9 phương pháp giải phương trình mũ và logarit

------------O0O-----------Phƣơng pháp 1: GIẢI PHƢƠNG TRÌNH CƠ BẢN
a f ( x) = b ⇔ f (x) = log b ; log f (x) = b ⇔ f (x) = ab
a
a

.

Ví dụ 1. Giải các phƣơng trình:
x −5x+4

a) 3

b) log2 (3x − 4) = 3 .

;2

=

81
Giải:
a)
3

x2 −5x+4

= 81
⇔x

2

2

− 5x + 4 = log3 81 − 5x + 4 = log3 3
⇔x

4

x=0
⇔ x2 − 5x + 4 = 4 ⇔ x2 − 5x = 0 ⇔ x(x − 5) = 0 ⇔
.

x=5
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 và x = 5.

b) log2 (3x − 4) = 3.
ĐK:

3x − 4 > 0 ⇔ x >

4

.

3
log2 (3x − 4) = 3 ⇔ l3x − 4 = 23 ⇔ 3x − 4 = 8 ⇔ 3x
=12 ⇔ x = 4 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm
x = 4.



Phƣơng pháp 2: ĐƢA VỀ CÙNG CƠ SỐ
1) Đối với phương trình mũ: biến đổi phương trình về dạng a

- Nếu cơ số a là một số dương khác 1 thì a f ( x)
- Nếu cơ số a thay đổi thì a f ( x) = a g ( x) ⇔

a>0

(a −1) f (x) − g(x) = 0

[

]


.
2) Đối với phương trình logarit: biến đổi phương trình về

log f (x) = log g(x) ⇔
a
a







f (x) > 0

= ag ( x) .
= ag ( x) ⇔ f (x) = g(x) .

f ( x)

dạng
0

f (x) = g(x)

Ví dụ 1. Giải các phƣơng trình:
x −5x+4

a) 3

;

=

b) log2 (3x − 4) = 3 .

2

81
Giải:
x2 −5x+4

a) 3

= 81 ⇔
3

x2 −5x+4

4

=3 ⇔
x

2

− 5x + 4 = 4

x=0
⇔ x2 − 5x = 0 ⇔ x(x − 5) = 0 ⇔
.

x=5
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 và x = 5.
b) ĐK:

3x − 4 > 0 ⇔ x >

4
3

.

log2 (3x − 4) = 3 ⇔ log2 (3x − 4) = log2 2 ⇔ 3x − 4 = 23 ⇔ 3x − 4 = 8

⇔ 3x =12 ⇔ x = 4 .




Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 4.


Ví dụ 2. Giải các phƣơng

x2 −x+8
1−3x

a) 3
9

x+1

=

;

b) 2

x−1

+2
2

x

+

= 28.
2

c) 2.5x −3 = 5.2x

;

2

−3

d)

x −1

2

x −1

x

−3 =3

−2

Giải:
a) 3

x2 −x+8

x2 −x+8

1−3x

=9
3

⇔3

⇔ x2 + 5x + 6 = 0 ⇔


2(1−3x)

=

 x = −2

2

⇔ x − x + 8 = 2(1− 3x)
.

x = −3

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



b) 2x+1 + 2x−1 + 2x = 28 ⇔ 22.2x−1 + 2x−1 + 2.2x−1 = 28 ⇔ 2x−1(22 +1+ 2) = 28
⇔ 2x−1 = 4 ⇔ 2x−1 = 22 ⇔ x −1 = 2 ⇔ x = 3.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 3.
x2 −3
x2 −3

c) 2.5

= 5.2

⇔

5

x 2 −3

=

2

2

x −3



5
2

5

x2 −3



=

⇔ 2
 



5

1



 2
 

⇔ x2 − 3 =1 ⇔ x2 = 4 ⇔ x = ±2.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = - 2 và x = 2.
x2 −1

d) 2

x2

2
x−1

−3 =3
2

⇔ 2x −1 + 23.2x

−1

−

x2 +2

2
x−1

⇔2
3.3

2
x−1

−

x2 −1

=3

3

x2 −1

− 2 .2

= 3x −1 + 3.3x −1 ⇔ 2x −1(1+ 23 ) = 3x −1(1+ 3)
2

⇔ 2x −1.9 = 3x −1.4 ⇔

2

 

−1
x2

2

2

2

2

2

2

x +2

.

2


=

4

⇔

2

2
Ví dụ 2. Giải các phƣơng
 
=

x
2

−1 2

 
 3

3
⇔ x2 = 3 ⇔ x = ±

9

 
 3

=2
⇔ x2 −1
 
 3

.

3
3

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = -

và x =

.


Ví dụ 3. Giải các phƣơng
a) lg x + lg x2 = lg 4x ;
b) log x + log x + log x = log x .
2

3

4

5

Giải:
b) ĐK: x > 0.
lg x + lg x2 = lg 4x ⇔ lg x +
2lg x
= lg 22 ⇔ lg = lg 2
⇔
⇔ 2lg x x

= lg 4 + lg x ⇔ 2lg = lg 4
x
x = 2
x =2⇔
.

x = −2



Do x > 0 nên nghiệm của phương trình là x = 2.
b) ĐK: x > 0 .
log2 x + log3 x + log4 x = log5 x ⇔ log2 x + log3 2.log2 x + log4 2.log2 x = log5 2.log2 x
⇔ log2 x.(1+ log3 2 + log4 2 − log5 2) = 0 ⇔ log2 x = 0 ⇔ x =1 .
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1.

Phƣơng pháp 3: BIẾN ĐỔI ĐƢA VỀ PHƢƠNG TRÌNH TÍCH

Ví dụ 1. Giải các phƣơng trình:

a) 12.3x + 3.15x − 5x+1 = 20

;

b) log (3x − 4).log x = log x .
2

2

Giải:
a) 12.3x + 3.15x − 5x+1 = 20 ⇔12.3x + 3.3x.5x − 5.5x − 20 = 0
⇔ 3.3x (4 + 5x ) − 5(5x + 4) = 0 ⇔ (5x + 4)(3.3x − 5) = 0
 x
5
5
x
⇔ 5 + 4 = 0 ⇔ 3 = ⇔ x = log   .
 
3
x
3
3.3 − 5 = 0
 


2


Vậy phương trình đã cho có nghiệm

x = log

5
 

.

3

3x − 4 > 0
b) ĐK: 
⇔x>4 .
x > 0
3

log 2 (3x − 4).log 2 x = log 2 x ⇔ log 2 x log 2 (3x − 4) −1 = 0

[

⇔ log2 x = 0



⇔ log2 x = 0


x=
x =1
⇔


⇔

1


log (3x − 4) = 1
3x − 4 = 2
x =2
 2



log2 (3x − 4) −1 = 0

Do x >

]

4

3 nên nghiệm của phương trình là x = 2.

Phƣơng pháp 4: LÔGARIT HÓA, MŨ HÓA

Ví dụ 1. Giải các phƣơng trình:
a) 3x.2 x =1

2

b) 3log x + x = 2 .

;

2

Giải:
a) Lấy lô garit
hai vế với cơ số 2, ta được
2

()

x

x

log2 3 .2

x

x2

2

= log2 1 ⇔ log2 + log2 2 = 0 ⇔ x.log2 3 + .log2 2 = 0
3
x
⇔ x.log 3 + x2 = 0 ⇔ x log 3 + x = 0 ⇔  x =
(
)

0
⇔ x = 0
.

2
2
log 3 + x = 0
x = −log 3
 2

2
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 và x =


−log2 3.

b) ĐK: x > 0 .
Đặt log x = t ⇒ x = ta thu được phương trình mũ theo biến t :
2
t
2


3t + 2t =
2

(*).

Vế trái của (*) là hàm số đồng biến, vế phải là hàm hằng nên phương trình (*)
nếu có nghiệm thì có nhiều nhất là một nghiệm. Mà t = 0 là một nghiệm của (*)

nên đó là nghiệm duy nhất của (*).
⇒ log2 x = 0 ⇔ x =1.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1.

Phƣơng pháp 5: DÙNG ẨN PHỤ

2

0

2x

2

Ví dụ 1. Giải phƣơng
trình:
1
0

1

9.2x
2
x

2x

2

0

2

Giải: Chia cả 2 vế phương trình cho
2x 1
x

9.2
2

2x 2

1
1
2

2x

.2
2
9
4
.2x
2
x

2

0

2x

2x

2

2


22x

ta được:

2.22x
2

2x

9.2x
2
x

4
0
x

22

x

Đặt t
t
9t
t
4
1
2
x

x2

22

x

x

2

2
2
x1
x

2

2

x

x
2
1
x
x
1
2
2t2

4

điều kiện t > 0. Khi đó phương trình tương đương với :

0

2


Vậy phương trình có 2 nghiệm x = - 1, x = 2.


x
x

4 3

3 2

3

2

0

Ví dụ 2. Giải phƣơng trình: 7
4 3
2

2

3 ;2

3 2
3
1

Giải: Nhận xét rằng: 7
x

2
3
x

3
1
t
x

4 3
t

2

Do đó nếu đặt t

điều kiện t > 0, thì: 2

Khi đó phương trình tương đương với:
3
t
2
0
3

t2t 3
t 1
2

tt
t
0

1
3

2

tt
0

3

0

và 7


t

x

t
2
3
1

2

1
x

0

.
x

2 x
9 .3
9.2x

0

Vậy phương trình có nghiệm x = 0.
Ví dụ 3. Giải phƣơng
trình:
3

2x

3

x

Giải: Đặt t
x

2
9 t
0

, điều kiện t > 0. Khi đó phương trình tương đương với:

9.2x

2

t

22

x

2

9
4.9.2x
x

29
t

t
9
2

x

.


Khi đó :
9
x

39
x

2

+ Với t

x

2
x
33

2

x

2
x

1
x

0

+ Với t
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 2, x = 0.


Ví dụ 4. Giải phƣơng
trình:

2x

2

x

26
6

2

x

u

6

6

, điều kiện u > 0. Khi đó phương trình thành: u2

Giải: Đặt u
u

6

6,

2

vu
6

Đặt v

điều kiện v

Khi đó phương trình được chuyển thành hệ:
u

2

2

vv

u
6
6
u
u
u
0
u
u

2

u
u
u
2
u
x

2

vv
v u

v

v
v

0
1

6
3

0

3

23
x
log 3

0

1


2

+ Với u = v ta được: u2
+ Với u + v + 1 = 0 ta được :

u

2

u

5

0

u

1

21
1

2
u

u

1

2

2

21

21

21
2x

1

x

2

log2 3

Vậy phương trình có 2 nghiệm là

21
x

và x = log2

2

1
.

Phƣơng pháp 6: DÙNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

Ví dụ 1. Giải phƣơng
trình:

log7 x = log3

+ 2) .

(

x
Giải: ĐK : x > 0 .

Đặt t = log x ⇒ x = 7 . Khi đó phương
t
trình trở thành :
7

21

log
2

2

1


7
7

7

t

t
t

t = log (
3

+ 2) ⇔ 3t =

+2⇔





 1  = 1 (*).

+ 2.



t



 3 
3



Vế trái của (*) là hàm số nghịch biến, vế phải là hàm hằng nên phương trình (*)
nếu có nghiệm thì có nhiều nhất là một nghiệm. Mà t = là một nghiệm của (*)
nên đó là nghiệm duy nhất của (*).
2
⇒ log7 x = 2 ⇒ x = 49.

Vậy phương trình có nghiệm x = 49.

Ví dụ 2. Giải phƣơng trình: 7x−1 = 6log (6x − 5) +1
7

Giải: ĐK :

6x − 5 > 0 ⇔ x >

5
6

.

Đặt y −1 = log 6x − 5 . Khi đó, ta có hệ phương trình
7

(

)

7 x −1 = 6 y − 1

(
)
1
+

6x −
y −1 = (

5
)
log 7

Xét hàm số f t
6t .

( )

đồng biến trên

5


5
⇔

= 7t −1 +

Mà

6






.

7 x −1 − 6 y =

−5
⇔




; +∞

7 x− 1 = 6 y −

7y−1 = 6x − 5

⇒ 7x−1 + 6x = 7y−1 + 6 y .




7y−1 − 6x = −5

f ' t = 7t −1.ln 7 + 6 > 0,∀t >

( )

f x
=( )

5

nên

f t

)

( là hàm số

6
⇒
=
f y
x y . Khi đó: 7 x−1 − 6x + 5 = 0 . Xét

( )


hàm số g(x) = 7x−1 − 6x + 5
.

g ' x = 7x−1 ln 7 − g '' x = 7 x−1 ln 7 2 > 0. Suy ra,
( )

6.

( )

(

là hàm số đồng biến trên

)

5

D=
;+∞ , do đó phương
g ' x = 0có
trình
( )
)


6

nếu có nghiệm thì có nhiều
nhiều nhất một nghiệm. Suy ra, phương trình g x =
( )
nhất là hai nghiệm.
0
g'
x (

Nhẩm nghiệm ta được 2 nghiệm của phương trình là: x = 1, x = 2.


Ví dụ 3. Giải phƣơng trình: 3x + 4x = 2 − 7x (*).
Giải:
Vế trái của (*) là hàm số đồng biến, vế phải của (*) là hàm số nghịch biến nên
phương trình (*) nếu có nghiệm thì có nhiều nhất là một nghiệm. Mà x = 0 là một
nghiệm của (*) nên đó là nghiệm duy nhất của (*).

Phƣơng pháp 7: PHƢƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ

Ví dụ 1. Giải phƣơng
trình:

2x

+1

=2−

.

2

x
Giải: ĐK : x ≥ 0 .

Ta có VT = 2x
và

+1

≥ 20+1 = 2 2

VP = 2 −
2

≤ 2 − 0 = . Suy ra VT ≥ VP , dấu bằng

x

xảy ra khi x = 0 .
Vậy x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Ví dụ 2. Giải phƣơng trình: 1− 4x + 2x+1 = 2x + 2−x .
Giải:
Ta có 1− 4x + 2x+1 = 2x + 2− x ⇔ 2 − (4x − 2.2x +1) = 2x + 2− x
⇔ 2 − (2x −1)2 = 2x + 2− x .


VT = 2 − (2x −1)2 ≤ 2 − 0 = 2
và
x

VP = 2x + 2− x ≥
2

−x

2 .2

bằng xảy ra khi 

2x − 1 = 0

x
2

=2

−x

⇔x=0.

= 2. Suy ra VT

≤ VP ,

dấu


x −1
Vậy

x=0

là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.

Ví dụ 3. Giải phƣơng
trình:

log3 9
−

Giải:
0


(

)



x ≥1

x −1 ≥



= log2 x − 2x + 5

(

.

2

)

x≥1



ĐK : 9 − x −1 > 0 ⇔ 9 > x −1
⇔ x
⇔ x ∈ 1;82 .



[ )
<82
 x −1 2 + 4 >
 x −1 2 + 4 > 0
2
x − 2x + 5 >
)
(
)
0(
0





Ta có :
≤ log3 9 = 2 và
VT = log3 9

(

−
x

)

−1

VP = log x 2 − 2x + 5 = log  x − 1
2

xảy
 ra khi

(

)

(

2

x−1=0 ⇔x=1.



)2

+ 4 ≥ log 4 = 2 . Suy ra


2

 x−1 =0
 (
)2


Vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.

VT ≤ VP ,

dấu bằng


Phƣơng pháp 8: PHƢƠNG PHÁP QUAN NIỆM HẰNG SỐ LÀ ẨN

Ví dụ 1. Giải phƣơng trình: 16x − 4x−1 + 2x+2 =16 .
Giải:
Ta có 16x − 4x−1 + 2x+2 =16 ⇔ 42 − 2x.4 + 4x−1 −16x = 0 (*).
Xét phương trình ẩn t sau đây t2 − 2xt + 4x−1 −16x = 0 (**). Giả sử (*) đúng với giá trị
x0 nào đó thì phương trình ẩn t sau có nghiệm t = 4: t − 2x0 t + 4x0 −16
2 x0 = 0 .
−1


Biệt thức

∆ = −2

(

Suy ra

x0 2

)

−4 4

(

x0 −1

;

t=4=
x0

2

+ 4.16

x0

−16

)

= 4.16

x0

2

.

>0

.

t=4=
x0

2

x0

− 4.16

x0

2


65
x0

2

+ 4.16

TH1:

x0

x

42x=

−1 − 65

2

65

x = log +

0

x0

2

2

− 4.16

TH2:



=8⇔
x
2. 2

x
+
2.4

⇔
0



0

0



0


 0
2x =


.

1

4

4



(pt vô nghiệm)
⇔2

x0

− 2.4

2

x0

= 8 ⇔ 2. 2

x0 2

( )

x = log

2



−2

x0

4

+8=



.



Phƣơng pháp 9: SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ LAGRANGE

(n)

4

−1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm
−1 + 65

0

2 =


−8=0⇔

2

(

0



)

2
x+

x0

4=

− +

(l)


Ví dụ 1. Giải phƣơng trình: 5x + 4x = 2x + 7x (1).
Giải:
x

Giả sử

0

là một nghiệm của (1), hay ta có:
5x0 + 4x0 = 2x0 + 7x0 ⇔ 5x0 − 2x0 = 7x0 − 4x0 (*).

Xét hàm số f (t) = t + 3
x0

đạo hàm trên đoạn
số

− t trên đoạn 2; 4 thì f (t) là hàm số liên tục và có

(

)x

[2;4]

. Áp dụng định lí lagrange thì có

0

[

]

k ∈ 2;4 sao cho

( )


f '(k) =
0

f (4) − f (2)
4−2

=x  t+3
0

(



Suy ra
x

) x −1
0

=

0



x0

−4

x0

− t x0 −1  .

 k+3

(
−1

(

7

− 5

) (

x0

−2

x0

)=

(do (*)) mà

4−2

f '(t) = x t + 3 x0 −1 − x t x0 −1
0

(

)

0



)x

0

−k


x =0
x =0
= 0 ⇔ 0
⇔ 0
 k + 3 x −1 − k x −1 = 0  k + 3 x −1 = k x −1
0
0

(
)0
(

)0



x −1
0

x0 = 0 x −1
⇔ x0 = 0 ⇔ x0 = 0 .
⇔ k+3 0




x0 −1 =
x0 = 1

1
=


0
k



Thay x = 0; x =1 vào (1) ta thấy chúng đều thỏa mãn.


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