CHUYÊN đề PHƯƠNG TRÌNH mũ và LOGARIT
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (236.27 KB, 19 trang )
phơng trình mũ, logarit
A. Kiến thức cần nhớ:
I. Các biến đổi mũ và lôgarit
II. Các phơng tình cơ bản
1) am = an m = n (a 1)
2) am = b m = log a b
3) m > 0; n > 0 thì log a m = log a n m = n
4) log a m = b m = ab
Ngoài ra ta còn có thể dùng công thức đổi cơ số để biến đổi ở pt logarit.
2n
Chú ý: Khi a > 0, a 1, n N ta có log a [ f ( x)] = 2n. log a f ( x)
B. Một số phơng pháp giải
I. Phơng pháp đa về cùng cơ số:
Nhận xét:
1. Đối với phơng thình lôgarit
1
. log a b
m
log c b
thì khi đó ta vận dụng log a b =
log c a
+ Nếu các cơ số có quan hệ với nhau dới dạng am thì khi đó ta vận dụng log a b =
m
+ Nếu các cơ số không có quan hệ với nhau dới dạng am
2. Đối với phơng thình mũ
+ Nếu các cơ số có quan hệ với nhau dới dạng am thì khi đó ta vận dụng log a b =
m
1
. log a b
m
+ Nếu các cơ số không có quan hệ với nhau dới dạng am thì khi đó ta vận dụng
log a b =
log c b
log c a
Ví dụ 1:
Giải các phơng trình sau:
x +7
1)
2x+1 . 43x+2 = 32 ;
3
2)
x 2 5
=9
x +1
;
52x+1 + 7x+1 - 175x - 35 = 0;
3x+1
3) 4 x + x + 21 x = 2 ( x+1) + 1 ;
2
HD:
1)
2)
2
2
x +1
3
ữ
2
9
. ữ
4
(
)
5+2
x 1
=
(
2 3 x
1
9x ữ
3
27
;
8
52
)
x 1
x +1
1
2
;
5 x +1 + 6.5 x 3.5 x 1 = 52 ;
4x
2
2
52x+1 + 7x+1 - 175x - 35 = 0 5.52x + 7.7x - 52x.7x - 5.7 = 0
(5.52x - 52x.7x) - (5.7 - 7.7x) = 0
52x. (5 - 7x) - 7. (5 - 7x) = 0
(52x - 7).(5 - 7x) = 0
2
+x
2
2
+ 21 x = 2 ( x +1) + 1
x = log 25 7
x = log 7 5
2 2( x 2 + x ) + 21 x 2 = 2 ( 2 x 2 + 2 x ) +(1 x 2 ) + 1
2 2 x 2 + 2 x + 21 x 2 = 2 2 x 2 + 2 x .21 x 2 + 1
2 2 x 2 + 2 x + 21 x 2 2 2 x 2 + 2 x .21 x 2 1 = 0
(2 2 x
2
+2 x
2
1).21 x (2 2 x
2
+2 x
1
.
2
1 2 x
= 2;
125 x +1 + 5 x + 2 = 5 4 x +5 + 1
2
2x+1 . 43x+2 = 32 2x+1 . 26x+4 = 25 27x+5 = 25 x = 0
4x
x+7
= 27 x 3 81x +3 ;
4x+4x-24x+1=3x3x-2
+ 2 2 x = 2 ( x +1) + 2 ;
+x
5 2 x = 7
x
7 = 5
4)
=
1) = 0
(2 2 x
2
+2 x
2
1).(21 x 1) = 0
2 2 x + 2 x = 1
2 x 2 + 2 x = 0
x = 0
2
2
x 1 = 0
21 x = 1
x = 1
2
Bài tập 2:
Giải các phơng trình sau:
2)
1
. log 2 ( x + 3) + 2. log 4 ( x 1) = log 2 (4 x )
2
log 1 ( x 1) log 2 ( x + 1) log 1 (7 x ) = 1
3)
4)
log 5 x + log 3 x = log 5 15
log 2 x + log 3 x + log 4 x = log13 x
5)
log 2 (3 x 1) +
6)
7)
log 2 ( x x 2 1). log 3 ( x + x 2 1) = log 6 ( x x 2 1)
1)
2
2
1
= 2 + log 2 ( x + 1)
log x +3 2
log 4 (log 2 x) + log 2 (log 4 x ) = 2
HD:
1)
1
. log 2 ( x + 3) + 2. log 4 ( x 1) = log 2 (4 x )
2
Đk: x > 1
(1)
(1)
log 2 ( x + 3) + log 2 ( x 1) = log 2 ( 4 x)
log 2 ( x + 3)( x 1) = log 2 (4 x)
x = 1
(x + 3)(x - 1) = 4x x2 - 2x - 3 = 0
x = 3
Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của pt là x = 3.
2)
log 1 ( x 1) log 2 ( x + 1) log
2
1
(7 x ) = 1
2
(2)
Đk: 1 < x < 7
(2) log 2 ( x 1) log 2 ( x + 1) + 2. log 2 (7 x) = log 2 2
log 2 ( x 1) log 2 ( x + 1) + log 2 (7 x) 2 = log 2 2
log 2 (7 x) 2 = log 2 2 + log 2 ( x 1) + log 2 ( x + 1)
log 2 (7 x ) 2 = log 2 2( x 2 1)
x = 17
(7 - x)2 = 2.(x2 - 1) x2 + 14x - 51 = 0
x = 3
Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của pt là x = 3.
log 5 x + log 3 x = log 5 15
3)
(3)
Đk: x > 0
(3) log 5 x + log 3 x = log 5 (3.5)
log 5 3. log 3 x + log 3 x = 1 + log 5 3
(1 + log 5 3). log 3 x = 1 + log 5 3
log 3 x = 1 x = 3
Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của pt là x = 3.
log 2 x + log 3 x + log 4 x = log13 x
4)
(4)
Đk: x > 0
log 2 x + log 3 2. log 2 x + log 4 2. log 2 x = log13 2. log 2 x
(4)
(1 + log 3 2 + log 4 2 log13 2). log 2 x = 0
⇔
log 2 x = 0
⇔ x=1
KÕt hîp ®iÒu kiÖn ta cã nghiÖm cña pt lµ x = 1.
5)
log 2 (3 x − 1) +
§k:
(5)
1
log x +3 2
1
x > 3
⇔ x > −1
x > −3
x ≠ −2
3 x − 1 > 0
x + 1 > 0
x + 3 > 0
x + 3 ≠ 1
⇔
⇔
⇔
= 2 + log 2 ( x + 1)
(5)
⇔
x>
1
3
log 2 (3 x − 1) + log 2 ( x + 3) = log 2 4 + log 2 ( x + 1)
log 2 (3 x − 1)( x + 3) = log 2 4( x + 1)
(3x - 1)(x + 3) = 4(x+1)
x = −1
⇔
⇔
3x - 4x - 7 = 0
x = 7
3
7
KÕt hîp ®iÒu kiÖn ta cã nghiÖm cña pt lµ x = .
3
log 4 (log 2 x) + log 2 (log 4 x ) = 2
6)
(2)
x > 0
⇔ x>1
§k:
log 2 x > 0
log x > 0
4
1
1
1
1
2
2
⇔
log
(log
x
)
+
log
log
x
log 2 (log 2 x) + log 2 log 2
(2)
=2 ⇔
2
2
2
2
2
2
1
3
⇔
log 2 (log 2 x) − 1 + log 2 (log 2 x ) = 2 ⇔
log 2 (log 2 x) = 3
2
2
⇔ log 2 (log 2 x) = 2 ⇔ log 2 x = 4 ⇔ x = 16
2
KÕt hîp ®iÒu kiÖn ta cã nghiÖm cña pt lµ x = 16.
7)
log 2 ( x − x 2 − 1). log 3 ( x + x 2 − 1) = log 6 ( x − x 2 − 1)
§k:
(7)
x 2 − 1 ≥ 0
x 2 − 1 ≥ 0
2
⇔
⇔ x ≥ 1
x − x − 1 > 0
2
x
−
x
−
1
>
0
2
x + x − 1 > 0
(7) ⇔ log 2 ( x + x 2 − 1) −1 . log 3 ( x + x 2 − 1) = log 6 ( x + x 2 − 1) −1
⇔ log 2 ( x + x 2 − 1). log 3 ( x + x 2 − 1) = log 6 ( x + x 2 − 1)
⇔
log 6 ( x + x 2 − 1) log 6 ( x + x 2 − 1)
.
= log 6 ( x + x 2 − 1)
log 6 2
log 6 3
log ( x + x 2 − 1) = 0
(7 a )
6
⇔
( 7b )
log 3 6. log 2 6. log 6 ( x + x 2 − 1) = 1
1 − x ≥ 0
⇔ x=1
Gi¶i 7a) x + x 2 − 1 = 1 ⇔ x 2 − 1 = 1 − x ⇔ 2
2
x − 1 = x − 2x + 1
Gi¶i 7b) log 3 ( x + x 2 − 1) = log 6 2 ⇒ x + x 2 − 1 = 3log6 2
(*)
1
1
2
= log6 2 = 3 −log6 2
Khi ®ã x − x − 1 =
(**)
x + x2 −1 3
x = 2
x x 2 1 = 3log 6 2
Do vậy ta có
x + x 2 1 = 3 log6 2
1 log 6 2
(3
+ 3 log6 2 )
2
x=
1
2
Rỏ ràng theo Bất đẳng thức Côsi ta có x = (3log 2 + 3 log 2 ) 1
6
6
1
2
Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của pt là x = 1 và x = (3log 2 + 3 log 2 )
6
6
Bài tập 3:
Giải các phơng trình sau:
log 2 ( x + 2) + log 4 x 2 = 3
1)
2)
3
log 1 ( x + 2) 2 3 = log 1 (4 x ) 3 + log 1 ( x + 6) 3
2
4
4
4
3)
log 4 ( x + 1) 2 + 2 = log
4)
1
log 9 ( x 2 5 x + 6) 2 = . log
2
HD:
1)
4 x + log 8 ( x + 4) 3
2
3
x 1
+ log 3 x 3
2
log 2 ( x + 2) + log 4 x 2 = 3
(1)
x + 2 > 0
x > 2
Đk:
x 0
x 0
(1) log 2 ( x + 2) + log 2 | x |= 3 log 2 | x | .( x + 2) = 3 | x | .( x + 2) 8 = 0 (1)
* TH 1: x > 0
x = 2
(1) x2 + 2x - 8 = 0
x = 4
* TH 2: -2 < x < 0
(1) - x2 - 2x - 8 = 0 (vn)
Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của pt là x = 2.
2)
3
log 1 ( x + 2) 2 3 = log 1 (4 x ) 3 + log 1 ( x + 6) 3
2
4
4
4
Đk:
(2)
x + 2 0
4 x > 0
x + 6 > 0
(loai )
(2)
x 2
6 < x < 4
3 log 1 | x + 2 | 3 = 3 log 1 (4 x ) + 3 log 1 ( x + 6)
4
4
4
log 1 | x + 2 | 1 = log 1 (4 x) + log 1 ( x + 6)
log 1 4. | x + 2 |= log 1 (4 x)( x + 6) 4. | x + 2 |= ( 4 x)( x + 6)
4
4
4
4
4
* TH 1: -2 < x < 4
x = 2
(2) x2 + 6x - 16 = 0
x = 8
* TH 2: -2 < x < 0
x = 1 33
(loai )
x = 1 + 33
Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của pt là x = 2 và x = 1 33 .
log 4 ( x + 1) 2 + 2 = log 2 4 x + log 8 ( x + 4) 3
(3)
(2) x2 - 2x - 32 = 0
3)
(loai )
(2)
§k:
x + 1 ≠ 0
4 − x > 0
x + 4 > 0
(3) ⇔
⇔
x ≠ −1
⇔
− 4 < x < 4
log 2 | x + 1 | + log 2 4 = log 2 (4 − x ) + log 2 ( x + 4)
log 2 4 | x + 1 |= log 2 (16 − x 2 ) ⇔ 4 | x + 1 |= 16 − x 2
* TH 1: -1 < x < 4
x = 2
(3’) ⇔ x2 + 4x - 12 = 0 ⇔
x = −6
* TH 2: -4 < x < -1
(loai )
x = 2 − 21
⇔
(loai )
x = 2 + 21
KÕt hîp ®iÒu kiÖn ta cã nghiÖm cña pt lµ x = 2 vµ x = 2 − 21
1
x −1
log 9 ( x 2 − 5 x + 6) 2 = . log 3
+ log 3 x − 3
(4)
2
2
x 2 − 5x + 6 ≠ 0
x ≠ 2; x ≠ 3
⇔
§k: x − 1 > 0
x > 1
x − 3 ≠ 0
x −1
2
+ log 3 x − 3
(4) ⇔ log 9 [ ( x − 2)( x − 3)] = log 3
2
( x − 1) x − 3
⇔ log 3 ( x − 2)( x − 3) = log 3
2
( x − 1) x − 3
⇔
( x − 2)( x − 3) =
2
x −1
⇔
( x − 2) =
(4’)
2
(3’) ⇔ x2 - 4x - 20 = 0
4)
* TH 1: 1 <
x<2
(4’) ⇔ - 2x + 4 = x - 1 ⇔ x =
* TH 2: x > 2
(4’) ⇔ 2x - 4 = x - 1
5
3
⇔ x = 3 ( lo¹i)
5
KÕt hîp ®iÒu kiÖn ta cã nghiÖm cña pt lµ x =
3
(3’)
II. Phơng pháp đặt ẩn phụ:
Ví dụ 1: Giải các phơng trình sau:
1) 2 x x 2 2+ x x = 3
2) 4x + 6x = 2.9x
3) 2x + 2-x + 4x + 4-x = 4
4) 4 x + x 2 5.2 x 1+ x 2 6 = 0
5) 3 2 x +1 = 3 x + 2 + 1 6.3 x + 3 2 x + 2
2
2
6)
7)
8)
9)
10)
25 x 6.5 x + 5 = 0 (Đề thi TN 2009)
7 2 x +1 8.7 x + 1 = 0 (Đề thi TN 2011)
3.8 x + 4.12 x 18x 2.27 x = 0 (ĐH K A - 2006).
2
2
5.2 x = 7. 10 x 2.5 x
4 3+ 2 cos x 7.41+ cos x 2 = 0
2
41+ln x 6 ln x 2.3ln x + 2 = 0
2
4 log 2 2 x x log 2 6 = 2.3log 2 ( 4 x )
(2 + 2 ) log 2 x + x.(2 2 ) log 2 x = 1 + x 2
x
x
11) 5 + 2 6 + 5 2 6 = 10
(
)
2
2
(
x
)
(
x
)
x
12) 26 + 15 3 + 2. 7 + 4 3 2. 2 3 = 1
HD:
1) 2 x x 2 2+ x x = 3
2 x 2 x 4.2 x x 2 = 3 2 x
2
x
4.
1
2
x2 x
=3
Đặt t = 2 x x > 0
Khi đó ta có phơng trình
2
t = 4
1
t 4. = 3 t2 - 3t - 4 = 0
t
t = 1 (loai )
x = 2
Với t = 4 ta có 2 x 2 x = 4 x2 - x - 2 = 0
x = 1
Vậy pt có nghiệm của pt là x = 2 và x = -1
2)
4x + 6x = 2.9x
2
3
2x
x
2
+ 2 = 0
3
x
2
Đặt t = > 0
3
Khi đó ta có phơng trình
t = 1
t2 + t - 2 = 0
t = 2 (loai )
x
2
=1 x=0
3
Với t = 1 ta có
Vậy pt có nghiệm của pt là x = 0.
4)
4 x + x 2 5.2 x 1+ x 2 6 = 0
2
Đk:
Ta có
(4)
(4)
2
x > 2
x < 2
2
2( x + x 2 2 )
5.
2 x+
x 2 2
2
6 = 0
§Æt t = 2 x + x −2 > 0
Khi ®ã ta cã ph¬ng tr×nh
2
t = 4
t
t − 5. − 6 = 0 ⇔ 2t 2 − 5.t − 12 = 0 ⇔
t = − 3 (loai )
2
2
2
Víi t = 4 ta cã 2 x + x −2 = 4 ⇔ x + x 2 − 2 = 2 ⇔ x 2 − 2 = 2 − 2
2
2 − x ≥ 0
⇔ 2
2
x − 2 = x − 4x + 4
3
KÕt hîp ®iÒu kiÖn ta cã nghiÖm cña pt lµ x = .
2
⇔ x=
3
2
5)
(5)
3 2 x +1 = 3 x + 2 + 1 − 6.3 x + 3 2 x + 2
Ta cã (5) ⇔ 3.3 2 x = 9.3 x + 1 − 6.3 x + 9.3 2 x
§Æt t = 3 x > 0
Khi ®ã ta cã ph¬ng tr×nh
3.t 2 = 9.t + 1 − 6.t + 9.t 2
1
* TH 1: t ≥
3
⇔ 3.t 2 − 9.t = (3t − 1) 2 ⇔ 3.t 2 − 9.t = 3t − 1
6 + 33
t =
3
2
2
(5’) ⇔ 3.t − 9.t = 3t − 1 ⇔ 3t − 12t + 1 = 0 ⇔
6 − 33
t =
3
1
* TH 2: 0 < t <
3
3 + 12
t =
3
2
2
(5’) ⇔ 3.t − 9.t = −3t + 1 ⇔ 3t − 6t − 1 = 0 ⇔
3 − 12
t =
3
6 + 33
KÕt hîp ®iÒu kiÖn ta cã nghiÖm cña pt (5’) lµ t =
3
6 + 33
6 + 33 ⇔
6 + 33
Víi t =
ta cã 3 x =
x = log 3
3
3
3
6 + 33
KÕt hîp ®iÒu kiÖn ta cã nghiÖm cña pt lµ x = log 3
3
6)
5.2 x = 7. 10 x − 2.5 x
(6)
Chia c¶ hai vÕ cho 10 x = 5 x . 2 x ta cã
x
(6)
x
2
5
+ 2.
⇔ 5.
5
2 −7 = 0
x
2
§Æt t = > 0
5
Khi ®ã ta cã ph¬ng tr×nh
t = 1
1
2
5.t + 2. − 7 = 0 ⇔ 5t - 7t + 2 = 0 ⇔ 2
t =
t
5
(5’)
(loai )
(loai )
(loai )
x
2
+ Víi t = 1 ta cã = 1 ⇔ x = 0
5
x
2
2
⇔ x=2
5 = 5
2
+ Víi t = ta cã
5
VËy nghiÖm cña pt lµ x = 0 vµ x = 2.
⇔
7)
4 3+ 2 cos x − 7.41+ cos x − 2 = 0
§Æt t = 4 cos x +1 > 0
4.4 2+ 2 cos x − 7.41+cos x − 2 = 0
t = 2
Khi ®ã ta cã ph¬ng tr×nh 4.t − 7t − 2 = 0 ⇔
t = − 1
(loai )
4
1
1
2π
⇔ cosx = - ⇔ x = ±
+ k 2π
Víi t = 2 ta cã 4 cos x +1 = 2 ⇔ cosx + 1 =
2
2
3
2π
+ k 2π .
VËy nghiÖm cña pt lµ x = ±
3
2
8) 41+ln x − 6 ln x − 2.3ln x + 2 = 0
(8)
2
§k: x > 0
(8) ⇔
4.2 2 ln x − 6 ln x − 18.3 2 ln x = 0
3
4−
2
⇔
3
2
ln x
3
− 18.
2
2 ln x
=0
ln x
§Æt t =
>0
Khi ®ã ta cã ph¬ng tr×nh
⇔ 18t2 + t - 4 = 0
4 − t − 18t 2 = 0
4
3
Víi t = ta cã
9
2
ln x
=
4
⇔ lnx = - 2 ⇔ x = e −2
9
VËy nghiÖm cña pt lµ x = e −2 .
9)
4 log 2 x − x log 6 = 2.3log ( 4 x )
§k: x > 0
(9) ⇔
41+log x − x log 6 = 2.3 2+ 2 log
2
2
2
2
2
2
2
⇔
4.4 log 2 x − 6 log 2 x = 18.9 log 2 x
⇔
3
4−
2
3
§Æt t =
2
1
− 1 − 17
t = 36 = − 2 (loai )
⇔
t = − 1 + 17 = 4
36
9
log 2 x
3
− 18.
2
2 log 2 x
x
=0
log 2 x
>0
Khi ®ã ta cã ph¬ng tr×nh
1
− 1 − 17
t
=
=
−
36
2 (loai )
4 − t − 18t 2 = 0 ⇔ 18t2 + t - 4 = 0 ⇔
t = − 1 + 17 = 4
36
9
log 2 x
4
4
1
3
⇔ log 2 x = - 2 ⇔ x = 2 −2 =
Víi t = ta cã
=
9
9
4
2
1
.
4
+ x.(2 2 ) log 2 x = 1 + x 2
Vậy nghiệm của pt là x =
10)
(2 + 2 ) log x
Đk: x > 0
Đặt t = log 2 x x = 2t
Khi đó ta có phơng trình
2
(2 + 2 ) t + 2 t .(2 2 ) t = 1 + 2 2t
Nhân vào 2 vế với (2 + 2 ) t ta có phơng trình
(2 + 2 ) 2t + 2 t .2 t = (2 + 2 ) t + 2 2t .(2 + 2 ) t
(2 + 2 ) 2t ( 2 + 2 ) t = 2 2t .(2 + 2 ) t 2 2t
(2 + 2 ) t (2 + 2 ) t 1 = 2 2t . (2 + 2 ) t 1
[
]
[2
(2 + 2 ) t = 4 t
t
(2
+
2
)
=
1
2t
][
(2 + 2 ) t ( 2 + 2 ) t
[
1] = 0
]
t=0
Với t = 0 ta có x = 1
Vậy nghiệm của pt là x = 1
11)
x
x
5 + 2 6 + 5 2 6 = 10
x
Do 5 + 2 6 5 2 6 = 1 nên ta đặt t = 5 + 2 6 > 0
Khi đó ta có phơng trình
t = 5 2 6
1
t + = 10 t2 - 10t + 1 = 0
t
t = 5 + 2 6
x
+ Với t = 5 2 6 ta có 5 + 2 6 = 5 2 6 x = - 2
x
+ Với t = 5 + 2 6 ta có 5 + 2 6 = 5 + 2 6 x = 2
Vậy nghiệm của pt là x = 2.
x
x
x
12)
26 + 15 3 + 2. 7 + 4 3 2. 2 3 = 1
Đặt t = (2 + 3 ) x > 0 khi đó ta có (7 + 4 3 ) x = t 2 ; (26 + 15 3 ) x = t 3
Khi đó ta có phơng trình
(
)
(
)
(
)
2
1 = 0 t4 + 2t3 - t - 2 = 0 (t - 2)(t3 - 1) = 0
t
Với t = 1 ta có (2 + 3 ) x = 1 x = 0
t 3 + 2t 2
Vậy nghiệm của pt là x = 0.
Bài tập 2:
Giải phơng trình:
1) 3.25 x 2 + (3x 10).5 x 2 + 3 x = 0
2) 9x + 2(x - 2).3x + 2x - 5 = 0
3) 25x - 2(3 - x ).3x + 2x - 7 = 0
HD:
3.25 x 2 + (3x 10).5 x 2 + 3 x = 0
1)
Đặt t = 5x-2 > 0
Khi đó ta có phơng trình
3t2 + (3x - 10).t + 3 - x = 0
(1)
2
2
Ta có = 9x - 60x + 100 - 36 + 12x = 9x - 48x + 64 = (3x - 8)2
t=1
3 x + 10 3 x + 8
= x + 3
t =
6
(1)
t = 3 x + 10 + 3 x 8 = 1
6
3
1
1
1
+ Với t = ta có 5 x 2 = x = log 5 + 2
3
3
3
+ Với t = - x + 3 ta có 5 x 2 = x + 3 (1)
Vì hàm số y = 5x-2 = f(x) là hàm số đồng biến x R
hàm số y = - x +3 = g(x) là hàm số nghịch biến x R
Nên (1) có một nghiệm duy nhất. Do f(2) = g(2) nên nghiệm duy nhất là x = 2.
Vậy nghiệm của pt là x = 2 và x = log 5
1
+ 2.
3
Bài tập 3:
Giải các phơng trình:
1)
log 2 (4 x +1 + 4). log 2 ( 4 x + 1) = log
1
8
1
2
1
2
2)
log x 3 + log 3 x = log
3)
4)
log x (125 x).[ log 25 x ] = 1
log 2 2 + log 2 ( 4 x) = 3
5)
log 3 (9 + log 2 x ) = 2 + log 3 (1 4. log x 4)
6)
log 32 x + log 32 x + 1 = 5
7)
log x x 2 14. log (16 x ) x 3 + 40. log ( 4 x ) x = 0
x
3 + log 3 x +
2
x
2
HD:
log 2 ( 4 x +1 + 4). log 2 ( 4 x + 1) = log
1)
1
2
1
8
(1)
Đk: D = R
(1)
log 2 4.( 4 x + 1). log 2 (4 x + 1) = log
[2 + log
2
]
1
2 2
2
(4 x + 1) . log 2 (4 x + 1) = 3
3
2
(1)
Đặt t = log 2 (4 + 1)
x
t = 1
t(t + 2) = 3 t2 + 2t - 3 = 0
t = 3
x
+ Với t = 1 ta có log 2 (4 + 1) = 1 4 x + 1 = 2 4 x = 1 x = 0
Khi đó ta có phơng trình:
+ Với t = - 3 ta có log 2 (4 x + 1) = - 3 4 x + 1 =
1
7
4x =
(vn)
8
8
Vậy nghiệm của pt là x = 0.
2)
log x 3 + log 3 x = log
Đk:
x
3 + log 3 x +
1
2
(2)
x > 0
x 1
(2)
Đặt t = log3x 0
1
2
1
1
+ log 3 x =
+ log 3 x +
log 3 x
log 3 x 2
2
1
1
1
log 3 x + = 0
log 3 x 2
2
(2)
1 1
1
− t+ =0
t 2
2
1
+ Víi t = -1 ta cã log3x = - 1 ⇔ x =
3
⇔
+ Víi t = 2 ta cã log3x = 2
x=9
Khi ®ã ta cã ph¬ng tr×nh:
KÕt hîp ®iÒu kiÖn ta cã nghiÖm cña pt lµ x =
2
log x (125 x).[ log 25 x ] = 1
3)
§k: x > 0
t = −1
⇔ t2 - t - 2 = 0 ⇔
t = 2
1
vµ x = 9
3
(3)
2
1
(1 + log x 125). . log 5 x = 1
2
1
.(1 + 3 log x 5).(log 5 x ) 2 = 1
4
3
(1 +
).(log 5 x) 2 = 4
log 5 x
(3) ⇔
⇔
⇔
§Æt t = log5x ≠ 0
3
(1 + ).t 2 = 4
t
⇔
+ Víi t = 1 ta cã log5x = 1
x=5
Khi ®ã ta cã ph¬ng tr×nh:
t = 1
⇔ t2 + 3t - 4 = 0 ⇔
t = −4
+ Víi t = - 4 ta cã log5x = - 4 ⇔ x = 5-4 =
1
625
KÕt hîp ®iÒu kiÖn ta cã nghiÖm cña pt lµ x = 5 vµ x =
4)
log 2 2 + log 2 ( 4 x) = 3
(4)
x
x > 0
x ≠ 2
§k:
1
(4) ⇔
1
.
625
2
log 2
x
≠
§Æt t = log2x 1
+ log 2 (4 x) = 3
⇔
1
+ 2 + log 2 x = 3
1 − log 2 x
1
+ t −1 = 0
1− t
+ Víi t = 0 ta cã log2x = 0 ⇔ x = 1
+ Víi t = 2 ta cã log2x = 2 ⇔ x = 4
Khi ®ã ta cã ph¬ng tr×nh:
⇔
1
+ log 2 x − 1 = 0
1 − log 2 x
t = 0
⇔ t2 - 2t = 0 ⇔
t = 2
KÕt hîp ®iÒu kiÖn ta cã nghiÖm cña pt lµ x = 1 vµ x = 4.
log 3 (−9 + log 2 x ) = 2 + log 3 (1 − 4. log x 4)
5)
(5)
x > 2 9 = 512
x > 0; x ≠ 1
⇔ x > 512
§k: − 9 + log 2 x > 0 ⇔ x > 256
1 − 4. log 4 > 0
x > 0; x ≠ 1
x
⇔ log 3 (−9 + log 2 x ) = log 3 9 + log 3 (1 − 4. log x 4)
(5)
⇔ log 3 (−9 + log 2 x) = log 3 9(1 − 4. log x 4)
⇔ − 9 + log 2 x = 9(1 − 4. log x 4)
⇔ − 9 + log 2 x = 9(1 − 8. log x 2)
8
)
⇔ − 9 + log 2 x = 9(1 −
(5’)
log 2 x
§Æt t = log2x ≠ 0
t = 6 (loai )
8
Khi đó ta có phơng trình: 9 + t = 9(1 ) t2 - 18t + 72 = 0
t
t = 12
Với t = 12 ta có log2x = 12 x = 4096.
Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của pt là x = 4096.
6)
(6)
log 32 x + log 32 x + 1 = 5
Đk: x > 0
Đặt t = log 32 x + 1 log 32 x = t 2 1
t = 3 (loai )
Khi đó ta có phơng trình: t2 - 1 + t - 5 = 0 t2 + t - 6 = 0
t = 2
2
log 32 x + 1 = 2 log 3 x = 3 log 3 x = 3 x = 3 3 .
Với t = 2 ta có
Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của pt là x = 3 3 .
log x x 2 14. log (16 x ) x 3 + 40. log ( 4 x ) x = 0
7)
(7)
2
Đk:
(7)
x > 0
1
1
x 2; x 16 ; x 4
2. log x x 42. log (16 x ) x + 20. log ( 4 x ) x = 0
2
log 2 x
log 2 x
log 2 x
42.
+ 20.
=0
x
log 2 (16 x)
log 2 (4 x)
log 2
2
log 2 x
log 2 x
log 2 x
21.
+ 10.
=0
1 + log 2 x
4 + log 2 x
2 + log 2 x
2.
log 2 x = 0
1
1
1
21.
+ 10.
=0
4 + log 2 x
2 + log 2 x
1 + log 2 x
(a )
(b )
+ Giải (a) x = 1
+ Giải (b) Đặt t = log2x 1; - 4; -2
Ta có (b)
1
1
1
21.
+ 10.
=0
t 1
t+4
t+2
(t + 4)(t + 2) - 21.(t -1)(t + 2) +10.(t - 1)(t + 4) = 0 ...
Với t = 0 ta có log2x = 0 x = 1.
Với t = 2 ta có log2x = 2 x = 4.
Với t = -
1
1
1
x=
ta có log2x = .
2
2
2
Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của pt là x = 1; 4;
1
2
.
Bài tập 4:
Giải các phơng trình:
( x + 2). log 32 ( x + 1) + 4( x + 1). log 3 ( x + 1) 16 = 0
1)
lg 2 ( x 2 + 1) + ( x 2 5) lg( x 2 + 1) 5 x 2 = 0
2)
HD:
t = 0
t = 1
2
t = 2
( x + 2). log 32 ( x + 1) + 4( x + 1). log 3 ( x + 1) 16 = 0
1)
Đk: x > - 1
Đặt t = log 3 ( x + 1)
Khi đó ta có phơng trình
(x + 2).t2 + 4.(x + 1).t - 16 = 0
(1)
2
2
Ta có = 4x + 8x + 4 + 16x + 32 = 4x + 24x + 36 = (2x + 6)2
2x 2 2x 6
= 4
t =
x+2
(1)
t = 2 x 2 + 2 x + 6 = 4
x+2
x+2
+ Với t = - 4 ta có log 3 ( x + 1) = - 4 x + 1 =
1
80
x=
81
81
4
4
ta có log 3 ( x + 1) =
(1)
x+2
x+2
Vì hàm số y = log 3 ( x + 1) = f(x) là hàm số đồng biến x > 1
4
hàm số y =
= g(x) là hàm số nghịch biến x 2
x+2
+ Với t =
Nên (1) có một nghiệm duy nhất. Do f(2) = g(2) nên nghiệm duy nhất là x = 2.
80
.
81
lg 2 ( x 2 + 1) + ( x 2 5) lg( x 2 + 1) 5 x 2 = 0
2)
Đk: x R
Đặt t = lg( x 2 + 1)
Vậy nghiệm của pt là x = 2 và x =
Khi đó ta có phơng trình
t2 + (x2 - 5).t - 5x2 = 0
(2)
4
2
2
4
Ta có = x - 10x + 25 + 20x = x + 10x2 + 25 = (x2 + 5)2
x2 + 5 x2 5
= x2
t =
2
(2)
x2 + 5 + x2 + 5
=5
t =
2
+ Với t = 5 ta có lg( x 2 + 1) = 5 x2 + 1 = 100 000 x = 99999
+ Với t = - x2 ta có lg( x 2 + 1) = - x2
(1)
Vì hàm số y = lg( x 2 + 1) = f(x) là hàm số đồng biến x > 0 ; nghịch biến x < 0
hàm số y = - x2 = g(x) là hàm số đồng biến x < 0 ; nghịch biến x > 0
Nên (1) có một nghiệm duy nhất. Do f(0) = g(0) nên nghiệm duy nhất là x = 0.
Vậy nghiệm của pt là x = 99999 và x = 0.
III. Phơng pháp logarit hóa:
Chú ý: Dùng khi gặp phơng trình có chứa các hàm số dạng
+ Tích của nhiều hàm số mũ
+ Chứa hàm số lũy thừa mũ y = [ f ( x)] ( x )
f ( x) > 0
Đk:
( x)
co nghia
Bài tập 1:
Giải các phơng trình:
4 x +1
2
1
=
5
7
lg x
x = 1000.x 2
1)
2)
3)
lg x + 5
3
x
3 x2
= 10 5+ lg x
log 1 5
log 5
4)
x .5
5)
6)
7)
x log 4 x 2 = 2 3(log4 x 1)
5 lg x = 50 x lg 5
( x 2) log3 9 ( x 2 ) = 9( x 2) 3
6
x
= 11
11
5
HD:
2
5
1)
4 x +1
1
=
7
3 x2
(4 x + 1). lg
2
1
= (3 x 2). lg
5
7
35
2
(4 x + 1).(lg 2 lg 5) = (3 x 2).( lg 7) x =
16.7 3
lg
625
lg
2)
(2)
x lg x = 1000.x 2
Đk: x > 0
(2) lg( x lg x ) = lg(1000.x 2 ) lg x. lg x = 3 + 2. lg x
lg x = 1
lg x = 3
3)
x
lg x + 5
3
Đk: x > 0
(3)
= 10 5+ lg x
lg x3+5
= lg(10 5+lg x )
lg x
(3)
lg x.
lg x + 5
= 5 + lg x
3
lg x = 5
lg x = 3
4)
6
x .5
log 1 5
x
lg 2 x 2. lg x 3 = 0
1
x = 10
x = 1000
log5
= 11
11
5
lg 2 x + 2. lg x 15 = 0
1
x = 100000
x = 1000
(4)
Đk: x > 0; x 1
Dể thấy
log5
11
(4)
11
5
= 55 khi đó ta có
6 log 1x 5
log 1x 5
5
log x
x
.
5
=
log
(
5
)
6
+
log
x
x
5
= 5. log x 5
log 5 5. log x 5 6 = 0
2
x
5)
x 2+log 4 x = 2 3( 1+log 4 x )
Đk: x > 0
(5)
log x 5 = 1
log x 5 = 6
(5)
log 4 ( x 2+log 4 x ) = log 4 (2 3( 1+log 4 x ) )
1
x = 5
6
x = 5
6)
(2 + log 4 x ). log 4 x = 3.( 1 + log 4 x). log 4 2
3
(2 + log 4 x ). log 4 x = (1 + log 4 x)
2
log 4 x = 3
2
2. log 4 x 7. log 4 x + 3 = 0
log 4 x = 1
2
lg x
lg 5
(6)
5 = 50 x
x = 64
x = 2
Đk: x > 0
áp dụng công thức a log c = c log a ta có
(6) 5 lg x = 50 5 lg x 5 lg x = 25 lgx = 2 x = 100.
( x 2) log 9 ( x 2 ) = 9( x 2) 3
7)
(7)
Đk: x > 2
(7) log 3 [ 9( x 2)]. log 3 ( x 2) = log 3 [9( x 2) 3 ]
b
b
3
[ 2 + log 3 ( x 2)]. log 3 ( x 2) = 2 + 3. log 3 ( x 2)
t = log 3 ( x 2)
Đặt
Khi đó ta có phơng trình
(t + 2).t = 2 + 3t
t2 - t - 2 = 0
Với t = - 1 ta có log 3 ( x 2) = 1 x =
Với t = - 1 ta có log 3 ( x 2) = 2
t = 1
t = 2
7
3
x = 11
Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của pt là x =
7
và x = 11.
3
IV. Phơng pháp hàm số:
Bổ đề:
1) Xét hàm số f(x) = g(x)
(1)
Nếu hàm só f(x) đồng biến, g(x) nghịch biến thì (1) có nghiệm duy nhất
Nếu hàm só f(x) nghịch biến, g(x) đồng biến thì (1) có nghiệm duy nhất
HQ: Xét hàm số f(x) = a
(2)
Nếu hàm só f(x) đồng biến thì (2) có nghiệm duy nhất
Nếu hàm só f(x) nghịch biến thì (2) có nghiệm duy nhất
2) Hàm só f(x) đồng biến hoặc f(x) nghịch biến trên K
Thì f(x1) = f(x2) x1 = x2
Bài tập 1:
Giải các phơng trình:
1)
3 x + 4x = 5x
2)
3)
x
2x = 1 + 3 2
Bài tập 2:
Giải các phơng trình:
log 3 ( 4 x + 7) = log 2 x
1)
2)
3)
4)
log 3 ( x + 2) = log 7 x
5)
3. log 3 (1 + x + 3 x ) = 2. log 2 x
log 2 ( x + 3 log 6 x ) = log 6 x
log 2 (1 + x ) = log 3 x
HD:
1) log 3 ( 4 x + 7) = log 2 x
Đk: x > 0
Đặt x = 24t > 0 4 x = 2 t ; x = 2 2t
Khi đó (1) log 3 (2 t + 7) = log 2 2 2t
2t + 7 = 9t
t
t
(1)
log 3 (2 t + 7) = 2t
t
t
2
1
+ 7. = 1
9
9
t
(1)
t
2
1
2
1
2
1
Xét hàm số f (t ) = + 7. có f ' (t ) = . ln + 7. . ln < 0 f(x) nghịch biến
9
9
9
9
9
9
Do đó (1) có nghiệm duy nhất, vì f(1) = 1 nên nghiệm duy nhất là t = 1
Với t = 1 ta có x = 24 = 16.
Vậy phơng trình (1) có nghiệm x = 16.
log 3 ( x + 2) = log 7 x
2)
Đk: x > 0
Đặt x = 72t > 0 x = 7 t
Khi đó (2) 2 t = log 3 (7 t + 2)
t
t
7 +2=9
t
t
t
t
(2)
t
7
1
+ 2. = 1
9
9
t
(2)
7
1
7
1
7
1
Xét hàm số f (t ) = + 2. có f ' (t ) = . ln + 2. . ln < 0 f(x) nghịch biến
9
9
9
9
9
9
Do đó (2) có nghiệm duy nhất, vì f(1) = 1 nên nghiệm duy nhất là t = 1
Với t = 1 ta có x = 72 = 49 .
Vậy phơng trình (1) có nghiệm x = 49.
log 2 ( x + 3 log x ) = log 6 x
3)
Đặt t = log 6 x x = 6t > 0
log 2 (1 + x ) = log 3 x
4)
Đặt t = log 3 x x = 3t > 0
3. log 3 (1 + x + 3 x ) = 2. log 2 x
5)
(3)
Đk: x > 0
Đặt x = 212t > 0 3 x = 2 4t ; x = 2 6t
Khi đó (3) 3. log 3 (1 + 2 6t + 2 4t ) = 2. log 2 2 6t 3. log 3 (1 + 2 6t + 2 4t ) = 12t
6
log 3 (1 + 2 6t + 2 4t ) = 4t
1 + 2 6t + 2 4t = 3 4t
t
t
t
Xét hàm số
t
t
t
t
1 64 16
+ + =1
81 81 81
1 + 64 + 16 = 81
t
t
t
t
(3)
t
1 64
64 16
16
1 64 16
1
<0
f ( x) = + + có f ' (t ) = . ln + . ln
+ . ln
81 81
81 81
81
81 81 81
81
f(x) nghịch biến
Do đó (3) có nghiệm duy nhất, vì f(1) = 1 nên nghiệm duy nhất là t = 1
Với t = 1 ta có x = 212 = 4096.
Vậy phơng trình (1) có nghiệm x = 4096.
Bài tập 3:
HD:
1)
Giải
x 1
x2 x
các
1)
2
2)
34 x 4 3 x = ( x 2) 2
3)
3 x 2 3 x
2
= ( x 1)
phơng
trình:
2
2
2 x 1 2 x
2
x
2
2 x
= x 2 3x + 2
(1)
= ( x 1) 2
(1) 2 x 1 2 x x = ( x 2 x) ( x 1)
2
2 x 1 + ( x 1) = 2 x
2
x
+ ( x 2 x)
(1)
Xét hàm số f(t) = 2 + t ta có f(t) = 2 ln2 + 1 > 0 f(t) đồng biến
Từ (1) ta có f ( x 1) = f ( x 2 x) x - 1 = x2 - x x = 1
Vậy phơng trình có nghiệm x = 1
t
t
Bài tập 4:
Giải các phơng trình:
1)
2010 x + 2012 x = 4020 x + 2
x
131
2 x + 5 x = 2 + 44. log 2 2 +
x 5x
2)
3
3
HD:
1)
(1)
2010 x + 2012 x = 4020 x + 2
Xét hàm số f ( x) = 2010 x + 2012 x 4020 x 2 ta có f(x) liên tục và xác định trên R
Ta có f ' ( x) = 2010 x ln 2010 + 2012 x ln 2012 4020
f ' ' ( x) = 2010 x ln 2 2010 + 2012 x ln 2 2012 > 0
Vì f(x) > 0 nên f(x) đồng biến tức f(x) = 0 có duy nhất một nghiệm
Khi đó phơng trình f(x) = 0 có không quá hai nghiệm
Do ta có f(0) = f(1) = 0 nên pt (1) có 2 nghiệm là x = 0 và x = 1.
2x + 5x = 2
2)
Đk:
2+
x
131
+ 44. log 2 2 +
x 5x
3
3
(2)
131
x 5x > 0
3
131
131
x + 44. log 2 2 +
x 5x
3
3
131
131
2 x + 44 x = 2 +
x 5 x + 44. log 2 2 +
x 5x
3
3
x
x
(2) 2 + 5 = 44 x + 2 +
2 + 44 x = 2
x
131
log 2 2 +
x 5 x
3
131
+ 44. log 2 2 +
x 5x
3
(2)
Xét hàm số f(t) = 2t + 44t ta có f(t) = 2t ln2 + 44 > 0 f(t) đồng biến
131
131
x 5 x x = log 2 2 +
x 5x
Từ (2) ta có f ( x) = f log 2 2 +
3
3
2+
Xét hàm số h( x) = 2 x + 5 x 2
131
x 5x = 2x
3
131
131
x ta có h' ( x) = 2 x . ln 2 + 5 x . ln 5
3
3
x
2
x
2
h' ' ( x) = 2 .(ln 2) + 5 .(ln 5) > 0
Vì h(x) > 0 nên f(x) đồng biến tức h(x) = 0 có duy nhất một nghiệm
Khi đó phơng trình h(x) = 0 có không quá hai nghiệm
Do ta có h(0) = h(3) = 0 nên pt (1) có 2 nghiệm là x = 0 và x = 3.
Bài tập 5:
Giải các phơng trình:
4( x 2).[ log 2 ( x 3) + log 3 ( x 2)]15.( x + 1)
1)
2)
x2.3x + 3x.(12 - 7x) = - x3 + 8x2 - 19x + 12
3)
x2.3x - 1 + x.(3x - 2x) = 2(2x - 3x - 1)
HD:
4( x 2).[ log 2 ( x 3) + log 3 ( x 2)]15.( x + 1)
1)
Đk: x > 3
Chia 2 vế cho x - 2 > 0
Khi đó ta có (1) log 2 ( x 3) + log 3 ( x 2) =
15( x + 1)
4( x 2)
+ Hàm số vế trái đồng biến
+ Hàm số vế phải nghịch biến
Nh vậy (2) có nghiệm duy nhất. Vì f(11) = g(11) nên ta có nghiệm là x = 11
2)
x2.3x + 3x.(12 - 7x) = - x3 + 8x2 - 19x + 12
3x . (x2- 7x + 12) + (x - 1). (x2- 7x + 12)
3)
x 2 7 x + 12 = 0
x
3 = 1 x
x2.3x - 1 + x.(3x - 2x) = 2(2x - 3x - 1)
3x-1 (x + 1).(x + 2) - 2x .(x + 2) = 0
x + 2 = 0
2 x x + 1
=
3
3
nghiệm x = - 2 và x = 1
V. Phơng pháp bất đẳng thức:
Bổ đề:
Xét hàm số f(x) = g(x)
Nếu
(1)
f ( x) k
f ( x) k
hoặc
thì (1) có nghiệmkhi f(x) = g(x) = k
g ( x) k
g ( x) k
Bài tập 1:
Giải các phơng trình:
1)
1
1
= lg( x 2) +
x
8
2
2)
log 22 ( x 1) + 3x 4 54 x 2 + 247 = log 2 (2 x 2 4 x + 2)
(2)
log 22 ( x 2 − 1) − 6. log 2 ( x 2 − 1) + x 2 − 6 x + 18 = 0
3)
HD:
1
1
= lg( x − 2) +
x
8
2
1)
(1)
§k: x > 2
1 1
− = lg( x − 2)
2x 8
+ TH 1: x ≥ 3
VT ≤ 0
VP ≥ 0
(1) ⇔
(1’)
Ph¬ng tr×nh (1’) x¶y ra khi VT = 0 tøc x = 3
+ TH2: 2 < x < 3
VT > 0
VP < 0
Ph¬ng tr×nh (1’) v« nghiÖm.
VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x = 3.
2)
log 22 ( x − 1) + 3x 4 − 54 x 2 + 247 = log 2 ( 2 x 2 − 4 x + 2)
(2)
x − 1 > 0
4
2
⇔
§k: 3 x − 54 x + 247 ≥ 0
x>1
2 x 2 − 4 x + 2 > 0
(2) ⇔ 3( x 4 − 18 x 2 + 81) + 4 = log 2 (2 x 2 − 4 x + 2) − log 22 ( x − 1)
⇔
3( x 2 − 9) 2 + 4 = log 2 2( x 2 − 2 x + 1) − log 22 ( x − 1)
⇔
3( x 2 − 9) 2 + 4 = 1 + log 2 ( x − 1) 2 − log 22 ( x − 1)
⇔
3( x 2 − 9) 2 + 4 = 1 + 2 log 2 ( x − 1) − log 22 ( x − 1)
⇔
3( x 2 − 9) 2 + 4 = 2 − [1 − log 2 ( x − 1)]
2
(2’)
Ta cã VT ≥ 2
VP ≤ 2
x 2 − 9 = 0
x = ±3
⇔
⇔ x=3
Khi ®ã (2’) x¶y ra khi VT = VP = 2 hay
log 2 ( x − 1) = 1
1 − log 2 ( x − 1) = 0
VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x = 3.
log 22 ( x 2 − 1) − 6. log 2 ( x 2 − 1) + x 2 − 6 x + 18 = 0
3)
§k:
x > 1
x < −1
x2 - 1 > 0 ⇔
(3) ⇔ log 22 ( x 2 − 1) − 6. log 2 ( x 2 − 1) + 9 + x 2 − 6 x + 9 = 0
⇔
[3 − log
⇔
3 − log 2 ( x 2 − 1) = 0
⇔ x = 3.
x − 3 = 0
2
]
2
( x 2 − 1) + ( x − 3) 2 = 0
VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x = 3.
(3)
