skkn phương trình mũ và phương trình logarit
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (859.74 KB, 34 trang )
1
MỤC LỤC
A. Đặt vấn đề 2
B. Giải quyết vấn đề 3
I. Cơ sở lý luận 3
II. Thực trạng 3
III. Các biện pháp tiến hành 4
1. Một số phương pháp giải phương trình mũ 4
2. Một số phương pháp giải phương trình logarit 8
3. Một số phương pháp giải phương trình logarit 32
IV. Hiệu quả 21
D. Kết luận 21
Tài liệu tham khảo 22
2
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. Lý do chọn đề tài :
Phương trình mũ và phương trình logarit là một bài toán thường được cho
trong các đề thi tốt nghiệp THPT cũng như đề thi tuyển sinh vào cao đẳng và đại học.
Yêu cầu về bài toán tiếp tuyến khá phong phú và đa dạng. Các em học sinh thường
lúng túng hoặc bế tắc khi gặp phải các câu hỏi lạ. Do đó, các em phải biết chuyển
một bài toán lạ về một bài toán quen thuộc đã biết cách giải. Việc làm này đòi hỏi
học sinh phải nắm vững lý thuyết và phương pháp giải các dạng toán. Ngoài ra, các
em học sinh còn phải biết tư duy, phân tích, vận dụng phương pháp giải một cách
khoa học. Điều này còn có một số em học sinh chưa nắm vững và hay nhầm lẫn
trong việc vận dụng. Cho nên tôi đã chọn đề tài nhằm giúp học sinh nắm vững lý
thuyết và phương pháp giải của từng dạng toán về phương trình mũ và phương trình
lôgarit. Đồng thời chỉ ra một số lưu ý, những sai lầm mà học sinh thường mắc phải.
Hy vọng tài liệu này sẽ giúp ích cho các em học sinh trong việc ôn tập để kiểm tra và
thi cử.
II. Mục đích nghiên cứu :
Mục đích nghiên cứu của đề tài là tìm hiểu khả năng vận dụng giải bài toán
của học sinh về giải phương trình mũ và phương trình lôgarit. Từ đó, giáo viên có thể
đưa ra phương pháp giảng dạy phù hợp với khả năng của học sinh, rèn luyện thêm kỹ
năng phân tích và vận dụng giải các bài tập từ đơn giản đến phức tạp.
III. Phương pháp nghiên cứu - Phạm vi và kế hoạch nghiên cứu :
Các phương pháp nghiên cứu bao gồm : Nghiên cứu tài liệu, quan sát điều
tra , thực nghiệm sư phạm và thống kê kết quả thực nghiệm.
Phạm vi nghiên cứu : lớp 12B4 .
Thời gian nghiên cứu là năm học 2013 - 2014 .
3
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN :
1. Các công thức về luỹ thừa :
. .
n
a a a a a
n thöøa soá
)0(1
0
aa
)0(
1
a
a
a
n
n
n
n
n
b
a
b
a
nnn
abba .
n
m
m
n
aa
kn
n
k
aa
.
2,0
1
naaa
n
n
knkhi
ka
a
n
n
2a
12n khi
n
m
n
m
aa
)()( aaa
baba .).(
aaa .
b
a
b
a
a
a
a
)(11 R
Nếu
1a
thì
aa
Nếu
10 a
thì
aa
2. Các công thức về logarit :
log , , 0, 1
a
b a b a b a
01log
a
1log a
a
ba
b
a
log
a
a
log
2121
loglog)(log bbbb
aaa
bb
aa
loglog
a
b
b
a
log
1
log
21
2
1
logloglog bb
b
b
aaa
b
b
aa
log
1
log
bb
a
a
log
1
log
b
n
b
a
n
a
log
1
log
bba
cac
loglog.log
a
b
b
c
c
a
log
log
log
bbb lgloglog
10
bb
e
lnlog
II. THỰC TRẠNG:
Một số em khi giải phương trình mũ và phương trình lôgarít còn gặp khó khăn
trong việc biến đổi cũng như còn sai sót trong quá trình giải và còn lúng túng không
biết cách giải một số dạng lạ. Xuất phất từ tình hình thực tế đó, tôi cảm thấy cần thiết
hệ thống lại lý thuyết và phương pháp giải để cho học sinh nắm vững là điều rất quan
trọng. Cho nên đề tài này cần được nghiên cứu và phát triển cho học sinh khối 12.
4
III. CÁC BIỆN PHÁP TIẾN HÀNH :
Giáo viên tóm tắt lý thuyết và phương pháp giải, cho ví dụ minh hoạ để học
sinh tham khảo. Sau mỗi dạng toán có phần bài tập tự luyện để học sinh làm. Tài liệu
này được phôtô cho học sinh để tiện trong việc học tập và nghiên cứu. Đối với dạng
toán về phương trình mũ và phương trình lôgarit, tôi chia ra thành các dạng như sau :
1.MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ :
1.1 Phương pháp đưa về cùng cơ số:
1.1 a) Phương pháp : Biến đổi cùng cơ số đưa phương trình về các dạng sau:
( ) ( )
()
()
1) ( ) ( )
( ) log , 0
2)
,0
( ) log , 0
3)
,0
f x g x
a
fx
fx
a
b
a a f x g x
f x b khi b
ab
ptvn khi b
mm
f x khi
am
nn
bn
m
ptvn khi
n
1.1 b) Ví dụ minh hoạ :
Giải các phương trình sau :
1)
2
1
81
9
x
x
2)
143
42
2
xxx
3)
23
0.125.4 4 2
x
x
4)
1
3 .2 72
xx
5)
21
3355
xxxx
6)
10 5
-10 -15
16 0.125.8
xx
xx
Bài giải
1)
2
1
81
9
x
x
Ta có :
2
2
12
1
81 9 9
9
x
xx
x
22
99
xx
5
22
2
3
xx
x
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
2
3
x
.
2)
143
42
2
xxx
Ta có :
22
3 4 1 3 4 2 2
2
2
2 4 2 2
3x 4 2x 2
x 2 0
1
2
x x x x x x
x
x
x
x
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
1, 2xx
.
3)
23
0.125.4 4 2
x
x
Ta có :
1
23
2 3 3 2 2
2
5
49
2
0.125.4 4 2 2 . 2 2 .2
22
5
49
2
6
x
x
x
x
x
x
xx
x
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
6x
.
4)
1
3 .2 72
xx
Ta có :
1
3 .2 72 3 .2 .2 72 6 36 2
x x x x x
x
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
2x
.
5)
21
3355
xxxx
Ta có :
12
5 5 3 3 5 5.5 3 9.3
6.5 10.3
x x x x x x x x
xx
5 10
36
x
x
55
33
1
x
x
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
1x
.
6)
10 5
-10 -15
16 0.125.8
xx
xx
6
Điều kiện :
10, 15xx
Ta có :
10 5
10 5
4 3 3
-10 -15
-10 -15
4 40 3 15
3
-10 -15
2
16 0.125.8 2 2 . 2
22
4x 40 3x 15
3
10 15
4x 40 60
10 15
4x 80x
0
10 15
0 ( )
20 ( )
xx
xx
xx
xx
xx
xx
xx
xx
xx
xn
xn
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
0, 20xx
.
1.1 c) Bài tập tự luyện :
Bài 1 : Giải các phương trình sau :
1)
2
24
34
1, 4
43
x x x
xx
2)
2
22
35
1, 2
53
x x x
xx
3)
1
2
11
125
25 4
x
x
x
4)
2
23
1
1
7 1, 2
7
xx
x
xx
5)
2
2
21
1
91
3
xx
x
x
6)
2
3
1
4 1; 2
16
xx
xx
7)
1
4.2 2
4
x
x
x
8)
2
56
5 1 1; 6
xx
xx
9)
1
2 .5 200 2
xx
x
10)
3
3 .2 576 2
xx
x
11)
21
3 .5 .7 245 2
x x x
x
7
12)
11
2.3 6.3 3 9 1
x x x
x
13)
11
5 6.5 3.5 52 1
x x x
x
14)
1 2 3
2 2 2 448 9
x x x
x
15)
11
2 2 2 28 3
x x x
x
16)
11
5
5 5 5 3 1 log 7
x x x
x
17)
2 1 2
3 3 108 2
xx
x
18)
60222.3
32
xxx
19)
603.73.53.4
12
xxx
20)
2 2 3
4 11.2 2.3 10.3 3
x x x x
x
21)
xxx
8.522.72.3
1
22)
542
112
xx
23)
3434
355.33
xxxx
24)
121
279
xx
25)
x
x
4
5
3
1
9
26)
x
x
5
32
3
1
175.0
27)
1
75
3
2
5.1
x
x
28)
1
2
22
1
8
x
x
29)
12
2.25,08
xx
30)
112
9.
2
1
4.69.
3
1
4.3
xxxx
31)
2
2 3 2 3 1/ 2
x
x
32)
3
3 2 2 3 2 2 1/ 3
x
x
33)
x-3 x+1
x-1 x+3
10 +3 = 10 -3
34)
5 17
-7 -3
32 0.25.128 10
xx
xx
x
35)
2
6
1
23
4
x
x
x
36)
1
2
2
45
8
x
x
x
37)
1333
222
22
xxxxxx
38)
4005.2
3
2
3
loglog
xx
1.2 Phương pháp đưa về phương trình tích :
1.2 a) Các bước giải : Biến đổi cùng cơ số đưa phương trình về dạng sau:
8
()
( ) ( )
()
0
0
0
fx
f x g x
gx
am
a m b n
bn
1.2 b) Ví dụ minh hoạ :
Giải các phương trình sau :
1)
8.3 3.2 24 6
x x x
2)
2 2 2
.2 8 2 2
xx
xx
3)
22
2
2 4.2 2 4 0 2006
x x x x x
D
Bài giải
1)
8.3 3.2 24 6
x x x
Ta có :
8.3 3.2 24 6 8.3 24 6 3.2
8 3 3 2 3 3
3 3 8 2 0
3 3 0
8 2 0
1
3
x x x x x x
x x x
xx
x
x
x
x
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
1, 3.xx
2)
2 2 2
.2 8 2 2
xx
xx
Ta có :
2 2 2 2 2
.2 8 2 2 .2 2 4.2 8
x x x x
x x x x
2
2
2 2 4 2 2
2 2 4 0
xx
x
x
x
2
2 2 0
40
1
2
x
x
x
x
Vậy, phương trình đã cho có ba nghiệm là
1, 2.xx
3)
22
2
2 4.2 2 4 0 2006
x x x x x
D
Ta có :
9
2 2 2 2
2
2
2 2x
2x
2x
2 4.2 2 4 0 2 2 1 4 2 1 0
2 1 2 4 0
2 1 0
2 4 0
0
1
1
x x x x x x x x x
xx
xx
x
x
x
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
0, 1.xx
1.2 c) Bài tập tự luyện :
Bài 1 : Giải các phương trình sau :(Biến đổi về dạng pt tích)
1)
1
3
12.3 3.15 5 20 log 5 1
x x x
x
2)
2 2 2 2
1 1 2
2 3 3 2 3
x x x x
x
3)
2 2 2 2
.6 6 .6 6 0, 6
x x x x
x x x x
4)
3
8 .2 2 0 2
xx
x x x
5)
1
32
6 15 3 5.2 log 5, log 3
x x x
xx
6)
22
5 3 2.5 2.3 1
x x x x
x
1.3 Phương pháp đặt ẩn phụ:
1.3 a) Các bước giải :
Dạng 1 :
2 ( ) ( )
. . 0
f x f x
m a n a p
Đặt
()
,0
fx
t a t
. Phương trình trở thành :
2
0 (*)mt nt p
Giải phương trình (*) tìm t, chỉ nhận
0t
.
Giải phương trình
()fx
at
để tìm x.
Kết luận nghiệm của phương trình đã cho.
Dạng 2 :
( ) ( )
. . 0
f x f x
m a n a p
Biến đổi phương trình :
( ) ( ) ( )
()
2 ( ) ( )
1
. . 0 . . 0
. . 0
f x f x f x
fx
f x f x
m a n a p m a n p
a
m a p a n
Đặt
()
,0
fx
t a t
. Phương trình trở thành :
2
0 (*)mt pt n
Giải phương trình (*) tìm t, chỉ nhận
0t
.
Giải phương trình
()fx
at
để tìm x.
Kết luận nghiệm của phương trình đã cho.
Dạng 3 :
()
2 ( ) 2 ( )
. . . 0
fx
f x f x
m a n ab p b
10
Chia hai vế phương trình cho
2 ( )fx
b
( hoặc
2 ( )fx
a
)
Ta được :
2 ( ) ( )
()
2 ( ) 2 ( )
. . . 0 . . 0
f x f x
fx
f x f x
aa
m a n ab p b m n p
bb
Đặt
()
,0
fx
a
tt
b
. Phương trình trở thành
2
0 (*)mt nt p
Giải phương trình (*) tìm t, chỉ nhận
0t
.
Giải phương trình
()fx
a
t
b
để tìm x.
Kết luận nghiệm của phương trình đã cho.
Dạng 4 :
3 ( ) 2 ( ) ( )
. . . 0
f x f x f x
m a n a p a q
Đặt
()
,0
fx
t a t
.
Phương trình trở thành :
32
0 0 (*)mt nt pt q
Giải phương trình (*) tìm t, chỉ nhận
0t
.
Giải phương trình
()fx
at
để tìm x.
Kết luận nghiệm của phương trình đã cho.
1.3 b) Ví dụ minh hoạ :
Giải các phương trình sau :
1)
25 6.5 5 0 2009
xx
TN
2)
21
7 8.7 1 0 2011
xx
TN
3)
1
9 8.3 1 0
xx
4)
11 6 2 6 3 2 7 0
xx
5)
1
3 3 2 0 2013
xx
TN
6)
22
2
2 2 3
x x x x
7)
2 3 2 3 4
xx
8)
2 3 2 3 4
xx
9)
4.9 13.6 9.4 0
x x x
10)
3.8 4.12 18 2.27 0 2006
x x x x
A
Bài giải
1)
25 6.5 5 0 2009
xx
TN
Ta có :
2
25 6.5 5 0 5 6.5 5 0
x x x x
11
Đặt
5 , 0
x
tt
.
Phương trình trở thành :
2
1 ( )
6 5 0
5 ( )
tn
tt
tn
Với
1 5 1 0
x
tx
Với
5 5 5 1
x
tx
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
0, 1.xx
2)
21
7 8.7 1 0 2011
xx
TN
Ta có :
2 1 2
7 8.7 1 0 7.7 8.7 1 0
x x x x
Đặt
7 , 0
x
tt
.
PT trở thành :
2
1 ( )
7 8 1 0
1
()
7
tn
tt
tn
Với
1 7 1 0
x
tx
Với
11
71
77
x
tx
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
0, 1xx
.
3)
1
9 8.3 1 0
xx
Ta có :
1 2x
9 8.3 1 0 9.3 8.3 1 0
x x x
Đặt
3 , 0
x
tt
.
Phương trình trở thành :
2
1 ( )
9 8 1 0
1
()
9
tl
tt
tn
Với
11
32
99
x
tx
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
2x
.
4)
11 6 2 6 3 2 7 0
xx
Ta có :
2
11 6 2 6 3 2 7 0 3 2 6 3 2 7 0
x x x x
Đặt
3 2 , 0
x
tt
.
Phương trình trở thành :
2
3 2 ( )
6 7 0
3 2 ( )
tn
tt
tn
Với
32
3 2 3 2 3 2 log 3 2
x
tx
Với
3 2 3 2 3 2 1
x
tx
12
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
32
1, log 3 2xx
.
5)
1
3 3 2 0 2013
xx
TN
Ta có :
12
3
3 3 2 0 3 2 0 3 2.3 3 0
3
x x x x x
x
Đặt
3 , 0
x
tt
.
Phương trình trở thành :
2
1 ( )
2 3 0
3 ( )
tl
tt
tn
Với
3 3 3 1
x
tx
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
1x
6)
22
2
2 2 3
x x x x
Ta có :
2 2 2 2 2
2
2
2
4
2 2 3 2 3 2 3.2 4 0
2
x x x x x x x x x x
xx
Đặt
2
2 , 0
xx
tt
.
Phương trình trở thành :
2
1 ( )
3 4 0
4 ( )
tl
tt
tn
Với
2
2
1
4 2 4 2
2
xx
x
t x x
x
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
1, 2xx
7)
2 3 2 3 4 1
xx
x
Ta có :
1
2 3 . 2 3 1 2 3
23
x x x
x
Do đó :
2
1
2 3 2 3 4 2 3 4
23
2 3 4 2 3 1 0
x x x
x
xx
Đặt
2 3 , 0
x
tt
.
Phương trình trở thành :
2
2 3 ( )
4 1 0
2 3 ( )
tn
tt
tn
Với
2 3 2 3 2 3 1
x
tx
Với
2 3 2 3 2 3 1
x
tx
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
1x
.
13
8)
2 3 2 3 4
xx
Ta có :
1
2 3 . 2 3 1 2 3
23
x x x
x
Do đó :
2
1
2 3 2 3 4 2 3 4
23
2 3 4 2 3 1 0
x x x
x
xx
Đặt
2 3 , 0
x
tt
.
Phương trình trở thành :
2
2 3 ( )
4 1 0
2 3 ( )
tn
tt
tn
Với
2
2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2
x
x
tx
Với
1
2
2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2
x
x
tx
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
2x
.
9)
4.9 13.6 9.4 0 0; 2
x x x
xx
Ta có :
2x x
33
4.9 13.6 9.4 0 4 13 9 0
22
x x x
Đặt
x
3
,0
2
tt
.
Phương trình trở thành :
2
1 ( )
4 13 9 0
9
()
4
tn
tt
tn
Với
x
3
1 1 0
2
tx
Với
x
9 3 9
2
4 2 4
tx
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
0, 2xx
.
10)
3.8 4.12 18 2.27 0 2006
x x x x
A
Ta có :
32
2 2 2
3.8 4.12 18 2.27 0 3 4 2 0
3 3 3
x x x
x x x x
14
Đặt
2
,0
3
x
tt
.
Phương trình trở thành :
32
2
()
3 4 2 0
3
1 ( )
tn
t t t
tl
Với
2 2 2
1
3 3 3
x
tx
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
1x
.
1.3 c) Bài tập tự luyện :
Bài 1 : Giải các phương trình sau : Biến đổi về pt bậc hai có dạng :
2 ( ) ( )
1) . . 0
f x f x
m a n a p
1)
4 6.2 16 0 3
xx
x
2)
4 15.2 16 0 4
xx
x
3)
9 12.3 27 0 1, 2
xx
xx
4)
9 4.3 45 0 2
xx
x
5)
9 8.3 9 0 2
xx
x
6)
9 3 6 0 1
xx
x
7)
1
9 3 4 0 0
xx
x
8)
9 7.3 18 0 2
xx
x
9)
3
9 5.3 6 0 1; log 2
xx
xx
10)
3
9 8.3 7 0 0, log 7
xx
xx
11)
16 17.4 16 0 2; 0
xx
xx
12)
2
2
1
16 19.2 48 0 2; log 3
2
xx
xx
13)
2
16 18.2 32 0 2; 1/ 2
xx
xx
14)
2.16 17.4 8 0 3/ 2; 1/ 2
xx
xx
15)
5
25 7.5 6 0 0; log 6
xx
xx
16)
11
4 6.2 8 0 0; 1
xx
xx
17)
1
9 10.3 1 0 0; 2
xx
xx
18)
1
25 26.5 1 0 0, 2
xx
xx
19)
1
25 24.5 1 0 2
xx
x
20)
2
5. 6 0 ln2; ln3
xx
e e x x
21)
63
1
3. 2 0 0; ln2
2
xx
e e x x
22)
21
3 10.3 3 0 1
xx
x
15
23)
22
3 10.3 1 0 0; 2
xx
xx
24)
21
3
3 9.3 6 0 0; log 2
xx
xx
25)
24
2 17.2 1 0 0 , 4
xx
xx
26)
22
2 9.2 2 0 1; 2
xx
xx
27)
2 6 7
2 2 17 0 3
xx
x
28)
2 5 2
3 3 2 2
xx
x
29)
2 1 1
3 2 3 1
xx
x
30)
4 8 2 5
3
3 4.3 27 0 1,
2
xx
xx
31)
22
12
3 10.3 1 0 0, 1; 2
x x x x
x x x
32)
22
13
9 36.3 3 0 1; 2
xx
xx
33)
1
2
81 8.9 1 0 1
x
x
x
34)
23
7 4 3 3 2 3 2 0 0, log 2
xx
xx
35)
23
7 4 3 4 2 3 1 0 1, log 2 3
xx
xx
36)
32
11 6 2 6 3 2 7 0 1, log 3 2
xx
xx
37)
21
3 2 2 2 2 1 8 log 4
xx
x
Bài 2 : Giải các phương trình sau : Biến đổi về pt bậc hai có dạng :
( ) ( ) ( )
()
1
2) . . 0 . . 0
f x f x f x
fx
m a n a p m a n p
a
1)
1
7
7 2.7 9 0 1, log 2
xx
xx
2)
22
2 2 15 2
xx
x
3)
22
3 3 30 1
xx
x
4)
1
3 3.3 10 1
xx
x
5)
21
5 5 30 0; 1
xx
xx
6)
1
3
3 18.3 29 2, log 2 1
xx
xx
7)
2
3
3 10.3 1 0 log 10 2
xx
x
8)
22
2
2 2 3 1, 2
x x x x
xx
9)
22
11
5 5 24 1
xx
x
10)
22
11
10 10 99 1
xx
x
11)
22
sin os
2 4.2 6
x c x
xk
12)
22
4. 3 ln2
xx
e e x
13)
22
1
2 2 1 0, 1
x x x x
xx
16
14)
3 2 2 3 2 2 6 1
xx
x
15)
4 15 4 15 8 1
xx
x
16)
5 2 6 5 2 6 10 1
xx
x
17)
6 35 6 35 12 1
xx
x
18)
7 4 3 7 4 3 14 1
xx
x
19)
3 2 2 3 2 2 6 2
xx
x
20)
4 15 4 15 8 2
xx
x
21)
5 2 6 5 2 6 10 2
xx
x
22)
6 35 6 35 12 2
xx
x
23)
7 48 7 48 14 2
xx
x
Bài 3 : Giải các phương trình sau :Biến đổi về pt bậc hai có dạng :
2 ( ) ( )
()
2 ( ) 2 ( )
3) . . . 0 . . 0
f x f x
fx
f x f x
aa
m a n ab p b m n p
bb
1)
6.4 13.6 6.9 0 1
x x x
x
2)
4.9 12 3.16 0 1
x x x
x
3)
11
9 13.6 4 0 0 , 2
x x x
xx
4)
5.4 2.25 7.10 0, 1
x x x
xx
5)
2 4 2 2
3 45.6 9.2 0 2
x x x
x
6)
21
9 6 2 0
x x x
x
7)
5
3
25 15 2.9 log 2
x x x
x
8)
7
5
3
3.25 2.49 5.35 0, log
2
x x x
xx
9)
1 2 1
2
3 2 12 0
x
xx
x
10)
3.4 2.9 5.6 0, 1
x x x
xx
11)
3
2
3 2 3 32 8.6 0; log 3
x x x x x
xx
12)
3
3 5 16 3 5 2
xx
x
13)
5 21 5 21 5.2 1
xx
x
x
17
14)
4)32()32(
tantan
xx
15)
xx
31
1
13
1
1
16)
08433
10
105
xx
17)
62.54
212
22
xxxx
Bài 3 : Giải các phương trình sau : Biến đổi về pt bậc ba có dạng :
3 ( ) 2 ( ) ( )
4) . . . 0
f x f x f x
m a n a p a q
1)
1
27 13.9 13.3 27 0 0, 1, 2
x x x
x x x
2)
2
8 7.4 15.2 9 0 0, log 3
x x x
xx
3)
27 12 2.8 0
x x x
x
4)
8 18 2.27 0
x x x
x
5)
31
125 50 2 0
x x x
x
6)
2
3. 4 12. 0 ln2, ln3
x x x
e e e x x
1.4 Phương pháp lôgarit hoá :
1.4 a) Các bước giải :
Biến đổi phương trình về dạng :
( ) ( ) ( )
f x g x h x
a b c d
hoặc
( ) ( ) ( )
f x g x h x
a b d c
có
hai vế luôn dương.
Chọn cơ số thích hợp ( theo cơ số a, hoặc b, hoặc c) để lấy lôgarit hai vế của
phương trình.
Sử dụng các công thức về luỹ thưa và lôgarit để giải phương trình tiếp theo.
1.4 b) Ví dụ minh hoạ :
Giải các phương trình sau :
1)
2
3 .2 1
xx
2)
2
1
3 .5 5 0
xx
3)
2
49.2 16.7
xx
Bài giải
1)
2
3 .2 1
xx
Lấy lôgarit cơ số 2 hai vế phương trình ta được :
22
22
3 .2 1 log 3 .2 log 1
x x x x
2
22
2
2
log 3 log 2 0
log 3 0
xx
xx
18
2
2
log 3 0
0
log 3
xx
x
x
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là :
2
0, log 3xx
.
2)
2
1
3 .5 5 0
xx
Lấy lôgarit cơ số 5 hai vế phương trình ta được :
22
11
3 .5 5 0 3 .5 5
x x x x
2
2
1
55
1
55
2
5
5
5
log 3 .5 log 5
log 3 log 5 1
log 3 1 1
log 3 0
0
log 3
xx
xx
xx
xx
x
x
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là :
5
0, log 3xx
.
3)
2
49.2 16.7
xx
Ta có :
2
22
42
27
49.2 16.7 2 7 (*)
16 49
xx
x x x x
Lấy lôgarit cơ số 2 hai vế phương trình (*) ta được :
22
4 2 4 2
22
2
2
2
2
2 7 log 2 log 7
4 ( 2)log 7
( 2)( 2 log 7) 0
2
log 7 2
x x x x
xx
xx
x
x
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là :
2
2, log 7 2xx
1.4c) Bài tập tự luyện :
Giải các phương trình sau :
1)
2
12
2
3 .2 8.4 1, 1 log 3
x x x
xx
2)
5
1
31
2 .5 0.2. 10 log2
24
x x x
x
3)
2
13
5
8 .5 2 1, 1 log 8
xx
xx
4)
3
log 4
243 3, 1/ 243
x
x x x
5)
2
3
3 .8 6 1, 2 2log 2
x
x
x
xx
6)
2
5
4 .5 1 0; log 4
xx
xx
19
1.5 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số :
1.5 a) Các bước giải :
Thường biến đổi phương trình đã cho về dạng
( ) ( )f x g x
hay
()f x c
Nhẩm nghiệm
0
xx
.
Chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất
0
xx
.
+ Với
00
( ) ( )x x f x f x
suy ra phương trình vô nghiệm.
+ Với
00
( ) ( )x x f x f x
suy ra phương trình vô nghiệm.
1.5 b) Ví dụ minh hoạ :
Giải các phương trình sau :
1)
3 4 5
x x x
2)
3 5 2
x
x
Bài giải
1)
3 4 5
x x x
Ta có :
34
3 4 5 1
55
xx
x x x
Vì
22
34
12
55
x
là nghiệm của phương trình.
Ta chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất
2x
.
+ Thật vậy, xét hàm số :
34
()
55
xx
fx
+ Vì
3 3 4 4
'( ) ln ln 0 ,
5 5 5 5
xx
f x x
nên
()fx
nghịch biến
trên . Do đó :
+ Với
34
2 ( ) (2) 1
55
xx
x f x f
, suy ra phương trình vô
nghiệm khi
2x
.
+ Với
34
2 ( ) (2) 1
55
xx
x f x f
, suy ra phương trình vô
nghiệm khi
2x
Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
2x
.
2)
3 5 2
x
x
Vì
1
3 5 2.1 1x
là nghiệm của phương trình.
Ta chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất
1x
.
+ Thật vậy, xét hai hàm số :
( ) 3 , ( ) 5 2
x
f x g x x
+ Vì hàm số
()fx
đồng biến và hàm số
()gx
nghịch biến trên nên
1x
là nghiệm duy nhất của phương trình
3 5 2
x
x
.
Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
1x
.
20
1.5c) Bài tập tự luyện :
Giải các phương trình sau :
1)
5 12 13 2
x x x
x
2)
2 3 1
x
xx
3)
4 25 29 1
x x x
x
4)
7 18 25 1
x x x
x
5)
1
3 3 2 2
x
xx
6)
2 3 2 3 2 2
xx
x
x
7)
5 2 6 5 2 6 10 2
xx
x
x
2.MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT:
2.1 Phương pháp đưa về cùng cơ số:
2.1 a) Các bước giải :
Tìm điều kiện xác định của phương trình.
Biến đổi đưa phương trình về dạng cơ bản :
a
( ) 0 ( ) 0
1) log ( ) log ( )
( ) ( )
2)log ( ) ( )
aa
b
f x g x
f x g x
f x g x
f x b f x a
hoaëc
2.1 b) Ví dụ minh hoạ :
Giải các phương trình sau :
21
1)
2 4 8
log log log 7x x x
2)
31
3
3
log log 2log 4x x x
3)
2
5
log ( 4 ) 1xx
4)
2 0.5
2log 2 log 2 1 0xx
5)
2 4 3
log 3 2log 3log 2 2012x x TN
6)
24
log 2log ( 2) 3xx
7)
93
log log (27 ) 6xx
8)
2
21
2
log 8 log 1 1 2 0 2011x x x D
Bài giải
1)
2 4 8
log log log 7x x x
Điều kiện :
0x
Ta có :
23
2 4 8 2
22
2 2 2
2
2
6
log log log 7 log log log 7
11
log log log 7
23
7
log 7
6
log 6
2 64
x x x x x x
x x x
x
x
x
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
64x
.
2)
31
3
3
log log 2log 4x x x
Điều kiện :
0x
Ta có :
11
2
3 1 3
3
3
3
3
3 3 3
3
4
log log 2log 4 log log 2log 4
log 2log 2log 4
log 4
3 81
x x x x x x
x x x
x
x
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
81x
.
3)
2
5
log ( 4 ) 1xx
Điều kiện :
; 4 0;x
Ta có :
22
2 2 1
5
2
log ( 4 ) 1 4 5
4 5 0
1 ( )
5 ( )
x x x x
xx
xn
xn
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
1, 5xx
.
4)
2 0.5
2log 2 log 2 1 0xx
Điều kiện :
20
2
2x 1 0
x
x
Ta có :
2
2 0.5 2 2
2
22
2
2
2log 2 log 2 1 0 log 2 log 2 1 0
log 2 log 2 1
( 2) 2 1
6 5 0
1 ( )
5 ( )
x x x x
xx
xx
xx
xl
xn
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
5x
.
5)
2 4 3
log 3 2log 3log 2 2012x x TN
Điều kiện :
3x
Ta có :
2 4 3 2 4
log 3 2log 3log 2 log 3 2log 2x x x x
22
2
2
log 3 log 2
log 3 2
xx
xx
22
2
32
3 -4 0
xx
xx
1 ( )
4 ( )
xl
xn
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
4x
.
6)
24
log 2log ( 2) 3xx
Điều kiện :
0
2
20
x
x
x
Ta có :
2
2 4 2
2
22
log 2log ( 2) 3 log 2log ( 2) 3
log log ( 2) 3
x x x x
xx
23
2
2
23
2
log 2 3
22
2 -8 0
4 ( )
2( )
xx
xx
xx
xn
xl
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
4x
.
7)
93
log log (27 ) 6xx
Điều kiện :
0x
Ta có :
2
9 3 3 3
3
33
3
3
2
log log (27 ) 6 log log 27 log 6
1
log 3 log 6
2
3
log 3
2
log 2
39
x x x x
xx
x
x
x
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
9x
.
8)
2
21
2
log 8 log 1 1 2 0 2011x x x D
Điều kiện :
11x
Ta có :
2
21
2
2
22
log 8 log 1 1 2 0
log 8 log 4 1 1
x x x
x x x
2
2
2
22
8 4 1 1
8 16 2 2 1
x x x
xx
Đặt
2
10tx
, ta được :
2
22
2 2 2
42
2
2
8 16 2 2 1 7 32(1 )
14 32 17 0
1 2 17 0
1
x x t t
t t t
t t t
t
Với
2
1 1 1 0t x x
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
0x
.
24
2.1 c) Bài tập tự luyện :
Giải các phương trình sau :
1)
2
2
log ( 4) 2 0, 1x x x x
2)
2 4 8
log log log 11 64x x x x
3)
3 9 27
log log log 11 729x x x x
4)
32
3
log log log 64 0 9x x x
5)
31
3
3
log log log 8 81x x x x
6)
22
log log ( 3) 2 1x x x
7)
22
log ( 3) log ( 1) 3 5x x x
8)
22
log ( 5) log ( 2) 3 6x x x
9)
22
log log ( 2) 3 4x x x
10)
33
log log ( 2) 1 1x x x
11)
3 3 3
log ( 2) log ( 2) log 5 3x x x
12)
42
log log (4 ) 5 4x x x
13)
44
log log ( 15) 2 1x x x
14)
22
log ( 3) log ( 2) 1 4x x x
15)
2
2 2 2
log 8 log log 6 2; 4x x x x
16)
11
15 15
log ( 2) log (10 ) 1 3; 7x x x x
17)
2
2log2 log( 75) 5x x x
18)
28
log 3log ( 1) 1 2x x x
19)
1
2
2
log ( 2) log (3 ) 4 2x x x
20)
2 0.5
log 3 log 1 3 1x x x
21)
log( 1) log(2 11) log2 7x x x
22)
2
22
log ( 3) log (6 10) 1 0 2x x x
23)
39
log 2log ( 2) 1 3x x x
24)
8
log log 4
1
x
xx
x
25)
2
lg(2 2 20) 2 4
xx
x
26)
33
log (2 1) 2log ( 2) 0 5x x x
27)
2
31
3
1
2log 2 log 6 5 0
2
x x x x
28)
2
2 0.5
log 6 8 log 4 11 0 1x x x x
29)
2 0.5
log 3 log 1 3 1x x x
30)
2
0.5 0.5
11
log 2 2log 3 0
5
x x x x
25
31)
22
log 4.3 6 log 9 6 1 1
xx
x
32)
log 3 25 log 15 0x x ptvn
33)
2 ln
2
3
3
1
x
e x x
e
34)
2 ln
23
x
e x ptvn
35)
1)366(log
1
5
xx
2.2 Phương pháp đặt ẩn phụ :
2.2 a) Các bước giải :
Tìm điều kiện xác định của phương trình.
Biến đổi cùng cơ số và đặt ẩn phụ đưa phương trình về dạng phương trình bậc
hai hoặc phương trình bậc ba, hoặc phương trình chứa ẩn ở mẫu.
Dạng 1 :
2
log ( ) log ( ) 0
aa
m f x n f x p
Điều kiện :
( ) 0fx
Đặt
log ( )
a
t f x
. Phương trình trở thành :
2
0 (*)mt nt p
Giải phương trình (*) tìm t.
Với mỗi giá trị của t ta giải phương trình
log ( )
a
f x t
để tìm x.
Kết luận nghiệm của phương trình đã cho.
Dạng 2 :
.log ( ) . log ( ) 0
aa
m f x n f x p
Điều kiện :
( ) 0
log ( ) 0
a
fx
fx
Đặt
log ( ) , 0
a
t f x t
.
Phương trình trở thành :
2
0 (*)mt nt p
Giải phương trình (*) tìm t, chỉ nhận giá trị
0t
.
Với mỗi giá trị của
0t
ta giải phương trình
log ( )
a
f x t
để tìm x.
Kết luận nghiệm của phương trình đã cho.
Dạng 3 :
()
2 ( ) 2 ( )
. . . 0
fx
f x f x
m a n ab p b
Chia hai vế phương trình cho
2 ( )fx
b
( hoặc
2 ( )fx
a
)
Ta được :
2 ( ) ( )
()
2 ( ) 2 ( )
. . . 0 . . 0
f x f x
fx
f x f x
aa
m a n ab p b m n p
bb
Đặt
()
,0
fx
a
tt
b
. Phương trình trở thành
2
0 (*)mt nt p
Giải phương trình (*) tìm t, chỉ nhận
0t
.
Giải phương trình
()fx
a
t
b
để tìm .
