lý thuyết + bài tập mũ logarit cơ bản

Phn I: LY THA, HM S M, HM S LễGARIT
I.Ly tha:
1. nh ngha:
= ƠĂ
123
*
. ( , )
n
n thửứa soỏ
a a a a a n

1
a a a = Ă
,
0
1 0a a=

{ }
1
( , 1, / 0 )
n
n
a n Z n a R
a
+
=

( )
0; ,
m
n

m
n
a a a m n N
= >

( )
1 1
0; ,
m
n
m
n
m
n
a a m n N
a
a

= = >

2k
x

xỏc nh khi
0x
(k
Ơ
)
2 1k
x

+
ã
xỏc nh x
Ă
(k
Ơ
)
2. Cỏc tớnh cht : Tt c cỏc loi ly tha u cú tớnh cht tng t sau õy(Ch khỏc iu kin):
Cho
0; 0a b> >
v
, .m n

Ă
Ta cú:
.
m n m n
a a a
+
=

.
( ) ( )
m n n m m n
a a a = =
m
m n
n
a
a

a

=

( . ) .
n n n
a b a b =

n
n
n
a a
b
b

=
ữ

II.Hm s ly tha:
o hm ca hm s ly tha:
( )
/
1
. ( 0, )x x x



= >
Ă
;

( )
/
1 /
. . ( 0, )u u u u



= >
Ă
III. Lụgarit:
( )
log 0; 1; 0
dn
a
b a b a a b


= = > >

Cỏc tớnh cht : Vi
1 2
0; 1; 0; 0; 0; 0; 1a a b b b c c
> > > > >
. Ta cú cỏc tớnh cht:

log 1 0
a
=

log 1

a
a
=

log
b
a
a b =

log
a
a


=

1 2 1 2
log ( . ) log log
a a a
b b b b
= +

1
1 2
2
log ( ) log log
a a a
b
b b
b

=

log .log
a a
b b


=

1
log log
n
a a
b b
n
=
c bit :
2
log 2.log
a a
N N
=

log log .log
c c a
b a b
=

log
log

log
c
a
c
b
b
a
=

( )
1
log 1
log
a
b
b b
a
=

( )
1
log log 0
k a
a
N N
k

=
Cụng thc c bit:
a

b
c
c
b
a
loglog
=

IV. Hm s m: Cú dng :
x
y a=
( a > 0 , a

1 ).
Tp xỏc nh :
.D
=
Ă
Tp giỏ tr :
( )
0
x
T a x R
+
= > Ă tức là:

Tớnh n iu:
+ a > 1 :
x
y a=

ng bin trờn
Ă
.
+ 0 < a < 1 :
x
y a=
nghch bin trờn
Ă
.
th hm s m
x
y a=
:
17
a > 1
0 < a < 1


 Đạo hàm hàm số mũ:

( )
'
x x
e e
• =

( )
' '
u u
e u e

• =

( )
/
ln
x x
a a a
• =
(a > 0, a ≠ 1)
( )
' '. ln
u u
a u a a
• =
V. Hàm số lôgarít: Dạng
log
a
y x
=
( a > 0 , a
≠
1)
 Tập xác định :
= +∞
D (0; )
 Tập giá trị:
=
¡T .
 Tính đơn điệu:
+ a > 1 :

log
a
y x
=
đồng biến trên
+∞(0; )
(Tức là:
1 2 1 2
log log
a a
x x x x
< ⇔ <
)
+ 0 < a < 1 :
log
a
y x
=
nghịch biến trên
+∞(0; )

(Tức là:
1 2 1 2
log log
a a
x x x x
< ⇔ >
)
 Đồ thị của hàm số lôgarít:
a > 1

0 < a < 1


 Đạo hàm hàm số lôgarit:

( )
1
log '
ln
a
x
x a
• =

( )
'
log '
ln
a
u
u
u a
• =

( )
1
ln 'x
x
• =

( )
'
ln '
u
u
u
• =
MỘT SỐ DẠNG TOÁN CƠ BẢN (Xem thêm).
Dạng 1: Rút gọn biểu thức, tính giá trị biểu thức:
Hướng giải: Sử dụng các công thức đã biết, rút gọn các biểu thức.
Ví dụ 1: Tính
25
log 15
theo a khi biết
3
log 15 a=
.
Phân tích: Tìm mối liên hệ giữa giả thiết và kết luận  Biểu diễn
25
log 15
và
3
log 15
qua
3
log 5
.
Ta có:
( ) ( )
2

25 5 5 5
5
1 1
log 15 log 3.5 log 3 log 5 log 3 1
2 2
= = + = +

3 3 3 3 3 5
1
log 15 log 3.5 log 3 log 5 1 log 5 log 3
1
a
a
= = + = + = =Þ
-
Vậy:
( )
25 5
1 1 1
log 15 log 3 1 1
2 2 1 2( 1)
a
a a
æ ö
÷
ç
= + = + =
÷
ç
÷

ç
è ø
- -
.
Ví dụ 2: Rút gọn biểu thức
1 1 1 1
1 -1
1 1 1 1
1
( ax )( )
4
a x a x
C xa
a x a x
− − − −
−
− − − −
− +
= − +
+ −
Phân tích:  Nên rút gọn các biểu thức nhỏ.(Cũng có thể giải theo hướng qui đồng hai phân thức
trong ngoặc phía sau).
Giải:
18
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
1 1 1 1
1 1
1 1 1 1

4 4
1 1 ( ) ( ) 1 2( )
( )( ) ( )
4 4 4 2
x a x a
x a x a
a x a x ax ax
C
x a x a
a x ax
a x a x ax ax
x a x a x a x a x a x a x a x a
ax x a x a ax x a ax ax
− +
   
− +
 ÷  ÷
−
 
= − + = +
 ÷  ÷
 ÷
+ −
 
 ÷  ÷
+ −
   
− − + − − + + + +
= + = = =
+ − −

Dạng 2: So sánh hai số dưới dạng lũy thừa, lôgarit:
Hướng giải:
Sử dụng tính chất của hàm số mũ (lôgarit) có cơ số a:
1a
>
: hàm số đồng biến,
0 1a
< <
hàm số nghịch
biến trên tập xác định.
Nếu cùng cơ số: Ta so sánh trực tiếp dựa vào cơ số lớn hơn 1 hay nhỏ hơn 1.
Nếu khác cơ số, ta so sánh thông qua một số thứ ba.
Ví dụ: a. So sánh các cặp số
0,2
3
π
 
 ÷
 
và
0,3
4
π
 
 ÷
 
b. So sánh các cặp số:
0,1
log 2
và

0,1
log 5
a.Vì
1
3
π
>
nên hàm số
3
x
y
π
 
=
 ÷
 
là hàm số đồng biến. Do đó:
0,2 0
3 3
π π
   
>
 ÷  ÷
   
hay
0,2
1
3
π
 

>
 ÷
 
.
Ta cũng có:
0 1
4
π
< <
nên hàm số
4
x
y
π
 
=
 ÷
 
là hàm số nghịch biến. Do đó:
0,3 0
4 4
π π
   
<
 ÷  ÷
   
hay
0,3
1.
4

π
 
<
 ÷
 
Từ đó ta rút ra:
0,2 0,3
.
3 4
π π
   
>
 ÷  ÷
   
b. Ta có:
0,1 0,1
0 0,1 1
log 2 log 5
2 5
< <

⇒ >

<

Dạng 3: Đạo hàm hàm số mũ, lôgarit:
Hướng giải: Sử dụng các công thức đạo hàm đã nêu ở trên.
Ví dụ: Tính đạo hàm các hàm số: a.
(cos 2)
x

y e x= −
b.
ln 1
ln 1
x
y
x
−
=
+
Giải:
a.
( )
( )
1 cos 1
' '(cos 2) . cos 2 ' (cos 2) sin sin
2 2
x x x x x
x
y e x e x e x e x e x
x x x
 
= − + − = − − = − −
 ÷
 
.
b.
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )

( ) ( )
2 2 2
1 1
ln 1 (ln 1)
ln 1 ' ln 1 ln 1 ln 1 '
ln 1 2
' ' .
ln 1
ln 1 ln 1 ln 1
x x
x x x x
x
x x
y
x
x x x x
+ − −
− + − − +
−
 
= = = =
 ÷
+
 
+ + +
BÀI TẬP: Tính đạo hàm của các hàm số:
1) y = x.e
x
2) y = x
7

.e
x
3) y = (x – 3)e
x
4) y = e
x
.sin3x
5) y = (2x
2
-3x – 4)e
x
6) y = sin(e
x
) 7) y = cos(
2
2 1x x
e
+
) 8) y = 4
4x – 1
9) y = x.lnx 10) y = x
2
lnx -
2
2
x
11) ln(
2
1x x+ +
) 12) y = log

3
(x
2
- 1)
13) y = ln
2
(2x – 1) 14) y = x.sinx.lnx 15) y = lnx.lgx – lna.log
a
(x
2
+ 2x + 3)
Phần 2: PHƯƠNG TRÌNH MŨ, PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT
Chú ý: Trước khi giải một phương trình, bất phương trình; cần chú ý đặt điều kiện cho phương trình,
bất phương trình (nếu có).
Phương trình mũ:
19
Cách giải tổng quát : Biến đổi phương trình để đưa các hàm số có mặt trong phương trình về cùng một
cơ số.
Một số phương pháp thường sử dụng:
I. Phương trình mũ cơ bản:
( )f x
a m
=
Điều kiện:
0 1a
< ≠
Trường hợp 1:
0m
≤
: Phương trình vô nghiệm.

Trường hợp 2:
0m
>
: Nên suy nghĩ theo hai hướng ( Có thể luôn thực hiện theo hướng thứ hai):
 Nếu m = a
n
thì ta có:
( )
( )
( )
f x
n
f x
a a f x n
a m
= ⇔ =
= ⇔
 Nếu
n
m a
≠
thì ta có:
( )
( )
log
f x
a
a m f x m
= ⇔ =
Ví dụ: Giải phương trình:

a.
1 1
5 6.5 3.5 52
x x x
+ −
+ − =
b.
1
3 .2 72
x x+
=
Nhận xét: Trong hai phương trình, không có phương trình nào cần đặt điều kiện.
Phân tích câu a)  Có thể biến đổi các biểu thức vế trái để cùng có chung nhân tử
5
x
 Đặt nhân tử
chung, rút gọn Đưa về dạng cơ bản.
1 1
3 3 52
5 6.5 3.5 52 5.5 6.5 .5 52 5 (5 6 ) 52 .5 52 5 5 1.
5 5 5
x x x x x x x x x
x
+ −
+ − = ⇔ + − = ⇔ + − = ⇔ = ⇔ = ⇔ =a.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
b. Phân tích: có thể biến đổi vế trái:
1
3 .2
x x+

để đưa các lũy thừa về cùng số mũ x  đưa về dạng cơ
bản.
1 2
3 .2 72 3 .2 .2 72 2.6 72 6 36 6 6 2.
x x x x x x x
x
+
= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
II. Đưa về cùng cơ số:
Hướng giải:
- Biến đổi các hàm số có mặt trong phương trình về cùng cơ số, sau đó rút gọn, đưa về dạng cơ bản
hoặc về dạng:
( ) ( )
( ) ( ). (
f x g x
a a f x g x
= ⇔ = < ≠
Vôùi 0 a 1).
(Thường gặp)
- Nếu cơ số a thay đổi thì:
[ ]



=−−
>
⇔=
0)()()1(
0
)()(

xgxfa
a
aa
xgxf
(Ít gặp).
Ví dụ: Giải phương trình:
2
2 4
3 5
1
9
3
x
x x
− +
+ −
 
=
 ÷
 
Nhận xét: Hai vế của phương trình có thể biến đổi để đưa về cùng cơ số 3.
( ) ( )
2
2 2
2 4
2 4 3 5
3 5 1 2 2 4 2 6 10 2
2
1
9 3 3 3 3 2 4 2 6 10

3
1
2 4 6 0
3
x
x x x
x x x x x
x x x
x
x x
x
− +
− + + −
+ − − − + −
 
= ⇔ = ⇔ = ⇔ − = + −
 ÷
 
=

⇔ + − = ⇔

= −

Vậy phương trình có hai nghiệm: x = 1; x = -3.
BÀI TẬP: Giải các phương trình sau:
a)
4
3
2 4

x
−
=
b)
2
5
6
2
2 16 2
x x
− −
=
c)
2
2 3 3 5
3 9
x x x
− + −
=
d)
2
8 1 3
2 4
x x x
− + −
=
e) 5
2x + 1
– 3. 5
2x -1

= 110 f)
5 17
7 3
1
32 128
4
x x
x x
+ +
− −
=
g) 2
x

+ 2
x -1
+ 2
x – 2
= 3
x
– 3
x – 1
+ 3
x - 2
h) (1,25)
1 – x
=
2(1 )
(0,64)
x+

III. Đặt ẩn số phụ:
Hướng giải: Thường biến đổi để phương trình chỉ còn một hàm số mũ duy nhất (nhưng không thể
biến đổi gọn hơn để đưa về các dạng cơ bản đã biết ở trên) và đặt nó làm ẩn phụ để đưa việc giải
phương trình đã cho về giải phương trình đại số. (Chú ý chỉ lấy nghiệm dương đối với ẩn số phụ).
Một số dạng thường gặp:
20
Loại 1: Phương trình có dạng
kf(x) (k-1)f(x) f(x)
k k-1 1 0
b a + b a + + b a + b = 0
Khi đó ta đặt: t = a
f(x)
điều kiện: t > 0 . Ta được một phương trình đại số ẩn t, giải pt đại số này ta
biết được nghiệm của phương trình ẩn t.
Nếu có nghiệm t thì cần xét xem có thỏa điều kiện t > 0 hay không. Nếu thỏa điều kiện thì giải
phương trình
( )f x
t a
=
để tìm nghiệm của phương trình đã cho.
Ví dụ:
1 1 1 2 1
4 6.2 8 0 (2 ) 6.2 8 0
x x x x
+ + + +
− + = ⇔ − + =

Đặt t =
1

2
x
+
. Điều kiện t > 0. Ta có
2
2
6 8 0
4
t
t t
t
=

− + = ⇔

=

 Với t = 2 ta có
1
2
x
+
=2
0x
⇔ =
 Với t = 4 ta có
1
2
x+
= 4

1x
⇔ =
.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm:
0x
=
và
1.x
=
BÀI TẬP: Giải phương trình.
1) 4
x
+ 2
x+1
– 8 = 0 2) 4
x+1
– 6. 2
x+1
+ 8 = 0 3) 3
4x+8
– 4. 3
2x+5
+ 27
4)
16 17.4 16 0
x x
− + =
6)
1
49 7 8 0

x x+
+ − =
8)
( ) ( )
7 4 3 2 3 6
x x
+ + + =
9) 4
cos2x
+
x
2
cos
4
= 3
Loại 2: Phương trình đưa được về dạng:
f(x)
2
1 3
f(x)
α
α a + + α = 0
a
Hướng giải: Đặt
( )f x
t a
=
.
Ví dụ 1: Giải phương trình
1 3

5 125
5 5 26 26 0
5 5
x
x x
x
− −
+ = ⇔ + − =

Đặt
5 ; 0
x
t t
= >
Ta được phương trình:
2
125 ( )
125
26 0 26 125 0
5 ( )
5 5
t
t t
t
t
t
=

+ − = ⇔ − + = ⇔


=

nhaän
nhaän
 Với t =125 ta có
5 125 3
x
x= ⇔ =
.
 Với t = 5 ta có
5 5 1.
x
x
= ⇔ =
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 1 và x = 3.
Ví dụ 2: Giải phương trình
( 7 48 ) ( 7 48 ) 14
x x
− + + =
(1)
Ta có
( 7 48 ) ( 7 48 ) 1
x x
− + =
. Đặt
1
( 7 48 ) ;( 0) ( 7 48 )
x x
t t
t

= + > ⇒ − =

(1) Trở thành:
2
7 48
1
14 14 1 0
7 48
t
t t t
t
t

= −
+ = ⇔ − + = ⇔

= +


 Vớt
7 48t
= −
ta có:
( 7 48 ) 7 48 2
x
x
+ = − ⇔ = −
.
 Vớt
7 48t

= +
ta có:
( 7 48) 7 48 2
x
x
+ = + ⇔ =
.
Lưu ý: Một số những cặp số là nghịch đảo của nhau. Ví dụ:
, 83 ; 32 ; 12
±±±

BÀI TẬP: Giải phương trình.
1)
( ) ( )
23232
=−++
xx
2)
14487487
=






++







−
xx
Loại 3: Phương trình có dạng:
2f(x) f(x) 2f(x)
1 2 3
α a + α (ab) +α b = 0
Hướng giải: Chia cả hai vế cho
2 ( )f x
b

ta được phương trình
1
α
)(2 xf
b
a






+
2
α
)(xf
b

a






+
3
α
= 0
Ta đặt: t =
)(xf
b
a






điều kiện: t > 0, giải phương trình ẩn t, sau đó tìm nghiệm x.
21
Chú ý: Cũng có thể chia hai vế phương trình cho:
( )
( )
f x
ab
hoặc:
2 ( )f x

a
.
Ví dụ: Giải phương trình
9 6 2.4
x x x
+ =
.

2
3
1
2
9 6 3 3
9 6 2.4 ( ) 2 0 ( ) 2 0 0
4 4 2 2
3
2( )
2
x
x x
x x x x x
x
x

 
=

 ÷
 
   


+ = ⇔ + − = ⇔ + − = ⇔ ⇔ =
 ÷  ÷

   
 

= −
 ÷

 

Voâ nghieäm
BÀI TẬP CHUNG: Giải các phương trình:
a) 9
2x +4
- 4.3
2x + 5
+ 27 = 0 b) 5
2x + 4
– 110.5
x + 1
– 75 = 0
c)
1
5 2 8
2 0
2 5 5
x x+
   

− + =
 ÷  ÷
   
d)
3
5 5 20
x x
−
− =
e)
( ) ( )
4 15 4 15 2
x x
− + + =
f)
(
)
(
)
5 2 6 5 2 6 10
x x
+ + − =
IV.Phương pháp lôgarit hóa hai vế (thường sử dụng trong trường hợp hai vế không cùng cơ
số).
Hướng giải: Biến đổi phương trình về dạng:
).10 ,1,0.(log).(log).(
)()(
≠<≠<=⇔=
cbabxgaxfba
cc

xgxf

Lưu ý: Ta thường lôgarit hóa hai vế với cơ số a hoặc b.
Ví dụ: Giải phương trình:
2
3 5 6
2 5
x x x
− − +
=
Nhận xét: Ta không thể biến đổi phương trình để đưa về cùng cơ số, hoặc chỉ còn một hàm số mũ duy
nhất, vì vậy cách giải ở đây là lấy lôgarit hóa hai vế.
Lấy lôgarit theo cơ số 2 hai vế của phương trình ta được:
[ ]
2
3 5 6
2 2 2 2
2
5 5
3
log 2 log 5 3 ( 2)( 3)log 5 ( 3) 1 ( 2)log 5 0
1 ( 2)log 5
3 3
2 log 2 2 log 2
x x x
x
x x x x x
x
x x
x x

− − +
=

= ⇔ − = − − ⇔ − − − = ⇔

= −

= =
 
⇔ ⇔
 
− = = +
 
BÀI TẬP: Giải các phương trình
a) 2
x - 2
= 3 b) 3
x + 1
= 5
x – 2
c) 3
x – 3
=
2
7 12
5
x x
− +
d)
2

2 5 6
2 5
x x x
− − +
=
e)
1
5 .8 500
x
x
x
−
=
f) 5
2x + 1
- 7
x + 1
= 5
2x
+ 7
x
V. Đoán nhận một nghiệm và chứng minh nghiệm đó duy nhất bằng cách sử dụng
tính đơn điệu của hàm số mũ.
* Ta thường sử dụng các tính chất sau:
• Tính chất 1 : Nếu hàm số f tăng ( hoặc giảm ) trong khỏang (a;b) thì phương trình f(x) =
C có không quá một nghiệm trong khoảng (a;b). ( do đó nếu tồn tại x
0

∈
(a;b) sao cho

f(x
0
) = C thì đó là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = C)
• Tính chất 2 : Nếu hàm f tăng trong khoảng (a;b) và hàm g là hàm một hàm giảm trong
khoảng (a;b) thì phương trình f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm trong khoảng (a;b) .
( do đó nếu tồn tại x
0

∈
(a;b) sao cho f(x
0
) = g(x
0
) thì đó là nghiệm duy nhất của phương
trình f(x) = g(x))
Ví dụ: Giải phương trình:
6
7 2
x
x
−
= +
.
Dễ nhận thấy x = 5 là nghiệm của phương trình đã cho.
Ta có: Hàm số mũ:
6
6
1
( ) 7
7

x
x
f x
−
−
 
= =
 ÷
 
là hàm số giảm trên
¡
do cơ số:
1
0 1
7
< <
.
Hàm số bậc nhất:
( ) 2g x x
= +
là hàm số tăng trên
¡
do hệ số a = 1 > 0.
Vậy: x = 5 là nghiệm duy nhất của phương trình.
BÀI TẬP: Giải các phương trình:
22
a) 3
x
+ 4
x

= 5
x
b) 3
x
12
x
= 4
x
c) 1 + 3
x/2
= 2
x
Phng trỡnh Lụgarit:
1. Phng trỡnh lụgarit c bn:
Phng trỡnh lụgarit c bn cú dng:
log
a
x m
=
, trong ú m l s ó cho.
Phng trỡnh cú iu kin xỏc nh l x > 0 (
0, 1a a
>
).
Vi mi
m

Ă
, phng trỡnh
log

a
x m
=
cú nghim duy nht
m
x a
=
.
Vớ d: Gii phng trỡnh:
2
2
log (3 ) 2x x
+ =
.
iu kin:
2
3 0x x
+ >
(i vi phng trỡnh, ta cú th t iu kin m khụng cn gii iu kin ú.
Sau khi gii phng trỡnh tỡm c kt qu, ta th nghim).
Ta cú:
2 2 2
2
1
log (3 ) 2 3 4 3 4 0
4
3
x
x x x x x x
x

=


+ = + = + =

=

So vi iu kin, ta thy phng trỡnh cú hai nghim:
4
1; .
3
x x= =
2. Phng phỏp a v cựng c s: Bin i phng trỡnh a v dng c bn ó nờu hoc
l dng:
log log .
a a
M N M N
= =

Vớ d 1: Gii phng trỡnh
2 2
log ( 5) log ( 2) 3x x
+ + =

(1)
iu kin:
5x
>
(1)
( ) ( ) ( ) ( )

2
2
3
log 5 2 3 5 2 8 3 18 0
6 (
x
x x x x x x
x
=


+ = + = =


=

(khoõng thoỷa ủk)
thoỷa ủk)

Vy phng trỡnh cú nghim
6.x
=
Vớ d 2: Gii phng trỡnh

4 8
2
log 4log log 13x x x
+ + =

iu kin:

0x
>
1 2 3
2
4 8 2 2 2
2
2 2
2
2 2
1
log 4log log 13 log 4log log 13 2log 2log log 13
3
13
log 13 log 3 8
3
(Thoỷa ủieu kieọn).
x x x x x x x x x
x x x
+ + = + + = + + =
= = =

Vy phng trỡnh cú nghim duy nht:
8.x
=
BI TP: Gii cỏc phng trỡnh sau :
1)
log ( 6) 3
x
x
+ =

2) log
2
(9
x 2
+7) 2 = log
2
( 3
x 2
+ 1)
3)
)3(log)4(log)1(log
2
1
2
2
1
2
2
xxx =++
4) log
4
(x + 2) log
4
(x -2) = 2 log
4
6
5) lg(x + 1) lg( 1 x) = lg(2x + 3) 6) log
4
x + log
2

x + 2log
16
x = 5
7) log
4
(x +3) log
4
(x
2
1) = 0

3. Phng phỏp t n ph:
Hng gii: Bin i trong phng trỡnh ch cũn mt hm lụgarit duy nht, sau ú ta t nú lm n
ph (Chỳ ý iu kin), chuyn phng trỡnh ó cho thnh phng trỡnh i s.
Vớ d1: Gii phng trỡnh
1 2
1
5 lg 1 lgx x
+ =
+
.
Phõn tớch: Ta nhn thy trong phng trỡnh ch cú mt hm s lụgarit duy nht, ú l
lg x
. Vỡ vy ta
gii pt bng cỏch t
lg .t x=
t
lgt x
=
k

5t

v
1t

.Ta c phng trỡnh:
23
1 2
1
5 1t t
+ =
− +
( ) ( )
2
11
1 11 5 4
5 1
t
t t t
t t
− +
⇔ = ⇒ − + = − −
− +

( )
( )
2
2
5 6 0
3

t
t t
t

=

⇔ − + = ⇔
=


thoûa ñieàu kieän
thoûa ñieàu kieän
 Với t = 2 ta có
lg 2 100x x
= ⇔ =
 Với t = 3 ta có
lg 3 1000x x
= ⇔ =
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 100; x = 1000.
Ví dụ 2: Giải phương trình
2 2 3
2 2
log ( 1) log ( 1) 7.x x
− + − =

Điều kiện:
1x
>
2 2 3
2 2

log ( 1) log ( 1) 7x x
− + − =

( ) ( )
2
2 2
4log 1 3log 1 7 0x x
⇔ − + − − =
Đặt
( )
2
log 1t x= −
, ta được phương trinh:
2
1
4 3 7 0
7
4
t
t t
t
=


+ − = ⇔
−

=

 Với t =1 ta có

( )
2
log 1 1 1 2 3x x x
− = ⇔ − = ⇔ =
 Với
7
4
t
−
=
ta có
( )
7 7
4 4
2
7
log 1 1 2 1 2
4
x x x
− −
−
− = ⇔ − = ⇔ = +
. Kết luận:
BÀI TẬP: Giải các phương trình sau :
1)
3
3
2 2
4
log log

3
x x
+ =
2)
051loglog
2
3
2
3
=−++
xx
3)
1 2
1
4 ln 2 lnx x
+ =
− +
4) log
2
x +
2
10log 6 9x + =
5)
2
2 1
2
2
log 3log log 2x x x
+ + =
4. Phương pháp biến đổi phương trình về dạng tích:

Ví dụ: Giải phương trình sau :
2 7 2 7
log 2.log 2 log .logx x x x
+ = +

Giải: Điều kiện:
0.x
>

2 7 2 7 2 2 7 7
7 7
2 7 7 7 2
2 2
log 2.log 2 log .log log log .log 2.log 2 0
1 log 0 log 1
log (1 log ) 2(1 log ) 0 (1 log )(log 2) 0
log 2 0 log 2
7
4
(Thoûa ñieàu kieän)
(Thoûa ñieàu kieän)
x x x x x x x x
x x
x x x x x
x x
x
x
+ = + ⇔ − + − =
− = =
 

⇔ − − − = ⇔ − − = ⇔ ⇔
 
− = =
 
=

⇔

=

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 7 và x = 4.
5. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số:
* Ta thường sử dụng các tính chất sau:
• Tính chất 1 : Nếu hàm số f tăng ( hoặc giảm ) trong khoảng (a;b) thì phương trình f(x) =
C có không quá một nghiệm trong khoảng (a;b). ( Do đó nếu tồn tại x
0

∈
(a;b) sao cho
f(x
0
) = C thì đó là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = C).
• Tính chất 2 : Nếu hàm f tăng trong khoảng (a;b) và hàm g là hàm một hàm giảm trong
khoảng (a;b) thì phương trình f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm trong khoảng (a;b) .
( Do đó nếu tồn tại x
0

∈
(a;b) sao cho f(x
0

) = g(x
0
) thì đó là nghiệm duy nhất của phương
trình f(x) = g(x)).
Ví dụ: Giải phương trình:
2 1
3
log ( 1) log (2 3) 2x x
− − − =
Phân tích: Trước tiên ta cần đặt điều kiện cho phương trình. Do hai hàm số lôgarit không cùng cơ
số nhưng có thể biến đổi cho vế trái là tổng của hai hàm số đồng biến( cơ số lớn hơn 1)  Áp dụng
tính chất 1.
24
Giải: Điều kiện:
1
1 0
3
.
3
2 3 0
2
2
x
x
x
x
x
>

− >



⇔ ⇔ >
 
− >
>



Ta có:
2 1 2 3
3
log ( 1) log (2 3) 2 log ( 1) log (2 3) 2x x x x
− − − = ⇔ − + − =

Dễ thấy phương trình có một nghiệm
3.x
=
Do các cơ số 2 và 3 đều lớn hơn 1 nên các hàm số
2 3
log ( 1); log (2 3)y x y x
= − = −
đều đồng biến
trên khoảng
3
;
2
 
+∞
 ÷

 
. Do đó hàm số:
2 3
log ( 1) log (2 3)y x x
= − + −
đồng biến trên khoảng
3
;
2
 
+∞
 ÷
 
.
Mặt khác
2y
=
là hàm hằng. Do đó phương trình đã cho có duy nhất một nghiệm x = 3.
Phần 3: BẤT PHƯƠNGTRÌNH MŨ, LÔGARIT
Bất phương trình mũ:
Xét bất phương trình dạng:
( )
0; 1
x
a b a a
> > ≠
 Nếu
0b
≤
: Bất phương trình có tập nghiệm

.T
=
¡
 Nếu
0b
>
:

a > 1

0 < a < 1

log
x
a
a b x b
> ⇔ >

log
x
a
a b x b
> ⇔ <
Một số bất phương trình cơ bản:

a > 1

0 < a < 1

( ) ( )

( ) ( )
( ) ( ).
( ) ( ).
f x g x
f x g x
a a f x g x
a a f x g x
• > ⇔ >
• ≥ ⇔ ≥

( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ).
( ) ( ).
f x g x
f x g x
a a f x g x
a a f x g x
• > ⇔ <
• ≥ ⇔ ≤
Tổng quát ta có:
[ ] [ ]
( ) ( ) ( ) ( )
0 0
( 1) ( ) ( ) 0 ( 1) ( ) ( ) 0
f x g x f x g x
a a
a a a a
a f x g x a f x g x
> >

 
 
• > ⇔ • ≥ ⇔
 
− − > − − ≥
 
 
1.Phương pháp đưa về cùng cơ số:
Hướng giải: Ta biến đổi các hàm số mũ trong bpt về cùng một cơ số, sau đó đưa về các dạng cơ bản ở
trên. (Nếu có thể thì nên đưa về cơ số a >1).
Giải bất phương trình:
2
6 8
) 6 1
x x
a
− +
>

3 5
3
2 1
1
) 2
2
x
x
x
b
+

+
+
 
≥
 ÷
 
Giải:
2 2
6 8 6 8 0 2
2
) 6 1 6 6 6 8 0
4
x x x x
x
a x x
x
− + − +
<

> ⇔ > ⇔ − + > ⇔

>

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là:
( ;2) (4; ).S
= −∞ ∪ +∞
b) Điều kiện:
3.x
≠ −
( )

( )
(
]
(
]
3 5
3 5
3 5
3
2 1 1 2 1 2 1
3
3
2
1 3 5 3 5
2 2 2 2 2 2 1 2 1 0
2 3 3
3 5 (2 1)(3 ) 2 10 8
0 0 ; 4 3; 1
3 3
x
x
x
x
x x x
x
x
x x
x x
x x
x x x x x

x
x x
+
+
+
+
−
+ − + +
+
+
+ +
 
≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ − ≥ + ⇔ + + ≤
 ÷
+ +
 
+ + + + + +
⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ ∈ −∞ − ∪ − −
+ +
Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có tập nghiệm là:
(
]
(
]
; 4 3; 1T
= −∞ − ∪ − −
.
BÀI TẬP : Giải các bất phương trình sau :
1)
2

1
2
1
3 ( )
3
x x
x x
− −
−
≥
2)
2
1
2
1
2
2
x
x x
−
−
≥

2. Phương pháp đặt ẩn phụ:
Hướng giải: Biến đổi bất phương trình sao cho trong bpt chỉ còn một hàm số mũ duy nhất (nhưng
không thể biến đổi đưa về các dạng cơ bản đã biết). Ta giải bằng cách đặt nó làm ẩn phụ.
25
Ví dụ: Giải bất phương trình:
1
2

16 4 8 0.
x
x
+
+ − ≤
( ) ( )
1 1
2
2
2 2
16 4 8 0 4 4 .4 8 0 4 2.4 8 0
x
x
x x x x
+
+ − ≤ ⇔ + − ≤ ⇔ + − ≤
. Đặt
4 ( 0).
x
t t
= >
Ta được bất
phương trình:
2
2 8 0 4 2.t t t
+ − ≤ ⇔ − ≤ ≤
So với điều kiện, ta có:
0 2t
< ≤
hay:

2 2 1.
x
x
≤ ⇔ ≤
Vậy bất phương trình có tập nghiệm:
(
]
;1 .T
= −∞
BÀI TẬP:
1.Giải các bất phương trình sau:
1)
2 2
2 3.(2 ) 32 0
x x
+
− + <
2)
52428
11
>+−+
++ xxx
3)
3
2 2 9
x x−
+ ≤
4)
11
21212.15

++
+−≥+
xxx

5)
2 1
1
1 1
( ) 3.( ) 12
3 3
x x
+
+ >
6)
0449.314.2
≥−+
xxx

2. Giải các bất phương trình:
a) 16
x – 4
≥ 8 b)
2 5
1
9
3
x+
 
<
 ÷

 
c)
6
2
9 3
x
x
+
≤
d)
2
6
4 1
x x
− +
>
e)
2
4 15 4
3 4
1
2 2
2
x x
x
− +
−
 
<
 ÷

 
f) 5
2x
+ 2 > 3. 5
x
3. Giải các bất phương trình:
a) 2
2x + 6
+ 2
x + 7
> 17b) 5
2x – 3
– 2.5
x -2
≤ 3 c)
1 1
1 2
4 2 3
x x
− −
> +
d) 5.4
x

+2.25
x
≤ 7.10
x
e) 2. 16
x

– 2
4x
– 4
2x – 2
≤ 15 f) 4
x +1
-16
x
≥ 2log
4
8
g) 9.4
-1/x
+ 5.6
-1/x
< 4.9
-1/x

Bất phương trình lôgarit:
1. Dạng cơ bản:
log
a
x b
>
( a > 0 ,
0a
≠
)
Điều kiện : x > 0

a > 1

0 < a < 1

log
b
a
x b x a
> ⇔ >

log
b
a
x b x a
> ⇔ <
2. Phương pháp đưa về cùng cơ số:
Hướng giải: Ta biến đổi các hàm số lôgarit trong bpt về cùng một cơ số, sau đó đưa về các dạng cơ bản
ở trên. (Nếu có thể thì nên đưa về cơ số a >1).
Ví dụ: Giải các bất phương trình sau:
a.
2
2
log (2 5 3) 2x x
+ − >
b.
3 3
log ( 1) log (11 ) 3x x
+ + − <
Giải:
a.Điều kiện:

2
3
2 5 3 0
1
2
x
x x
x
< −


+ − > ⇔

>

2 2 2
2
7
log (2 5 3) 2 2 5 3 4 2 5 7 0
2
1
x
x x x x x x
x

< −

+ − > ⇔ + − > ⇔ + − > ⇔

>


Vậy tập nghiệm của bất phương trình là:
( )
7
; 1; .
2
S
 
= −∞ − ∪ +∞
 ÷
 
b.Điều kiện:
1 0
1 11.
11 0
x
x
x
+ >

⇔ − < <

− >

26
3 2
3 3 3
2
log ( 1) log (11 ) 3 log ( 1)(11 ) 3 ( 1)(11 ) 3 10 11 27
2

10 16 0
8
x x x x x x x x
x
x x
x
+ + − < ⇔ + − < ⇔ + − < ⇔ − + + <
<

⇔ − + > ⇔

>

Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là:
( ) ( )
1;2 8;11 .S
= − ∪

3. Phương pháp đặt ẩn số phụ:
Hướng giải: Biến đổi bất phương trình sao cho trong bpt chỉ còn một hàm số lôgarit duy nhất (nhưng
không thể biến đổi đưa về các dạng cơ bản đã biết). Ta giải bằng cách đặt nó làm ẩn phụ.
Ví dụ: Giải bất phương trình:
2
2 1
4
log (2 ) 8log (2 ) 5x x
− − − ≥
Giải: Điều kiện:
2.x
<

2
2 2 2
2 1 2 2 2
2
4
log (2 ) 8log (2 ) 5 log (2 ) 8log (2 ) 5 log (2 ) 4log (2 ) 5 0x x x x x x
−
− − − ≥ ⇔ − − − ≥ ⇔ − + − − ≥
Đặt:
2
log (2 )t x
= −
, ta thu được bất phương trình:
2
5
4 5 0
1
t
t t
t
≤ −

+ − ≥ ⇔

≥

 Với
5t
≤ −
ta có:

5
2
1 63
log (2 ) 5 2 2 2 .
32 32
x x x x
−
− ≤ − ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≥
 Với
1t
≥
ta có:
2
log (2 ) 1 2 2 0.x x x
− ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≤
Kết hợp với điều kiện đề bài, ta được tập nghiệm của bất phương trình là:
(
]
63
;0 ;2
32
 
−∞ ∪
÷

 
.
BÀI TẬP:
Bài 1: Giải các bất phương trình:
1) log

4
(x + 7) > log
4
(1 – x) 2) log
2
( x + 5) ≤ log
2
(3 – 2x) – 4
3) log
2
( x
2
– 4x – 5) < 4 4) log
1/2
(log
3
x) ≥ 0
5) 2log
8
( x- 2) – log
8
( x- 3) > 2/3 6)
1
3
3 1
log 1
2
x
x
−

>
+
Bài 2: Giải các bất phương trình:
1)
1 1
1
1 log logx x
+ >
−
2)
4 1
4
3 1 3
log (3 1).log ( )
16 4
x
x
−
− ≤
3) log
3
(x + 2) ≥ 2 – x 4) log
5
(2
x
+ 1) < 5 – 2x
27