Bài tập toán về Mũ và Logarit ôn thi đại học

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

MŨ, LOGARIT

 Chuyên đề 10:

PHƯƠNG TRÌNH MŨ
Dạng 1: Dạng cơ bản: với 0 < a  1
af(x)  b  b  0
f(x)  log b
a

Dạng 2: Đưa về cùng cơ số: af(x)  ag(x)
 Nếu 0 < a  1: (1)  f(x) = g(x)

(1)

a  0
 (1)
Nếu a thay đổi:
(
 g(x)
 trình
0  t  0
Dạng 3: Đặt ẩn phụ: Đặt t= aax ,1)t 
> 0;f(x)
giải
phương
g(t)  0

Dạng 4: Đoán nghiệm và chứng minh nghiệm đó duy nhất.

PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT
0  a  1
Điều kiện tồn tại logaf(x) là 
f(x)  0
0  a  1
a Dạng 1: log f(x)  b b
f(x)  a


0  a  1
Dạng 2: Đưa về cùng cơ số: log f(x)  log g(x)   (x)  0
g
a
a
f(x)  g(x)

Dạng 3: Đặt ẩn phụ
Đặt t = logax sau đó giải phương trình đại số theo t
Dạng 4: Đoán nghiệm và chứng minh nghiệm duy nhất

 Vấn đề 1:

PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT
A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
B. ĐỀ THI

Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2011
1x
1x
2

Giải phương trình: log2 8 − x
+ log11  x

(

288

)

2

(

G
i
a
+ 1  x ûi


Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

)

TT Luyện Thi Đại Học VĨNH
(x ∈ R).
VIỄN

−2=0

(

log2 8 − x2
log1

288

(

)+

+

) − 2 = 0 . Điều kiện: –1≤ x ≤ 1.

2

289


(

⇔ log2 8 − x2
log2

(

)=

1x

+1x
4

(

1  x2

) + 2 ⇔ 8 − x2 =

+1x

1x

Với –1≤ x ≤ 1 thì
hai vế của (*)
1  x2 không âm nên
bình phương hai
vế của (*) ta
được:

1  x2

) (*).

)

3
2

(*)

(

⇔ 8

⇔

− x2

1

)2 =

(

16 2

8

(

(

+2
−

x
2

)

2

=

+


x2 2x3
 

)

(1)

>

(1).

−
4.2
>

0

Đa
ët t
=

2

2

⇒t =1–x ⇒
2
2
x = 1 – t , (1)
trở thành:

(1) thành 1 – 3t –
2

( 7 + t )2 = 32 (1
2

+ t ) ⇔ t + 14t –
32t + 17 = 0
4

2

4t > 0 ⇔ 4t + 3t –
1
1 < 0 ⇔ −1 < t <
4

2

= 2-2
x2 2x3


Do đó bất phương

trình đã cho tương
3
2
⇔ (t – 1)(t – t
đương: 2
+15t – 17) = 0 ⇔ (t
1
−x
<
2 2
– 1) (t + 2t + 17) =
4
0 ⇔ t = 1.
Do đó (1) ⇔1  x2
=
x2  2x  3
1 ⇔ x = 0 (Thỏa điều
kiện –1≤ x ≤ 1).

⇔−

Vậy, phương trình đã
cho có một nghiệm x

⇒
1

Giải bất phương trình 4x  3.2x

⇔


x
<

x2 2x3
 

 41

x2 2x3
 

0

−
= 2
1
x2  2x⇔ 3
−
i ⇔

= 0.

Bài 2: CAO ĐẲNG KHỐI
A, B, D NĂM 2011

−
G
−
3
i
4
412x3
x2
 
.
a
x
+
2
z3
û
2≤
−
i
−
2
3
x
Đ
x2 2x3
 
x
>
.
a

−
<
0
2
ët
7
4
x
t
⇔
2x
+
=
.
2
.
2
−
2
x2 2x3
 2
3.2
2(
⇔
x
.2
x2 2x3
−x
1
x2 2x3

 
−
>
x
)

x2 2x3
 


Giải phương trình

42x

x2
  2x3

 42

Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI D
NĂM 2010
x+2 x+2 Giải
+
+
4 x3 x3 (*); Điều
2
x2
kiện : x ≥ −
+4x
2.

=
−4

42+

( x+2 4x−4
+
(2
−1) − x 2 −
*
) 2x3 (24x−4 −1) = 2x3 )
4x−4
⇔
0 ⇔ (2
−1) = 0
2+

4 (4
2
+

Do đó phương trình (*)
có hai trường hợp.
−

• 24x 4 = 1 ⇔ 4x − 4
= 0 ⇔ x = 1 (nhận)

x2
 

2x34x4
 

(x  )


•

24+2

x+2

3

= 2x

3

⇔ x3 =
2

+ 4 ⇔ x − 8 = 2(

x2
⇔ (x − 2)(x2 + 2x + 4)
=
x = 2 ( nhận )
⇔
x2 + 2x + 4

=


Nhận xét: Phương trình (1) có:

2(x − 2)
x+2+2

2
x+2+
2

VT = x2 + 2x + 4 = (x + 1)2 + 3 ≥ 3 ;
VP =

x2

(1)

2
x+2+2

≤1

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 log22 (x +1) − 6 log2 x  1

+2=0

Giải
log22 (x
log

+1) − 6

2

x 1

+ 2 = 0 (1)

Điều kiện x > −1
(1) ⇔ log22 (x +1) − 3log
(x +1) + 2 = 0
2
log2 (x + 1) =
x + 1 =
x = 1
1
⇔ 
⇔2 
⇔
log (x + 1) = 2
x+1=4
x=3


 2

Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2008
2

2

Giải phương trình log2x – 1(2x + x – 1) + logx + 1(2x – 1) = 4
Giải
0 < 2x − 1 ≠
1

1
x >
1
0
2x2 + x − 1 >


2 ⇔2 < x ≠ 1
Điều kiện:
⇔

0
 x≠1


2
(2x − 1) > 0
log2x−1(2x2 + x −1) + logx+1(2x −1)2 = 4
290

− 2)


2

log2x 1(2x 1)(x + 1) + logx + 1(2x 1) = 4
1 + log2x 1(x + 1) + 2logx + 1(2x 1) = 4
1
ẹaởt: t = log2x1(x + 1) logx+1(2x 1) =2x1
log
2
Ta coự phửụng trỡnh aồn t laứ: 1 + t + = 4
t2

290

t

1
(x + 1)

=

t
=
t 1

3t + 2 = 0

t=2


TT Luyện Thi Đại Học VĨNH
VIỄN

• Với t = 1 ⇔ log2x – 1(x + 1) = 1 ⇔ x + 1 = 2x – 1 ⇔ x = 2 (nhận)
 x = 0 (loạ i)
2
• Với t = 2 ⇔ log2x – 1(x + 1) = 2 ⇔ (2x – 1) = x + 1 ⇔  5
x =

4
5
Nghiệm của phương trình là: x = 2 và x = .

Giải phương trình: log (42x  15.2x  27)  2 log

2

4

1
x

4.2  3

0

Bài 6: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2007

Giải
x

Điều kiện: 4.2 − 3 >
0.
Phương trình đã cho tương đương với.
x

x

x

2

x 2

x

log2(4 + 15.2 + 27) = log2(4.2 − 3) ⇔ 5.(2 ) − 13.2 − 6 = 0
2

2x = − 5 ( loạ i )
⇔ 
2x = 3
x
x
Do 2 > 0 nên 2 = 3 ⇔ x = log23 (thỏa mãn điều kiện)
Bài 7: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2007
Giải phương trình: ( 2 1)
 x  ( 2 1)

 x 2 2  0
Giải
Đặt
x
2 −1 = t (t > 0), khi đó phương trình trở thành:

(

t+

)

1 2 = 0 ⇔ t =2 − 1, t =2 + 1
−
2t

Với t = −1 ta có x = 1. Với t = + 1 ta có x = −1.
2
2
Giải phương trình : 2x2

+x

− 4.2x2

−x

− 22x + 4 = 0

Bài 8: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2006

Giải
Phương trình đã cho tương đương với:
22x(2x2
•

−x

−1) − 4(2x2

−x

−1) = 0 ⇔ (22x − 4)(2x2

22x − 4 = 0 ⇔ 22x = 22 ⇔ x = 1.

−x

−1) = 0


Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

•

2x2

−x

−1 = 0 ⇔ 2x2

−x

= 1 ⇔ x2 − x = 0 ⇔ x = 0, x = 1

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0, x = 1.


Giải phương trình: 3.8x + 4.12x −18x − 2.27x = 0
Bài 9: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2006
Giải
3x

2

2x

2

x

2

Phương
trình đã cho tương đương với: 3

 −2=

0
+
−

 4




  
 3 
 3  3

(1)

 2 x
3
2
  (t > 0), phương trình (1) trở thành 3t + 4t − t − 2 = 0
3
2 (vì t > 0).
2
⇔ (t + 1) (3t − 2) = 0 ⇔ t =
3

Đặt t =

2

x

2

2

 
Với t
thì   = hay x = 1.
=
3
 3  3
Bài 10: ĐỀ DỰ BỊ 2

(

)

Giải phương trình: log5 5x − 4 = 1 − x
Giải
x

Điều kiện: 5 – 4 > 0 (a)
• Dễ thấy x = 1 là nghiệm của (1)

(

)

x

• VT: f(x) = log5 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
x

Giải phương trình 2 2

−x

2+x−x

−2

2=3.

Bài 11:
2

t = 2x
Đặt

−x

x

22
3

−x

Giải

(t > 0)

2+x−x

−2

2=3⇔t−

4
t

=

 t = −1 (loại)
2
⇔ t − 3t − 4 = 0 ⇔
t
 = 4 (nhận)
10


Vậy 2x2
−x

2

2

= 2 ⇔ x − x − 2 = 0 ⇔ x = −1 ∨ x = 2.

Bài 12:
Cho phương
phương trình

trình (2)
logkhi
2x  mlog
1/ Giải
= 22.x  31  2m  1  0 (2): (m là tham số).
3
2/ Tìm m để phương trình (2) có ít nhất 1 nghiệm thuộc đoạn 1 ; 3 3  .



11


Giải
2
1/ Khi m = 2 thì phương trình (2) trở thành log
3 x
log23x  1
+

log23x  1 − 5 = 0
Điều kiện x > 0.
Đặt t =
≥ 1
2

(2) ⇔ t + t − 6 = 0
⇔ t = 2 ∨ t = −3
(loại)
• t = 2 ⇒ log3x

=±

3

⇔ x=3
2/
⇔
1≤
1≤
x≤
log2
33
x
+1
≤4

3



±3

⇒≤ 2 .
1
≤
t

Phương trình (2) có
ít nhất 1 nghiệm
thuộc 1; 3 3 



2

⇔ 2m = t + 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. P
H


BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ
af(x)  ag(x)

(1)

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

a f(x)
a

g(x)

a  0; a  1

(a  1)(f(x)  g(x))  0

 af(x)  ag(x)  a  0

(
 a  1)
f(x)LOGARIT
 g(x)  0
BẤT PHƯƠNG
TRÌNH
(1)
loga f(x) > loga g(x)
Nếu a > 1
g(x)  0
: (1)  f(x)  g(x)

f(x)  0
: (1)0
 f(x)
Nếu
< a < g(x)
1


ƯƠNG PHÁP
GIẢI
B.ĐỀ THI
Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2008
x2  x 

Giải bất phương trình: log0,7  log6 x  4   0




Giải

x2 + x
 x + 4 > 0
Điều kiện:

log x 2 + x
>0
6 x+

4



x2 + x 

Bất phương trình tương đương với log0,7 
 < log0,7
 x+4

log6
1


2
2
x2
(1) ⇔ log
+x
+x
− 5x − 24
>0
x >1⇔ x >6⇔
6

x+4

Giải bất phương trình: log1
2

x + 4

x2  3x  2
x

x+4

0

⇔ −4 < x < −3 hay x > 8

Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2008
x2 − 3x + 2
Điều kiện:
>0
x

Giải
x − 3x + 2
1

Bất phương trình tương đương với
log

≥ log

2
1

(1)

⇔

⇔

⇔

x

1

 x 2 − 3x +
2
2
2

2
x − 3x + 2

> 0 
>0


x
x
⇔
 2
2
 x − 3x + 2
 x − 4x + 2
≤1
≤0

x

x
(x2 − 3x + 2)x > 0
0 < x < 1 ∨ x > 2

(x2 − 4x + 2)x ≤ 0 ⇔
x ≠ 0

x < 0 ∨ 22 − ≤ x ≤ 2 +2

2 −2 ≤ x < 1∨ 2 < x ≤ 2 +2 .

(1)

(1)


Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2007
Giải bất phương trình: 2 log3 (4x − 3) + log1 (2x + 3) ≤ 2
3

Điều kiện: x >
log

3

4

(4x − 3)2 ≤ 2

Giải
. Bất phương trình đã cho ⇔

3

2x + 3

TT Luyện Thi Đại Học VĨNH
VIỄN

⇔ (4x − 3)2 ≤ 9(2x + 3) ⇔ 16x2 − 42x −18 ≤ 0 ⇔ −
8

3

≤x≤3

3
Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình < x ≤ 3 .
4
là:
Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2006
−2

Giải bất phương trình: log5(4x + 144) − 4 log5 2 < 1 + log5(2x
Giải
Bất phương trình đã cho tương đương với
−2

log5(4x +144) − log5 16 < 1 + log5(2x

+1) (1)
−2

(1) ⇔ log5(4x +144) < log5 16 + log5 5 + log5(2x
+1)
⇔ log5(4x + 144) < log5[80(2x

x−2

x

⇔ 4 +144 < 80(2

−2

+1)]

x

x

+1) ⇔ 4 − 20.2 + 64 < 0

⇔ 4 < 2x < 16 ⇔ 2 < x < 4
Bài 5: ĐỀ DỰ BỊ 2

(

Giải phương
trình:

)

log5 5x − 4 = 1 − x
Giải
x

Điều kiện : 5 – 4 > 0 (a)
• Để thấy x = 1 là nghiệm của (1)

(

)

• VT : f(x) = log5 5x − 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:





x
 9  72
Giải bất phương trình: loglog
1 
x3


Giải
0 < x ≠ 1


Điều kiện 9x − 72 >
⇔ x > log9
0

73

x
log3 9 − 72 > 0


(

)

+1).


Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

(

x

)

Bất phương trình ⇔ log3 9 − 72 < x (Vì x > log9 73 > 1)
⇔ 9x − 3x − 72 < 0 ⇔ − 8 ≤ 3x ≤
9
Kết hợp với điều kiện ta được log9 73 < x ≤ 2.

⇔ x ≤2


 Vấn đề 3:

HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT

Thường sử dụng phương pháp biến đổi từng phương trình trong hệ, sau đó
dùng phương pháp thế để tìm nghiệm.
A.PHƯƠNG PHÁP GIẢI

2log (3y  1)  x
Giải hệ phương trình: 

4x  2x  3y2

(x, y )
B.ĐỀ THI

Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010
Giải
Điều kiện: 3y – 1 > 0
3y − 1 = 2x

log (3y − 1) =
x

Ta có 2
 4 x + 2 x =
3y2





⇔  x
 4 + 2 x =
3y2


⇔ 




1
x
2 =

2

3
x

x

2

4 + 2 = 3y



2x +
2x + 1
y

=
y
=

1
⇔ 
3
⇔ 


3
x
x
x
+ 2x ) = (2x +
3(4

2.4 + 2 − 1
=0
1)2

x =
x
y = 2 +
−1

1

⇔
3 ⇔

x
y=2 +1

x


2 +1
y =
3

⇔ 

x

x

1

(2 + 1)(2 − ) = 0
2


(nhận)


1
y =

2

Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2010
x2  4x  y  2  0
Giải hệ phương trình: 2 log (x  2)  log
y0
2
2
x2 − 4x + y + 2 = 0

(1)


Giaỷi
; ẹieu kieọn: x > 2 , y > 0

2
log2 (x 2) log2 y=y 0= (2)

x
2


2

(2) (x 2) =
y


2

y = 2 x

x = 0 (loaùi)
y = x 2: (1) x2 3x = 0

x = 3 y = 1


•

x = 1 (loại)
y = 2 − x: (1) ⇔ x2 − 5x + 4 = 0 ⇔

x = 4 ⇒ y = −2 (loạ i)
x = 3






Giải hệ phương trình: log2 x2  y2  1  log2  xy 
 2
2
3 x xyy
 81

Vậy hệ có một nghiệm 

.
y=1
Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009
Giải
Với điều kiện xy > 0 (*), hệ đã cho tương đương:
x, y
x2 + y2 =
x =
x = y
2xy
y
⇔
⇔

2
2
y

4
−
+
=
x
xy
y
=


y = ±2
2

4



Kết hợp (*), hệ có nghiệm: (x; y) = (2; 2) và (x; y) = (−2; −2)
Chứng minh rằng với mọi a > 0, hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:
ex − ey = ln(1 + x) − ln(1 + y)

 y − x = a
Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2006
Giải
Điều kiện: x, y > −1. Hệ đã cho tương đương với:
ex +a − ex + ln(1 + x) − ln(1 + a + x) = 0 (1)

(2)
 y = x + a
Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (1) có nghiệm duy
nhất trong khoảng (−1; + ∞).
x +a

x

Xét hàm số f(x) = e
− e + ln(1 + x) − ln(1 + a + x) với x > −1.
Do f(x) liên tục trong khoảng (−1; +∞) và
lim f(x) = −∞,
lim f(x) = +∞
x→−1

+

nên phương trình f(x) = 0 có nghiệm trong khoảng (−1; + ∞).
1
1
+
Mặt khác: f '(x) = ex a − ex +
−
1+ x 1+a+x

x→+∞


x

a

= e (e −1) +

a
> 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.


Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2005


x1 2y1
Giải hệ phương trình: 3log9 (9x2 )  log3 y3  3
 x − 1
+

= 1

2y

x ≥ 1

(1) Giải

.

Điều kiện :
2
3
(2)
3log9 (9x ) − log3 y = 3
0(2) ⇔ 3(1 + log3x) − 3log3y = 3 ⇔ log3x = log3y ⇔ x = y.
Thay y = x vào (1) ta có
+2x

x 1


 x)
⇔ (x 1)(2


 x)
= 1 ⇔ x −1 + 2 − x +(x2 1)(2

=1

= 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:
 72x+


x+1

+ 2005x ≤
2005
2
x − ( m + 2 ) x + 2m + 3
≥0
x+1

− 72+

(1)
(2)

Giải

Điều kiện x ≥

x+1

−1. Ta có : (1) ⇔
72x

2+ x+1 ≤

−7

2005(1 − x)

+

• Xét −1 ≤ x ≤ 1 ⇒ 2x ≤ 2 ⇒

x+1

2x+

7
nên (1) đúng ∀x∈[−1; 1]
• Xét x > 1 ⇒ 2x > 2 ⇒

x+1

− 72+

− 72+

x+1

x+1

≤ 0 ≤ 2005(1 − x)

> 0 > 2005(1 − x)

+

72x

nên (1) hiển nhiên sai. Do đó (1) ⇔ −1 ≤ x ≤ 1
• Vậy hệ có nghiệm khi và chỉ khi: (2) có nghiệm ∈ [−1; 1]
2
⇔ x 2– 2x + 3 ≥ m(x - 2) có nghiệm x ∈ [−1; 1]
x − 2x + 3
⇔
≤ m ( vì x − 2 < 0) có nghiệm x ∈ [−1; 1]
x−2


x2 − 2x + , x ∈ [−1; 1]
3x−2

Xeùt haøm f(x)
=
f′(x) =
x
f'(x)

f(x)

−∞

x 2− 4x + 1

( x − 2)
−1
+
−2

2

, f’(x) = 0 ⇔ x = 2 ± 3

2−
0

3

1
−
−2

2
−

−

2+

0

3

+∞
+


Dựa vào bảng biến thiên hệ có nghiệm ⇔ −2 ≤ m
Bài 7: ĐỀ DỰ BỊ 1
log  y  x   log 1  1
1
Giải hệ phương trình: 
4y
.
 4
x2  y2  25

Giải
y > 0

Điều kiện y − x >
0

1
log
y − x 1
=
(y − x) +
=

log
1
1
 1

y 4
Hệ ⇔  4
⇔ 
4 y

 2
2
2
2
x + y = 25
x + y =
25
4

 4
y= x
 3
x = 3
x = −
y = x
⇔
3 ⇔ 3
⇔
(nhậ
n

)
∨


 2 16 2

 2
x +
x =
y
=
4
x =9

y = −4
25


9
Bài 8:
Giải hệ phương trình:

3x

23x  5y2  4y

x1

.


x 4 2
y

 2x  2
Giải

2

2 = 5y − 4y
23x = 5y2 −
4y


⇔ 
⇔
 4x + 2x+1
x
=y
 x
2 =
 2 +2
y
y2 − 5y + 4 =
x = 0
x = 2
⇔ 
∨ 
.
0
⇔ 

y = 1
y = 4
 y =
2x

5y2 − 4y = y3


x
y = 2

(loại)


Bài 9: ĐỀ DỰ BỊ 1
x  4 | y | 3  0
Giải hệ phương trình: 
 log4x  log2y  0
Giải
x ≥ 1

1
2

Điều kiện: 
.
y≥1
2
2
2

2
(2) ⇔ log4x = log4y ⇔ x = y . Thay x = y vào (1) ta được : y – 4|y| + 3 = 0
y=
1

y = 1 ⇒ x = 1