toán ôn thi đại học chuyên đề mũ logarit

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

288
 Chuyên đề 10: MŨ, LOGARIT
 Vấn đề 1: PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT

A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI

PHƯƠNG TRÌNH MŨ
Dạng 1: Dạng cơ bản: với 0 < a  1







f(x)
a
b0
ab
f(x) log b

Dạng 2: Đưa về cùng cơ số:

f(x) g(x)
a a (1)

 Nếu 0 < a  1: (1)  f(x) = g(x)
 Nếu a thay đổi: (1)
 





  


a0
(a 1) f(x) g(x) 0

Dạng 3: Đặt ẩn phụ: Đặt t = a
x
, t > 0; giải phương trình 





t0
g(t) 0

Dạng 4: Đoán nghiệm và chứng minh nghiệm đó duy nhất.

PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT
Điều kiện tồn tại log
a
f(x) là






0 a 1
f(x) 0

Dạng 1:








a
b
0 a 1
log f(x) b
f(x) a

Dạng 2: Đưa về cùng cơ số:



  




aa

0 a 1
log f(x) log g(x) g(x) 0
f(x) g(x)

Dạng 3: Đặt ẩn phụ
Đặt t = log
a
x sau đó giải phương trình đại số theo t
Dạng 4: Đoán nghiệm và chứng minh nghiệm duy nhất

B. ĐỀ THI
Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2011
Giải phương trình:
 
 
2
21
2
log 8 x log 1 x 1 x 2 0      
(x  R).
Giải

 
 
2
21
2
log 8 x log 1 x 1 x 2 0      
. Điều kiện: –1 x  1.

TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

289

 
 
2
22
log 8 x log 1 x 1 x 2     

 
2
8 x 4 1 x 1 x    
(*).
Với –1 x  1 thì hai vế của (*) không âm nên bình phương hai vế của (*) ta
được: (*) 
 
 
2
22
8 x 16 2 2 1 x   

 
 
2
22
8 x 32 1 1 x   
(1).

Đặt t =

2
1x
 t
2
= 1 – x
2
 x
2
= 1 – t
2
, (1) trở thành:

 
 
2
2
7 t 32 1 t  
 t
4
+ 14t
2
– 32t + 17 = 0
 (t – 1)(t
3
– t
2
+15t – 17) = 0  (t – 1)
2

(t
2
+ 2t + 17) = 0  t = 1.
Do đó (1) 
2
1x
= 1  x = 0 (Thỏa điều kiện –1 x  1).
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm x = 0.
Bài 2: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2011
Giải bất phương trình
22
x x x 2x 3 1 x 2x 3
4 3.2 4 0
     
  

Giải

22
x x x 2x 3 1 x 2x 3
4 3.2 4 0
     
  

22
2x x x 2x 3 2 x 2x 3
2 3.2 .2 4.2 0
   
  


22
x 2x 3 x 2( x 2x 3 x)
1 3.2 4.2 0
     
  
(1)
Đặt t =
2
x 2x 3 x
2
  
> 0 (*)
(1) thành 1 – 3t – 4t
2
> 0  4t
2
+ 3t – 1 < 0 
1
1t
4
  

Do đó bất phương trình đã cho tương đương:
2
x 2x 3 x
2
  
<
1

4
= 2
-2


2
2 3 2x x x    

2
x 2x 3 x 2   


1 1 i
z 2 2
  

7
3x
2

.
Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2010
Giải phương trình
     
   
33
2x x 2 x 2 x 2 x 4x 4
4 2 4 2 (x )

Giải

     
  
33
2x x 2 x 2 x 2 x 4x 4
4 2 4 2
(*); Điều kiện : x   2 .
(*) 
   
   
3
2 x 2 4x 4 x 4x 4
4 (2 1) 2 (2 1) 0

  
  
3
4x 4 2 x 2 x
(2 1)(4 2 ) 0

Do đó phương trình (*) có hai trường hợp.


     
4x 4
2 1 4x 4 0 x 1
(nhận)
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

290




3
4 2 x 2 x
22

   
3
x 2 x 2 4

   
3
x 8 2( x 2 2)



   

2
2(x 2)
(x 2)(x 2x 4)
x 2 2


 
2
x 2 nhận
2
x 2x 4 (1)

x 2 2




  




Nhận xét: Phương trình (1) có:
VT =
     
22
x 2x 4 (x 1) 3 3
; VP =


2
1
x 2 2

Suy ra phương trình (1) vô nghiệm.
Vậy : (*) chỉ có hai nghiệm x = 1; x = 2.
Bài 4: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2008
Giải phương trình
    
2
22
log (x 1) 6log x 1 2 0

Giải

    
2
22
log (x 1) 6log x 1 2 0
(1)
Điều kiện x > 1
(1) 
    
2
22
log (x 1) 3log (x 1) 2 0



  





    


2
2
log (x 1) 1
x 1 2 x 1

log (x 1) 2 x 1 4 x 3

Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2008
Giải phương trình log
2x – 1
(2x
2
+ x – 1) + log
x + 1
(2x – 1)
2
= 4
Giải
Điều kiện:
  



  


   

  







2
2
0 2x 1 1
1
2x x 1 0
x
1
x1
2
0 x 1 1
2
x1
(2x 1) 0



    
22
2x 1 x 1
log (2x x 1) log (2x 1) 4

 log
2x – 1
(2x – 1)(x + 1) + log
x + 1
(2x – 1)
2
= 4
 1 + log
2x – 1

(x + 1) + 2log
x + 1
(2x – 1) = 4
Đặt:


     

2x 1 x 1
2x 1
11
t log (x 1) log (2x 1)
log (x 1) t

Ta có phương trình ẩn t là:


       



2
t1
2
1 t 4 t 3t 2 0
t2
t

TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

291
 Với t = 1  log
2x – 1
(x + 1) = 1  x + 1 = 2x – 1  x = 2 (nhận)
 Với t = 2  log
2x – 1
(x + 1) = 2  (2x – 1)
2
= x + 1 






x 0 (loại)
5
x
4

Nghiệm của phương trình là: x = 2 và

5
x
4
.
Bài 6: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2007

Giải phương trình:
   

xx
22
x
1
log (4 15.2 27) 2log 0
4.2 3

Giải
Điều kiện: 4.2
x
 3 > 0.
Phương trình đã cho tương đương với.
log
2
(4
x
+ 15.2
x
+ 27) = log
2
(4.2
x
 3)
2
 5.(2
x
)

2
 13.2
x
 6 = 0

 
x
x
2
2 loại
5
23








Do 2
x
> 0 nên 2
x
= 3  x = log
2
3 (thỏa mãn điều kiện)
Bài 7: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2007
Giải phương trình:
    

xx
( 2 1) ( 2 1) 2 2 0

Giải
Đặt
 
x
2 1 t (t 0),  
khi đó phương trình trở thành:

       
1
t 2 2 0 t 2 1, t 2 1
t

Với
t 2 1
ta có x = 1. Với
t 2 1
ta có x = 1.
Bài 8: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2006
Giải phương trình :

   
22
x x x x 2x
2 4.2 2 4 0

Giải
Phương trình đã cho tương đương với:

2 2 2
2x x x x x 2x x x
2 (2 1) 4(2 1) 0 (2 4)(2 1) 0
  
       


     
2x 2x 2
2 4 0 2 2 x 1.


22
x x x x 2
2 1 0 2 1 x x 0 x 0, x 1

         

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0, x = 1.
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

292
Bài 9: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2006
Giải phương trình:
   
x x x x
3.8 4.12 18 2.27 0

Giải

Phương trình đã cho tương đương với:
     
   
     
     
3x 2x x
2 2 2
3 4 2 0
3 3 3
(1)
Đặt t =



x
2
3
(t > 0), phương trình (1) trở thành 3t
3
+ 4t
2
 t  2 = 0
 (t + 1)
2
(3t  2) = 0  t =
2
3
(vì t > 0).
Với t =





x
2 2 2
thì hay x = 1
3 3 3
.
Bài 10: ĐỀ DỰ BỊ 2
Giải phương trình:
 
  
x
5
log 5 4 1 x

Giải
Điều kiện: 5
x
– 4 > 0 (a)
 Dễ thấy x = 1 là nghiệm của (1)
 VT: f(x) =
 

x
5
log 5 4
là hàm số đồng biến
 VP: g(x) = 1 – x là hàm số nghòch biến
Do đó x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình

Bài 11:
Giải phương trình
  

22
x x 2 x x
2 2 3
.
Giải
Đặt
2
xx
t2


(t > 0)

  

22
x x 2 x x
2 2 3

     
2
4
t 3 t 3t 4 0
t






t 1 (loại)
t = 4 (nhận)

Vậy

2
xx
2
= 2
2
 x
2
 x  2 = 0  x = 1  x = 2.
Bài 12:
Cho phương trình
    
22
33
log x log x 1 2m 1 0
(2): (m là tham số).
1/ Giải phương trình (2) khi m = 2.
2/ Tìm m để phương trình (2) có ít nhất 1 nghiệm thuộc đoạn



3
1 ; 3

.



TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

293
Giải
1/ Khi m = 2 thì phương trình (2) trở thành
   
22
33
log x log x 1 5 0

Điều kiện x > 0. Đặt t =

2
3
log x 1
 1
(2)  t
2
+ t  6 = 0  t = 2  t = 3 (loại)
 t = 2 

  
3
3
log x 3 x = 3

2/ 1  x 
      
32
3
3 1 log x 1 4 1 t 2
.
Phương trình (2) có ít nhất 1 nghiệm thuộc
3
1; 3




 2m = t
2
+ t  2 = f(t) có nghiệm t  [1, 2]
Vì f tăng trên [1, 2] nên ycbt  f(1)  2m  f(2)  0  m  2.

 Vấn đề 2: BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT

A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI

BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ


f(x) g(x)
a a (1)

 Nếu a > 1: (1)  f(x) > g(x)
 Nếu 0 < a < 1: (1)  f(x) < g(x)

Tổng quát: 
f(x) g(x)
a 0; a 1
aa
(a 1)(f(x) g(x)) 0




  



 





  


f(x) g(x)
a0
aa
(a 1) f(x) g(x) 0

BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT
log
a

f(x) > log
a
g(x) (1)
 Nếu a > 1 : (1) 





g(x) 0
f(x) g(x)

 Nếu 0 < a < 1 : (1) 





f(x) 0
g(x) f(x)


B.ĐỀ THI
Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2008
Giải bất phương trình:








2
0,7 6
xx
log log 0
x4

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

294
Giải
Điều kiện:












2
2
6
xx
0

x4
xx
log 0
x4

Bất phương trình tương đương với







2
0,7 6 0,7
xx
log log log 1
x4
(1)
(1) 
   
    
  
2 2 2
6
x x x x x 5x 24
log 1 6 0
x 4 x 4 x 4

 4 < x < 3 hay x > 8

Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2008
Giải bất phương trình:


2
1
2
x 3x 2
log 0
x

Giải
Điều kiện:


2
x 3x 2
0
x

Bất phương trình tương đương với


2
11
22
x 3x 2
log log 1
x
(1)

(1) 

   





   




22
22
x 3x 2 x 3x 2
00
xx
x 3x 2 x 4x 2
10
xx



  

   


   


     






2
2
(x 3x 2)x 0
0 x 1 x 2
(x 4x 2)x 0
x 0 2 2 x 2 2
x0


      2 2 x 1 2 x 2 2
.
Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2007
Giải bất phương trình:
   
31
3
2log (4x 3) log (2x 3) 2

Giải
Điều kiện:

3

x.
4
Bất phương trình đã cho 



2
3
(4x 3)
log 2
2x 3




TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

295

           
22
3
(4x 3) 9(2x 3) 16x 42x 18 0 x 3
8

Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình là:

3
x3
4

.
Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2006
Giải bất phương trình:

    
x x 2
5 5 5
log (4 144) 4log 2 1 log (2 1).

Giải
Bất phương trình đã cho tương đương với


    
x x 2
5 5 5
log (4 144) log 16 1 log (2 1)
(1)
(1) 

    
x x 2
5 5 5 5
log (4 144) log 16 log 5 log (2 1)



  
x x 2
55

log (4 144) log [80(2 1)]



      
x x 2 x x
4 144 80(2 1) 4 20.2 64 0


    
x
4 2 16 2 x 4

Bài 5: ĐỀ DỰ BỊ 2
Giải phương trình:
 
  
x
5
log 5 4 1 x

Giải
Điều kiện : 5
x
– 4 > 0 (a)
 Để thấy x = 1 là nghiệm của (1)
 VT : f(x) =
 

x

5
log 5 4
là hàm số đồng biến
 VP : g(x) = 1 – x là hàm số nghòch biến
Do đó x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài 6:
Giải bất phương trình:
 
x
x3
log log 9 72 1




Giải
Điều kiện
 
x
9
x
3
0 x 1
9 72 0 x log 73
log 9 72 0




   







Bất phương trình 
 
  
x
39
log 9 72 x (Vì x > log 73 1)


        
x x x
9 3 72 0 8 3 9 x 2

Kết hợp với điều kiện ta được
9
log 73
< x  2.
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

296
 Vấn đề 3: HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT

A.PHƯƠNG PHÁP GIẢI

Thường sử dụng phương pháp biến đổi từng phương trình trong hệ, sau đó

dùng phương pháp thế để tìm nghiệm.

B.ĐỀ THI
Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010
Giải hệ phương trình:







2
x x 2
log (3y 1) x
4 2 3y
(x, y  )
Giải
Điều kiện: 3y – 1 > 0
Ta có







2
x x 2
log (3y 1) x

4 2 3y








x
x x 2
3y 1 2
4 2 3y











x
x x 2
21
y
3
4 2 3y









  


x
x x x 2
21
y
3
3(4 2 ) (2 1)








  


x

xx
21
y
3
2.4 2 1 0








  


x
xx
21
y
3
1
(2 1)(2 ) 0
2













x
x
21
y
3
1
2
2








x1
1
y
2
(nhận)
Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2010
Giải hệ phương trình:


   


  


2
2
2
x 4x y 2 0
2log (x 2) log y 0

Giải


   


  


2
2
2
x 4x y 2 0 (1)
2log (x 2) log y 0 (2)
; Điều kiện: x > 2 , y > 0
(2)



   



22
y x 2
(x 2) y
y 2 x


2
x 0 (loại)
y x 2: (1) x 3x 0
x 3 y 1


     

  





TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

297

2
x 1 (loại)

y 2 x: (1) x 5x 4 0
x 4 y 2 (loại)


      

   


Vậy hệ có một nghiệm





x3
y1
.
Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009
Giải hệ phương trình:
 
 
 


  







22
22
22
x xy y
log x y 1 log xy
x,y
3 81

Giải
Với điều kiện xy > 0 (*), hệ đã cho tương đương:





  


22
22
x y 2xy
x xy y 4














2
xy
xy
y2
y4

Kết hợp (*), hệ có nghiệm: (x; y) = (2; 2) và (x; y) = (2; 2)
Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2006
Chứng minh rằng với mọi a > 0, hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:


    





xy
e e ln(1 x) ln(1 y)
y x a

Giải
Điều kiện: x, y > 1. Hệ đã cho tương đương với:



      





x a x
e e ln(1 x) ln(1 a x) 0 (1)
y x a (2)

Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (1) có nghiệm duy
nhất trong khoảng (1; + ).
Xét hàm số f(x) =

     
x a x
e e ln(1 x) ln(1 a x)
với x > 1.
Do f(x) liên tục trong khoảng (1; +) và



   
x
x1
lim f(x) , lim f(x)

nên phương trình f(x) = 0 có nghiệm trong khoảng (1; + ).
Mặt khác:

   
  
x a x
11
f'(x) e e
1 x 1 a x

=
    
  
xa
a
e (e 1) 0, x > 1
(1 x)(1 a x)

 f(x) đồng biến trong khoảng (1; + ).
Suy ra phương trình f(x) = 0 có nghiệm duy nhất trong khoảng (1; + ).
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất.

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

298
Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2005
Giải hệ phương trình:

   






23
93
x 1 2 y 1
3log (9x ) log y 3

Giải


   





23
93
x 1 2 y 1 (1)
3log (9x ) log y 3 (2)
.





x1
Điều kiện :

0y2

(2)  3(1 + log
3
x)  3log
3
y = 3  log
3
x = log
3
y  x = y.
Thay y = x vào (1) ta có

x 1 2 x 1 x 1 2 x 2 (x 1)(2 x) 1           


(x 1)(2 x) 0 x 1, x = 2.     

Kết hợp với điều kiện (*) hệ có hai nghiệm là (x; y) = (1; 1) và (x; y) = (2; 2).
Bài 6: ĐỀ DỰ BỊ 1 - ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2005
Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:
 
 
 
   

  


    



2x x 1 2 x 1
2
7 7 2005x 2005
1
x m 2 x 2m 3 0
2

Giải
Điều kiện x  1.
Ta có : (1) 
   
  
2x x 1 2 x 1
7 7 2005(1 x)

 Xét
   
         
2x x 1 2 x 1
1 x 1 2x 2 7 7 0 2005(1 x)

nên (1) đúng
x [ 1; 1]  

 Xét
   
       
2x x 1 2 x 1

x 1 2x 2 7 7 0 2005(1 x)

nên (1) hiển nhiên sai. Do đó (1)  1  x  1
 Vậy hệ có nghiệm khi và chỉ khi: (2) có nghiệm  [1; 1]
 x
2
– 2x + 3  m(x - 2) có nghiệm x  [1; 1]


  

2
x 2x 3
m (vì x 2 0)
x2
có nghiệm x  [1; 1]
Xét hàm f(x) =


2
x 2x 3
x2
, x  [1; 1]

 




2

2
x 4x 1
f (x)
x2
, f’(x) = 0 
x 2 3

x
 1
23
1 2
23
+
f'(x)

+ 0 

 0 +
f(x)


2 2






TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

299
Dựa vào bảng biến thiên hệ có nghiệm  2 ≤ m
Bài 7: ĐỀ DỰ BỊ 1
Giải hệ phương trình:
 

  





14
4
22
1
log y x log 1
y
x y 25
.
Giải
Điều kiện





y0
y x 0

Hệ 
 



  









11
44
22
22
1
y x 1
log y x log 1
y
y4

x y 25
x y 25


22

2
4
4
y= x
y = x
3
3

16
x x 25
x9
9













x 3 x = 3
(nhận) (loại)
y 4 y 4





  


Bài 8:
Giải hệ phương trình:









3x 2
x x 1
x
2 5y 4y
42
y
22
.
Giải






   



  







3x 2
3x 2 2 3
x x 1
xx
x
2 5y 4y
2 5y 4y 5y 4y y

42
y
2 y y 2
22



  




  




2
x
y 5y 4 0 x = 0 x = 2

y = 1 y = 4
y2
.
Bài 9: ĐỀ DỰ BỊ 1
Giải hệ phương trình:
 
 
  






42
x 4 | y | 3 0
1
log x log y 0
2

Giải
Điều kiện:





x1
y1
.
(2)  log
4
x = log
4
y
2
 x = y
2
. Thay x = y
2
vào (1) ta được : y
2
– 4y + 3 = 0



  





  




y1
y 1 x 1
(do y 1)
y 3 x 9
y3

Vậy hệ có 2 cặp nghiệm (1; 1) và (9; 3).