Cách suy luận phương pháp giải PT Logarit

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Chuyên đề II: PT Lượng giác, PT-Hệ PT
Phần 3: Phương Trình Mũ- Logarit
Coppy right ©: Mobile_lam

1, Giải bất phương trình 3x

2 −4

+ ( x 2 − 4)·3x − 2 ≥ 1

Giải:
Ta xét hai trường hợp sau:
 x2 − 4
3
<1
⇒ VT < 1.

2
( x − 4)·3 x − 2 < 0

Nếu −2 < x < 2 thì

 x2 − 4
3
≥1

Nếu x ≥ 2 hoặc x ≤ −2 thì 

( x 2 − 4)·3 x − 2 ≥ 0

⇒ ve phai ≥ 1.

Do đó, tập nghiệm của bất phương trình là { x ∈ ¡ | x ≥ 2 ∨ x ≤ −2}.
2, Giải phương trình log 2 ( x + 3log6 x ) = log 6 x
Giải:
Cách 1:
Ta gọi hàm f ( x) = log 2 ( x + 3log6 x ) − log 6 x . Ta sẽ chứng minh hàm này luôn tăng trên ( 0, + ∞ ) bằng cách
tính đạo hàm của nó. Thật vậy,

(x+3 ) − 1
f ′( x) =
ln 2 ( x + 3
) x ln 6
′

log 6 x

log 6 x

=

=

x ln 6 + 3

log 6 x

ln 3 − x ln 2 − ln 2·3

(

x·ln 2·ln 6 x + 3
3
2

log 6 x

·ln

(

log 6 x

x ln 3 + 3

x·ln 2·ln 6 x + 3

)

log 6 x

)

log 6 x

>0
1

1
Do đó, hàm f ( x) luôn tăng trên ( 0, + ∞ ) . Mà f  ÷ = 0 nên x = là nghiệm duy nhất của phương trình. +
6
6
Cách 2:

E-mail:

173

 :01645362939


Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3
t

t

3
3
Đặt t = log 6 x. Phương trình đã cho trở thành 3tt + 6 = 2tt ⇔  ÷ + 3 = 1. (1) Hàm số y =  ÷ + 3t liên tục
2
2

và đồng biến trên ¡ nên (1) có không quá một nghiệm thực. Hơn nữa, ta dễ thấy t = −1 là một nghiệm
1
của (1), nên (1) có nghiệm duy nhất t = −1, hay phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = . +
6

3, Giải hệ phương trình


1
log 2 x + log xy 16 = 4 − log 2
y

 4
2
2
 4 x + 8 x + xy = 16 x 4 x + y

Giải:
Phân tích hướng giải .
Đây là một hệ phương trình " tổng hợp " theo mình nghỉ , một điều thường mình hay sử dụng giải các hệ
này đó chính là sự quan sát giữa hai phương trình trong hệ để xem ta nên bắt đầu từ đâu ?.
Bây giờ chúng ta để ý phương trình thứ nhất trong hệ có thể cho ta một số phép biến đổi cơ bản để đưa
về điều " dể chịu " hơn .
1

1
Thật vậy : log 2 x + log xy 16 = 4 − log 2 ⇔ log 2 x + log xy 16 = 4 − log 2 y ⇔ log 2 x + log x y = 4 − log xy
y
24
⇔ log 2 xy = 4 −

4
log 2 xy

Tới đây chúng ta đã tìm được lối thoát . Lúc này ta chỉ cần khéo léo thay vai trò x và y cho nhau rồi giải
phương trình còn lại .
Hướng giải .

Điều kiện :

x > 0


 xy > 0; xy ≠ 1 (3) .


 y > 0; y ≠ 1

1

Từ phương trình (1) ta có : log 2 x + log xy 16 = 4 − log 2
y
⇔ log 2 x + log xy 16 = 4 − log 2 y ⇔ log 2 x + log x y = 4 −

1
log

4
Đặt t = log 2 xy ta được phương trình mới : tt= 4 − ⇔
t

Thế y =

4
x

xy

24

2

⇔ log 2 xy = 4 −

4
log 2 xy

− 4tt+ 4 = 0 ⇔ = 2 ⇔ xy = 4 ⇔ y =

4
.
x

vào phương trình (2) ta được phương trình:

4 x 4 + 8 x 2 + 4 = 16 x 2 4 x +

4
1
⇔ ( x 2 + 1)2 = 8 x 2 x +

x
x

E-mail:

174

 :01645362939


Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

2

2
1  x2 + 1 
1
1
1
1
⇔ 
÷ = x+ ⇔ x+ ÷ = x+
8  x ÷
x
8
x

x




.

Tới đây mình tin các bạn sẽ làm tốt nhé + Nhớ kiểm tra điều kiện (3)

(

4, Giải bất phương trình 2 + 3

)

x 2 − 2 x +1

(

+ 2− 3

)

x 2 − 2 x −1

≤

4
2− 3

Giải:
Ta có

(

2+ 3

)

x 2 − 2 x +1

(

⇔ 2+ 3

⇔  2+ 3


(

(

)

)

(

+ 2− 3

x2 − 2 x

x2 − 2 x 

Đặt tt= 2 + 3

2

)

x 2 − 2 x −1

(

+ 2− 3

)

x2 − 2 x

(

 −4 2+ 3


)

x2 − 2 x

≤

, ≥ 2 − 3.

)

4
2− 3
≤4

x2 − 2 x

+ 1 ≤ 0.

Khi đó, ta có bất phương trình tt2 − 4 + 1 ≤ 0 ⇔ 2 − 3 ≤ t ≤ 2 + 3. Từ đây, ta

dễ dàng tìm được nghiệm. +

5, Giải hệ phương trình:

( x − 4)( x + 1) = y( y + 5)

 log ( y + 2) = x − 2
x−2

y2


Giải:
Điều kiện: 2 < x ≠ 3, − 2 < y ≠ 0. Khi đó bằng cách đặt u = x − 4 > −2, ta có thể viết phương trình (1) của hệ
dưới dạng u(u + 5) = y( y + 5). Xét hàm f (tt) = 2 + 5t trên ( −2, + ∞), hàm số này có đạo hàm cấp một

f ′(tt) = 2 + 5. Do t > −2 nên f ′(t ) > 0, suy ra hàm y = f (t ) là hàm đồng biến. Vậy u = y hay x − 4 = y. Đến
đây các bạn thay vào phương trình (2) là OK. +
6, Chứng minh rằng phương trình x x+1 = ( x + 1)x có một nghiệm dương duy nhất
Giải:
Từ điều kiện có nghiệm của phương trình đã cho dẫn đến cho ta điều kiện của bài toán là x > 0 .
Với phương trình mũ mà bài toán cho ta thì ta sẽ ngay đến phương pháp logarit hóa ngay.Cụ thể :
x x +1 = ( x + 1)x ⇔ ln x x +1 = ln( x + 1)x ⇔ ( x + 1) ln x − x ln( x + 1) = 0

Nếu dùng cách giải thông thường cho bài toán này thì sẽ gặp khó khăn nên ta sẽ chuyển bài toán về
phương pháp " sử dụng tính đơn điệu" để giải.
Xét hàm số : y = f ( x) = ( x + 1) ln x − x ln( x + 1) , x > 0
1
x

Ta có : f ′( x) = +
Mặt khác ta có :

1

1
− ln  1 + ÷
x+1
x


1

1
− ln  1 + ÷ > 0 , x > 0
x

x


Thật vậy. Xét hàm số : y = g(tt) = − ln(1 + tt) ,

E-mail:

> 0 v?i t =

175

1
x

 :01645362939


Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

1
t
=
>0,
>0
1 + tt 1 +
y = g(t ) là hàm số đồng biến với t > 0

g(t ) > g(0) ⇔ tt− ln(1 + ) > 0 , t > 0

Ta có : g′(tt) = 1 −
Vậy hàm số
Do đó ta có :

1
x

1
x

Lúc đó ta có : f ′( x) > − +

1
>0
1+ x

Vậy hàm số y = f ( x) là hàm số đồng biến với x >0 nên phương trình f ( x) = 0 nếu có nghiệm thì nghiệm
đó duy nhất
Lại có hàm số y = f ( x) là hàm số liên tục với x >0
8
9

Mặt khác : f(2) = ln < 0 , (3) = ln

81
>0
64

Suy ra f(2). (3) < 0 . Nên phương trình f ( x) = 0 có nghiệm duy nhất x0 ∈ ( 2 ; 3 ) và dể thấy đây là
nghiệm dương duy nhất
7, Giải bất phương trình: log 4 x (4 x 3 ) + log

2

2
≥2
x

Giải:
Khi giải phuơng trình bất phương trình Logarith ta thưởng đưa về cùng cơ số và dùng công thức đổi cơ
số để biến đổi. Ở bài toán trên ta đưa về logarit cơ số 2.
2 + 3 log x

1
2
Điều kiện: 0 < x ≠ . Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với: 2 + log x + 1 − 2 log 2 x ≥ 2. Đặt
4
2
t = log 2 x ,

ta có bất phương trình:

2 + 3tt
−2 2 − 2t
− 2t − 1 ≥ 0 ⇔
≥ 0. Đến
2 + tt
2+

đây các bạn tự giải tiếp nhé. +

2

8, Giải phương trình 27 x = (6 x 2 − 4 x + 1)·9 x
Giải:
Rút gọn 9 rồi chuyển vế . Sau đó đặt t = 3x − 2 x . Ta được phương trình 3t − 2t − 1 = 0
Xét đạo hàm phương trình này chỉ có 2 nghiệm x = 1; x = 0
x

9, Tính x +

2

25
32

29

, biết x thỏa mãn: 4 x − 16 x − 4 + 4 x − 15 + 4 x − 4 = log 1 ( 4 − x)
2

Giải:
Để ý đến sự giải thoát cho 2 căn thức đầu tiên, cộng thêm điều kiện của đề bài thì ta sẽ thu được:
(|4 − 2 x − 4 |) + (2 x − 4 + 1) = − log 2 (

Hay là:

29

1
−x =
4
32

29
− x)
4

10, Giải phương trình: log 3 (2 x + 1) + log 5 (4 x + 1) + log 7 (6 x + 1) = 3 x
Giải:

E-mail:

176

 :01645362939


Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

Điều kiện của bài toán :

2x + 1 > 0


1
4x + 1 > 0 ⇔ x > −

6


6 x + 1 > 0

Xét hàm số y = f ( x) = log 3 (2 x + 1) + log 5 (4 x + 1) + log 7 (6 x + 1) − 3 x, ∀x > −
2

4

THPT Lục Ngạn 3

1
6

6

Khi đó : f ′( x) = (2 x + 1) ln 3 + (4 x + 1) ln 5 + (6 x + 1) ln 7 − 3
1
Nhận xét ta có : Hàm sô f ′( x) liên tục ∀x > −

Mặt khác :

6
2
4
6
2
4
6

f′(0) =
+
+
− 3 > 0, ′(1) =
+
+
−3<0.
ln 3 ln 5 ln 7
3 ln 3 5 ln 5 7 ln 7

1
Vậy phương trình f ′( x) = 0 có nghiệm duy nhất ∀x > − .
6

Do đó phương trình f ( x) = 0 có tối đa hai nghiệm phân biệt .
Lại có : f(0) = (1) = 0 . Vậy phương trình có hai nghiệm x = 0; x = 1+
(1 + 4 2 x − y ).51− 2 x + y = 1 + 2 2 x − y +1

11, Giải hệ phương trình: 

3
2
 y + 4 x + 1 + ln( y + 2 x) = 0

Giải:
 1   4  
tt 1−
tt
Đặt t = 2 x − y .Lúc đó phương trình (1) trở thành : (1 + 4 ).5 = 1 + 2.2 ⇔ 5  ÷ +  ÷  = 1 + 2.2
 5   5  



tt

(3)

Nhận thấy t = 1 thõa phương trình (3) . Mặt khác :
Khi t > 1 ta có VT < 5 ; VP > 5
Khi t < 1 ta có VT > 5 ; VP < 5
Do đó t = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (3) .
Với t = 1 ta có 2 x = y + 1 ⇔ y = 2 x − 1 . Thay vào phương trình (2) ta được phương trình:
y 3 + 2 y + 3 + ln( y 2 + y + 1) (4)

Xét hàm số y = f ( y ) = y 3 + 2 y + 3 + ln( y 2 + y + 1) ; ∀y ∈ ¡
2
Ta có : f ′( y) = 3 y + 2 +

2y + 1
y2 + y + 1

= 3y2 +

2 y2 + 4y + 3
y2 + y + 1

> 0, ∀y ∈ ¡

Vậy hàm số y = f ( y ) đồng biến ∀y ∈ ¡ nên phương trình f ( y ) = 0 nếu có nghiệm thì nghiệm thu được
là nghiệm duy nhất.
Mà f ( −1) = 0 nên phương trình (4) có nghiệm duy nhất y = −1 ⇒ x = 0 .

Do đó hệ phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất ( x; y) = (0 ; − 1)+

E-mail:

177

 :01645362939


Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

12, Tìm m để phương trình: 41+ x + 41− x = ( m + 1)(2 2 + x − 22 − x ) + 2 m có nghiệm thực thuộc: [0;1]
Giải:
1+ x

Phương trình đã cho được biến đổi thành phương trình: 4
1+ x

Đặt tt= 2

−2

1− x

(

)

+ 41− x = ( m + 1)2 21+ x − 21− x + 2 m (1)

Khảo sát hàm số t trên [0 ; 1]

, ∀ ∈  0 ; 4 

Khi đó ta có : t 2 − 8 = 41+ x + 41− x
tt2 − 2 − 8
Lúc đó phương trình (1) trở thành : t 2 − 8 = 2( m + 1)t + 2m ⇔
= 2m
t +1

Tới đây xét hàm số y = f (tt) =

2

tt − 2 − 8
, ∀ ∈ 0 ; 4  .
t +1

13, Giải phương trình : 4 2 x +

3

x+2

+ 2x = 42+

x+ 2

x+ 2

3

+ 2 x = 16.4

x+2

+ 2x

3 + 4x−4

x+2

− 2x ) = 0

Giải:

ĐK x ≥ −2
Viết phương trình thành :
16 x.4

+ 2x

3 +4 x−4

Phương trình tương đương với
16.4

x+2

3

(16 x −1 − 1) = 2 x (16 x −1 − 1) ⇔ (16 x −1 − 1)(16.4

3x
x
14, Giải phương trình : 2 − 6.2 −

1
2

3( x −1)

+

12
2x

3

=1

Giải:

Ta viết lại phương trình như sau:
23x −

8
2

3x

− 6.2 x +

12
2

x

= 1 ⇔ (2 x )3 − (

2


2
)3 − 6  2 x −
2

2x
x

x

Đặt 2 = t > 0 ta được phương trình
x=1



2 3
2
x
x
÷ = 1 hay (2 − x ) = 1 ⇔ 2 − x = 1 .

2
2
2
t
=
2
. Vậy phương trình
tt − − 2 = 0 giải ra được

có nghiệm duy nhất

15, Giải bất phương trình : (7 + 4 3)x − 3(2 − 3) x + 2 ≤ 0
Giải:

(

Các bạn để ý rằng : 7 + 4 3 = 2 + 3

(

)(

)

)

2

Mặt khác ta lại có : 2 + 3 2 − 3 = 1

(

Điều dó dẫn ta đến việc đặt ẩn phụ cho bất phương trình .Cụ thể ta đặt: tt= 2 + 3

)

x

(

, > 0 ⇒ 2+ 3

)

x

=

t > 0

3
t



2
Lúc đó bất phương trình đã cho trở thành : t − + 2 ≤ 0 ⇔ 

16, Tìm

m

x

để phương trình

3
tt + 2 − 3 ≤ 0

x

7+3 5 
7−3 5 

÷ + m
÷ =8

÷

÷
2
2






có nghiệm

Giải:

E-mail:

178

 :01645362939

1
t


Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT
x

7+3 5 
÷
÷
2



Các bạn hãy để ý tới điều đặc biệt sau : 

THPT Lục Ngạn 3
x

7−3 5 
.
÷ =1

÷
2


x

x

7+3 5 
7−3 5 
1
÷ , >0⇒
÷ =
÷

÷ t
2
2





Từ đó dẫn đến việc chúng ta nghỉ đến ẩn phụ ngay.Cụ thể đặt: tt= 
Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình : tt+

m
= 8 ⇔ 8 − t2 = m
t

Đưa bài toán ban đầu về " bài toán tương giao của hai đồ thị " .
Xét hàm số y = f (tt) = 8 − tt2 , > 0 . Tính đạo hàm ,giải phương trình đạo hàm rồi lập bảng biến thiên. Dựa
vào bảng biến thiên ta sẽ tìm được các giá trị của m thỏa yêu cầu bài toán.
17, Tìm a,b thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: 2 a + 3b = 21 và 2 lg( a − 3b) − lg 4 = lg a + lg b
Giải:
Trước tiên ta cần đặt điều kiện cho phương trình logarit có nghĩa. Cụ thể điều kiện :

 a − 3b > 0

(1)
a > 0
b > 0


Chúng ta biến đổi phương trình logarit đề bài cho trở thành:
2

2

 a − 3b 
 a − 3b 
lg( a − 3b)2 − lg 4 = lg ab ⇔ lg 
÷ = lg ab ⇔ 

÷ = ab (2)
2


 2 


 2a + 3b = 21

(4)
Kết hợp với (3) , (2) ta có hệ phương trình: 

2
 a − 3b  = ab
 2 ÷


Tới đây bài toán đã đơn giản với việc giải hệ phương trình (4)

18, Giải phương trình π|sin

x|

.

=|cos x |.

Giải:
Ta nhận thấy rằng VT của phương trình không nhỏ hơn 1, còn VP thì không lớn hơn 1.
sin x = 0

|cos x |= 1

Do đó, phương trình tương đương với hệ: 

Phương trình đầu của hệ đương đương: x = k π hay x = k 2 π2 với k ≥ 0
Phương trình thứ hai của hệ tương đương x = l2π hoặc x = π + l2π với l ∈ Z
Như vậy ta có hai trường hợp.
Thứ nhất: k 2 π2 = l 2π trường hợp này chỉ có k = l = 0 thỏa, tức là x = 0 là nghiệm.
Thứ hai: k 2 π2 = π + l 2π trường hợp này vô nghiệm
19, Giải hệ phương trình:

(

)

 1 + 4 x − y .51− x + y = 1 + 3 x − y + 2


 x2 − 3y y − 1 = 1 − 2 y

x

Giải:

E-mail:

179

 :01645362939

Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT
x− y

1
Phương trình (1) của hệ có thể viết lại như sau: 5  ÷
5

THPT Lục Ngạn 3
x− y

4
+ 5 ÷
5

= 1 + 9.3 x − y

tt

1
4
Đặt x − y = t thì phương trình trên trở thành: 5  ÷ + 5  ÷ − 9.3t − 1 = 0
5

1

tt

4

5

1

tt

1

4

4

Xét hàm số f (t ) = 5  ÷ + 5  ÷ − 9.3t − 1 ta có: f ′(t ) = 5  ÷ .ln + 5  ÷ .ln − 9.3t ln 3 < 0
5
5
5
5
5
5
Như vậy hàm
phương trình

 
 
f
(
t
)

số
nghịch biến
f (t ) = 0 ⇒ x = y

trên

R.

 

Mặt khác ta có

 
f (0) = 0 ⇒ t = 0

là nghiệm duy nhất của

1
Thay x = y vào phương trình (2) của hệ ta thu được: x 2 + 2 x − 1 − 3 x x − = 0
x



x≥1

1
1
Điều kiện  −1 ≤ x < 0 . Chia hai vế cho x ≠ 0 ta thu được phương trình: x − − 3 x − + 2 = 0
x
x


1
x

Đặt x − = z ≥ 0 thay vào ta có: z 2 − 3z + 2 = 0

20, Giải phương trình: 7 x = 2 x + 5x
Giải:
Trước tiên ta quan sát thấy ngay với hình thức bài toán như vậy thì việc đoán nghiệm để giải có lẻ là ý
tưởng tiên phong. Và cũng không thật khó để ta nhận thấy x = 0 ; x = 1 nghiệm đúng phương trình. Một
điều đặt ra là bây giờ với dự đoán như thế ta sẽ làm thế nào để dẫn chứng được phương trình chỉ có hai
nghiệm này khi mà các công cụ đắc lực giúp ta giải quyết nó như định lí Rolle hay Lagrange đã không
còn được dạy nữa? Chúng ta sẽ bất lực với nó sao? Không các bạn à.
Bây giờ ta đi vào bài toán ta đang xét. Với cách đoán nghiệm như vậy thì việc chuyển về hàm số chính
là điều cần thiết trong trường hợp hình thức bài toán như thế này.
Xét hàm số : f ( x) = 7 x − 2 x − 5x , ∀x ∈ ¡
Ta có : f ′( x) = 7 x ln 7 − 2 x ln 2 − 5
Tới đây thật khó mà đi giải phương trình f ( x) = 0 để lóe được nghiệm duy nhất của phương trình này để
rồi suy ra được phương trình f ( x) = 0 có tối đa hai nghiệm.Bây giờ ta thử điều này nhé
Ta có f ′( x) = 7 x ln 7 − 2 x ln 2 − 5 là hàm số liên trục trên ¡
Mặt khác : f′(0) = ln 7 − ln 2 − 5 < 0 ; ′(1) = 7 ln 7 − 2 ln 2 − 5 > 0
Từ đó ta có phương trình f ′( x) = 0 có nghiệm duy nhất x = x0
Tới đây các bạn làm bảng biến thiên của hàm số y = f ( x) các bạn sẽ thấy được rằng phương trình
f ( x) = 0 sẽ có tối đa không quá hai nghiệm.
Mặt khác : f(0) = (1) = 0
Nên phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 ; x = 1+
21, Giải phương trình: 4 x2 + x + 21− x2 = 2( x +1)2 + 1.
Giải:
4

x2 + x

+2

1− x 2

=2

( x +1)2

+ 1.

Ta có phương trình đã cho tương đương với:

E-mail:

180

 :01645362939


Vũ Tùng Lâm
22 x

2 +2x

⇔2
(2

II: PT- HPT

2

2 + 2 x ) +(1− x2 )

1− x 2

2 x2 + 2 x

+ 21− x = 2(2 x

2 x2 + 2 x

2 x2 + 2 x

+2

− 1)(2

1− x 2

=2

+1

1− x2

.2

THPT Lục Ngạn 3

+1

− 1) = 0

22, Giải phương trình: 5.2 x − 7 =

x+2
2x − 1

Giải:
Điều kiện:

1
x≠ .
2

Ta có nhận xét rằng:

Hàm số f ( x) = 5·2 x − 7 là hàm tăng và liên tục trên ¡ .
x+2
2x − 1

Hàm số g( x) =

1



1



là hàm liên tục và giảm trên từng khoảng xác định của nó:  −∞ , ÷ và  , + ∞ ÷.
2

2


Do đó, phương trình f ( x) = g( x) (cũng tức phương trình đã cho) chỉ có thể có tối đa hai nghiệm mà thôi.
Mặt khác, dễ thấy x = 0 và x = 1 thỏa mãn. Ta suy ra phương trình đã cho có đúng hai nghiệm là x = 0
và x = 1. Ta có thể giải thích rõ hơn điều này bằng cách chia trường hợp:


1





Nếu x ∈  −∞ , ÷. Do f ( x) liên tục và tăng trên khoảng này, còn g( x) liên tục và giảm trên khoảng này
2


1





nên phương trình f ( x) = g( x) chỉ có tối đa một nghiệm thuộc  −∞ , ÷.
2
1

1





Nếu x ∈  , + ∞ ÷. Lý luận tương tự, ta cũng thấy rằng f ( x) = g( x) chỉ có tối đa một nghiệm trên  , + ∞ ÷.
2

2

23, Giải bất phương trình:

2 + log 3 x
x −1

−

6
<0
2x − 1

Giải:
1
2

Điều kiện để bài toán có nghĩa là: x > 0; x ≠ ; x ≠ 1
Kí hiệu f ( x) = log3 x; g( x) =

2x − 4
2x − 1

thì f ( x); g( x) là các hàm số đồng biến trên tập xác định của nó

Ta xét các trường hợp sau:
1
2

TH 1: 0 < x < .
Khi đó bất phương trình đã cho có dạng: f ( x) > g( x)
1
2

Ta có f ( x) < f ( ) < 0; g( x) > g(0) = 4 > 0 . Vì vậy bất phương trình vô nghiệm
TH 2:

1
2

Khi đó bất phương trình đã cho có dạng: f ( x) > g( x)
1
2

1
2

Ta có: f ( x) > fl( ) = og3 = −0,6; g( x) < g(1) = −1 . Suy ra bất phương trình nghiệm đúng
TH 3: 1 < x ≤ 2

E-mail:

181

 :01645362939


Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Khi đó bất phương trình có dạng: f ( x) < g( x)
Ta thấy f ( x) > f (1) = 0; g( x) ≤ g(2) = 0 . Nên bất phương trình vô nghiệm
TH 4: 2Bất phương trình có dạng: f ( x) < g( x)
2
5

Ta có: f ( x) > fl(2) = og3 2 = 0,63; g( x) < g(3) = = 0, 4 . Suy ra bất phương trình vô nghiệm
TH 5: x ≥ 3 .
Bất phương trình có dạng f ( x) < g( x)
Ta có: f ( x) ≥ f (3) = 1; g( x) < 1 nên bất phương trình vô nghiệm
Tóm lại bất phương trình đã cho có nghiệm

1
< x < 1.
2

24, Giải phương trình: log7 x = log 3 ( x + 2)
Giải:
Đk: x>0
tt

Đặt log7 x = tt, ∈ ¡ từ (1) ⇔ log (7 2 + 2) = t ⇔ 7 2 + 2 = 3t
3
Viết lại phương trình trên như sau:
tt

72 + 2 = 92
tt

tương đương ( 7 ) 2 + 2( 1 ) 2 = 1
9

9

Dễ chỉ ra vế trái là hàm nghịch biến, vế phải là hằng số nên phương trình đã cho nếu có nghiệm thì
nghiệm đó là duy nhất.
mà t = 2 ta thấy thỏa mãn nên phương trình có nghiêm t = 2 hay x = 49
25, Giải bất phương trình x 4 − 8e x −1 > x( x 2 e x −1 − 8)
Giải:
Trước tiên ta biến đổi bất phương trình đã cho trở thành :

(

) (

) (

)(

)

x 3 e x −1 − x 4 − 8 x + 8e x −1 ⇔ x 2 e x −1 − x + 8 e x −1 − x ⇔ e x −1 − x x 3 + 8 < 0 (1)

Tới đây nếu ta giải (1) theo hướng bình thường thì sẽ gặp khó khăn trong việc giải bất phương trình có
liên quan đến biểu thức e x−1 − x
Vậy để đơn giản hóa nó đi mình thử chuyển hướng giải nó như sau
Xét hàm số : y = f ( x) = e x −1 − x , x ∈ ¡
Ta có :

f ′( x) = e x −1 − 1

f ′( x) = 0 ⇔ e x −1 − 1 = 0 ⇔ x = 1
Mặt khác dể thấy rằng : Với x > 1 thì f ′( x) > 0
Với x < 1 thì f ′( x) < 0
lim = +∞
Có x→±∞
Có f (1) = 0

E-mail:

182

 :01645362939


Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3
x3 + 8 < 0


Từ đó ta có f ( x) ≥ 0 , x ∈ ¡ . Do đó (1) tương đương với hệ sau : 

 x ≠ 1

⇔ x < −2

Vậy bài toán giải quyết xong +
 33 x − 2 y − 5.6 x + 4.2 3 x − 2 y = 0

26, Giải hệ phương trình: 


x − y = y + ( 2 y − x )( 2 y + x )2

Giải:
Trước tiên đứng trước hệ này ta quan sát thấy ở phương trình thứ (2) trong hệ nếu ta chọn x = 0 ; y = 0
thì rõ ràng phương trình (2) đúng. Bây giờ thử lại giá trị của hai biến x ; y lúc này vào phương trình
(1) ta thấy cũng nghiệm đúng vậy ta có x = 0 ; y = 0 là một nghiệm của hệ.
Bây giờ ta xét trường hợp nếu như x ; y không đồng thời bằng 0 khi đó ta bắt đầu biến đổi phương

trình (2) thành :

) ( 2y + x ) ⇔ x − y − y = (2y − x) ( 2 y + x )


1
+ ( x − 2 y) ( 2 y + x ) = 0 ⇔ ( x − 2 y) 
+ 2y + x ÷= 0
 x−y + y
÷
y

x−y = y +
⇔

x − 2y
x−y +

(

2y − x

)(

2y + x



⇔ x − 2y = 0 ⇔ x = 2y



Với x = 2 y ta thay vào phương trình (1) trong hệ ta thu được phương trình :

32 x − 5.6 x + 4.2 2 x

  3 x
 ÷ = 1
 2 
2x
x
3
3
= 0 ⇔  ÷ − 5  ÷ + 4 = 0 ⇔ 
2
2
 3  x
 ÷ = 4
 2 

27, Định m để phương trình sau có hai nghiệm trái dấu: ( m + 3)16 x + (2m − 1)4 x + m + 1 = 0
Giải:
Ở bài toán này ta thấy ngay việc đặt ẩn phụ giải là ý tưởng tốt nhất. Nhưng đứng trước hoàn cảnh đòi hỏi
là phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu thì ta nên đi phân tích một chút điều kiện bài toán.
Đặt tt= 4 x , > 0 . Khi đó nếu ta đặt ra hai nghiệm của phương trình đã cho là x1 , x2 thì buộc lòng điều
kiện hai nghiệm này là x1 < 0 < x2 . Với ràng buộc này ta đi đến điều kiện mới của ẩn phụ được tạo thành
bằng phép toán 4 x1 < 40 < 4 x2 ⇔ tt1 < 1 <

2

. Nhưng vậy là để phương trình đã cho ban đầu có hai nghiệm

trái dấu thì phương trình theo ẩn phụ mới buộc phải có hai nghiệm phân biệt tt1 ; 2 phải thỏa điều kiện
tt1 < 1 < 2 .
Nhưng hiện nay trong chương trình phổ thông không còn được phép dùng cách so sánh nghiệm của tam
thức bậc hai nên để tránh điều phạm quy tắc này ta làm sao đây khi mà điều kiện ràng buộc này nó mang
sắc thái đường nét quá rõ về dấu tam thức bậc hai. Vậy đứng trước vấn đề này ta nên làm sao đây?
Bình tĩnh lại một chút ta biến đổi điều kiện ràng buộc mới là
tt1 < 1 <

2

⇔ tt1 − 1 < 0 <

2

− 1 ⇔ u1 < 0 < u2 v?i u = t − 1

Vậy rõ ràng rằng với phép biến đổi này ta lại đưa về phương trình được biến đổi theo ẩn t thành
phương trình mới ẩn u mà điều kiện yêu cầu nghiệm quá cơ bản là u1 < 0 < u2 ⇔ P < 0

E-mail:

183

 :01645362939


Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Bây giờ ta đi vào bài toán một cách cụ thể.
Đặt tt= 4 x , > 0 . Lúc đó phương trình đã cho trở thành : ( m + 3)t 2 + (2m − 1)t + m + 1 = 0 (1)
Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho khi đó theo điều kiện giả thiết ta có x1 < 0 < x2 . Từ
x1 < 0 < x2 ⇔ 4

x1

< 40 < 4

x2

⇔ tt1 < 1 <

tt1 < 1 <

2

⇔ tt1 − 1 < 0 <

Mặt khác từ điều kiện
2
2 − 1 ⇔ u1 < 0 < u2 v?i u = tt− 1 ⇔ = u + 1
Lúc này phương trình (1) trở thành phương trình :
( m + 3)(u + 1)2 + (2 m − 1)(u + 1) + m + 1 = 0 ⇔ ( m + 3)u2 + (4 m + 5)u + 4 m + 3 = 0 (2)

Vậy để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 ; x2 th?a x1 < 0 < x2 tương đương phương trình (1) phải có

hai nghiệm tt1 ; 2 th?a tt1 < 1 < 2 tương đương với phương trình (3) phải có hai nghiệm
u1 ; u2 th?a u1 < 0 < u2 ⇔ ac < 0 ⇔ ( m + 3)(4 m + 3) < 0 ⇔ −3 < m <

28, Các bài toán liên quan đến phương trình: 4

1− x 2

+ 21−

−3
4
1− x 2

= m.

Giải:
Ở bài toán này ta để ý thấy ngay bài toán ở cả hai ý đều dựa trên ý tưởng đặt ẩn phụ thôi. Với ý giải
phương trình thì ta chỉ cần thay giá trị m vào bài toán là ta giải rất căn bản , với ý hai thì ta thấy ngay
sự cô lập m ở vế phải phương trình thì ta có thể nghỉ ngay đến việc khảo sát hàm số lập bảng biến thiên
và dựa vào phương án tương giao của hai đồ thị để biện luận điều kiện bài toán. Các bạn chú ý nhé các
bạn dể nhầm lần bài toán này bằng cách tìm m để một phương trình bậc hai có hai nghiệm dương lắm
đấy. Nhưng không phải là trong bài toán này được vì cái căn thức kia nó xuất hiện đấy.
Đầu tiên ta đặt điều kiện : 1 − x 2 ≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1
Đặt t = 2

1− x 2

. Do − 1 ≤ x ≤ 1 ⇔ 1 ≤ t ≤ 2
2
t

Lúc đó ta biến đổi phương trình về phương trình mới t 2 + = m (1)
Với ý 1 ta thay m = 3 ta được phương trình : tt3 − 3 + 2 = 0
Giải phương trình này khá cơ bản.
Với ý 2 ta xét hàm số f (tt) =
Ta có : f ′(tt) = 2 −

2
t2

2

+

2
,1≤t ≤ 2
t

≥ 0 , ∀t ∈ [1 ; 2]
x −1

1
29, Tìm m để phương trình 2 2 − 2 x −  ÷
2

+m+2 = 0

có nghiệm duy nhất thuộc [0;1].

Giải:

⇔2

2−2 x

−2

1− x

+m+2 = 0

Với x ∈ [0;1] ⇒ 0 ≤ 1 − x ≤ 1 ⇒ 1 ≤ 21− x ≤ 2
Đặt : 21− x = tt; ∈ [1; 2]
Pt trở thành tt2 − + m + 2 = 0
pt có nghiệm khi ∆ = −7 − 4 m ≥ 0 ⇔ m ≤

E-mail:

−7
4

184

 :01645362939


Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT
 f (1) ≥ 0

THPT Lục Ngạn 3

 f (2) ≥ 0

Yêu cầu bài toán tương đương với  f (2) ≤ 0 hoặc  f (1) ≤ 0


−
4
≤
m
≤
−
2
Kết hợp lại ta có

30, Bài toán biện luận phương trình: ( x + 1) log 22 ( x + 3) − 2m 2( x + 1) log 2 ( x + 3) + m + 1 = 0 .
Giải:
x
≥
−
1
Điều kiện để biểu thức có nghĩa :
Đặt : u = 2( x + 1) log 2 ( x + 3), u ≥ 0 ta thu được phương trình : u2 − 4mu + 2m + 2 = 0 (2) 1, Với m = −1 ta có
được phương trình : u2 + 4u = 0 ⇔ u = 0 ⇔ x = −1 2, Xét hàm số : u = u( x) = 2( x + 1) log 2 ( x + 3) trên đoạn
[−1,1] thì ta nhận thấy ngay u( x) là một hàm số đồng biến Có thể nhận thấy điều này từ định nghĩa!
Từ đó ta có : u( −1) ≤ u( x) ≤ u(1) hay là 0 ≤ u ≤ 4 ngoài ra ta cũng có ứng với mỗi giá trị của u ta chỉ tìm
được một giá trị của x bởi vậy yêu cầu của bài toán trở thành tìm m sao cho phương trình (2) có đúng
hai nghiệm thuộc [0, 4]
Ở phương trình (2) cô lập tham số m ta có : u2 + 2 = 2m(2u − 1) Dễ thấy 2u − 1 ≠ 0 nên ta có :

2 m = f (u) =

u2 + 2
2u − 1

Khảo sát hàm số này, từ bảng biến thiên ta đi đến kết quả : 1 < m ≤

9
7

31, Tìm nghiệm dương của phương trình: 100 x + 250 x = 40 x + 6.(25x − 4 x )2
Giải:
x
Phương trình đã cho được viết lại như sau: 100 + 10x (25x − 4 x ) − 6((25x − 4 x )2 = 0
 b = 2a

2
2
Đặt a = 25x − 4 x ; b = 10 x ; a > 0; b > 0 ta có phương trình sau: b + ab − 6a = 0 ⇔ b = −3a

b = −3 a



a, b > 0

TH 1:
loại do
TH 2: b = 2 a ta có phương trình sau: 10 x = 3(25x − 4 x ) . Chia 2 vế phương trình cho 25 x ta được:
2x

x

2
2
3 ÷ +  ÷ − 3 = 0
5
 
5

Giải phương trình ta có:

  2  x −1 − 37
  ÷ =
( L)
 −1 + 37 
6
 5
⇒ x = log 2 
÷


÷
x
6

−1 + 37
 2 
5
=

(
TM
)
 5 ÷
6
 
 −1 + 37
6


Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất: x = log 2 
5

32, Chứng minh với

x>0

thì


÷
÷


x

log 2 1 + 2 x > log 3  3 x + 2 2 ÷

÷




(

)

Giải:
Trước tiên bài toán này đúng với mọi
luôn chứ không phải với x > 0 thôi.
Bây giờ ta quan sát bài toán thấy là chưa rõ ràng lắm nên ta dùng các phép biến đổi cơ bản thêm bớt và
x≥0

E-mail:

185

 :01645362939


Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

công thức log a xb = b log a x. Ta biến đổi bất đẳng thức đã cho trở thành bất đẳng thức sau:
log 2 (1 + 2 x ) − x > log 3 (3 x + 2 x ) − x ⇔ log 2 (1 + 2 x ) − log 2 2 x > log 3 (3 x + 2 x ) − log 3 3 x
 3x + 2 x

÷ > log 3 

÷

3x


với x > 0 ta có :

 1 + 2x
log 2 
 2x


kết hợp

x
 
x


 
÷ ⇔ log  1 +  1 ÷ ÷ > log  1 +  2 ÷ ÷ (1)
2
3
÷
÷
 2 ÷
  3 ÷
 ÷







Hay ta có :

Theo tính chất của hàm lôgarit và

x
x
 
x
  1 x 
 2
1
2 ÷


÷
1+  ÷ > 1+ 
(2) Mặt khác ta lại có :
÷ ⇒ log 2 1 +  ÷ > log 2 1 + 
÷
 3 ÷
  3 ÷ ÷
 2 ÷
2
÷









x
x
 

 2 ÷
2 ÷
log 2  1 + 
÷ > log 3  1 + 
÷ (luôn dúng) (3) Kết hợp cả (2) và (3) ta có (1)
  3 ÷ ÷
  3 ÷ ÷
÷



 ÷





33, Giải phương trình:

x

1+ log  ÷
3
x

Trước tiên ta đặt điều kiện

= 900

x > 0.

Giải:
Lấy lôgarit hóa hai vế phương trình ta có

x
3


x
= log 900 ⇔  1 + log ÷log x = log 9 + log 100
3

⇔ ( 1 + log x − log 3 ) log x = 2 log 3 + 2
1+ log

log x

⇔ log 2 x + (1 − log 3) log x − (2 log 3 + 2) = 0

Xem đây là phương trình bậc hai theo biến log x thì phương trình này có biệt số
∆ = (1 − log 3)2 + 4(2 log 3 + 2) = (log 3 + 3) 2 Suy ra phương trình này có hai nghiệm phân biệt


x


log 3 − 1 + log 3 + 3
 log 3 = 1
 x = 30
log
x
=
=
log
3
+
1



2

⇔
⇔
log
3
−
1
−
log
3
−

3
 log x =
log x = −2

= −2
1


x =
2
100



Kiểm tra lại ta thấy hai nghiệm này đều thỏa bài toán.
 x 2 − 8 y + 15 + y 2 + 2| x | −15 = 4 x 2 − 18 y + 18


34, Giải hệ phương trình: 

 3 log 49 49 x 2 − log7 y 3 = 3

Điều kiện của phương trình (2) là: x ≠ 0, y > 0
Từ phương trình (2) ta có :

Giải:

3.(1 + log 49 x 2 ) − 3.log 7 y = 3 ⇔ 3 + 3 log 7 | x | −3 log 7 y = 3 ⇔ log 7 | x |= log 7 y ⇔| x|= y

Khi đó thay vào phương trình (1) ta được :

y 2 − 8 y + 15 + y 2 + 2 y − 15 = 4 y 2 − 18 y + 18 ⇔ ( y − 3).( y − 5) + ( y − 3).( y + 5) = ( y − 3).(2 y − 3)
Ta thấy y = 3 là nghiệm của hệ

Với y ≥ 5 ta có y − 5 + y + 5 = 2 y − 3
Đến đây thì bạn có thể giải quyết được rồi

E-mail:

186

 :01645362939


Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Ở hướng dẫn làm bài trên nếu không cẩn thận, ta dễ làm thiếu trường hợp của y .
Chỗ y 2 − 8 y + 15 + y 2 + 2 y − 15 = 4 y 2 − 18 y + 18
( å). Ta nên đặt điều kiện rồi chia ra hai trường hợp.
y
y
≤
−
5
Điều kiện của trong phương trình này là:
hoặc y ≥ 5 hoặc y = 3 .
Khi y = 3 thì phương trình ( å) nghiệm đúng.

Khi y ≥ 5 thì ( å) ⇔ ( y − 3).( y − 5) + ( y − 3).( y + 5) = ( y − 3).(2 y − 3) ⇔ y − 5 + y + 5 = 2 y − 3
Khi y ≤ −5 thì ( å) ⇔ (3 − y).(5 − y) + (3 − y).( − y − 5) = (3 − y).(3 − 2 y) ⇔ 5 − y + − y − 5 = 3 − 2 y
 2 x + 4 y = 32
 xy = 8

35, Giải hệ phương trình: 

Giải:
x

y

Dễ dàng nhận thấy x,y>0 vì nếu x,y<0 thì 2 + 4 < 2 < 32
Khi đó áp dụng AM-GM, ta có: 2 x + 4 y = 2 x + 2 2 y ≥ 2 2 x + 2 y ≥ 2 2 2
Dấu “=” xảy ra khi x = 2 y ⇒ x = 4, y = 2 .
Vậy (4; 2) là nghiệm duy nhất của hệ.

2 xy

= 32

36, Giải phương trình : 49 x + 5.3 7 x+ 4 = 9 x −1.4 3 x+1
Giải:
Phương trình đã cho tương đương với:
⇔ log 7 7

7 x + 34
3

= log 7 3

9 x −7
4

⇔

37, Giải hệ phương trình:

x+4
7 2 x +10.7 3

= 32 x − 2.3

x +1
4

⇔7

7 x + 34
3

=3

9 x−7
4

21log 7 3 + 136
7 x + 34 9 x − 7
=
log 7 3 ⇔ x =

3
4
27 log 7 3 − 28
2 2

y 2 y + x = y 3 xy


log y − 2 x ( y + 2 x) = log 2 y − 2 x−1 (4 x 2 + xy + x)

Giải:

2y
Từ phương trình (1) ta có được phương trình y

2 + x2

= y 3 xy

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

 y = 1

 x = 2 y

  x = y

Tới

đây các bạn thế từng trường hợp vào phương trình (2) và giải nhé
38, Giải phương trình: 3 x = 1 + x + log 3 (2 x + 1)
Giải:
Điều kiện:

1
x>−
2

Phương trình đã cho tương đương với: 3 x + x = 1 + 2 x + log 3 (2 x + 1)
⇔ log 3 3 x + 3 x = log 3 (2 x + 1) + 2 x + 1 (1)

E-mail:

187

 :01645362939


Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

1
+ 1 > 0 với mọi t>0
Xét hàm số : f (t ) = log3tt+ với t>0 ta có: f ′(t ) =

Vậy hàm số

f (t )

đồng biến trên

(0; +∞) .

Theo

tln3
(1) ta

có: f(3x ) = (2 x + 1) suy ra: 3 x = 2 x + 1

Xét hàm số: g( x) = 3x − 2 x − 1 ta có g′( x) = 3x ln3 − 2 ⇒ g′( x) = 0 ⇔ x = log 3

2
ln3

Lập bảng biến thiên hàm số g( x) ta suy ra g( x) = 0 có tối đa 2 nghiệm.
Ta có g(0) = g(1) = 0 suy ra x = 0; x = 1 là hai nghiệm của phương trình g( x) = 0
Đối chiếu với điều kiện thì cả 2 nghiệm đều thỏa mãn.

Vậy phương trình ban đầu có đúng hai nghiệm là: x = 0; x = 1

(

)

39, Giải phuơng trình: log 2 1 + x = log 3 x
Giải:
Điều kiện:x>0.

(

)

Đặt: log 2 1 + x = log 3 x = t
1 + x = 2t

Từ đó ta có: 

t
 x = 3
t

Suy ra:

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


tt

Dễ thấy VT là một hàm số nghịch biến nên phương trình có không quá 1 nghiệm.
Mà: t = 2 là 1 nghiệm của phương trình, suy ra: x = 9 là nghiệm của phương trình.
9 x2 − 4 y 2 = 5
 log 5 (3 x + 2 y) − log 3 (3 x − 2 y) = 1

40, Giải hệ phương trình: 

Giải:

3x + 2 y > 0

Điều kiện:
Đặt: log 5 ( 3x + 2 y ) = t

Kết hợp với phương trình thứ 2 ta

 3 x + 2 y = 5t
có: 
t −1
 3 x − 2 y = 3

Từ phương trình thứ nhất ta có:

( 3x + 2 y ) ( 3x − 2 y ) = 5 ⇔ 5tt.3 −1 = 5 ⇔ 15t = 15 ⇔ t = 1

3x + 2 y = 5
x = 1

Từ đó ta có hệ: 3x − 2 y = 1 ⇔  y = 1 Thử lại giá trị x; y ta thấy thỏa điều kiện.


Vậy hệ có nghiệm


( x; y) = (1;1)

9 x2 − 4 y 2 = 5
 log 5 (3 x + 2 y) − log 3 (3 x − 2 y) = 1

41, Giải hệ phương trình: 

Giải:

Điều kiện: 3x + 2 y > 0
Đặt: log 5 ( 3x + 2 y ) = t
 3 x + 2 y = 5t

Kết hợp với phương trình thứ 2 ta có: 

 3 x − 2 y = 3

E-mail:

t −1

Từ phương trình thứ nhất ta có:

188

 :01645362939


Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

( 3x + 2 y ) ( 3x − 2 y ) = 5 ⇔ 5tt.3 −1 = 5 ⇔ 15t = 15 ⇔ t = 1
3x + 2 y = 5
x = 1
Từ đó ta có hệ: 3x − 2 y = 1 ⇔  y = 1 Thử lại giá trị x; y ta thấy thỏa điều kiện.


Vậy hệ có nghiệm


( x; y) = (1;1)

 4
y − x4
=1
( x + y ).3

4
 8( x 4 + y ) − 6 x − y = 0


42, Giải hệ phương trình:

Giải:
Từ phương trình thứ nhất ta có:
x4 + y =

1
3y −x

4

= 3x

4 −y

Từ phương trình thứ hai ta có:
4

x +y=

6x

4 −y

8

Khi đó ta có:
6x

4 −y

= 8(3 x

4 −y

4

) ⇔ 3 x (2 x

4 −y

− 8) = 0

4

⇒ x −y =3

Do đó: x 4 + y = 27
2
2
43, Giải phương trình sau : x − 2 x + 2 = log 2 ( x + 1) − log 2 (3 x)
3

3

Giải:
Cách 1:
Đk:...
x 2 − 2 x + 2 = log 2 ( x 2 + 1) − log 2 (3 x)
3

3

⇔ ( x − 1)2 + 1 = log 2
3
( x −1)2

2
⇔ ÷
3

=

2

x +1
x2 + 1
⇔ ( x − 1)2 = log 2
3x
2x
3

x 2 + 1 ... x = 1
...
2x

Cách 2:
Đk:x>0
2
x 2 − 2 x + 2 = log 2 ( x 2 + 1) − log 2 (3 x) ⇔ ( x − 1)2 + 1 = log x + 1

2
3x
3
3
3

E-mail:

189

 :01645362939


Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

⇔ ( x − 1)2 = log 2
3

x2 + 1
2x

THPT Lục Ngạn 3

Ta có: VT = ( x − 1)2 ≥ 0 .

Mặt khác với điều kiện x>0 thì x 2 + 1 ≥ 2 x nên

x2 + 1

≥ 1.
2x

x2 + 1

Do đó VP = log 2 2 x ≤ 0 03

biến.Vậy đẳng thức xảy ra VT = VP khi và chi khi x = 1 . Phương trình có nghiệm duy nhất x = 1
44, Giải phương trình 4·10 x + 4·5 x = 100 + 25·4 x

Giải:
Bài toán này xét về hình thức thì ta giải nó bằng phương pháp hàm số có lẻ là thuận lợi nhất. Cụ thể ta
x

x

x

5
5
1
chia hai vế phương trình cho 4 x ta được phương trình mới 4  ÷ + 4  ÷ = 100  ÷ + 25 Xét hàm số
2
4
4
 

x

x

5
5
f ( x) = 4  ÷ + 4  ÷ .
2
4

 

 

Ta có hàm số này rõ ràng đồng biến
1

x

Xét hàm số g( x) = 100  ÷ + 25. Ta có hàm số này nghịch biến.
4
 
phương trình f ( x) = g( x)

Vậy nếu
có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Lại có f (2) = g(2) nên phương
trình đã cho có nghiệm duy nhất \ x=2.
1

1

45, Giải phương trình: 3log4 x+ 3 + 3log4 x− 3 = x

Giải:
Phương trình tương đương;
3

3x

log 4 3

⇔x

+

log 4 3 −

1
2

x

log 4 3
3

=

3
3
3

= x ⇔ xlog 4 3 ( 3 9 + 1) = 3 3. x
3

9 +1

⇔x=

log 4 3 −

1
2

3
3

3

9 +1

.

(

)

3
46, Giải phương trình: 3 log 3 1 + x + x = 2 log 2 x

Giải:
Cách 1:
Với bài toán về phương trình có chứa logarit thì trước khi biến đổi thì ta cần xét đến điều kiện của biến
x > 0

số và cơ số. Cụ thể ta có hàm số y = log a x xác d?nh khi và ch? khi 0 < a ≠ 1 Ở bài toán này thì điều kiện để
phương trình có nghĩa khi và chỉ khi

(



x > 0.

)

(

Ta biến đổi phương trình đã cho để dể nhìn hơn một chút

)

2
3

như sau 3 log 3 1 + x + 3 x = 2 log 2 x ⇔ log 3 1 + x + 3 x = log 2 x

(

)

⇔ log 3 1 + x + 3 x = log 2

( x)

2
3

(

)

⇔ log 3 1 + x + 3 x = log 2 3 x (1) Sự

xuất hiện của hai đại lượng

x;3x

làm ta nghỉ đến việc đặt ẩn phụ cho bài toán được đẹp hơn. Cụ thể ta đặt t = 6 x , t > 0. Lúc đó phương

(

2
trình (1) trở thành log 3 1 + tt +

3

) = log

2

(

tt2 ⇔ log 3 1 +

2

)

+ tt3 = 2 log 2

(2)

Lại thấy phương trình (2) là

một phương trình logarit không cùng cơ số nên để giải nó ta nghỉ đến giải phương trình này bằng

E-mail:

190

 :01645362939


Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

phương pháp hàm số. Nhưng nếu để như "nguyên thủy" mà dùng hàm số chắc sẽ không dể đâu mà có
thể toát mồ hôi đấy. Vì vậy để tránh làm điều đó thì ta thường đưa nó về giải một phương trình mũ sẽ tốt
hơn đấy. Để đạt được điều đó ta cần một bước "giải phẩu" nữa đó là ta đặt u = log 2 tt⇒ = 2u Lúc đó

(

)

u
u
u
u
u
phương trình (2) sẽ được "lột xác" thành log 3 1 + 4 + 8 = 2u ⇔ 1 + 4 + 8 = 9 (3) Chia hai vế phương
u

u

u

1 4 8
trình (3) cho 9u > 0 ta được phương trình  ÷ +  ÷ +  ÷ = 1 (4) Xét hàm số
9 9 9
u

u

u

1 4 8
f (u) =  ÷ +  ÷ +  ÷ , ∀u ∈ ¡ .
9 9 9
của phương trình (4).

Ta nhận thấy f (2) = 1 nên ta sẽ chứng minh u = 2 là nghiệm duy nhất

Cụ thể ta thấy ngay được hàm số y = f (u) là hàm số nghịch biến. Do đó ta có :
u

u

u

2

2

2

u

u

u

2

2

2

1 4 8
1 4 8
+ Với x > 2 thì f (u) < f (2) hay  ÷ +  ÷ +  ÷ <  ÷ +  ÷ +  ÷ = 1

9
9
9
     
9 9 9

+ Với

x<2

thì

f (u) > f (2)

hay

1 4 8
1 4 8
 ÷ + ÷ + ÷ >  ÷ + ÷ + ÷ = 1
9 9 9
9 9 9

Vậy chứng tỏ phương trình (4) có nghiệm duy nhất u = 2 ⇒ 2 = log 2 tt⇔ = 4 ⇔ 4 = 6 x ⇔ x = 46 +
Cách 2:
Điều kiện: x >0.

(

)
log 1 +

(

Khi đó ta sẽ có: 

3
Đặt: 3 log 3 1 + x + x = 2 log 2 x = 6t .
3

)

x + 3 x = 2t

 log 2 x = 3t

3
2t
1 + x + x = 3
⇔
3t
 x = 2

1

tt

8

4

Ta sẽ có: x = 26tt ⇔ 3 x = 2 2 Do vậy ta có

t

phương trình mới là: 1 + 2 3tt + 2 2 = 32t ⇔  ÷ +  ÷ +  ÷ = 1 Dễ thấy hàm số ở VT là một hàm nghịch
9 9 9
VP
biến mà
là một hàm hằng nên phương trình trên có không quá 1 nghiệm.
Ta nhẩm thấy ngay: t = 2 là một nghiệm của phương trình, do đó t = 2 là nghiệm duy nhất của phương
trình.
Với: t = 2 ta suy ra: x = 26.t = 212 .
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x = 212
47, Giải phương trình : 2011x = x + x 2 + 1
\Giải:
Ta viết phương trình thành:
2011x ( x2 + 1 − x) = 1

Xét: f ( x) = 2011x ( x 2 + 1 − x) có:
f ′( x) = 2011x ( x 2 + 1 − x)(ln 2011 −

Do đó f ( x) là hàm đồng biến,

1

)>0
x2 + 1
mà f (0) = 1 nên

E-mail:

phương trình có nghiệm duy nhất x = 0 .

191

 :01645362939


Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

 x + x 2 − 2 x + 2 = 3 y −1 + 1


48, Giải hệ phương trình 

 y + y 2 − 2 y + 2 = 3 x −1 + 1

Giải:
 x − 1 + ( x − 1)2 + 1 = 3 y −1


 y − 1 + ( y − 1)2 + 1 = 3 x −1

Ta sẽ viết lại hệ dưới dạng:

 a + a 2 + 1 = 3b


Để cho gọn ta sẽ đặt: a = x − 1; b = y − 1 . Ta thu được hệ: 
2
a
 b + b + 1 = 3

Trừ vế theo vế ta thu được: a + a2 + 1 − b − b2 + 1 = 3b − 3a ⇔ a + a2 + 1 + 3a = b + b2 + 1 + 3b
Xét hàm số: f (tt) = + tt2 + 1 + 3t ( ∈ R) .
tt2 + 1 +
+ 3t .ln 3 > 0 Vì
Ta có: f ′(tt) =

2

2

t +1

+ 1 >| tt|≥

Suy ra hàm số trên đồng biến trên R . Do đó ta có: f ( a) = fb( ) ⇔ a = b
Từ đó ta thu được phương trình: a + a2 + 1 = 3a
Ta sẽ tiếp tục ứng dụng hàm số để giải quyết bài toán này.
Phương trình trên tương đương với: 3a ( a 2 + 1 − a) = 1
Xét hàm số: g( a) = 3a ( a2 + 1 − a) V?i a ∈ R
3a ( a 2 + 1 − a)(ln 3 − 1)
>0
Ta có: g′( a) =
a2 + 1

Suy ra, hàm số trên đồng biến trên R , nên phương trình có tối đa 1 nghiệm.

Mà ta thấy rằng: a = 0 là một nghiệm của phương trình. Suy ra phương trình có nghiệm: a = 0 .
Suy ra: a = b = 0 ⇔ x = y = 1
Vậy hệ có nghiệm duy nhất là: ( x; y) = (1;1)
49, Giải phuơng trình:

lg 2 x − lg x 2 − 2

 lg x 

÷
 2 

= lg x

Giải:
Trước tiên ta điều kiện x > 0 . Quan sát bài toán để giải bài toán này chúng ta sẽ sử dụng giải nó bằng
cách lấy lôgarit hóa hai vế phương trình. Cụ thể ta có

lg 2 x − lg x2 − 2

 lg x 
log 2 
÷
 2 

1

= log 2  lg x ÷ Phương
2




trình

này sau khi sử dụng các công thức biến đổi của lôgarit ta đi đến phương trình

( lg

2

)

 lg x 
x − lg x 2 − 2 .log 2 
÷ = −1 + log 2 ( lg x )
 2 

E-mail:

192

 :01645362939


Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Đến đây ta tiếp tục áp dụng công thức biến đổi của lôgarit ta có phương trình mới
 lg x 
(lg 2 x − 2 lg x − 2)log 2 
÷ = −1 + log 2 (lg x)
 2 
⇔ (log 2 (lg x) − 1)(lg 2 x − 2 lg x − 3) = 0
 log 2 (lg x) − 1 = 0
⇔ 2
lg x − 2 lg x − 3 = 0

50, Giải bất phương trình:

6 − 3x
10
>
voi x > 0
x
2x − 1

Giải:
Điều kiện :

1
x≠
2

Khi đó bất phương trình đã cho cho tương đương với bất phương trình :
10 x
2x − 1
5

⇔ 1 − 3x >
2x − 1
1
• Với x > ta có : VT < 0; VP > 0 ⇒ bất phương trình vô nghiệm
2
1
• Với 0 < x < Đặt : f ( x) = 1 − 3 x ⇒ f ′( x) = −3 x ln 3 < 0 ⇒ hàm số f ( x) nghịch biến trên
2
1
(1)
Vậy : f ( x) > f ( ) = 1 − 3
2
5
−10
< 0 ⇒ hàm số g( x) là hàm nghịch biến.
Tương tự : Đặt g( x) = 2 x − 1 ⇒ f ′( x) =
(2 x − 1)2
6 − 3x >

Do đó g( x) < g(0) = −5



1





khoảng  0; ÷.

2

(2)



1





Vậy trong khoảng  0; ÷ thì bất phương trình luôn nghiệm đúng.
2


1





Kết luận : Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là :  0; ÷
2
51, Giải bất phương trình: 2 x +1 + (5x2 + 11)21− x − x 2 < 24 − x[1 − ( x 2 − 9)2 − x ]
Giải:
Trước tiên mình phải khẳng định bài toán này của h.u.n ra khá nặng tay. Nếu đây là một bài toán trong
đề thi năm nay thì vào phòng thi gặp bài toán này chắc sẽ có rất nhiều thí sinh sẽ ngậm bút ngay đấy #-o.
Mình nghỉ như thế thật đấy vì khi nhìn vào hình thức bài toán này mình cảm giác được nó mang nặng
"sát khí" của bài toán được ghép " kiểu phương trình tích và phương trình giải bằng hàm số". Chưa hết

sự khó khăn đâu các bạn à mà nó còn là kiểu phương trình " tích" có được khi giải nó bằng kỉ thuật
"tham số biến thiên" cộng với một cái đầu hết sức sáng suốt để kéo được một hằng đẳng thức mà mình
gọi là "dồn hết sức bình sinh " để cho ta một phương trình đẹp. Đoạn đường đó chỉ là cái khó khăn của
bước đầu thôi chứ đi vào cái cần đạt được của bài toán các bạn còn "phải tung hết tất cả những võ công
tuyệt thế" để hạ nó như là cuộc chiến của bốn đại cao thủ võ hiệp kim dung "Đông tà , Tây độc , Nam đế
, Bắc cái" đấy.8->. Bây giờ mình sẽ đi vào bài toán đây.

E-mail:

193

 :01645362939


Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

Trước tiên cái mũ 2 x kia nó quá lẻ loi trong bài toán nên thôi thì ta sẽ đặt nó bởi một ẩn phụ
tt= 2 x , > 0 cho bài toán bớt đi "cái khó chịu " để rồi bất phương trình đã cho trở thành
10 x 2 + 11 2
x3 − 9x
− x < 24 − x +
⇔ 2t 2 − ( x 2 − x + 24)t + 22 + 9 x + 10 x 2 − x 3 < 0 Bây giờ ta xem phương trình
tt
2t 2 − ( x 2 − x + 24)t + 22 + 9 x + 10 x 2 − x 3 = 0 là một phương trình bậc hai theo t thì phương trình có biệt số

2t +

∆ = ( x 2 − x + 24)2 − 8(22 + 9 x + 10 x 2 − x 3 ) = ( x 2 + 3 x)2 − 40( x 2 + 3 x) + 400 = ( x 2 + 3 x − 20)2 Từ

phân biệt của phương trình là

đó ta có hai nghiệm


x 2 − x + 24 + x 2 + 3x − 20 1 2 1
= x + x+1
t =
4
2
2



2
2
 t = x − x + 24 − x − 3x + 20 = − x + 11

4

Vậy từ đây ta sẽ đưa bất phương trình về hình thức sau

(

)

 1

1

2  t − x 2 − x − 1 ÷( t + x − 11) < 0 ⇔ 2t − x 2 − x − 2 ( t + x − 11) < 0
2
 2

 2.2 x − x 2 − x − 2 > 0
  2t − x 2 − x − 2 > 0


 2 x + x − 11 < 0
 t + x − 11 < 0
⇔
⇔
2
 2.2 x − x 2 − x − 2 < 0
  2t − x − x − 2 < 0

 x
 t + x − 11 > 0
 2 + x − 11 > 0
 

Rõ ràng đến đây ta hoàn toàn không thể giải bằng những kỉ thuật cơ bản được mà ta chắn chắc phải sử
dụng đến kỉ thuật hàm số. Để đạt được điều đó ta chuẩn bị các bước tiến hành sau đây.
Xét hàm số f ( x) = 2 x + x − 11 rõ ràng ta có được hàm số này đồng biến. Mặt khác f (3) = 0 nên ta có ngay
các đánh giá sau Nếu f ( x) > 0 ⇒ x > 3 Nếu f ( x) < 0 ⇒ x < 3 Xét hàm số g( x) = 2.2 x − x2 − x − 2. Ta có
g′( x) = 2.2 x. ln 2 − 2 x. Bây giờ ta cần phải đi tìm nghiệm của phương trình g ′( x) = 0. Nhưng nếu dùng kỉ
thuật thông thường ta cũng khó có thể tìm được nghiệm của nó. Nên ta lại tiếp tục dùng hàm số như sau.
Xét hàm số g1 ( x) = 2.2 x.ln 2 − 2 x. Ta có g1′ ( x) = 2.2 x ln 2 2 − 2. Từ đây ta có

 2 
⇔ x = log 2 
÷ = x0 Ta cũng dể kiểm chứng được rằng trong
2 ln 2
 2 ln 2 2 
biến , trong khoảng ( x0 ; +∞) hàm số đồng biến nên ta có được phương

g1′ ( x) = 0 ⇔ 2.2 x.ln 2 2 − 2 = 0 ⇔ 2 x =

2

2

khoảng ( −∞; x0 ) hàm số nghịch
trình g1 ( x) = 0 hay g′( x) = 0 có hai nghiệm phân biệt. Từ đó ta bằng trực giác hình học ta đi đến kết luận
rằng nếu phương trình g( x) = 0 có nghiệm thì sẽ có tối ta ba nghiệm phân biệt. Mặt khác ta có
g(0) = g(1) = g(2) = 0 nên ta có phương trình f ( x) = 0 có ba nghiệm phân biệt x = 0 ; x = 1 ; x = 2. Lại có
các đánh giá Nếu x > 2 ∨ 0 < x < 1 ⇒ g( x) > 0. Nếu x < 0 ∨ 1 < x < 2 ⇒ g( x) < 0. Từ đó ta có hệ bất phương

trình ( I ) trở thành

là S = (0;1) ∪ (2; 3) +

  0 < x < 1
  g( x) > 0


 x > 2
  f ( x) < 0
x < 3

0 < x < 1


⇔
⇔
Vậy

 x < 0
2 < x < 3
  g( x) < 0


  1 < x < 2
  f ( x) > 0
x > 3


E-mail:

194

ta có tập nghiệm của bất phương trình đã cho

 :01645362939


Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

P/S : Chổ tìm nghiệm của phương trình g( x) = 0 có ba nghiệm phân biệt có thể giải bằng đồ thị hàm số
và dựa vào đó có thể suy ra nghiệm bất phương trình liên quan đến g( x)
52, Giải phương trình

(

3− 2

) +(
x

3+ 2

)

x

= 5

x

Giải:
Ở bài toán này quan sát ta có cảm giác phương trình mũ này có chứa cặp số nghịch đảo và cái hay của
bài toán này là cảm giác đó đúng chứ không phải sai các bạn à. Thật vậy ta có

(

3− 2

) .(
x

3+ 2

)

x

=1

Và đến đây có một số bạn nghỉ rằng ta đặt ẩn phụ giải ngay nhưng không được các bạn à vì chúng ta còn

( 5)

bị kẹt dí cái đại lượng

x

bên vế phải phương trình. Vậy ta sẽ giải thoát điều khó chịu này ngay bằng

một biện pháp là chia cả hai vế phương trình cho nó ta được phương trình mới là
x

x

 3− 2  3+ 2

÷ +

÷ =1


5 ÷
5 ÷

 

 3− 2  3+ 2 1
÷. 
÷=
là 

5 ÷
5 ÷


 5

Tới phương trình này có một số bạn sẽ giải quyết nó bằng một sai lầm sau đó
Và tiến tới đặt ẩn phụ rồi giải. Các bạn đừng nghỉ mình nói điều này thừa nhé

vì thực tế đã chứng minh có không ít bạn khi gặp phương trình như thế này đã làm như thế. Và đó là một
"điểm chết người" vì khi làm toán với phương trình mũ có chứa cặp số nghịch đảo khi nhân chúng ta
cũng không được quên cái mũ nhé. Nếu không quên thì phép tính trên cho ta được phương trình
x

x

 3− 2  3+ 2

1

÷ .
÷ = x

÷

÷
5  
5 
5


Tới đây xem như kế hoạch đặt ẩn phụ đã hoàn toàn phá sản. Và một lối suy

nghỉ tự nhiên là khi mà các cách giải cơ bản đã không còn hiệu nghiệm nữa thì sẽ giải nó bằng kỉ thuật
hàm số nhưng lưu ý với các bạn rằng để phương án giải quyết này hiệu nghiệm thì ta cần phải đoán
được nghiệm phương trình trước rồi sau đó ta mới tiến hành từ định hướng nghiệm đó. Thực tế thì bài
toán này để đoán nghiệm nó thì quả thật là rất khó cho dù ta đã dồn "hết sức bình sinh" của mình. Vậy ta
phải giải quyết thế nào đây khi mà mọi lối đi đã được phơi bày mà vẫn chưa tìm ra hướng giải quyết. Và
bây giờ ta sẽ bình tỉnh và tinh ý để ý tới các cơ số của hàm mũ ta có được điều này
0<

3− 2
5

<1;

3+ 2
5

>1

Và điều này sẽ làm cho chúng ta bắt đầu cảm giác an toàn vì với kỉ thuật cơ bản đánh giá cơ số mũ ta đi
đến các kết luận quan trọng sau :
+) Với x ≥ 0 thì ta có :
x

x

x

x

 3− 2
 3+ 2
 3− 2  3+ 2

÷ >0;
÷ ≥1⇒ 
÷ +
÷ >1




5 ÷
5 ÷
5 ÷
5 ÷






 

+Với

x<0

x

thì ta có

x

x

x

 3− 2
 3+ 2
 3− 2  3+ 2

÷ >1; 
÷ >0⇒
÷ +
÷ >1




5 ÷
5 ÷
5 ÷ 
5 ÷






Điều này chứng tỏ phương trình đã cho vô nghiệm. Qua bài toán này mình muốn gửi gắm đến các bạn
khi chúng ta học về cách giải phương trình mũ , bất phương trình mũ và hệ phương trình mũ thì ngoài
việc chúng ta phải nắm vững các cách giải cơ bản truyền thống cùng với các kỉ thuật giải mà bằng kinh
nghiệm ta thu được thì trước tiên các bạn cần nắm rõ những tính chất của hàm mũ và đặc biệt lưu tâm

E-mail:

195

 :01645362939


Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

THPT Lục Ngạn 3

đến việc so sánh các cơ số mũ với nhau nhé. Vì trong các bài toán dùng lối kỉ thuật ra thì ở đâu đó vẫn
còn đó các bài toán chỉ sử dụng chất liệu cơ bản đơn giản thế thôi nhưng nếu chúng ta không có gì để
nhớ thì sẽ khó khăn cho chúng ta biết chừng nào. Và mình cũng muốn gửi các bạn niềm tin rằng chúng
ta hãy đừng "cố nhớ những điều quen thuộc mà chúng ta đã quên" và hãy " để những gì quen thuộc dẫn
dắt cho chúng ta đường đi". Thân chào.
53, Giải bất phương trình 4 x + 8 2 − x 2 > 4 + ( x 2 − x).2 x + x.2 x +1 2 − x 2
Giải:
Điều kiện: | x |≤ 2
4( x − 1 + 2 2 − x 2 ) > x.2 x ( x − 1 + 2 2 − x 2 ) ⇔ (

4
2

x

− x)( x − 1 + 2 2 − x 2 ) > 0

2

* Xét hàm số f ( x) = x − 1 + 2 2 − x , ∀x ∈ [− 2; 2] , ta có:
Hàm số f(x) liên tục trên [− 2; 2] .
 x ≤ 1
f ( x) = 0 ⇔ 2 2 − x 2 = 1 − x ⇔ 
⇔ x = −1
2
2
8 − 4 x = x − 2 x + 1

Lập bảng xét dấu, ta có:

f ( x) < 0 ⇔ x < −1 f ( x) = 0 ⇔ x = −1 f ( x) > 0 ⇔ x > −1

*Xét hàm số g( x) =

4
2x

− x , x ∈ [− 2; 2] ,

ta có:

Hàm số g(x) liên tục trên [− 2; 2] .
Hàm số g(x) nghịch biến trên [− 2; 2] .
g( x) = 0 ⇔ x = xo (Không hieu sao le quá)

Do đó ta có:
 g( x) > 0 neu − 2 ≤ x < x
o

 g( x) = 0 neu x = xo

 g( x) < 0 neu xo < x ≤ 2

1

54, Giải bất phương trình log 1 2 x2 − 3x + 1

>

1

log 1 ( x + 1)
3

3

Giải:

Điều kiện:









0 < 2 x2 − 3x + 1 ≠ 1

0 < x+1≠ 1
⇔




E-mail:







−1 < x <
x>1
x ≠ 0; x ≠

1
2

(*)

3
2

196

 :01645362939


Vũ Tùng Lâm

II: PT- HPT

1

BPT ⇔ log ( x + 1) −
3
log

1

3

2 x2 − 3x + 1

2

⇔

log 3 2 x − 3 x + 1 − log 3 ( x + 1)

⇔

log 3 (2 x 2 − 3 x + 1) − log 3 ( x + 1)2

log 3 ( x + 1).log 3 2 x 2 − 3 x + 1
log 3 ( x + 1).log 3 (2 x 2 − 3 x + 1)

THPT Lục Ngạn 3

>0

>0

> 0(1)

Hàm số f (tt) = log 3 ( + 1) là hàm đồng biến và f (0) = 0
⇒ f (t ) = f (t ) − f (0) luôn cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với tt− 0 = . Tức là:
log 3 ( x + 1) cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với x
log 3 (2 x2 − 3 x + 1) cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với 2 x 2 − 3 x
Và log 3 (2 x2 − 3x + 1) − log 3 ( x + 1)2 cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với 2 x 2 − 3x + 1 − ( x + 1)2 = x 2 − 5x

Do đó: (1) ⇔

x 2 − 5x
2

x(2 x − 3 x)

> 0 ⇔ ( x 2 − 5 x)(2 x − 3) > 0

(do (*))

x>5




⇔ 




1
2
3
1< x <
2

0
(kết hợp với (*)) là nghiệm bất phương trình đã cho.

55, Giải bất phương trình 4 x − 2x + 2 ≤ x 2 − 2 x − 3
Giải:
Ta có, bất phương trình đã cho tương đương:

( 2 ) − 4.2
⇔ ( 2 − 2)
x

2

x

( )

2

x

≤ x2 − 2 x − 3 ⇔ 2 x

− 4.2 x + 4 ≤ x 2 − 2 x + 1

2

≤ ( x − 1) ⇔ 2 x − 2 ≤ x − 1

2

Tới đây, ta xét 2 trường hợp:

Trường hợp 1: x ≥ 1.
Trường hợp 2: x ≤ 1.
56, Giải phương trình 7 x −1 = 6 log 7 (6 x − 5) + 1
Giải:
Đk:
(1) ⇔ 7 x −1 − 6 log 7 (6 x − 5) = −6( x − 1) + 6 x − 5
⇔ 7 x −1 + 6( x − 1) = 6 x − 5 + 6 log 7 (6 x − 5)
1
>0 ∀ >0
Xét hàm: ϕ(tt) = + 6 log 7 t có: ϕ′(tt) = 1 + 6

(

1
6

có: f ′( a) = 7 a ln 7 − 6

Nên ϕ(t ) là hàm đồng biến, do đó: ϕ 7
Xét hàm: f ( a) = 7 a − 6a − 1; a = x − 1 > −

E-mail:

t ln 7

x −1

) = ϕ(6x − 5) ⇔ 7

197

x −1

= 6x − 5

 :01645362939