9 phương pháp giải phương trình mũ lôgarit

------------O0O------------

Phƣơng pháp 1: GIẢI PHƢƠNG TRÌNH CƠ BẢN

a f ( x )  b  f ( x)  log a b ; log a f ( x)  b  f ( x)  ab .

Ví dụ 1. Giải các phƣơng trình:
a) 3x

2

5 x  4

 81

;

b) log 2 (3x  4)  3 .

Giải:
a) 3x

2

5 x  4

 81  x2  5x  4  log3 81  x2  5 x  4  log3 34

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) log 2 (3x  4)  3 .

4
.
3
log 2 (3x  4)  3  l3x  4  23  3x  4  8  3x  12  x  4 .

ĐK: 3x  4  0  x 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 4.

Page 1


Phƣơng pháp 2: ĐƢA VỀ CÙNG CƠ SỐ
1) Đối với phương trình mũ: biến đổi phương trình về dạng a f ( x )  a g ( x ) .
- Nếu cơ số a là một số dương khác 1 thì a f ( x )  a g ( x )  f ( x)  g ( x) .

a  0
- Nếu cơ số a thay đổi thì a f ( x )  a g ( x )  
.
(
1)
(
)
(
)

0
a
f
x
g
x







2) Đối với phương trình logarit: biến đổi phương trình về dạng
0  a  1

loga f ( x)  log a g ( x)   f ( x)  0

 f ( x)  g ( x)

Ví dụ 1. Giải các phƣơng trình:
a) 3x

2

5 x  4

 81

;

b) log 2 (3x  4)  3 .

Giải:

 81  3x 5 x4  34  x2  5x  4  4
x  0
 x2  5x  0  x( x  5)  0  
.
x  5

a) 3x

2

5 x  4

2

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 và x = 5.
4
b) ĐK: 3x  4  0  x  .
3

log 2 (3x  4)  3  log 2 (3x  4)  log 2 23  3x  4  23  3x  4  8

 3x  12  x  4 .
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 4.
Page 2

Ví dụ 2. Giải các phƣơng trình:
a) 3x

2

 x 8

c) 2.5x

2

 913 x

3

 5.2 x

2

3

;

b) 2x1  2x1  2x  28 .

;

d) 2x

2

1

 3x  3x
2

2

1

 2x

2

2

.

Giải:
a) 3x

2

 x 8

 913 x  3x

2

 x 8

 32(13 x )  x2  x  8  2(1  3x)

 x  2
.
 x2  5x  6  0  
 x  3
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = - 2 và x = - 3.

b) 2x1  2x1  2x  28  22.2 x1  2 x1  2.2x1  28  2 x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.
c) 2.5

x 3
2

 5.2

x 3
2

5x



2

3

2

3

2x

5
5
  
2
2

x 2 3

1

5
 
2

 x2  3  1  x2  4  x  2 .
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = - 2 và x = 2.
d) 2x

2

 2x

1

2

1

 3x  3x 1  2x 2  2x 1  3.3x 1  3x 1  23.2x 1
2

2

 23.2 x

2

1

2

 3x

2

1

2

 3.3x

2

 2 x 1.9  3x 1.4   
3
2

2

x 2 1

2

1

2

2

2

 2 x 1 (1  23 )  3x 1 (1  3)
2

4
2
  
9
3

2

x 2 1

2

2
    x2  1  2
3

 x2  3  x   3 .
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = -

3 và x =

3.
Page 3


Ví dụ 3. Giải các phƣơng trình:
a) lg x  lg x 2  lg 4 x ;

b) log 2 x  log3 x  log 4 x  log5 x .

Giải:
b) ĐK: x  0 .
lg x  lg x2  lg 4 x  lg x  2lg x  lg 4  lg x  2lg x  lg 4

x  2
.
 2lg x  lg 22  lg x  lg 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.log 2 x  log5 2.log 2 x
 log2 x.(1  log3 2  log 4 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) log2 (3x  4).log2 x  log2 x .

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

5 x  4  0
5
5
 x
 3x   x  log3   .
3
 3
3.3  5  0

Page 4


5
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  log 3   .
3
3x  4  0
4
b) ĐK: 
.
x
3
x  0

log 2 (3x  4).log 2 x  log 2 x  log 2 x log 2 (3x  4)  1  0
log x  0
log x  0
x 1
x 1
 2


 2
x  2
log 2 (3x  4)  1  0
log 2 (3x  4)  1 3x  4  2

Do x 

4
nên nghiệm của phương trình là x  2 .
3

Phƣơng pháp 4: LÔGARIT HÓA, MŨ HÓA

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

b) 3log2 x  x  2 .

;

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





log 2 3x.2 x  log 2 1  log 2 3x  log 2 2 x  0  x.log 2 3  x 2 .log 2 2  0
2

2

x  0
x  0
.
 x.log 2 3  x 2  0  x  log 2 3  x   0  


log 2 3  x  0  x   log 2 3
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 và x =  log 2 3 .

b) ĐK: x  0 .
Đặt log 2 x  t  x  2t ta thu được phương trình mũ theo biến t :
Page 5


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 (*).
 log 2 x  0  x  1.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1.

Phƣơng pháp 5: DÙNG ẨN PHỤ

Ví dụ 1. Giải phƣơng trình: 22x

2 1

9.2x

Giải: Chia cả 2 vế phương trình cho 22x
22x

2 2x 1

9.2x

2 2x

9.2x

2.22x

2x

Đặt t
2t

2

9t

2 x

4

2 2x 2

2 x

1

4

0

2 x

2

1 2x 2
.2
2

22x

2

0

0 ta được:
2x

9 x2
.2
4

x

1

0

0

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

t

4

t

1
2

2x

2 x

2x

2 x

22
2

1

x2

x

x2

x

x

2
1

x

1
2

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

Page 6


Ví dụ 2. Giải phƣơng trình: 7

4 3

x

3 2

2

2

3 ; 2

3

Giải: Nhận xét rằng: 7

4 3

Do đó nếu đặt t

3 điều kiện t > 0, thì: 2

2

3 2

x

2

x

0

3

3

1

x

1
và 7
t

3

0

4 3

x

t2

Khi đó phương trình tương đương với:
t2

3
t

2

t3

0

t

2t

1

3

0

2

3

x

t

1 t2

t

1

x

0.

t

1

t2

t

3

0

Vậy phương trình có nghiệm x = 0.
Ví dụ 3. Giải phƣơng trình: 32x

9 .3x

9.2x

0

3x , điều kiện t > 0. Khi đó phương trình tương đương với:

Giải: Đặt t
t2

2x

2x

9 t

2x

9

2

9.2x

0

4.9.2x

2x

9

2

t

9

t

2x

.

Khi đó :
+ Với t
+ Với t

9
x

2

3x

x

9
x

3

x

2

2
3
2

x

1

x

0

Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 2, x = 0.
Page 7


Ví dụ 4. Giải phƣơng trình: 22x

2x

6

6

Giải: Đặt u

2x , điều kiện u > 0. Khi đó phương trình thành: u 2

Đặt v

6, điều kiện v

u

v2

6

u

u

6

6

6

Khi đó phương trình được chuyển thành hệ:
u2

v

6

v2

u

6

u2

v2

+ Với u = v ta được: u 2

u

u

v

6

u

u

0

v u

v

3

u

1

u

2

0

3

u

v

0

u

v

1

2x

3

x

0

log2 3

+ Với u + v + 1 = 0 ta được :

u2

u

5

0

u

u

1

21
2

1

21

u

1

21
2

2x

21 1
2

x

log2

21 1
2

2

Vậy phương trình có 2 nghiệm là x

log2 3 và x = log2

21 1
.
2

Phƣơng pháp 6: DÙNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

Ví dụ 1. Giải phƣơng trình: log7 x  log3 ( x  2) .
Giải: ĐK : x  0 .
Đặt t = log7 x  x  7t . Khi đó phương trình trở thành :
Page 8


t

 7
 1   1 (*).
2.
t  log3 ( 7  2)  3  7  2  

3

 
 3 
t

t

t

t

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  2 là một nghiệm của (*)
nên đó là nghiệm duy nhất của (*).
 log7 x  2  x  49.

Vậy phương trình có nghiệm x = 49.

Ví dụ 2. Giải phƣơng trình: 7 x1  6log7 (6 x  5)  1
Giải: ĐK : 6 x  5  0  x 

5
.
6

Đặt y  1  log 7  6 x  5 . Khi đó, ta có hệ phương trình
x 1

7 x 1  6 y  5 7 x 1  6 y  5
7  6  y  1  1
  y 1
  y 1
 7 x1  6 x  7 y 1  6 y .



7  6 x  5
 y  1  log 7  6 x  5 7  6 x  5

Xét hàm số f  t   7t 1  6t . f '  t   7t 1.ln 7  6  0,t 
đồng biến trên

5

 ;   .
6



5
nên f  t  là hàm số
6

Mà f  x   f  y   x  y . Khi đó: 7 x1  6 x  5  0 . Xét

hàm số g x  7 x1  6 x  5 . g '  x   7 x1 ln 7  6 . g ''  x   7 x1  ln 7  0 . Suy ra,
2

5

g '  x  là hàm số đồng biến trên D   ;   , do đó phương trình g '  x   0 có
6

nhiều nhất một nghiệm. Suy ra, phương trình g  x   0 nếu có nghiệm thì có nhiều
nhất là hai nghiệm.

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

Sài Gòn, 10/2013

Page 9


Ví dụ 3. Giải phƣơng trình: 3x  4 x  2  7 x (*).
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: 2 x

2

1

2 x.

Giải: ĐK : x  0 .
Ta có VT  2 x 1  201  2 và VP  2  x  2  0  2 . Suy ra VT  VP , dấu bằng
xảy ra khi x  0 .
2

Vậy x  0 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Ví dụ 2. Giải phƣơng trình: 1  4 x  2 x1  2 x  2 x .

Giải:
Ta có 1  4 x  2 x1  2 x  2 x  2  (4 x  2.2 x  1)  2 x  2 x
 2  (2 x  1)2  2 x  2 x .
VT  2  (2 x  1)2  2  0  2 và VP  2 x  2 x  2 2 x.2 x  2 . Suy ra

VT  VP ,

dấu

 2x  1  0
bằng xảy ra khi  x
 x  0.
x
2  2
Page 10


Vậy

x  0 là

nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.









Ví dụ 3. Giải phƣơng trình: log3 9  x  1  log 2 x 2  2 x  5 .
Giải:

x 1
x  1
x 1  0





ĐK : 9  x  1  0  9  x 1
  x  82
 x  1;82  .
 2


2
2
x  2x  5  0
 x  1  4  0
 x 1  4  0
Ta có :





VT  log3 9  x  1  log3 9  2 và





2
VP  log 2 x 2  2 x  5  log 2  x  1  4  log 2 4  2 . Suy ra



xảy ra khi

VT  VP ,

dấu bằng


 x 1  0
 x  1.

2


x
1
0





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

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 t 2  2x t  4x1  16x  0 (**). Giả sử (*) đúng với giá trị
x0 nào đó thì phương trình ẩn t sau có nghiệm t = 4: t 2  2x0 t  4x0 1  16x0  0 .
Page 11


Biệt thức
Suy ra

TH1:



  2 x0

t 4

4

2

x0

  4 4x 1 16x   4.16x
2

0

2 x0  4.16 x0
2

 4.16
2

x0

;

0

.

2 x0  4.16 x0
2

.

0

t 4

0

 

 2 x0  2.4 x0  8  2. 2 x0

2

 x
1  65
( n)
2 0 
4
x0

 2 8  0 
 x
1  65
(l )
2 0 
4


 1  65 
x0  log 2 
 .
4



TH2:

4

 

2
2 x0  4.16 x0
 2 x0  2.4 x0  8  2. 2 x0  2 x0  8  0
2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm

(pt vô nghiệm)

 1  65 
x  log 2 
 .
4



Phƣơng pháp 9: SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ LAGRANGE

Ví dụ 1. Giải phƣơng trình: 5x  4 x  2 x  7 x (1).
Giải:
Giả sử

x0

là một nghiệm của (1), hay ta có:

5x0  4x0  2x0  7 x0  5x0  2x0  7 x0  4x0 (*).
Xét hàm số f (t )   t  3 0  t x0 trên đoạn  2;4 thì
x

f (t )

là hàm số liên tục và có

đạo hàm trên đoạn  2;4  . Áp dụng định lí lagrange thì có số k   2;4  sao cho
Page 12




 



7 x0  4 x0  5 x0  2 x0
f (4)  f (2)
f '(k ) 

0
42
42

 x0  t  3


x0 1

(do (*)) mà

f '(t )  x0  t  3

x0 1

 x0t x0 1

 t x0 1  .


Suy ra x0  k  3


x0 1

 x0  0
 x0  0
 k x0 1   0  


x0 1
x0 1
x0 1




 k x0 1

k
k
3
0



 k  3

 x0  0
 x0  0
 x0  0

.
  k  3  x0 1





x
x
1
0
1
1  0
 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 .

Page 13