệm
Ví dụ 9: Giải phương trình:
( ) ( )
2 2
log 5 1 .log 2.5 2 2
x x
− − =
Điều kiện:
5 1 0 0
x
x− > ⇔ >
Biến đổi phương trình về dạng:

( ) ( )
( )
2 2
log 5 1 . 1 log 5 1 2 1
x x
 
− + − =
 
Đặt
( )
2
log 5 1
x
t = −
Khi đó pt (1) có dạng:
( )
( )
( )
5
2
2
2
5
2
log 3
5 3
log 5 1 1
1 5 1 2
1 2 2 0
5

5
2
log
5
5 1 2
log 5 1 2
4
4
x
x
x
x
x
x
x
t
t t t t
t
x
−
=

= 

− =

= − =





+ = ⇔ + − = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔




= −
 =
=
− =
− = −






Vậy, pt có nghiệm
Ví dụ 10: Giải phương trình:
( )
2 2
2
log 2. .log 2 1
x
x =
Điều kiện:
0 1x< ≠
Biến đổi phương trình về dạng:
( )
2

2
2 2
2
2
1 2log
1 log 2log 1 0 1
log
x
x x
x
+
= ⇔ − − =
Đặt
2
logt x=
Khi đó pt (1) có dạng:
2 1 5
2
2 1 0 1 5 log 1 5 2t t t x x
±
− − = ⇔ = ± ⇔ = ± ⇔ =
Vậy, pt có nghiệm
Ví dụ 11: Giải phương trình:
2
5 5
5
log log 1
x
x
x

+ =
Điều kiện:
1
0
5
x< ≠
Biến đổi phương trình về dạng:
( )
( )
5
2 2
5
5 5
5 5
5
log
1 log
log 1 log 1 1
log 5 1 log
x
x
x x
x x
−
+ = ⇔ + =
+
Đặt
5
logt x=
Khi đó pt (1) có dạng:

( )
5
2 3 2 2
5
5
log 0
0 1
1
1 2 0 2 0 1 log 1 5
1
2 1
log 2
25
x
t x
t
t t t t t t t t x x
t
t
x
x


=
= =



−



+ = ⇔ + − = ⇔ + − = ⇔ = ⇔ = ⇔ =



+



= −
= −


=


Vậy, pt có nghiệm
Ví dụ 12: Giải phương trình:
2 2
log 2 log 4 3
x
x+ =
Điều kiện:
0 2x< ≠
Biến đổi phương trình về dạng:
( )
2 2 2 2
2 2 2
2
1 1 1

log 4 log 3 log 1 0 log 1 1
2
log 2 log 1 log
log
x x x
x x
x
+ + = ⇔ + − = ⇔ + −
− −
Đặt
2
logt x=
Khi đó pt (1) có dạng:
( )
2
2
2
log 0
0 1
1
1 0 2 0 2 0
2 log 2 4
1
x
t x
t t t t t
t x x
t
=
= =


 
+ − = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ ⇔ ⇔

 
= = =
−
 

Vậy, pt có nghiệm
Ví dụ 13: Giải phương trình:
( )
( )
( )
2
log 4 2 3
2
2 2 . 2
x
x x
−
− = −
Điều kiện:
2 0 2x x− > ⇔ >
Biến đổi phương trình về dạng:
( )
( )
( )
( )
2 2 2

3 log 4 log 2 log 2 1
2 2
2 2 2 2
x x
x x
− + + − − −
− = ⇔ − =
Lấy logarit cơ số 2 hai vế phương trình, ta được:
( )
( )
2
log 2 1
2
2 2
log 2 log 2
x
x
− −
− =
( ) ( )
2 2
log 2 1 .log 2 2x x⇔ − − − = 
 
Đặt
( )
2
log 2t x= −
Khi đó phương trình có dạng:
( )
( )

( )
2
2
2
5
log 2 1
1
1 2 2 0
2
2
log 2 2
6
x
t
x
t t t t
t
x
x

− = −
= −
=


− = ⇔ − − = ⇔ ⇔ ⇔



=

− =



=

Vậy, pt có nghiệm