Phương trình mũ và phương trình logarit khóa luận tốt nghiệp

SVTH: Nguyễn Thu Hòa

Khúa lun tt nghip

M U
Trong nh trng ph thụng, mụn toỏn gi mt vai trũ vụ cựng quan
trng. Nú là công cụ giỳp hc sinh hc tt hu ht cỏc mụn hc tự nhiên,là cơ
sở ca nhiu ngnh khoa hc k thut và cú nhiu ng dng trong đời sống
thực tiễn.
Trong mụn toỏn, phng trỡnh gi mt v trớ ht sc quan trng, khụng
nhng l i tng nghiờn cu i s m cũn l cụng c c lc ca gii tớch.
Nú c gii thiu ngay t nhng nm u ca bc ph thụng cỏc dng n
gin.Càng học lên cao, học sinh càng gặp nhiều dạng phơng trình,đặc biệt là
phng trỡnh m v phng trỡnh logarit chim ni dung tng i ln.Trong
chơng trình phổ thông, phng trỡnh m v phng trỡnh logarit giúp các em
rt nhiu trong vic cng c cỏc khỏi nim, quy tc, cụng thc, bin i
Nhỡn chung, bi tp v phng trỡnh m v logarit va l mc ớch va l
phng tin để hc sinh nm vng kin thc c bn, rốn luyn k nng v cỏc
phm cht ca t duy góp phần phát trin nng lc toỏn hc cho hc sinh.
Vỡ vy,nếu t chc cú hiu qu vic dy hc phng trỡnh m v
phng trỡnh logarit sẽ quyt nh cht lng hc tp môn toán của học sinh.
Vi nhng lý do thit thc trờn cựng vi nim am mờ ca bn thõn v
s hng dn nhit tỡnh ca thy giỏo T.S. Nguyn Vn Hựng em ó mnh
dn nghiờn cu vn : Phng trỡnh m v phng trỡnh logarit.
Sinh viên
Nguyễn Thu Hòa

1


SVTH: NguyÔn Thu Hßa

Khóa luận tốt nghiệp

Chương 1: CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
I. TÓM TẮT VỀ LŨY THỪA VÀ HÀM SỐ MŨ
1. Các phép tính về lũy thừa với số mũ thực
Định lý: Gọi a, b là những số thực dương, x, y là những số thực tùy ý. Ta
có:
a xa y = a x+ y

(a )
x

y

ax
= a x− y
y
a

=a x y

( ab ) x = a xb y

x

ax
a
 ÷ = x
b

b
Chú ý rằng: 1) x 0 = 1, ∀x ≠ 0

2) Nếu a < 0, ax chỉ xác định ∀x ∈ Z
2. Hàm số mũ
a) Định nghĩa: Hàm số mũ cơ số a (a > 0) là hàm số được xác định bởi công
thức:

x a y = ax
x

1
Ví dụ: y = 2 , y =  ÷
3
x

b) Các tính chất:
• Hàm số mũ có tập xác định là R
• Hàm số y = ax liên tục tại mọi điểm x ∈ R
• a x > 0, ∀x ∈ R
• Nếu a = 1 hàm số không đổi trên R: y = 1
• a > 1: hàm số đồng biến trên R
• 0 < a < 1: hàm số nghịch biến trên R

2


SVTH: NguyÔn Thu Hßa

Khóa luận tốt nghiệp

c) Từ các tính chất đơn điệu của hàm số mũ, ta suy ra với mọi a > 0:
1. aM = aN ⇔ M, N tùy ý nếu a = 1, M = N nếu a ≠ 1
2. Với a > 1 ta có:
aM > aN ⇔ M > N
ax > 1 ⇔ x > 0
0 < ax < 1 ⇔ x < 0
3. Với 0 < a < 1 ta có:
aM > aN ⇔ M < N
ax > 1 ⇔ x < 0
0 < ax <1 ⇔ x > 0
Các tính chất 1, 2, 3 này thường dùng để giải các PT và BPT mũ.
d) Công thức đổi cơ số
Từ hàm số mũ a đổi sang hàm số cơ số b ta có công thức

a x = b x log a ,(a ≠ 1, b ≠ 1)
b

Ví dụ: 2 x = 3x log 2 , a x = e x ln a
3

e) Đồ thị hàm số mũ
a. a > 1
* Dạng biến thiên
−∞

x

b. 0 < a < 1
* Bảng biến thiên

+∞

0

y = log a x 0

+∞

* Đồ thị

y = log a x 0
y

(a>1)

y=

1

ax

3

a

x

y = ax

+∞

0
1

* Đồ thị

y
ax

−∞

x

+∞

+∞


SVTH: NguyÔn Thu Hßa

Khóa luận tốt nghiệp

1

(0 < a < 1)
x

x

x

x

Nhận xét:
1.

Đồ thị hàm số y = ax luôn đi qua A(0,1)

2.

Đồ thị hàm số mũ luôn luôn ở trên trục hoành

3.

1
Các hàm số y = a và y =  ÷ có đồ thị đối xứng nhau qua trục tung
a

x

x

II. TÓM TẮT VỀ HÀM LOGARIT
1. Định nghĩa
Cho số thực a > 0 và a ≠ 1 , logarit cơ số a của một số dương N là mét
sè sao cho N = aM. Ký hiệu log a N
Ta có log a N = M ⇔ N = a M
Ví dụ: log 2 32 = 5 vì 25 = 32, 3-2 = 1/9 nên log3

1

= −2
9

log10 1000 = 3;log a 1 = 0;log a a = 1
2. Tính chất
• Cơ số a phải là số dương và khác 1
•

log a N chỉ có nghĩa khi N > 0

• log a 1 = 0;log a a = 1;log a a n = n
• log a a M = M , ∀M ∈ R; a log a N = N , ∀N > 0
3. Các phép tính về logarit
Giả sử a > 0, a ≠ 1 , A, B, N >0 ta có các công thức sau đây:
a) log a ( AB ) = log a A + log a B
Mở rộng: log a ( A1. A2 ... An ) = log a A1 + log a A2 + ... + log a An
b) log a ( A / B ) = log a A − log a B

4


SVTH: NguyÔn Thu Hßa

Khóa luận tốt nghiệp

Hệ quả: log a

1
= − log a N
N

( α ∈ R)

c) log a N α = α log a N ,
1
d) log a n N = log a N
n
4. Công thức đổi cơ số

Giả sử a, b dương và khác 1; c, x > 0 ta có:
a. log a b.log b c = log a c
Hệ quả: log a1 a2 .log a2 a3 ...log an −1 an = log a1 an (a1, a2,…, an > 0; a1, a2,…, an-1 ≠ 1 )
b. log a x =

c. log a b =

1
logb x
α

e. log n a x = n log a x

d. log aα x =

f.

a
logb a

logb x

logb a

log 1 x = − log a x

g.

a

log ab x =

1
1
1
+
log a x log b x

( x ≠ 1)

5. Hàm số logarit
a) Định nghĩa
Hàm số logarit cơ số a (a > 0 và a ≠ 1 ) là hàm số xác định bởi
công thức: x a y = log a x
Ví dụ: y = log 2 x

; y = log1/ 3 x

b) Các tính chất
• Hàm số y = log a x có tập xác định là ( 0;+∞ )
• Hàm số y = log a x liên tục tại mọi điểm x > 0
• Nếu a > 1: hàm số đồng biến trong khoảng ( 0;+∞ )

5


SVTH: NguyÔn Thu Hßa

Khóa luận tốt nghiệp

• Nếu 0 < a < 1: hàm số nghịch biến trong khoảng ( 0;+∞ )
• Hàm số y = log a x có tập giá trị là R
c) Từ tính chất đơn điệu của hàm số logarit ta suy ra các các đẳng thức và
bất đẳng thức sau
M = N
• Với a > 0, a ≠ 1 ta có: log a M = log a N ⇔ 
N > 0
M = N
• Với a > 1: log a M = log a N ⇔ 
N > 0
log a M > 0 ⇔ M > 1

log a M < 0 ⇔ 0 < M < N

• Với 0 < a < 1: log a M < log a N ⇔ M > N > 0
log a M > 0 ⇔ 0 < M < 1
Các tính chất này thường dùng để giải các PT và BPT logarit
6. Đồ thị hàm số logarit

a. a > 1

b. 0 < a < 1

6


SVTH: NguyÔn Thu Hßa

Khóa luận tốt nghiệp

* Bảng biến thiên
x

0

y = log a x 0

* Bảng biến thiên

1

+∞

a

+∞

1

−∞

x

y = log a x +∞

0

+∞

0
1
0

−∞

−∞

* Đồ thị

* Đồ thị
y

y

y =a>1)
log a x

1

(

1

1a

a 1

x

y = log a x

x

0< a <1

* Nhận xét:
1. Đồ thị (C) của hàm số y = log a x luôn đi qua A(1;0)
2. Đồ thị hàm số luôn ở bên phải trục tung
3. Các hàm số y = log a x và y = log1/ a x đối xứng nhau qua trục hoành
4. Vì y = log a x ⇔ x =ay nên các hàm số y = log a x và y = ax là những
hàm số ngược nên các đồ thị của chúng đối xứng nhau qua đường
phân giác y = x.

Chương 2

7


SVTH: NguyÔn Thu Hßa

Khóa luận tốt nghiệp

PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT

I. PHƯƠNG PHÁP CHUNG
1. Phương pháp đưa về cùng cơ số
Để hóa đồng cơ số hoặc để khử biểu thức mũ, hoặc logarit chứa
ẩn số, ta thường lấy mũ hoặc logarit các vế. ¸p dụng các công thức:
*a M = a N ⇔ M = N
*log a M = log a N ⇔ M = N > 0

(Với a > 0, a ≠ 1 )

*log a N = M ⇔ M = a M
Ngoài ra còn chú ý đến một số tính chất:
b > 0
1. log a b có nghĩa ⇔ 
a > 0, a ≠ 1
2. log a b =

log c b
(công thức đổi cơ số)
log c a

m
3. log a n b =

m
log a b
n

( b ≥ 0, a > 0, a ≠ 1)
( k ∈Z )

4. log a b 2 k = 2k log a b ,
5. log a b = c ⇔ b = a c
b = c
6. log a b = log a c ⇔ 
c > 0

( a > 0, a ≠ 1)

Ví dụ 1: Giải phương trình 16x = 82(1−x)
Giải
3
6 1− x
16x = 82(1−x) ⇔ 24 x = 2 ( ) ⇔ 6 ( 1 − x ) ⇔ x =
5
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =

8

3
5


SVTH: NguyÔn Thu Hßa

Khóa luận tốt nghiệp

(

)

log
2 log
2
Ví dụ 2: Giải phương trình 2 8 x − 6 x + 9 = 3 x

2 −1

Giải
Biến đổi: 32 log x

2 −1

= 3log x x −1 = 30 = 1

Với x < 0, x ≠ 1, x ≠ 3 ⇒ 2log8 ( x

2

−6 x +9

) = 20

x = 2
⇔ log8 x 2 − 6 x + 9 = 0 ⇔ x 2 − 6 x + 9 = 1 ⇔ x 2 − 6 x + 8 + 0 ⇔ 
x = 4

(

)

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 2 và x = 4

Ví dụ 3: Giải phương trình:  2 2



)

(

1

x +3 2 x






2
x −1

=4

Giải
Biến đổi phương trình ta có:

(

3

2

x

(

⇔3

)

x −1

)

x −1

(

3

= 22 ⇔

(

x

)

x −1 = 2 x

(

(

)

x −1

)

x −1

)

=2

x − 1 , x > 0, x ≠ 1 ⇔ 2 x − 5 x − 3 = 0

⇔ x =3⇔ x=9
Vậy phương trình cho có nghiệm x = 9.
Ví dụ 4: Giải phương trình

lg

(

) =3

x +1 +1

lg x − 40
3

(1)

Giải
lg

(

) = 3 ⇔ lg

x +1 +1

lg x − 40
3

(

)

x + 1 + 1 = lg x − 40

x + 1 + 1 = x − 40 ⇔ x = 48
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 48

9

(x > 40)

SVTH: NguyÔn Thu Hßa

Khóa luận tốt nghiệp

Ví dụ 5: Giải phương trình: log

a

2a − x
− log 1/ a x = 0 (1)
a
Giải

log

a

2a − x

= log a 1/ x = 0 ⇔ x = a, ( 0 < a ≠ 1)
2a − x
log a
− log 1/ a x = 0 ⇔ 
a2
a
0 < x < 2a
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = a

Ví dụ 6: Giải phương trình: 2 x + 2 x = 20

(1)

Giải

(

)

2
x
x
Học sinh có thể giải: (1) ⇔ 1 + 2 = 20 ⇔ 2 .5 = 20 ⇔ 2 = 4 ⇔ x = 2

x=2 là một đáp số đúng xong sai lầm ở đây của học sinh là đã hiểu:
22 x = 22.2 x
* Giải đúng:
t = 4
2
Đặt: t = 2x, ta có t + t = 20 ⇔ 
do t > 0 nên chọn t = 4. Khi đó
t = 5
2 x = 4 ⇔ x = 2 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2.
Ví dụ 7: Giải phương trình log 2 x 2 = 2log 2 ( 3 x + 4 )
Giải
Sai lầm của học sinh ở bài này là biến đổi: log 2 x 2 = 2log 2 x , phải luôn
nhắc học sinh: log 2 x 2 = 2log 2 x
* Bài giải đúng:

10


SVTH: NguyÔn Thu Hßa

Khóa luận tốt nghiệp

log 2 x 2 = 2log 2 ( 3 x + 4 ) ⇔= 2log 2 ( 3 x + 4 )
x = −2
 x = 3x + 4 
⇔ log 2 x = log 2 ( 3 x + 4 ) ⇔ 
⇔
4
3
x
+
4
>
0

 x > − 3

⇔ x = −1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1.
2. Phương pháp mũ hóa hoặc logarit hóa
Để giải phương trình bằng phương pháp mũ hóa, logarit hóa thì
chúng ta phải nắm vững các tính chất đã nêu ở trên. Tuy nhiên trước khi mũ
hóa hoặc logarit hóa cần phải biến đổi để rút gọn cả hai vế của phương trình về
dạng gọn nhất.

x +1

Ví dụ 1: Giải phương trình: 3x.2 x −1 = 72
Giải
Điều kiện x ≠ 1 . Lấy logarit thập phân 2 vế ta có:
x lg3 +

x +1
lg 2 = lg 72 ⇔ x 2 lg3 − x lg108 + 2lg12 = 0
x −1

x = 2
⇔
lg12
x =
lg3

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 2 và x =
Ví dụ 2: Giải phương trình:

x

lg

1
x

= 10 x

lg12

lg3

4

Giải
Điều kiện x > 0, x ≠ 1
⇒x

lg

1
x

4

= 10 x ⇔

4
1
.lg x = lg10 x = x 4 ⇒ x 4 = 1 ⇔ x = ±1
lg x

Không thỏa mãn điều kiện. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

11


SVTH: NguyÔn Thu Hßa

Khóa luận tốt nghiệp

Ví dụ 3: Tìm nghiệm của phương trình:
x2 +2
3x.4 3

= 144

2
thuộc miền xác định của hàm số y = lg ( x + 10 x )

Giải
Ta có:

x2 +2
3x.4 3

x2 +2
= 144 ⇔ 3x.4 3

(*)

= 32.4 2

Lấy logarit thập phân của hai vế ta có:
x2 + 2
lg 4 = lg32.42
3
(**)
2
⇔ x lg 2 + 3x lg3 + 4lg 2 − 5lg12 = 0

x lg3 +

Từ (*) ta thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình
3
Áp dụng định lý Viet ta có x = 1 − lg 2 12 là nghiệm thứ 2.
2
2
Thử lại x = 2 thuộc miền xác định của hàm số y = lg ( x + 10 x ) .

Ví dụ 4: Giải phương trình:

lg 1 ( x − 1) + lg 1 ( x + 1) − lg
2

2

1
2

( 7 − x) = 1

Giải
Trước khi mũ hóa ta cần rút gọn vế trái. Muốn vậy ta phải đưa các biểu
thức chứa logarit về cùng một cơ số.
x −1 > 0

Điều kiện  x + 1 > 0 ⇔ 1 < x < 7
7 − x > 0

Với điều kiện trên phương trình đã cho trở thành:

12


SVTH: NguyÔn Thu Hßa

Khóa luận tốt nghiệp

(

)

(

)

lg 1 x 2 − 1 − 2lg 1 ( 7 − x ) = 1 ⇔ lg 1 x 2 − 1 − 2lg 1 ( 7 − x ) = 1
2

2

2

( x − 1) = 1 ⇔ ( x − 1) = 1 ⇔ x
2

⇔ lg 1

2

2

2

2 ( 7 − x)

( 7 − x)

2

2

2

2

+ 14 x − 51 = 0

x = 3
⇔
 x = −17
Kết hợp với điều kiện ta có phương trình đã cho có nghiệm x = 3.
* Chú ý:Nếu chúng ta quên đặt điều kiện thì có thể chúng ta sẽ lấy thêm
nghiệm x = 17Luôn nhớ rằng log a b + log a c = log a bc chỉ đúng khi b > 0, c >0.
Ví dụ 5: Giải phương trình:
3
2
3
3
log 1 ( x + 2 ) − 3 = log 1 ( 4 − x ) + log 1 ( x + 6 )

2
4
4
4
Giải
log 1 ( x + 2 ) = 2log 1 ( x + 2 ) ;log 1 ( 4 − x ) = 3log 1 ( 4 − x )
2

Ta biÕt:

3

4

4

4

log 1 ( x + 6 ) = 3log 1 ( x + 6 ) .
3

4

4

Do đó phương trình đã cho tương đương với:
log 1 ( x + 2 ) − 3 = 3log 1 ( 4 − x ) + 3log 1 ( x + 6 )
4

4

4

⇔ log 1 ( x + 2 ) − 1 = log 1 ( 4 − x ) + log 1 ( x + 6 )
4

4

4

x+2 >0
−6 < x < −2

Điều kiện: 4 − x > 0 ⇔ 
−2 < x < 4
x + 6 > 0

Với điều kiện này ta có:

13

(*)

4


SVTH: NguyÔn Thu Hßa

Khóa luận tốt nghiệp

log 1 ( x + 2 ) = log 1 ( 4 − x ) ( x + 6 ) ⇔ 4 x + 2 = ( 4 − x ) ( x + 6 ) > 0
4

4

x = 2
 4 ( x + 2 ) = − x 2 − 2 x + 24

⇔
⇔
 x = −8
2
 4 ( x + 2 ) = x + 2 x − 24
 x = 1 ± 33

So sánh với điều kiện phương trình đã cho có 2 nghiệm: x = 2 và x = 1 − 33
* Chú ý: Nếu biến đổi log 1 ( x + 2 ) = 2log 1 ( x + 2 )
2

4

4

thì sẽ mất nghiệm

2
x = 1 − 33 . Do đó chúng ta phải ghi nhớ rằng: log a b = 2log a b

3. Phương pháp đặt ẩn số phụ
Nếu một phương trình mũ hay logarit, sau khi rút gọn có dạng

(

)

ϕ x
f a ( ) = 0 hoặc f ( log a ϕ ( x ) ) = 0 trong đó ϕ ( x ) là một hàm số theo x, ta

sẽ đặt t = aϕ ( x ) , t > 0 hoặc t = log ϕ ( x ) ta được một phương trình đại số
f(t) = 0, giải phương trình này nếu có nghiệm t, khi đó giải phương trình
ϕ x
t = a ( ) , hoặc t = log ϕ ( x ) để tìm x. Phương pháp giải phương trình như thế

này được gọi là phương pháp đặt ẩn phụ
1

1

1

Ví dụ 1: Giải phương trình: 49 x − 35 x = 25 x

(1)

Giải
1

Chia hai vế của (1) cho 35 x
1
 7 x

1
 5 x

(1) ⇔
 ÷ −1 =  ÷
5
7

( x ≠ 0)
1
 7 x

Đặt t =
,t>0
 ÷
5

1
1+ 5
Ta có: t − 1 = ⇔ t2 – t – 1= 0 ⇔ t =
t
2

14


SVTH: NguyÔn Thu Hßa

Khóa luận tốt nghiệp

1

x

1+ 5 
7
7
 7 x 1+ 5
Do đó:  ÷ =
⇔
÷ = ⇔ x = log1+ 5
2
5
5
5
 2 
2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x = log1+

5

2

Ví dụ 2: Giải phương trình: 101+ x − 101− x = 99
2

2

7

5

(1)

Giải
2

x
(1) ⇔ 10.10 − 10.

10t −

1
10 x

= 99 . Đặt t = 10 x , t ≥ 1 vì ( x 2 ≥ 0) . Suy ra:
2

2

10
= 99 ⇔ 10t 2 − 99t − 10 = 0 ⇔ t = 10
t
2

Do đó 10 x = 10 ⇔ x 2 = 1 ⇔ x = ±1
Ví dụ 3: Giải phương trình: log3 ( 2 x + 1) = 2log3 3 + 1
Giải
Đưa về cơ số 3 và đặt t = log 3 ( 2 x + 1) . Điều kiện: x > -1/2
t=

Ta có:

t = −1
2
+1 ⇔ t2 − t − 2 = 0 ⇔ 
t
t = 2

1
1
⇔ x=−
3
3
log 3 ( 2 x + 1) = 2 ⇔ 2 x + 1 = 32 = 9 ⇔ x = 4
log 3 ( 2 x + 1) = −1 ⇔ 2 x + 1 = 3−1 =

(

)

log x
Ví dụ 4: Giải phương trình: 1 + log 27 x 27 =

10
log 27 x
3

Giải
Áp dụng quy tắc log a xα = α log a x . Điều kiện x > 0

(

)

log x
Ta có: 1 + log 27 x 27 =

10
log 27 x . Đặt t = log 27 x
3

15


SVTH: NguyÔn Thu Hßa

Khóa luận tốt nghiệp

3log 227

Ta có:

t = 3
10
x
2
x − log 27 + 3 = 0 ⇔ 3t − 10t + 3 = 0 ⇔  1
t =
3
 3

log 27 x = 3 ⇔ x = 273 = 39
log 27 x =

1
⇔ 271/ 3 = 3 27 = 3
3

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 3 và x = 39.

(

)

Ví dụ 5: Giải phương trình: log3 3 + 3 + x =

3
log x 3

(1)

Giải
Điều kiện: x > 0, x ≠ 1

(

)

Ta có: log3 3 + 3 + x =

3

⇔ 3 + 3 + x = x2
log x 3

 x 2 = 3 + y
Đặt: y = 3 + x , ta có  2
 y = 3 + x
Trừ vế với vế: ( x − y ) ( x + y ) = y − x (*)

x = y
⇔
x + y +1 = 0

Do x > 0, x = y nên phương trình chỉ có nghiệm x =

1+ 3
2

* Sai lầm:
- Từ (*) học sinh có thể ước lượng 2 vế làm mất nghiệm
- Ta có thể không để ý đến điều kiện nên lấy thừa nghiệm
Bài này có thể giải quyết cách khác không cần đưa về hệ phương
trình .

Ta có thể giải như sau:

16


SVTH: NguyÔn Thu Hßa

Khóa luận tốt nghiệp

2

2

1
1
1 
1

3+ 3+ x = x ⇒ x + x + = 3+ x + 3+ x + ⇔ x + ÷ =  3+ x + ÷
4
4
2 
2


1 + 13
x=

1
1
2
⇔ x + = 3+ x + ⇔ 
2
2
1
1


x
+
=
3
+
x
−
( VN )

2
2
2

2

Vậy phương trình đã cho chỉ có nghiệm x =

1 + 13
2

Ví dụ 6: Giải phương trình: log 22 x + ( x − 1) log 2 x = 6 − 2 x

(1)

Giải
Điều kiện: x > 0. Đặt t = log 2 x ,
t1 = −2
log 2 x = −2;(*)
⇔
Ta có: 

log x = 3 − x;(**)
t 2 = 3 − x
 2
(* ) ⇔ x =

1
4

(**) nhận xét y = log 2 x là hàm số đồng biến trên y = 3–x là hàm số
nghịch biến nên phương trình này chỉ có nghiệm x = 2.
1

x=

4
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm

x = 2
Ví dụ 7: Giải phương trình: 2 x 2 + 4 = 22( x 2 +1) + 22( x 2 +2 ) −2 x
Giải
2

x2 +4

(
=2

⇔ 8.2

) + 22( x + 2 ) −2

2 x 2 +1

(
=2
2

+1

x2 + 3

+1

) + 4.22( x +1) −2

2 x 2 +1

x 2 +1

Đặt t = 2 x

2

2

, t ≥ 2 ta có:

17

x2 + 3

+1

2 +3

+1

(1)


SVTH: NguyÔn Thu Hßa

Khóa luận tốt nghiệp

( 1)

⇔ 8t = t 2 + 4t 2 − 4t + 1

t = 3 − 10
⇔ 8t = t 2 + 2t + 1 ⇔ t 2 − 6t − 1 = 0 ⇔ 
t = 3 + 10
x
Suy ra: 2

2

+1

(

= 3 + 10 ⇔ x 2 + 1 = log 2 3 + 10

(

)

⇔ x 2 = log 2 3 + 10 − 1 = log 2

(loai )

)

3 + 10
3 + 10
⇔ x = ± log 2
2
2

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = ± log 2 3 + 10
2
* Nhận xét: Ta thường chia cả 2 vế của phương trình cho một lũy thừa nào đó
chứa trong phương trình để giảm bớt số các lũy thừa có cơ số khác nhau.
- Nếu đưa được phương trình đã cho về dạng aϕ ( x ) + pa −ϕ ( x ) + q = 0 thì
dùng ẩn phụ u = aϕ ( x ) để đưa nó về phương trình bậc hai.
- Phương trình dạng: a 2 x + pa xb y + qb 2 y = 0 có thể đưa về phương
trình bậc hai đối với ẩn phụ u =

ax
, sau đó khi chia cả 2 vế cho b2y.
y

b

4. Sử dụng tính chất của hàm số
Có một số phương trình không thể dụng thuần túy các phương trình
nêu trên, đôi khi cần phải dùng các tính chất của bất đẳng thức để giải hoặc
phát hiện tổ hợp chứa các nghiệm rồi thử nghiệm, hoặc phát hiện nghiệm và
chứng minh đó là duy nhất hoặc sử dụng tính chất đồng biến, nghịch biến của
hàm số.
Ví dụ 1: Giải phương trình 2 x + 3x = 5 x
Giải

18


SVTH: NguyÔn Thu Hßa

Khóa luận tốt nghiệp

x

x

 2 3
2 + 3 = 5 ⇔  ÷ +  ÷ −1 = 0
 5 5
x

x

x

x

(1)

x

 2 3
Đặt f ( x ) =  ÷ +  ÷ − 1 , ta có f(1) = 0 nên x = 1 là một nghiệm.
5 5
Ta có f(x) là tổng của các hàm số nghịch biến và hằng nên nghịch biến,
do đó x = 1 là nghiệm duy nhất.
Ví dụ 2: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác vuông, cạnh huyền
bằng c. Giải các phương trình:
1. a x + b x = c x

2. a 2 x + b 2 x = c 2 x
Giải

1. Do a, b, c là 3 cạnh của tam giác vuông nên a 2 + b 2 = c 2 , suy ra x = 2
là nghiệm của phương trình a x + b x = c x (1)
x
x
x
x
a
b
a b
a b


(1) ⇔  ÷ +  ÷ − 1 = 0 vì < 1; < 1 nên các hàm số  ÷ ,  ÷
c
c
c c
c c

nghịch biến.
x

x

a b
Suy ra f ( x ) =  ÷ +  ÷ − 1 nghịch biến trên R.
c c
Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất.
2. Đặt t = 2x ta có a 2 x + b 2 x = c 2 x ⇔ a t + bt = c t có 1 nghiệm duy nhất
t = 2 (theo câu 1), suy ra 2 x = 2 ⇔ x = 1 . Phương trình a 2 x + b 2 x = c 2 x có
nghiệm duy nhất x = 1.

(

)

2
3
2
Ví dụ 3: Giải phương trình: 3 x − 2 x = log 2 x + 1 − log 2 x

Giải

(

)

1

2
Điều kiện: x > 0. Ta có log 2 x + 1 − log 2 x = log 2  x + ÷≥ log 2 2 = 1
x


19


SVTH: NguyÔn Thu Hßa

Khóa luận tốt nghiệp

(Áp dụng bất đẳng thức cosi cho 2 số dương x và 1 x ). Dấu bằng xảy
2
3
2
ra khi x = 1 (1) và 3 x − 2 x = x ( 3 − 2 x ) = y

- Nếu 3 − 2 x ≥ 0 ⇔ x ≤

3
thì 3 số x, x, 3 – 2x có tổng không đổi nên
2

ymax ⇔ x = 3 − 2 x ⇔ x = 1 và ymax = 1
- Nếu 3 – 2x <0 thì y < 0 nên y < ymax = 1 (2)
Từ (1) và (2) suy ra phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
Ví dụ 4: Giải phương trình: 9 x + 2 ( x − 2 ) 3x + 2 x − 5 = 0 (ĐH Đà Nẵng 1997)
Giải
2
Đặt t = 3x, t > 0 ta có t + 2 ( x − 2 ) t + 2 x − 5 = 0 xem như phương trình

(loai)
t = −1
bậc 2 theo t thỏa mãn điều kiện a – b + c = 0 nên 
t = −2 x + 5
Suy ra 3x = −2 x + 5 ⇔ 3x + 2 − 5 = 0 điều kiện x < 5/2
Phương trình thỏa mãn điều kiện khi x = 1.
3x > 3
Nếu x > 1 ta có 
−2 x + 5 > 3

phương trình vô nghiệm

3x < 3
Nếu x < 1 ta có 
−2 x + 5 < 3

phương trình vô nghiệm

Vậy phương trình có 1 nghiệm duy nhất x = 1.
* Chú ý: Là hàm số đồng nhất nên x = 1 là nghiệm duy nhất.

x x +3 = 1

Ví dụ 5: Tìm số nguyên x thỏa mãn

(1)

Giải
• x = 0: không là nghiệm của phương trình
• x > 0: Lấy logarit thập phân hai vế ta có: ( x + 3) lg x = 0 ⇔ x = 1

20


SVTH: NguyÔn Thu Hßa

Khóa luận tốt nghiệp

• x < 0: Nếu x là số nguyên chẵn thì x + 3 là số lẻ, suy ra x x +3 < 0 nên
(1) vô nghiệm, do đó x phải là số nguyên lẻ.
Ta thấy x = -1, x = -3 là nghiệm. Xét x ≤ −5 ⇒ x ≥ 5 ta có
x x +3 = x

x +3

≤ x

−2

=

1

x

≤

2

1
(không thỏa mãn)
52

Vậy phương trình chí có 3 nghiệm phân biệt x = 1, x = -1, x = -3.

x + x log2 3 = x log2 5

Ví dụ 6: Tìm nghiệm dương của phương trình:
Giải

Với điều kiện x > 0, sử dụng đồng nhất thức a log a N = N

(

)

Ta có: x = 3log3 x ⇒ x log 2 3 = 3log3 x
Tương tự x

log 2 5

log 2 x

=5

log 2 3

= 3log 2 3log3 x = 3log 2 x

log 2 x Chia

và x = 2

t

t

 2 3
hai vế cho 5 :  ÷ +  ÷ = 1 .
 5 5
t

Dễ thấy t = 1 là 1 nghiệm của phương trình. Do vế trái là một hàm số
nghịch biến đối với cơ số t nên đây là nghiệm duy nhất.
Vậy t = 1, hay log 2 x = 1 ⇔ x = 2
Ví dụ 7: Giải phương trình: 3x + 5 x = 6 x + 2
Giải
Ta có: 3x + 5 x = 6 x + 2 ⇔ 3x + 5 x − 6 x − 2 = 0
Đặt f ( x ) = 3x + 5 x − 6 x − 2 ⇒ f ' ( x ) = 3x ln 3 + 5 x ln 5 − 6 vì f’(x) < 0,
f(1) > 0 suy ra f’(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = α
Lập bảng xét dấu ta có:

21

SVTH: NguyÔn Thu Hßa

Khóa luận tốt nghiệp

Do đó đồ thị của hàm số y = f(x) cắt trục hoành tối đa là 2 điểm. Kiểm tra
ta có phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 0 và x = 1.

. Một số phương trình mũ và phương trình logarit không mẫu mực
Một số phương trình hoặc bất phương trình mà không thể dùng các
phép tính về hàm số mũ, logarit hoặc dùng tính đơn điệu để giải trực tiếp,
thường ta chú ý một vài cách như sau:
1) Dùng bất đẳng thức để giải: chẳng hạn giải phương trình A = B nếu
A = C
A ≥ C và B ≤ C thế thì phương trình tương đương với hệ 
B = C
2) Phát hiện nghiệm và chứng minh phương trình chỉ có nghiệm duy nhất
hoặc chỉ có những nghiệm đó.
3) Giải bằng phương pháp sử dụng đồ thị
Ví dụ 1: Phương trình sau đây có bao nhiêu nghiệm:

3x = x + 5

Giải
Ta có: f ( x ) = 3x = x + 5 ⇔ 3x − x − 5 = 0
Đặt f ( x ) = 3x − x − 5 = 0 , f(x) là hàm số liên tục trên R.
f ( 0 ) = −4 < 0; f ( 2 ) = 2 > 0; f ( −5 ) =

1

> 0 . Suy ra phương trình f(x) = 0 có
243

ít nhất 1 nghiệm x1 ∈ ( −5;0 ) và 1 nghiệm x2 ∈ ( 0;2 )
Vẽ đồ thị các hàm số: y = 3x và y = x + 5

22


SVTH: NguyÔn Thu Hßa

Khóa luận tốt nghiệp

Đồ thị cho thấy các đường cắt nhau tại hai điểm do đó phương trình chỉ
có 2 nghiệm.
* Chú ý: Có thể chứng minh bằng phương pháp đạo hàm:
f ' ( x ) = 3x ln 3 − 1 ⇒ f ' ( x ) = 0 ⇔ 3x =

1
 1 
⇔ x = x0 = log 3 
÷< 0
ln 3
 ln 3 

f ' ( x ) < 0 ⇔ x < x0 ; f ' ( x ) > 0 ⇔ x > x0
Hàm số f(x) giảm trong ( −∞; x0 ) và tăng trong

( x0 ; +∞ )

và do đó

phương trình có 2 nghiệm và chỉ có 2 nghiệm
Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 x +1 + 4 x + x − 1 (ĐH Ngoại Thương 1997)
Giải

(

)

2 x +1 + 4 x + x − 1 ⇔ 2 x 2 − 2 x = x − 1

(1)

• x = 1: thỏa mãn phương trình trên x = 1 là nghiệm
•

x > 1: ta có 2 x > 2 ⇒ 2 − 2 x < 0 và x – 1 > 0
Suy ra phương trình (1) vô nghiệm khi x > 1

2x < 2 ⇒ 2 − 2x > 0
• x <1 :
x <1⇒ x −1< 0
Vậy (1) vô nghiệm khi x < 1
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất x = 1

23


SVTH: NguyÔn Thu Hßa

Khóa luận tốt nghiệp

(

)

x
x
Ví dụ 3: Giải phương trình: x.2 = x ( 3 − x ) + 2 2 − 1

(1)

Giải

(

)

x.2 x = x ( 3 − x ) + 2 2 x − 1 ⇔ ( x − 2 ) 2 x = − x 2 + 3x − 2
Ta có:

x − 2 = 0
x = 2
⇔ ( x − 2) x2 + x − 1 = 0 ⇔  x
⇔
x = 0
2 + x − 1 = 0

(

)

Vì f ( x ) = 2 x + x − 1 là hàm số tăng nên 2 x + x − 1 = 0 có nghiệm duy nhất là x = 0.
x = 2
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm 
x = 0
x2 + x
Ví dụ 4: Giải phương trình: 2cos
= 2 x + 2− x
6
2

(1)

Giải
2
x2 + x
2 x +x
Ta có cos
≤ 1 ⇒ 2cos
≤ 2 . Áp dụng bất đẳng thức cosi
6
6
2

cho 2 số dương ta có: 2 x + 2− x ≥ 2 2 x.2− x = 2
2
Suy ra 2cos

2

x +x
= 2 x + 2− x
6

Ví dụ 5: Giải phương trình: 3 sin

x

 2 x2 + x
=1
cos
⇔
⇔
6
2 x + 2− x = 1


x=0

(1)

= cos x
Giải

Điều kiện x ≥ 0 . Do sin x ≥ 0 nên 3 sin
3
Suy ra:

sin x

sin x = 0
= cos x ⇔ 
cos x = ±1

h = k 2π ; h ∈ Z
 x = k 2π 2
⇔
⇔
2
 x = kπ
 x = k π

24

x

≥ 1; cos x ≤ 1

 x = kπ
⇔
 x = hπ
h = 0
⇔
k = 0

(h, k ∈ Z )

SVTH: NguyÔn Thu Hßa

Khóa luận tốt nghiệp

Vậy nghiệm của phương trình 3 sin
Ví dụ 6: Giải phương trình

x

= cos x là x = 0.


1 
1
log 2  cos 2 xy +
÷= 2
2
cos xy  y − 2 y + 2

Giải

 2
1 
Điều kiện  cos xy +
÷ > 0 . Áp dụng bất đẳng thức cosi cho 2 số
cos 2 xy 

2
dương ta có: cos xy +

 2
1
1 
≥
2
⇔
log
c
os
xy
+

÷≥ 1
2
cos 2 xy
cos 2 xy 


(

)

2
2
Mặt khác y − 2 y + 2 = y − 2 y + 1 + 1 = ( y − 1) + 1 ≥ 1, ∀y ∈ R

⇔

2

1
≤ 1 . Do đó:
y − 2y +1
2


1 
1
log 2  cos 2 xy +
=
÷
cos 2 xy  y 2 − 2 y + 2

cos 2 xy = 1 cos 2 xy = 1  x = kπ , ( k ∈ Z )
⇔
⇔
⇔
 y − 1 = 0
 y = 1
y =1
Nghiệm của phương trình là: ( kπ ;1) , k ∈ Z

(

)

log x
Ví dụ 7: Giải phương trình: log 2 x + 3 6 = log 6 x

Giải

 x > 0
Điều kiện: 
. Đặt X = log 6 x ⇔ x = 6 X
log 6 x
>0
 x + 3
Từ đó ta có phương trình:

(

X

log 2 6 + 3

X

)

X

3
= X ⇔ 6 + 3 = 2 ⇔ 3 +  ÷ =1
2
X

X

25

X

X

(*)