MỘT bài TOÁN HAY về hàm số LOGARIT

MỘT SỐ BÀI TOÁN HAY VỀ LOGARIT
Sáng tác: Nguyễn Đình Hoàn – Đoàn Trí Dũng
-------------------------***------------------------Ví dụ 1: Giải phương trình:
2
3
1  log 2 x  2x  1  2log 2  8  .log 4
2





Điều kiện xác định: x 

1
,
2



3x 2  6 x  2  2 x 2 x  1  x  0 .

Ta có: log a b.log b c  log a c  log

2

2017.log 2017 2  2 log 2 2017.log 2017 2  2 log 2 2  2 .



Ta biến đổi phương trình trở thành: log 2 x  2x  1



 x  2x  1



2



1
3x2  6 x  2  2 x 2 x  1  x  log 2 2017.log 2017 2
2
Bài giải



2

 log 2





3x 2  6 x  2  2 x 2 x  1  x .

 3x2  6 x  2  2 x 2 x  1  x  x2  x  1  3x2  6x .





Bình phương hai vế ta được: x4  2x3  4x  1  0   x  1 x3  3x2  3x  1  0  *  .
Ta chứng tỏ rằng phương trình x3  3x2  3x  1  0 vô nghiệm.
Thật vậy, ta có hai cách xử lý như sau:
Cách 1: Sử dụng hằng đẳng thức bậc 3:
Ta có: x3  3x2  3x  1  0  x3  3x2  3x  1  2   x  1  2  x  1  3 2  x  3 2  1 (Không thỏa
3

mãn điều kiện xác định). Như vậy  *   x  1 (Thỏa mãn điều kiện xác định).
Cách 2: Sử dụng phương pháp lập bảng biến thiên của hàm số:

1

1

Xét hàm số: f  x   x3  3x2  3x  1 với x   ;   ta có: f '  x   3x2 +6 x  3  0, x   ;   .
2

2

Ta có bảng biến thiên như sau:

1 Trích “Phát triển tư duy và kỹ năng giải toán PT, BPT, HPT
Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Đình Hoàn – Nguyễn Tấn Siêng


x

f '  x

1
2






f  x

11
8
1

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình x3  3x2  3x  1  0 vô nghiệm với x   ;   .
2

Như vậy  *   x  1 (Thỏa mãn điều kiện xác định).
Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất đó là x  1 .





Ví dụ 2: Giải phương trình: 1  log4 x2  x  1  log4  2  x   log 2





3  x  1  3x2  10x  11 .

Bài giải
Điều kiện xác định: x  2, 3  x  1  3x2  10x  11  0 .
Ta biến đổi phương trình trở thành: 2 x2  x  1 2  x  3  x  1  3x2  10x  11 .



Bình phương hai vế ta được: x  3  2x2

  x  1   x  1

9x2  30x  33  *  .

Xét phương trình: x  3  2 x2  9 x2  30 x  33 . Ta chứng tỏ phương trình này vô nghiệm. Thật vậy,
điều kiện có nghiệm của phương trình là: x  3  2x2  9x2  30x  33  0  1  x 



3
.
2



Bình phương hai vế ta được: 4 x4  4 x3  20 x2  36 x  24  0  x3  x2  3x  3  x  2   0 .
Vì 1  x 

3
 2  x  0  x3  x2  3x  3  0 .
2

Cách 1: Sử dụng hằng đẳng thức bậc 3:
Ta có: x3  x2  3x  3  0  9x3  9x2  27 x  27  0  10x3   x  3   x  3  x 3 10  x 
3

2 Trích “Phát triển tư duy và kỹ năng giải toán PT, BPT, HPT
Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Đình Hoàn – Nguyễn Tấn Siêng

3
1  3 10

.


Tuy nhiên nghiệm x 

3
1  3 10

không thỏa mãn điều kiện có nghiệm.

Như vậy  *   x  1 (Thỏa mãn điều kiện xác định).
Cách 2: Sử dụng phương pháp lập bảng biến thiên của hàm số:
Xét hàm số f  x   x3  x2  3x  3 với 1  x 
Do đó với 1  x 

3
ta có: f '  x   3x2  2x  3 .
2

3
1  10
thì f '  x   0  x 
. Ta có bảng biến thiên:
2
3
x

1

f '  x



1  10
3
0

3
2



6

33

8

f  x

110  20 10
0
27
Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình x3  x2  3x  3  0 vô nghiệm với 1  x 
Như vậy  *   x  1 (Thỏa mãn điều kiện xác định).
Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất đó là x  1 .

3 Trích “Phát triển tư duy và kỹ năng giải toán PT, BPT, HPT
Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Đình Hoàn – Nguyễn Tấn Siêng

3
.
2