9 phuong phap giai phuong trinh mu va phuong tring logarit

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

Phƣơng pháp 1: GIẢI PHƢƠNG TRÌNH CƠ
BẢN
a f ( x) = b ⇔ f (x) = loga b ; loga f (x) = b ⇔ f (x) = ab
.
Ví dụ 1. Giải các phƣơng trình:
a) 3x

2

−5x+4

b) log2 (3x − 4) = 3 .

;

=

81
Giải:
a) 3

x2 −5x+4

= 81 ⇔
x

2

2

4

− 5x + 4 = log3 81 ⇔ − 5x + 4 = log3 3
x
x=0
2
2
⇔ x − 5x + 4 = 4 ⇔ x − 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
3
log2 (3x − 4) = 3 ⇔ l3x − 4 = 2 ⇔ 3x − 4 = 8 ⇔ 3x =12 ⇔ x =
4 . 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) = ag ( x) .
Nếu cơ số a là một số dương khác 1 thì a f ( x) = ag ( x) ⇔ f (x) =
g(x) .
a > 0
.
- Nếu cơ số a thay đổi thì a f ( x) = a g ( x) ⇔ 
(a −1)[ f (x) − g(x) ] =
0
2) Đối với phương trình logarit: biến đổi phương trình về
dạng
 log a f (x) = loga g(x) ⇔ 0
f (x) >
 f (x) = g(x)
0


Ví dụ 1. Giải các phƣơng trình:
a) 3x

2

−5x+4

b) log2 (3x − 4) = 3 .

;

=

81
Giải:
x2 −5x+4

a) 3

= 81 ⇔
3

x2 −5x+4

4

=3 ⇔
x

2

− 5x + 4 = 4

x=0
2
⇔ x − 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) = log32 2 ⇔ 3x − 4 3= 2 ⇔ 3x − 4 = 8


⇔ 3x =12 ⇔ x = 4 .
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 4.


Ví dụ 2. Giải các phƣơng
trình: x2 −x+8
1−3x

x+1

=

a) 3
9

;

b) 2
2

x −3

x

= 5.2 2

c) 2.5 2
−3

;

x−1

+2
2

x

+
2

d) 2x −1 3x 3x
−
=

= 28.
2

−1

2

−2

Giải:
a) 3

x2 −x+8

x2 −x+8

1−3x

=9
3

⇔3

=

2(1−3x)

2

⇔ x − x + 8 = 2(1− 3x)

 x = −2
2
⇔ x + 5x + 6 = 0 ⇔

.

 x = −3
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = - 2 và x = - 3.
x+1

b) 2

x−1

x

+2
x−1

⇔2

2

+ 2 = 28 ⇔ 2 .2
x−1

=4⇔2

x−1

+2

x−1

+ 2.2

x−1

x−1

2

= 2 ⇔ x −1 = 2 ⇔ x = 3.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 3.
c) 2.5

x2 −3

x2 −3

= 5.2

⇔5

x 2 −3

2
2

2

x −3

x2 −3

5
=5⇔ 
2
2

1

=  5 
2

2

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

x2
2
x−1

−3 =3
2

d) 2
x −1

x −1

3

−

x2 +2

x −1

2
x−1

⇔2
3.3

x −1

−

2
x−1

x −1

x2 −1

=3
3

3

x2 −1

− 2 .2
x −1

⇔ 2 2 + 2 .2 2 = 3 2 + 3.3 2 ⇔ 2 2 (1+ 2 ) = 32 (1+ 3)
⇔2

x −1

x −1

.9 = 3

2

.4 ⇔

2

 
2

2

= 28 ⇔ 2 (2 +1+ 2) = 28

x +2

.

Ví dụ 2. Giải các phƣơng
trình:

x2 −1

 =
 3

4

⇔
9

2

x2 −1

 
 3

2

 2  ⇔ x2 −1 = 2
= 
 3

2
⇔ x = 3 ⇔ x = ± 3.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = -

3 và x =

3.


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

b) log x + log x + log x = log x .
2

3

4

5

Giải:
b) ĐK: x > 0 .
2

lg x + lg x = lg 4x ⇔ lg x +
2lg x

= lg 4 + lg x ⇔ 2lg = lg 4

x
x = 2
x =2⇔
.

x = −2

⇔ 2lg x = lg 22 ⇔ lg = lg 2
x
⇔

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:
x

x

x+1

a) 12.3 + 3.15 − 5

= 20

b) log (3x − 4).log x = log x .

;

2

2

Giải:
x

x

a) 12.3 + 3.15 − 5
x

x

x+1

x

x

x

x

= 20 ⇔12.3 + 3.3 .5 − 5.5 − 20 = 0
x

x

x

⇔ 3.3 (4 + 5 ) − 5(5 + 4) = 0 ⇔ (5 + 4)(3.3 − 5) = 0
x
5
x
⇔ 5 + 4 = 0 ⇔ 3 = ⇔ x = log  5  .

 
x
3
3
3
3.3 − 5 = 0

2


Vậy phương trình đã cho có nghiệm

5
.


3 
3

x = log

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
⇔ log2 x = 0

⇔ log2 x = 0

⇔
1

x =




log2 (3x − 4) −1 = 0 log2 (3x − 4) = 1 3x − 4 = 2
4
Do x >
3 nên nghiệm của phương trình là x = 2.

⇔

x = 1


x = 2

Phƣơng pháp 4: LÔGARIT HÓA, MŨ HÓA

Ví dụ 1. Giải các phƣơng trình:
x

x2

a) 3 .2 =1

;

b) 3

log2 x

+x=2.

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

(
log )3 .2
x

x

x

x2

2

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

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 =
2


−log2 3.

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


t

t

3 +2 =

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.

Ví dụ 1. Giải phƣơng Phƣơng 2pháp 5: DÙNG ẨN PHỤ
2x
2
2
1
trình:
9.2x x 22x
0
2

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

9.2x 2

2 2x 1

2

2.22x

2x

Đặt t
2t

2

2 2x

9t

2 x

4

9.2x

1

2x 2

2 x

4

0

1 .22x 2

2

2
0

ta được:

2x

9 .2x 2
4

x

1

0

0

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

t

4

t

1

2

2x
2x

2

x

2 x

22
2

1

x

x

22

x

x

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

2
1

x
x

1
2


Ví dụ 2. Giải phƣơng trình: 7

4 3

x

3 2

2

3

Giải: Nhận xét rằng: 7

4 3

Do đó nếu đặt t

3 điều kiện t > 0, thì: 2

2

3 ;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:
t

2

2

3
t

t3

0

t

2t

1

3

0

2

3

x

t

1 t2

t

1

x

0.

t

1

t2

t

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

t2

9 .3x

2x

2x

3

9 t

2x

9

2

9.2x

0

4.9.2x

2x

9

2

t

9

t

2x

.

Khi đó :

+ Với t

9
2

0

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

2x

+ Với t

9.2x

x

3x

x

9

3

x

2

x

2
3
2

x

1

x

0

3

0

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


Ví dụ 4. Giải phƣơng
trình:

22x

2 66
x

Giải: Đặt u

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

uđiều kiện v

Đặt v

v2

6

u

u

2

6

6

6

6
Khi đó phương trình
được chuyển thành hệ:
,

u2

v

6

v2

u

6

u2

v2

+ Với u = v ta được: u2

u

u

v

6

u

0

v u

u
u

v

3

1

u

2

u
u

0

3

2x

v
v

3

0
1

x

0

log2 3

+ Với u + v + 1 = 0 ta được :

u

2

u

5

0

u

1

21
1

2
u

u

1

2

2

21

Vậy phương trình có 2 nghiệm là

x

log2 3

21

21
2x

x

2
21

và x = log2

1

2

1
.

Phƣơng pháp 6: DÙNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

Ví dụ 1. Giải phƣơng
trình:

log7 x = log3
(

+ 2) .

21

log
2

2

1


x
Giải: ĐK : x > 0 .
Đặt t = log x ⇒ x = 7 t. Khi đó phương trình trở thành :
7


t = log (
3



t
 1 t
+2⇔
7 + 2.  = 1 (*).
7
 3 
3
 


t

+ 2) ⇔ 3t =
7

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.

x−1

Ví dụ 2. Giải phƣơng trình: 7
Giải: ĐK :

6x − 5 > 0 ⇔ x >

5
6

= 6log7 (6x − 5) +1

.

Đặt y −1 = log (6x − 5). Khi đó, ta có hệ phương trình
7
7 = 6 ( y −1)
+1

 y −1 = ( 6x −
5)

log 7
x −1

x −1

x −1

7 = 6 y −
7 − 6 y =
x−1
y−1
⇒ 7 + 6x = 7 + 6 y .
5
−5
⇔
⇔
y −1
y −1
7 = 6x − 5 7 − 6x = −5

Xét hàm số f (t ) = 7t 1 +
6t .
−

f ' ( t ) = 7t 1.ln 7 + 6 > 0,∀t > nên f (t là hàm số
5
−

)

6

đồng biến trên

5

; +∞

Mà

6



.




−

g '( x ) = 7x 1 ln 7 g ''( x ) = 7 x 1 ( ln 7) > 0. Suy ra,
−6.
5

trình
;+∞ , do đó phương
là hàm số đồng biến trên D =

hàm số g(x) = 7x 1 − 6x + 5

.
−

g '(
x)

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

Sài Gòn, 10/2013

−

−

2

Page 9


g '( x) = 0có



6


nhiều nhất một nghiệm. Suy ra, phương trình g ( x) = nếu có nghiệm thì có nhiều
0
nhất là hai nghiệm.

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

Sài Gòn, 10/2013

Page
10


x

x

Ví dụ 3. Giải phƣơng trình: 3 + 4 = 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

2

+1

=2− x.

Giải: ĐK : x ≥ 0 .
x +1

0 +1

Ta có VT = 2 2
và

≥2

=2

VP = 2 − ≤ 2 − 0 = . Suy ra VT ≥ VP , dấu bằng
2
x

xảy ra khi x = 0 .
Vậy x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
x

x+1

Ví dụ 2. Giải phƣơng trình: 1− 4 + 2

x

−x

=2 +2 .

Giải:
+

−x

⇔ 2 − (4x − 2.2x +1) = 2x + 2

−x

.

Ta có 1− 4x + 2x 1 = 2x + 2
⇔ 2 − (2x −1)2 = 2x + 2
x

2

−x

VT = 2 − (2 −1) ≤ 2 − 0 = 2
và


2

2
x

−1=0

.
2

Page 10

−

x


x

−x

VP = 2 + 2 ≥ 2
bằng xảy ra khi 
x
2

= 2− x

= 2. Suy ra VT
⇔x=0.

≤

VP ,

dấu

Page 11


Vậy

x = 0 là

nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.

Ví dụ 3. Giải phƣơng
trình:

(

) = log ( x − 2x + 5).

log3 9
−

2

x

2

−
1

Giải:

x ≥ 1

x ≥1

x −1 ≥
0

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

(

)

VT = log3 9
−
VP = log
2

xảy


ra khi

(

x ≤ log3 9 = 2 và

−
x − 2x +15
2

) = log ( x −1)
2

x−1=
0



2

+ 4 ≥ log 4 = 2 . Suy ra VT ≤ VP , dấu bằng


2

⇔ 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 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 2 − 2x0 t + 4x0 −16x0 = 0 .
−1


Biệt thức

Suy ra
TH1:

(

∆ = −2

x0

)

2

(

−4 4

2x0 +

t=4=

2

2

;

−16

x0

) = 4.16

t=4=

2

4.16x0

2x0 +
⇔
4.16x0

x
24 =

x0 −1

>0

2x0
−
4.1
6x0

0

.

.

)2 +
2

=8⇔
x
2. 2

x
+
2.4
0

x0

(

−8=0⇔

x

0

0

 x −1 +
2 =
65 (n)
4
0

 x
−1 − 65 (l)

2 0 =
4


x = log  −1 65  .
+
0
2

4



TH2:

4=

0

2x0 −
2
x
x
x
x
−2 0 +8=
x0 ⇔ 2 0 − 2.4 0 = 8 ⇔ 2. 2 0
2 4.16

( )

Vậy phương trình đã cho có nghiệm

(pt vô nghiệm)

x = log 2 −1 + 65  .


4



Phƣơng pháp 9: SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ LAGRANGE

x

x

x

Ví dụ 1. Giải phƣơng trình: 5 + 4 = 2 +
x
7
Giải:
Giả sử

x0

là một nghiệm của (1), hay ta có:

(1).


x

Xét hàm số

x

x

x

x

x

= 2 0 + 7 0 ⇔ 5 0 − 2 0 = 7 0 − 4 0 (*).

5

f (t) = ( t + 3)

x0

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

x0

đạo hàm trên đoạn [2;4] . Áp dụng định lí lagrange thì có

số

k ∈( 2;4 ) sao cho


f '(k) =
0

f (4) − f (2)

=

(7

x0

−4

x0

4−2

) − (5

x0

−2

x0

)

=

(do (*)) mà

f '(t) = x0 ( t + 3)

x0 −1

−
− x 0t x 0 1

4−2

x −1
x −1
= x ( t + 3 ) 0 − t 0  .
0



Suy ra
x

− ( k + 3) x0
1

0



−k


x0 −1



x = 0
=0⇔ 0
( k + 3 )


x0 −1

−k

x0 −1

x0 = 0
= 0 ⇔ x0 = 0 .

0
⇔ x
⇔  k + 3 x −1
 0


= 1 x0 −1 =


x 0 = 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.

x = 0
⇔ 0
= 0 ( k + 3)


x0 −1

=k

x0 −1