hàm số lũy thừa- hàm số mũ, hàm số logarit

Không gian học tập StartUp

TÀI LIỆU TỰ HỌC
Chủ đề:
MŨ VÀ LOGARIT

“Cố gắng học, sẽ bớt cực nhọc”


CHƯƠNG 2

- HÀM SỐ LUỸ THỪA, HÀM SỐ MŨ VÀ HÀM SỐ LÔGARIT
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ

I. LUỸ THỪA
Định nghĩa 1: (Luỹ thừa với số mũ nguyên): Với a  0, n = 0 hoặc n là một số nguyên âm, luỹ thừa bậc n
của a là số an xác định bởi:
a0 = 1,
1
với n nghuyên âm.
a n
Định nghĩa 2: (Căn bậc n): Với n nguyên dương căn bậc n của số thực a là số thực b (nếu có) sao cho b n =
a.
Ta thừa nhận hai khẳng định sau đây:
 Khi n là số lẻ, mỗi số thực a chỉ có một căn bậc n, kí hiệu n a .
 Khi n là số chẵn, mỗi số thực dương a có đúng hai căn bậc n là hai số đối nhau. Căn có giá trị dương
kí hiệu là n a (còn gọi là căn số học bậc n của a), căn có giá trị âm kí hiệu là và - n a .
m
Định nghĩa 3: (Luỹ thừa với số mũ hữu tỉ): Cho a là số thực dương và r là một số hữu tỉ. Giả sử r =
, trong
n

đó m là một số nguyên còn n là một số nguyên dương. Khi đó, luỹ thừa của a với với sô mũ r
là số ar xác định bởi:

an =

m

ar = a n =
1
Từ đó n a = an .

n

am .

Tính chất của luỹ thừa: Với a > 0, b > 0, ta có:
1. an.am = an + m.
4. (ab)n = an.bn.
n
am
�a � an
2.
= an  m.
5. � � = n .
n
a
�b � b
3. (am)n = am.n.
Định lí 1: Cho m, n là những số nguyên. Khi đó:
1. Với a > 1 thì am > an khi và chỉ khi m > n.

2. Với 0 < a < 1 thì am > an khi và chỉ khi m < n.
II. LÔGARIT
Định nghĩa1: Cho 0 < a  1, b > 0, ta định nghĩa
 = logab  b = a,  = lgb  b = 10,
 = lnb  b = e,
từ định nghĩa ta được:
loga1 = 0, logaa = ; logaab = b, với mọi b; aloga b = b với b > 0.
So sánh hai lôgarit cùng cơ số
Định lí 1: Cho các số dương b và c.
(1). Khi a > 1 thì logab > logac  b > c.
Hệ quả: Khi a > 1 thì logab > 0  b > 1.
(2). Khi 0 < a < 1 thì logab > logac  b < c.
Hệ quả: Khi 0 < a < 1 thì logab > 0  b < 1.
(3). logab = logac  b = c.
Các quy tắc tính lôgarit
Định lí 2: Với a dương khác 1 và các số dương b, c, ta có:
(1). logab + logac = loga(bc),
Trường hợp chỉ có bc > 0 thì loga(xy) = logab + logac.
b
(2). logab - logac = loga ,
c


trường hợp chỉ có bc > 0 thì log a

b
= logab - logac.
c

(3). logab = logab,

Trường hợp b  � và  = 2k, k  Z thì logab = logab.
Hệ quả: Với n nguyên dương thì
1
1
loga = logab;
loga n b = logab.
b
n

Đổi cơ số của lôgarit
Định lí 3: Với a, b dương khác 1 và số dương c, ta có:
loga c
logbc =
hay logab.logbc = logac.
loga b
Hệ quả: Ta có:
1
.
logb a



Với a, b dương khác 1 thì logab =



1
Với a dương khác 1, c là số dương và   0, ta có loga c = logac.




1
Trường hợp a  �, a  1 và  = 2k, k  � thì loga c = log|a|c.




III. HÀM SỐ MŨ
Định nghĩa: Hàm số mũ cơ số a (0 < a  1) có dạng y = ax.
Đạo hàm của hàm số mũ: Ta ghi nhận các kết quả sau:
ex  1
a. lim
= 1.
x�0
x
b. Với mọi x  �, ta có (ex)' = ex và (ax) = ax.lna.
c. Nếu u = u(x) là hàm số có đạo hàm trên J thì với mọi x  J, ta có
(eu)' = u'.eu và (au) = u'.au.lna.
Xét hàm số y = ax, 0 < a  1, ta có các tính chất sau:
1. Liên tục trên �.
2. Sự biến thiên: Hàm số đơn điệu với mọi x.
 Với a > 1 thì ax1 > ax2  x1 > x2, tức là hàm số đồng biến.
 Với 0 < a < 1 thì ax1 > ax2  x1 < x2, tức là hàm số nghịch biến.

3. Đồ thị của hàm số có 2 dạng và:
 Luôn cắt trục Oy tại A(0; 1).
 Nằm ở phía trên trục hoành.
 Nhận trục hoành làm tiệm cân ngang.

IV. HÀM SỐ LOGARIT
Định nghĩa: Hàm số logarit cơ số a (0 < a  1) có dạng y = logax.
Đạo hàm của hàm số mũ: Ta ghi nhận các kết quả sau:
ln(x  1)
a. lim
= 1.
x�0
x
1
1
và (logax)' =
.
x
x.lna
c. Nếu u = u(x) là hàm số có đạo hàm trên J thì với mọi x  J, ta có
u'
u'
(lnu)' =
và (logau)' =
.
u
u.lna

b. Với mọi x  (0; +), ta có (lnx)' =


Xét hàm số y = logax, với 0 < a  1, ta có các tính chất sau:
1. Hàm số liên tục trên D = (0, + ) và tập giá trị I = �.
2. Sự biến thiên: Hàm số đơn điệu với mọi x.
 Với a > 1 thì logax1 > logax2  x1 > x2, tức là hàm số đồng biến.

 Với 0 < a < 1 thì logax1 > logax2  x1 < x2, tức là hàm số nghịch biến.
3. Đồ thị của hàm số có 2 dạng và:
 Luôn cắt trục Oy tại A(1; 0).
 Nằm ở bên phải trục tung.
 Nhận trục tung làm tiệm cân đứng.

V. HÀM SỐ LUỸ THỪA
Định nghĩa: Hàm số lũy thừa là hàm số xác định bởi công thức y = x , với  là hằng số tùy ý.
Tập xác định là (0; +), trừ các trường hợp sau:
 Nếu  nguyên dương thì hàm số có tập xác định là �.
 Nếu  nguyên âm hoặc  = 0 thì hàm số có tập xác định là �*.
Đạo hàm của hàm số lũy thừa: Ta ghi nhận các kết quả sau:
a. Hàm số y = x có có đạo hàm tại mọi điểm x > 0 và:
(x)' = .x  1.
b. Nếu u = u(x) là hàm số có đạo hàm và u(x) > 0 trên J thì:
(u)' = .u'.u  1, với mọi x  J.
Chú ý: 1. Với n là số nguyên tùy ý, ta có (xn)' = n.xn  1 với mọi x  0; và nếu u = u(x) là hàm số có đạo
hàm và u(x)  0 trên J thì (un)' = n.u'.un  1, với mọi x  J.
2. Ta có:
( n x )' =

1
n xn1
n

,

với mọi x > 0 nếu n chẵn, với mọi x  0 nếu n lẻ.
3. Nếu u = u(x) là hàm số có đạo hàm trên J và thỏa mãn điều kiện u(x) > 0 với mọi x thuộc J
khi n chẵn, u(x)  0 với mọi x thuộc J khi n lẻ thì:

( n u )' =

u'
nn un1

.

VI. CÁC DẠNG CƠ BẢN CỦA PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LÔGARIT
1. Phương trình mũ cơ bản có dạng ax = m, trong đó a > 0 và m là số đã cho.
Khi đó:
 Nếu m  0 thì phương trình vô nghiệm.
 Nếu m > 0 thì phương trình có nghiệm duy nhất x = log am.
Ta có các kết quả:
af(x) = ag(x)  f(x) = g(x).
Với a > 1 thì af(x) > ag(x)  f(x) > g(x).
Với 0 < a < 1 thì af(x) > ag(x)  f(x) < g(x).
2. Phương trình lôgarit cơ bản có dạng logax = m, trong đó m là số đã cho.
Ta phải có điều kiện x > 0 và 0 < a  1.
Với mọi m phương trình luôn có nghiệm duy nhất x = a m.
Ta có các kết quả:
logaf(x) = logag(x)  f(x) = g(x) > 0.
Với a > 1 thì logaf(x) > logag(x)  f(x) > g(x) > 0.
Với 0 < a < 1 thì logaf(x) > logag(x)  0 < f(x) < g(x).


3. Một số phương pháp giải phương trình, bất phương trình mũ và lôgarit
a. Phương pháp đưa về cùng cơ số
b. Phương pháp đặt ẩn phụ
c. Phương pháp lôgarit hóa: Ta có thể giải một phương trình có hai vế luôn dương bằng cách lấy
lôgarit hai vế theo cùng một cơ số thích hợp.

d. Phương pháp sử dụng tính chất đồng biến hay nghịch biến của hàm số

B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN
Đ1. HÀM SỐ MŨ VÀ HÀM SỐ LÔGARIT
D¹ng to¸n 1:

Giới hạn của hàm số mũ và lôgarit

Phương pháp
Chúng ta có các dạng giới hạn đặc biệt sau:
ex  1
1
a. lim
= 1.
c. lim
(1 + )x = e.
x�0
x��
x
x
ln(x  1)
lim
lim
d. x�0 (1 x)1/ x = e.
b. x�0
= 1.
x

Mở rộng:: Ta có:
ef(x)  1

 1,
x�x0
f(x)
f (x)�0
lim

lim

ln f(x)  1
f(x)

x�x0
f (x)�0

 1.

Quy tắc Lôpitan: Nếu f(x), g(x) khả vi ở lân cận x0 trừ tại điểm x0, thì:
lim f(x) = lim g(x) =  và g'(x)  0 ở lân cận x0,
x�x0

x�x0

đồng thời:
lim

x�x0

f '(x)
f(x)
= A thì xlim

= A.
�
x
0
g'(x)
g(x)

Quy tắc vẫn đúng với x .
Ví dụ 1. Tìm các giới hạn sau:
e2  e3x 2
.
x�0
x

e2x  e3x
.
x�0
x

a. lim

b. lim



Giải
a. Ta biến đổi:
e2  e3x2
3e2 (e3x  1)
lim

= lim
= 3e2.
x�0
x�0
x
3x
b. Ta biến đổi:
e2x  e3x
e2x  1 1 e3x
2(e2x  1)
3(e5x  1)
lim
= lim
= lim
 lim
x�0
x�0
x�0
x�0
x
x
2x
3x
= 2  3 = 1.
Nhận xét: Qua thí dụ trên:
ef(x)  1
lim
 Ở câu a), để làm xuất hiện dạng giới hạn x�x
chúng ta thực hiện nhóm
f(x)

f (x)�0
0

nhân tử chung e2.
 Ở câu b), chúng ta tách giới hạn ban đầu thành hai giới hạn cơ bản bằng việc thêm
bớt 1.
 Với quy tắc Lôpitan, ta có:





e2  e3x 2 '
e2  e3x 2
 lim 3e3x 2 = 3e2.
lim
= lim
x�0
x�0
x
�
0
x
 x '









e2x  e3x '
e2x  e3x
 lim 2e2x  3e3x = 2  3 = 1.
lim
= lim
x�0
x�0
x�0
x
x
'
 





Ví dụ 2. Tìm các giới hạn sau:
a. lim
x �0

ex  1
.
x 1 1

ex  1

b. lim
.
x �0
sin 2x



Giải
a. Ta có:
lim
x �0

x
ex  1
= lim (e  1)( x  1  1) = 2.
x �0
x 1 1
x

b. Ta có:
lim
x �0

e x  1 lim
= x �0
sin 2x



ex  1



e x  1 sin 2x

= lim
x �0



ex  1
1
x
= .
2sin 2x
4
ex  1 .
2x



5x  2 x
.
x �0 x 2  3x

Ví dụ 3. Tìm giới hạn lim



Giải

Ta biến đổi:
e x ln 5  1
e x ln 2  1
ln 5x
ln 2 x
e

e
5x  2 x
ln
5.

ln
2.
lim 2
= lim
= lim
x ln 5
x
x �0
x �0
x �0 x  3x
x(x  3)
x 3
ln 5  ln 2
1 5
=
=  ln .
3
3 2

Ví dụ 4. Tìm các giới hạn sau:
a. lim
x�0

ln(2x  1)
.
x

ln(1 2x2 )
x�0
x

b. lim



Giải
a. Ta biến đổi:
ln(2x  1)
2ln(2x  1)
lim
= lim
= 2.1 = 2.
x�0
x
�
0
x
2x

b. Ta biến đổi:
ln(1 2x2 )
2xln(1 2x2 )
lim
= lim
= 0.1 = 0.
x�0
x�0
x
2x2

Ví dụ 5. Tìm các giới hạn sau:
ln(4x  1)  ln(2x  1)
.
x �0
x

a. lim



1
x2  1
.ln
, với x > 1.
x�0 ex  1
x1

b. lim

Giải

a. Ta biến đổi:
ln(4x  1) ln(2x  1) �
lim ln(4x  1)  ln(2x  1) = lim �
�
x �0
x �0 �
x
x
� x
�
4ln(4x  1) 2ln(2x  1) �
�
= lim
�= 2.
x �0 �
2x
� 4x
�

b. Ta biến đổi:


x2  1
ln(x2  1)  ln(x  1)
ln
= lim
= lim
x


1
x
x�0
x�0
lim x
e

1
x�0 e  1

ln(x2  1) ln(x  1)

x
x
x
e 1
x

x.ln(x 2  1)
ln(x  1)
 lim
2
0.1  1
x �0
x �0
x
x
=
=

= 1.
x
e 1
1
lim
x �0
x
lim

D¹ng to¸n 2:

Tập xác định của hàm số mũ và lôgarit

Ví dụ 1. Tìm tập xác định của các hàm số:
a. y 



ln(x  1)
.
x

b. y  log x

1
.
x 1

Giải

a. Điều kiện:
�x  1  0
�x  1
 1 < x ≠ 0.
��
�
�x �0
�x �0

Vậy, ta được tập xác định D = (1; +∞)\{0}.
b. Điều kiện:
0  x �1
�
0  x �1
0  x �1
�
�
�
��
��
 x > 1.
�1
0
�x  1  0
�x  1
�
�x  1
Vậy, ta được tập xác định D = (1; +∞).
21 x  2x  1
Ví dụ 2. Tìm tập xác định của hàm số y = lg

.
2x  1



Giải
Hàm số g(x) = 21 - x - 2x + 1 nghịch biến, có g(1) = 0, nên:
 g(x) > 0  g(x) > g(1)  x < 1.
 g(x) < 0  g(x) < g(1)  x > 1.
Hàm số có nghĩa khi:
�
�
2x  1  0
�
x 0
�
�
�
�1 x
�
�
2  2x  1  0 �
x1
�
�
�
21 x  2x  1
>
0



 0 < x < 1.
�
�
x 0
2x  1
�
�
2x  1 0
�
�
�
�
�1 x
�
x1
�
�
2

2x

1

0
�
�
�
Vậy, ta được tập xác định D = (0; 1).

D¹ng to¸n 3:

Xét tính liên tục của hàm số mũ và lôgarit

Phương pháp
Ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1 Khẳng định rằng hàm số xác định tại điểm x0, tính f(x0).
Bước 2 Xác định limf(x) .
x�x0

Bước 3 Kiểm nghiệm f(x0) = xlimf(x)
.
�x
Bước 4 Kết luận.
0

Ví dụ 1. Xác định a để hàm số sau liên tục trên �:


�ln(x2  1)
khi x �0
�
f(x) = � e2x  1
.
�
a

1
khi
x


0
�



Giải
Điều kiện cần và đủ là nó liên tục trên � là nó liên tục tại điểm x0 = 0, tức:
f(0) = limf(x)
.
(*)
x�0
Ta có:
f(0) = a  1.
ln(x2  1)
x.ln(x2  1)
2
x
x2
limf(x) = limln(x  1) = lim
lim
=
= 0.
x�0
x�0
x�0 2(e2x  1)
x�0 e2x  1
e2x  1
x
2x

Khi đó, điều kiện (*) trở thành:
a = 1 = 0  a = 1.
Vậy, với a = 1 thỏa mãn điều kiện đầu bài.

D¹ng to¸n 4:
Tính đạo hàm của các hàm số luỹ thừa, mũ, lôgarit và hàm số hợp của
chúng
Phương pháp
Sử dụng các kết quả trong phần kiến thức cơ bản cần nhớ.

Ví dụ 1. Chứng minh rằng hàm số y = ln



1
thoả mãn hệ thức xy' + 1 = ey.
1 x

Giải
Trước tiên, ta có:
1
1
y = ln
=  ln(1 + x)  y' = 
.
1 x
1 x
Khi đó:
x
1

1
xy' + 1 = 
+1=
= ln1 x = ey, đpcm.
1 x
1 x e

Ví dụ 2. Tính đạo hàm của các hàm số sau:
a. y  x2 e2x  1 .
b. y  x 2 ln x 2  1



Giải
a. Ta có:





2x
y'  x2 e2x  1 '  2x e  1 







2x e2x  1  2x2.e2x

e 1
2x

b. Ta có:
y'  2x.ln x

2


1  x .
2



4x2.e2x
2 e2x  1



 2x e2x  1 

2x e2x  1 xe2x
e 1
2x



x2  1 '
x2  1

2x2.e2x
e2x  1

.

=  2x.ln x 2  1 

x2
.
x2  1

D¹ng to¸n 5:
Ứng dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị hàm số mũ và lôgarit. Các
bài toán liên quan
Ví dụ 3. Cho hàm số (Cm): y = xemx.
1. Với m = 2:


a. Tìm các khoảng tăng, giảm và cực trị của hàm số (C).
b. Biện luận theo a số nghiệm của phương trình xe-2x = a.
c. Tìm b để phương trình sinx.e-2sinx = b có đúng hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng [0;
].
d. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hòanh độ x = 1.
2. Tìm m để:
a. Hàm số đồng biến trên �.
b. Hàm số có cực trị.
c. Hàm số có cực tiểu.



Giải
1. Với m = 2 hàm số có dạng (C): y = xe-2x.
a. Ta lần lượt có:
(1). Hàm số xác định trên D = �.
(2). Sự biến thiên của hàm số:
lim y = -, lim y = 0.
 Giới hạn của hàm số tại vô cực x

x 


Bảng biến thiên:
y' = e-2x - 2xe-2x = e-2x(1 - 2x), y' = 0  e-2x(1 - 2x) = 0  x =
x
y'
y

-

-

0
+
0

1/2
0
CĐ
1/2e

1
1/e2

1
.
2

+
0

Kết luận:
� 1�
�1
�
Hàm số đồng biến trên khoảng ��; �và nghịch biến trên khoảng � ;  ��.
� 2�
�2
�
�1 1 �
 Đồ thị hàm số đạt cực đại tại điểm A � ; �.
�2 2e�
-2x
Số nghiệm của phương trình xe = a là số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng y = a. Ta có:
 Với a ≤ 0, phương trình có nghiệm duy nhất.
1
 Với 0 < a <
, phương trình có hai nghiệm phân biệt.
2e
1
1

 Với a =
, phương trình có nghiệm duy nhất x = .
2e
2
1
 Với a >
, phương trình vô nghiệm.
2e
Đặt t = sinx, 0  t  1, phương trình có dạng te-2t = b.
(1)
Nhận xét rằng với mỗi t0[0; 1) thì:
sinx = t0 phương trình này có 2 nghiệm thuộc khoảng [0; ].
Vậy, điều kiện là đường thẳng y = b cắt đồ thị (C) phần [0; 1] tại đúng một điểm:
1
0m< 2.
e
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hòanh độ x = 1 là:
1
2
(d): y - y(1) = y’(1)(x - 1)  (d): y =  2 x + 2 .
e
e
Trước tiên, ta có:
(1). Hàm số xác định trên D = �.
(2). Đạo hàm:
y' = emx + mxemx = emx(1 + mx),
y' = 0  emx(1 + mx) = 0  mx + 1 = 0.
(2)
Hàm số đồng biến trên � khi:
y' ≥ 0 với mọi x �  mx + 1 ≥ 0 với mọi x �  m = 0.



b.

c.

d.

2.

a.


b. Hàm số có cực trị khi:
Phương trình (1) có nghiệm duy nhất  m  0.
c. Hàm số có cực tiểu khi (1) có nghiệm duy nhất và qua đó y' đổi dấu từ  sang +, tức m > 0.

Đ2. PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LÔGARIT

Phương pháp đưa về cùng cơ số giải phương trình mũ và lôgarit

D¹ng to¸n 1:
Phương pháp

Dạng 1: Phương trình:
a 1
�
a 0
�

�
�0  a �1 hoặc �
a =a  �
.
(a  1)[f(x)  g(x)]  0
�
�
�
�f(x)  g(x)
�
0  a �1
�
logaf(x) = logag(x)  �
.
f(x)  g(x)  0
�
Chú ý: Việc lựa chọn điều kiện f(x) > 0 hoặc g(x) > 0 tuỳ thuộc vào độ phức tạp của f(x) và
g(x).
f(x)

g(x)

Dạng 2: Phương trình:
�0  a �1,b  0
af(x) = b  �
;
�f(x)  loga b
Ví dụ 1. Giải các phương trình sau:

a. 8x  4x  x 2 = 4x  x 2 .

3

2

2

0  a �1
�
logaf(x) = b  �
.
f(x)  ab
�





x

b. 0,125.42x  3 = 4 2 .



Giải
a. Phương trình được biến đổi về dạng:
(23 )x  4x  x 2 = (22 )x  x 2  3(x3 - 4x2 + x + 2) = 2(x2  x + 2)
 3x3 - 14x2 + 5x + 2 = 0
2
 (3x - 2)(x2 - 4x - 1) = 0  x =  x = 2  5 .
3

2
Vậy, phương trình có ba nghiệm phân biệt x = , x = 2  5 .
3
1
b. Vì 0,125 =
= 23 nên ta biến đổi phương trình về dạng:
8
1
5x
5x
23.22(2x  3) = (22.22 )x  24x9 = 2 2  4x  9 =
2
 8x  18 = 5x  3x = 18  x = 6.
Vậy, phương trình có nghiệm là x = 6.
Nhận xét: Trong lời giải trên:
 Với phương trình af(x) = bg(x) ta cần chọn phần tử trung gian c để biến đổi phương
trình về dạng:
(c)f(x) = (c)g(x)  cf(x) = cg(x)  f(x) = g(x),
 Với phương trình ax3 + bx2 + cx + d = 0 ta sử dụng kết quả “Nếu a, b, c, d nguyên
p
và phương trình có nghiệm hữu tỷ thì p, q theo thứ tự là ước của d và a" để đoán
q
2
nhận được nghiệm x = , từ đó phân tích phương trình trở thành:
3
(3x - 2)(x2 - 2x - 2) = 0.
3

2

2

Ví dụ 2. Giải các phương trình sau:
a. log2(3x + 2) = log2(x3  4x2 + 2x + 6).


b. log3x  log9x = log1 2 .
3

c. log 2 x .log2x.log4x = 8.



Giải
a. Phương trình được biến đổi về dạng:
3x + 2 = x3  4x2 + 2x + 6 > 0
2
�
3x  2  0
�
x1
�
�x  
3
 �3
 �
 �
.
2
x 4

2
�
�x  4x  x  4  0
�
(x  1)(x  4)  0
�
Vậy, phương trình có hai nghiệm phân biệt x = 1, x = 4.
b. Điều kiện x > 0.
Biến đổi phương trình về dạng:
1
1
1
log3x  log3x =  log32  log3x = log32  x = 21 = .
2
2
2
1
Vậy, phương trình có nghiệm là x = .
2
c. Điều kiện x > 0.
Biến đổi phương trình về dạng:
1
log2x.log2x.2log2x = 8  log32 x = 8  log2x = 2  x = 22 = 4.
2
Vậy, phương trình có nghiệm là x = 4.
Nhận xét: Trong lời giải trên ở câu a), chúng ta đã sử dụng kết quả trong chú ý ở cuối dạng 1 để tránh
phải kiểm tra điều kiện x3  4x2 + 2x + 6 > 0.

Ví dụ 3. Giải các phương trình sau:
a. 6x  3x  2x + 1 + 2 = 0.

b. log4{2log3[1 + log2(1 + 3log2x)]} =

1
.
2



Giải
a. Phương trình được biến đổi về dạng:
(2.3)x  3x  2.2x + 2 = 0  3x(2x  1)  2(2x  1) = 0
�
�
x 0
2x  1 0
2x  1
�
 (2x  1)(3x  2) = 0  �x
 �x
 �
.
x  log3 2
3  2 0
3 2
�
�
�
Vậy, phương trình có hai nghiệm phân biệt x = 0, x = log 32.
b. Phương trình được biến đổi về dạng:
2log3[1 + log2(1 + 3log2x)]} = 2  log3[1 + log2(1 + 3log2x)] = 1

 1 + log2(1 + 3log2x) = 3  log2(1 + 3log2x) = 2  1 + 3log2x = 4
 log2x = 1  x = 2.
Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.

Nhận xét: Trong lời giải trên:
 Ở câu a), chúng ta đã sử dụng phương pháp phân tích thành nhân tử để chuyển
phương trình về dạng tích. Và từ đó, nhận được hai phương trình mũ dạng 2.
 Ở câu b), chúng ta đã sử dụng phương pháp biến đổi dần để loại bỏ được lôgarit.
Cách thực hiện này giúp chúng ta tránh được phải đặt điểu kiện có nghĩa cho
phương trình.
D¹ng to¸n 2:

Phương pháp đặt ẩn phụ giải phương trình mũ và lôgarit

Phương pháp
Phương pháp dùng ẩn phụ là việc sử dụng một (hoặc nhiều) ẩn phụ để chuyển phương trình ban đầu
thành một phương trình hoặc hệ phương trình với một (hoặc nhiều) ẩn phụ.
1. Các phép đặt ẩn phụ thường gặp sau đối với phương trình mũ:


Dạng 1: Phương trình kakx + k  1a(k  1)x...1ax + 0 = 0,
khi đó đặt t = ax, điều kiện t > 0, ta được:
ktk + k  1tk  1...1t + 0 = 0.
Mở rộng: Nếu đặt t = af(x), điều kiện hẹp t > 0. Khi đó:
1
.
t

a2f(x) = t2, a3f(x) = t3, ..., akf(x) = tk và af(x) =

Dạng 2: Phương trình 1ax + 2bx + 3 = 0, với a.b = 1
khi đó đặt t = ax, điều kiện t > 0, suy ra bx =
1t +

1
, ta được:
t

2
+ 3 = 0  1t2 + 3t + 2 = 0.
t

Mở rộng: Với a.b = 1 thì khi đặt t = af(x), điều kiện hẹp t > 0, suy ra bf(x) =

1
.
t

Dạng 3: Phương trình 1a2x + 2(ab)x + 3b2x = 0,
khi đó chia hai vế của phương trình cho b2x > 0 (hoặc a2x, (a.b)x), ta được:
2x

x

�a �
�a �
�b �
��
1 � � + 2 �b � + 3 = 0
x

�a �
Đặt t = � �, điều kiện t > 0, ta được 1t2 + 2t + 3 = 0.
�b �
Mở rộng: Với phương trình mũ có chứa các nhân tử a 2f, b2f, (a.b)f , ta thực hiện theo các
bước sau:
- Chia hai vế của phương trình cho b2f > 0 (hoặc a2f, (a.b)f).
f

�a �
Đặt t = � �, điều kiện hẹp t > 0.
�b �

-

Chú ý: Ta sử dụng ngôn từ điều kiện hẹp t > 0 cho trường hợp đặt t = af(x) vì:
 Nếu đặt t = ax thì t > 0 là điều kiện đúng.
 Nếu đặt t = 2x 1 thì t > 0 chỉ là điều kiện hẹp, bởi thực chất điều kiện cho t phải là t 
2. Điều này đặc biệt quan trong cho lớp các bài toán có chứa tham số.
2

2. Các phép đặt ẩn phụ thường gặp sau đối với phương trình lôgarit:
Dạng 1: Nếu đặt t = logax với x > 0 thì logak x = tk, logxa =

1
với 0 < x  1.
t
thì t = xlogb a

Dạng 2: Ta biết rằng alog c = clog a , do đó nếu đặt t = alog x

Tuy nhiên, trong nhiều bài toán có chứa alog x , ta thường đặt ẩn phụ dần với t = log bx.
b

b

b

b

Ví dụ 1. Giải các phương trình sau:
a. 4x + 3.2x + 1  16 = 0.

b.



2 3

 
x

+

2 3



x

= 4.



Giải
a. Đặt t = 2x (điều kiện t > 0).
Phương trình được biến đổi về dạng:
t  8(lo�
i)
�
22x + 6.2x  16 = 0  t2 + 6t  16 = 0  �
 2x = 2  x = 1.
t

2
�
Vậy, phương trình có nghiệm x = 1.
b. Nhận xét rằng:
2 3 . 2 3 =

Do đó, nếu đặt t =



 2  3  2  3  1.



x

2  3 , điều kiện t > 0, thì



2 3



x

=

1
.
t


Khi đó phương trình tương đương với:
�
t  2 3
1
t + = 4  t2 - 4t + 1 = 0  �
t
t  2 3
�
x
x
x
�
�
�

2
1
�2  3  2  3
� 2 3  2 3
�
x 2
�
2
 �
 �
 �
�
.
x
x
x
1
x  2
�
�
�
�
2
 1
2  3  2 3
2  3  2 3
�
�
�
�

2
�
�
Vậy, phương trình có hai nghiệm phân biệt x = 2.
Nhận xét: Như vậy, thông qua thí dụ trên chúng ta đã được làm quen với hai dạng đặt ẩn phụ cơ bản
của phương trình mũ. Và ở đó:
 Với câu a) chúng ta cần tới phép biến đổi 4x = 22x và 2x + 1 = 2.2x để định hướng cho ẩn
phụ t = 2x.
 Với câu b) các em học sinh cần biết cách mở rộng phương pháp cho dạng phương
trình:
1ax + 2bx + 3cx = 0, với a.b = c2.
Rồi thực tập bằng cách giải phương trình:
(3 + 5 )x + 7(3 - 5 )x = 2x + 3.




Ví dụ 2. Giải các phương trình sau:
a. 3x + 1 + 18.3x = 29.








 



b. 5.4x  2.6x = 32x + 1.



Giải
a. Đặt t = 3x, điều kiện t > 0.
Biến đổi phương trình về dạng:
1
18
3.3x + 18. x = 29  3t +
= 29  3t2 29t + 18 = 0
t
3
�
t 9
3x  9
�
�
x 2
x 2
3x  32
�
�
�
�

 �x 2  �x1
�
 �

.
2
�
x  1  log3 2
x  log3 2  1
t
3 
3 2 �
�
�
� 3 � 3
Vậy, phương trình có nghiệm là x = 2 hoặc x = log 32  1.
b. Viết lại phương trình dưới dạng:
5.22x  2.(2.3)x = 3.32x.
Chia cả hai vế của phương trình cho 3 2z > 0, ta được:
2x
x
2x
x
�2 �
�2 �
�2 �
�2 �
5� �  2� �  3  5� �  2� � 3  0 .
�3 �
�3 �
�3 �
�3 �
x
�2 �

Đặt t = � �, điều kiện t > 0, ta được:
�3 �
x
t 0
�2 �
5t2  2t  3 = 0 � t = 1  � � = 1  x = 0.
�3 �
Vậy, phương trình có nghiệm x = 0.

Ví dụ 3. Giải các phương trình sau:
a. log32 x3  20log3 x  1  0 .



b. log9x27  log3x3 + log9243 = 0.

Giải
a. Điều kiện x > 0.
Biến đổi phương trình về dạng:
1
(3log3x)2  20. log3x + 1 = 0  9log32x  10log3x + 1 = 0.
2
Đặt t = log3x, ta biến đổi phương trình về dạng:


x 3
�
l og3 x  1
�
t1

�
�
�
1
9t 10t + 1 = 0  �
 �
.
l og3 x  1/9 �
t  1/9
�
�
x  39  9 3
�
2

Vậy, phương trình có nghiệm là x = 3 hoặc x =

9

3.

b. Điều kiện:
�0  9x �1
1 1
 x  (0; +)\{ ; }.
�
9 3
�0  3x �1
Biến đổi phương trình về dạng:
3

1
1
5

3log9x3  log3x3 + .5log33 = 0 
+ =0
log
9x
log
3x
2
2
3
3
3
1
5


+ = 0.
1 log3 3x log3 3x
2
Đặt t = log33x, ta biến đổi phương trình về dạng:
3 1 5
 + = 0  6t  2(1 + t) + 5t(1 + t) = 0  5t2 + 9t  2 = 0
1 t t
2
�
�
log3 3x  0,2

3x  30,2
x  30,8
t  0,2
�
�
 �
 �
 �
 � 3 .
t  2
log3 3x  2
3x  32
x3
�
�
�
�
Vậy, phương trình có nghiệm là x = 30,8 hoặc x = 33.
Nhận xét: Như vậy, thông qua thí dụ trên chúng ta đã được làm quen với dạng đặt ẩn phụ cơ bản của
phương trình lôgarit. Và ở đó:
 Với câu a), các em học sinh dễ nhận thấy ẩn phụ t = log 3x. Tuy nhiên, rất nhiều em
biến đổi nhầm log32 x3  3log32 x .
 Với câu b), chúng ta cần sử dụng công thức đổi cơ số để làm xuất hiện ẩn phụ.

Ví dụ 4. Giải các phương trình sau:
a.

log2 x log8 4x

.

log4 2x log16 8x

3

b. 3log2 x  12log2 x  2.xlog2 8 .



Giải
a. Điều kiện:
�x  0
1 1
�
�0  2x �1  x  (0; +)\{ ; }.
2 8
�0  8x �1
�

(*)

Biến đổi phương trình về dạng:
1
log2 4x
log2 x
2(2  log2 x)
log2 x

3

.

1
1
1 log2 x 3(3 log2 x)
log2 2x
log2 8x
2
4
Đặt t = log2x, ta biến đổi phương trình về dạng:
x 2
�
log2 x  1
t1
�
�
� 1 .


�
�
�
t  4
log2 x  4
x
�
�
� 16
1
Vậy, phương trình có nghiệm là x = 2 hoặc x =
.
16

b. Điều kiện x > 0.
Biến đổi phương trình về dạng:
3log x
3log x
2 log x
(**)
33log2 x  12log2 x  2.8log2 x  3 2  (3.2 ) 2  2.2 2 .
Đặt t = log3x, ta biến đổi phương trình về dạng:
t
2(2  t)

 t2 + 3t 4 = 0 
1 t 3(3 t)


3t

t

�3 � �3 �
3  (3.2 )  2.2  � �  � � 2 .
�2 � �2 �
3t

2 t

3t

t

�3 �
Đặt u  � � (điều kiện u > 0), ta biến đổi phương trình về dạng:
�2 �
3
u + u  2 = 0  (u  1)(u2 + u + 2) = 0
t
u1
�
�3 �
 �2
 � � 1  t = 0  log3x = 0  x = 1.
u  u  2  0 (v�nghi�
m)
�2 �
�
Vậy, phương trình có nghiệm là x = 1.
Nhận xét: Với câu b) các em học sinh có thể giảm bớt một lần đặt ẩn phụ bằng cách chia hai vế của
phương trình (*) cho 23log x .
2

Ví dụ 5. Giải phương trình lg2x - lgx.log2(4x) + 2log2x = 0.



Giải

Điều kiện x > 0.
Biến đổi phương trình về dạng:
lg2x - (2 + log2x)lgx + 2log2x = 0.
Đặt t = lgx, khi đó phương trình tương đương với:

t2 - (2 + log2x).t + 2log2x = 0
ta có:
 = (2 + log2x)2 - 8log2x = (2 - log2x)2
suy ra phương trình có nghiệm:
lg x  2
�
t2
lg x  2
�
�
�
lg x  �
 �

�
lg x 
t  log 2 x
lg x  0
�
�
lg 2
�
�

x  100
�
.
�
x 1
�

Vậy, phương trình có hai nghiệm x = 100 và x = 1.
Chú ý: Một mở rộng khá tự nhiên của phương pháp đặt ẩn phụ kiểu này là chúng ta có thể sử dụng
ngay các hằng số hoặc các tham số trong phương trình để làm ẩn phụ, phương pháp này có
tên gọi là "Phương pháp hằng số biến thiên".

D¹ng to¸n 3:

Phương pháp lôgarit hóa giải phương trình mũ và lôgarit

Phương pháp
Ta có thể giải một phương trình có hai vế luôn dương bằng cách lấy lôgarit hai vế theo cùng một cơ số
thích hợp.
Cụ thể:
af(x) = bg(x)  logaaf(x) = logabg(x)  f(x) = g(x).loga b
hoặc logbaf(x) = logbbg(x)  f(x).logba = g(x).
hoặc logcaf(x) = logcbg(x)  f(x).logca = g(x).logcb.

Chú ý: Phương pháp logarit hoá tỏ ra rất hiệu lực khi hai vế phương trình có dạng tích các luỹ thừa.
Ví dụ 1. Giải các phương trình sau:
a. 23  32 .
x

x



b. 5x.

x 1

8 x

= 500.

Giải
a. Ta trình bày theo các cách sau:
Cách 1: Lấy logarit cơ số 3 hai vế của phương trình, ta được:
x
�2 �
x
x
3
2
3
log
2

2
 � � log3 2  x = log2 log3 2 .
log3 2  log3 3 
3
3
�3 �
x

x


Vậy, phương trình có nghiệm là x = log2 log3 2 .
3

Cách 2: Lấy logarit cơ số 2 hai vế của phương trình, ta được:
x
�3 �
log3 log2 3
x
x
.
log2 23  log2 32  3  2 log2 3  � � log2 3  x =
2
2
��
Vậy, phương trình có nghiệm là x = log3 log2 3.
x

x

2

Cách 3: Lấy logarit cơ số 10 hai vế của phương trình, ta được:
x
�3 � lg3
lg 23 = lg 32  3xlg2 = 2xlg3  � � =
 x = log3 log2 3.
2
lg2
2
��
Vậy, phương trình có nghiệm là x = log3 log2 3.
x

x

2

b. Điều kiện x  0. Tới đây, ta trình bày theo các cách sau:
Cách 1: Lấy logarit cơ số 5 hai vế của phương trình, ta được:
�x xx1 �
x1
log5 �
5 .8 � log5 500
log5 5x  log5 8 x  log5 125  log5 4

�
�
x1
2
 x  x log5 8  3 2log5 2  x  3(x  1)log5 2  x 3  2log5 2
2
 x   log5 2  3 x  3log5 2  0
ta có  =  log5 2  3  12log5 2 =  log5 2  3 phương trình có nghiệm:
2

2

x3
�
3 log5 2 �(log5 2  3)
 �
.

x   log5 2
2
�
Vậy, phương trình có hai nghiệm x = 3, x = log52.
Cách 2: Biến đổi phương trình về dạng:

x=

x1

5x. 8 x = 500  5x. 23.

x1
x

x 3

= 53.22  5x - 3. 2 x = 1.

Lấy logarit cơ số 2 hai vế, ta được:
�x3 xx3 �
x 3
x 3
log2 �
5 .2 �
x
x-3
log
2
= 0  (x - 3)log25 + x = 0

2
�
�= 0  log25 +
x3
�
1
�
1
x 
  log5 2 .
 (x - 3)(log25 + x ) = 0  �
�
log2 5
�
Vậy, phương trình có hai nghiệm x = 3, x = log52.
Nhận xét: Như vậy, thông qua thí dụ trên chúng ta đã được làm quen với phương pháp lôgarit hóa. Và
ở đó:
 Với câu a) đã trình bày các cách lấy lôgarit hóa hai vế của một phương trình.
 Với câu b) các em học sinh sẽ nhận thấy tính linh hoạt trong việc sử dụng các phép
biến đổi đại số trước khi thực hiện phép lôgarit hóa hai vế của một phương trình để
giảm thiểu tính phức tạp.

Ví dụ 2. Giải các phương trình sau:
a. 32 log x = 81x.

b. x6. 5 log 5 = 55.

3

x



Giải
a. Điều kiện x > 0.
Lấy lôgarit cơ số 3 cả hai vế của phương trình, ta được:
2 log x
log3 3
= log3(81x)  2 log3x = 4 + log3x  log3x = 1  x = 31.
Vậy, phương trình có nghiệm là x = 31.
b. Điều kiện 0 < x  1.
Lấy lôgarit cơ số 5 cả hai vế của phương trình, ta được:
 log 5
log5(x6. 5 log 5 ) = log555  log5x6 + log5 5
= 5
3

x

x


 6log5x  logx5 = 5 .
Đặt t = log5x, ta biến đổi phương trình về dạng:
t  1
�
1
6t  = 5  6t2 + 5t  1 = 0  �

t  1/ 6

t
�

�
log5 x  1
x  51
�

.
�
�
log5 x  1/ 6
x 65
�
�
Vậy, phương trình có nghiệm là x = 51 hoặc x = 6 5 .

D¹ng to¸n 4:
Phương pháp sử dụng tính chất của hàm số để giải phương trình mũ và
lôgarit
Phương pháp
Ta sử dụng các tính chất sau:
Tính chất 1. Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) trong khoảng (a, b) thì phương trình f(x) = k có không quá một
nghiệm trong khoảng (a, b).
Phương pháp áp dụng: ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1 Chuyển phương trình về dạng f(x) = k.
Bước 2 Xét hàm số y = f(x).
Dùng lập luận khẳng định hàm số là đơn điệu ( giả sử đồng biến).
Bước 3 Nhận xét:
 Với x = x0  f(x) = f(x0) = k, do đó x = x0 là nghiệm

 Với x > x0  f(x) > f(x0)  f(x) > k, do đó phương trình vô nghiệm.
 Với x < x0  f(x) < f(x0)  f(x) < k, do đó phương trình vô nghiệm.
Bước 4 Vậy x = x0 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Tính chất 2. Nếu hàm f tăng trong khoảng (a; b) và hàm g là hàm hằng hoặc là một hàm giảm trong khoảng
(a; b) thì phương trình f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng (a; b) (do đó nếu tồn tại x 0(a;
b): f(x0) = g(x0) thì đó là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = g(x)).

Ví dụ 1. Giải các phương trình sau:
a. 2x + 3x = 5.

b. log2(x + 2) + log3(x + 3) = 2.



Giải
a. Nhận xét rằng:
 Vế trái của phương trình là một hàm đồng biến.
 Vế phải của phương trình là một hàm hằng.
Do vậy, nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
Nhận xét rằng x = 1 là nghiệm của phương trình vì 2 1 + 31 = 5, đúng.
Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
b. Điều kiện x ≥ 2. Nhận xét rằng:
 Vế trái của phương trình là một hàm đồng biến.
 Vế phải của phương trình là một hàm hằng.
Do vậy, nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
Nhận xét rằng x = 0 là nghiệm của phương trình vì log22 + log33 = 2, đúng.
Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x = 0.

Ví dụ 2. Giải các phương trình sau:
b. 3x = 4  x.



b. log3x = 4  x.

Giải

a. Nhận xét rằng:
 Vế trái của phương trình là một hàm đồng biến.
 Vế phải của phương trình là một hàm nghịch biến.
Do vậy, nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
Nhận xét rằng x = 1 là nghiệm của phương trình vì:
31 = 4  1  3 = 3, đúng.
Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.


b. Nhận xét rằng:
 Vế trái của phương trình là một hàm đồng biến.
 Vế phải của phương trình là một hàm nghịch biến.
Do vậy, nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
Nhận xét rằng x = 3 là nghiệm của phương trình vì:
log33 = 4  3  1 = 1, đúng.
Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.

Ví dụ 3. Giải phương trình 31  x  log2x  1 = 0.



Giải
Điều kiện x > 0.

Viết lại phương trình dưới dạng:
x1
�1 �
�3�  log2 x  1.
��
Nhận xét rằng:
 Vế trái của phương trình là một hàm nghịch biến.
 Vế phải của phương trình là một hàm đồng biến.
Do vậy, nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
Nhận xét rằng x = 1 là nghiệm của phương trình vì:
11
�1 �
�3�  log2 1 1  1 = 1, đúng.
��
Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
Chú ý: 1. Đối với phương trình logarit có một dạng rất đặc biệt, đó là:
sax + b = clogs(dx + e) + x + 
với d = ac +  và e = bc + .
Với dạng phương trình này, ta thực hiện như sau:
Điều kiện:
0  s �1s
�
.
�
dx  e  0
�

(*)

Đặt ay + b = logs(dx + e).

Khi đó, phương trình được chuyển thành hệ:
�
sax  b  acy  x  bc  
�
sax  b  c(ay  b)  x  
�
 �ay  b
�
ay  b  log s (dx  e)
s
 dx  e
�
�
�
sax  b  acy  (d  ac)x  e (1)
�
.
�ay  b
s
 dx  e
(2)
�

Trừ theo vế hai phương trình của (I), ta được:
sax + b + acx = say + b + acy.
Xét hàm số f(t) = sat + b + act là hàm đơn điệu trên R.
Khi đó (3) được viết lại dưới dạng:
f(x) = f(y)  x = y.
Khi đó (2) có dạng:
sax + b - dx - e = 0.

Dùng phương pháp hàm số để xác định nghiệm của (4).

(I)
(3)

(4)

2. Để sử dụng được phương pháp trên cần phải khéo léo biến đổi phương trình ban đầu về
dạng thoả mãn điều kiện (*).
Ví dụ 4. Giải phương trình:
6x = 3log 6 (5x + 1) + 2x + 1.




Giải
Điều kiện:

1
.
5
Đặt y = log6(5x + 1). Khi đó, phương trình được chuyển thành hệ:
�
6x  2x  3y  1 (1)
6 x  3y  2x  1
�

.
(I)
�

�y
6  5x  1
(2)
�
�y  log 6 (5x  1)
Trừ theo vế hai phương trình của (I), ta được:
6x + 3x = 6y + 3y.
(3)
t
Xét hàm số f(t) = 6 + 3t là hàm đơn điệu trên R.
Khi đó (3) được viết lại dưới dạng:
f(x) = f(y)  x = y.
Khi đó (2) có dạng:
6x - 5x - 1 = 0.
(4)
Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức Bernouli
Bernoulli
(4)  6x + (1 - 6)x = 1 � x = 0 hoặc x = 1.
Vậy, phương trình có hai nghiệm x = 0 và x = 1.
Cách 2: (Sử dụng định lý Rôn): Xét hàm số g(x) = 6x - 5x - 1.
1
 Miền xác định: D = (- ; +).
5
 Đạo hàm:
g'(x) = 6x.ln6 - 5, g''(x) = 6x.ln26 > 0, xD
 g'(x) là hàm đồng biến trên D.
Vậy theo định lý Rôn phương trình g(x) = 0 có không quá 2 nghiệm trên D.
Nhận xét rằng g(0) = g(1) = 0.
Vậy, phương trình có hai nghiệm x = 0 và x = 1.
Chú ý: Ta xét dạng phương trình lặp:

f[f(x)] = x,
trong đó f(x) là hàm đồng biến trên tập xác định D.
Khi đó ta thực hiện:
Đặt y = f(x), khi đó phương trình được chuyển thành hệ:
5x + 1 > 0  x > -

f (y)  x (1)
�
.
�
�y  f (x) (2)

(I)

Cộng theo vế hai phương trình của (I), ta được:
f(y) + y = f(x) + x.
(3)
Xét hàm số A(t) = f(t) + t là hàm đồng biến trên D (bởi f(t) là hàm đồng biến).
Khi đó (3) được viết lại dưới dạng:
A(x) = A(y)  x = y.
Khi đó (1) có dạng:
f(x) = x.
(4)
Dùng phương pháp hàm số để xác định nghiệm của (4).
Ví dụ sau sẽ minh hoạ cụ thể dạng phương trình kiểu này.
Ví dụ 5. Giải phương trình log2[3log2(3x - 1) - 1] = x.



Giải

Điều kiện


1
3x  1  0
�
3x  1  0
�
�
3
2
1 .
1  x >
 �
�
3log 2 (3x  1)  1  0
3
�
�
3x  1  2
3
�
Đặt y = log2(3x - 1).
Khi đó, phương trình được chuyển thành hệ:
log 2 (3y  1)  x (1)
�
.
�
�y  log 2 (3x  1) (2)
Cộng theo vế hai phương trình của (I), ta được:

log2(3y - 1) + y = log2(3x - 1) + x.
Xét hàm số f(t) = log2(3t - 1) + t, ta có:

(I)
(3)

1
3
 Miền xác định D = ( 2  1 ; + ).
3
 Đạo hàm:
3
f'(t) =
+ 1 > 0, t  D.
(3t  1) ln 2
Suy ra hàm số đồng biến trên D.
Khi đó (3) được viết lại dưới dạng:
f(x) = f(y)  x = y.
Khi đó (1) có dạng:
log2(3x - 1) = x  3x - 1 = 2x  2x - 3x + 1 = 0.
Xét hàm số g(x) = 2x - 3x + 1, ta có:

(4)

1
3
 Miền xác định: D = ( 2  1 ; + ).
3
 Đạo hàm:
g'(x) = 2x.ln2 - 3, g''(x) = 2x.ln22 > 0, x  D

 g'(x) là hàm đồng biến trên D.
Vậy theo định lý Rôn phương trình g(x) = 0 có không quá 2 nghiệm trên D.
Nhận xét rằng g(1) = g(3) = 0.
Vậy, phương trình có hai nghiệm x = 1 và x = 3.

Đ3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LÔGARIT
Khi giải hệ phương trình mũ và lôgarit, ta cũng dùng các phương pháp giải hệ phương trình đã học như
phương pháp thế, phương pháp cộng đại số, phương pháp đặt ẩn phụ, ...

Phương pháp thế

D¹ng to¸n 1:

Ví dụ 1. Giải các hệ phương trình:
x
5( y  )
� y  4x
�x
y 3
a. (ĐHKT  1999): �
.
3
1
�
�x  y

1 y
� x �1 �
�4  � �
�

�2 � .
b. �
�log9 x y
3

�
3
�



Giải
a. Điều kiện x, y > 0.
Thế phương trình thứ hai vào phương trình thứ nhất của hệ, ta được:
(*)
x 1
x 1
�
�
x
3.5(x  )
�
x  4x

�
3  �3
x
x
x  4x  15x 3  5x
x 4  16  0

�
�
Khi đó:
 Với x = 1 suy ra y = 1-3 = 1.
3

3

(*)
x 1
�
..
�
x2
�




Với x = 2  y =

1
.
8

Vậy, hệ phương trình có hai cặp nghiệm (1; 1) và (2;

1
).
8

b. Điều kiện x > 0.
Viết lại hệ phương trình dưới dạng:
�22 x  2 y 1
�1
� log3 x y 
32

�
3
�

� y
�2 x  y  1
�2 x  y  1
2.  y  1
�
�x  1
�
�
�
3
�
 �
.
� log x 1 y  �
y
�y  3
�x  y
�3 3 2 

�x 
3
�
3
�
�
3





Vậy, hệ phương trình có một cặp nghiệm (1; 3).
Nhận xét: Trong lời giải trên:
 Ở câu a), chúng ta sử dụng ngay phép thế y = x 3 vào phương trình thứ nhất của hệ
để nhận được một phương trình mũ dạng:
u(x)  1
�
[u(x)]f(x) = [u(x)]g(x)  �
.
f (x)  g(x)
�
 Ở câu b), để tường minh chúng ta có thể trình bày theo cách:
Biến đổi phương trình thứ nhất của hệ về dạng:
(1)
22 x  2 y 1 � 2 x  y  1 � y  2 x  1.
Biến đổi phương trình thứ hai của hệ về dạng:
1
1
log x

y
y
y
log x 2
2
� x .
(2)
3

� 3


3
3
3
Thay (2) vào (1), ta được:
2y
y
 1  3y = 2y + 1  y = 3  x = 1.
3
3

D¹ng to¸n 2:

3

Phương pháp biến đổi tương đương

Ví dụ 1. Giải các hệ phương trình:
�x  y  20

a. �
.
�log4 x  log4 y  1 log4 9

�x  y  1
b. � 2x 2y
.
�4  4  0,5



Giải
a. Điều kiện x > 0, y > 0.
Biến đổi hệ phương trình về dạng:
�x  y  20
�x  y  20
 �
�
�log4 (xy)  log4(4.9)
�xy  36
suy ra x, y là nghiệm của phương trình:
t 2
x  2v�y=18
�
�
t2  20t + 36 = 0  �
 �
.
t  18
x  18v�y=2

�
�
Vậy, hệ phương trình có nghiệm là (2; 18) hoặc (18; 2).
b. Biến đổi hệ phương trình về dạng:
�(2x)(2y) 1
4

�
(2x)  (2y)  2
�
�
16
 �

� 2x
2y
�4  4  0,5
�42x  42y  1
�
2
2x
2y
suy ra 4 , 4 là nghiệm của phương trình:
1
1
1
t2  t +
=0t=
 42x = 42y =
2

16
4

� 2x 2y 1
4 .4 
�
�
16
�
�42x  42y  1
�
2
1
1
x=y= .
4
2


Vậy, hệ phương trình có nghiệm là x = y =

1
.
2

Nhận xét: Trong lời giải trên:
 Ở câu a), bằng việc sử dụng công thức biến đổi tổng của hai logarit cùng cơ số
(trong đó 1 = log44) chúng ta nhận được dạng Viét cho hai ẩn x, y.
Ngoài ra, cũng có thể sử dụng phương pháp thế như sau:
Rút y = 20  x từ phương trình thứ nhất của hệ thay vào phương trình thứ hai, ta

được:
log4x + log4(20  x) = 1 + log49  log4[x(20  x)] = log436
x  2 � y=18
�
.
 x(20  x) = 36  x2  20x + 36 = 0 � �
x  18 � y=2
�
 Ở câu b), chúng ta đã sử dụng phép mũ hoá để nhận được tích của hai toán tử 42x và
42y, từ đó sử dụng hệ quả của định lí Viét. Đây chính là sự khác biệt mà các em học
sinh cần lưu ý cho hai dạng hệ phương trình ở a) và b).
Ngoài ra, cũng có thể sử dụng phương pháp thế như sau:
Rút y = 1  x từ phương trình thứ nhất của hệ thay vào phương trình thứ hai, ta
được:
1 2x
42x + 42(1  x) = 0,5  42x +
4 = 0,5.
16
Đặt t = 42x, điều kiện t > 0. Ta được:
1
t1 +
.t = 0,5  t2  8t + 16 = 0  t = 4  42x = 4
16
1
1 1
 2x = 1 � x  � y  1  .
2
2 2
Như vậy, từ đây các em học sinh có thể thấy được tính tối ưu của việc sử dụng các phép
biến đổi tương đương để giải hệ phương trình. Và áp dụng nó để giải hệ phương trình

(HVNH Hà Nội  1999)::
�x  y  1
.
�x
y
�2  2  2
Ví dụ 2. Giải các hệ phương trình:
�log2 (x  y)  5 log2 (x  y)
�log5 x  log5 7.log7 y  1 log5 2
�
�lgx  lg4
�
 1
3 log2 y  (1 3log5 x)log2 5 . b. �
a. �
.
�lgy  lg3



Giải
a. Điều kiện x, y > 0. Biến đổi hệ phương trình về dạng:
log5 x  log5 y  1 log5 2
�
�log5 x  log5 y  log5 10
�
�
3 log2 y  log2 5  3log2 5.log5 x  �
3log2 x  log2 y  3  log2 5
�

�xy  10
�log5(xy)  log5 10
�x  2
�3
�
3
�x 8
8
� x
�
 �log2  l og2
 �y  5  �y  5 .
y
5
�
�
Vậy, hệ phương trình có nghiệm là (2; 5).
b. Điều kiện:
�x  0, y  0
�x  0, 0  y �3
�
.
�x  y  0; x  y  0  �
�x  y  0; x  y  0
�lgy  lg3 �0
�
Biến đổi tương đương hệ phương trình về dạng:

(*)

�log2(x2  y2 )  5
�log2 (x  y)  log2(x  y)  5
�
�
3
� x
�x 3
 � 

�lg 4  lg y
�
�4 y
2
�
�12 � 2
4
2
2
�
� � y  32 �y  32y  144  0 �y  4
�
y
�
�
� �
�
� 12
� 12
x

x
12
�
�
 x
� y
�
� y
� y
�
Vậy, hệ phương trình có nghiệm là (6; 2).

D¹ng to¸n 3:

�x2  y2  32
�
� 12
�x  y
�
y 2
(*) �
� �x  6
�
.

Phương pháp đặt ẩn phụ

Ví dụ 1. Giải các hệ phương trình sau:
�
32x  2  22 y  2  17

�
a. � x 1
.
y
�2.3  3.2  8

�x  y  1
b. �x
.
y
�2  2  2



Giải
a. Đặt:
x
�
�u  3
�
y
�v  2 , điều kiện u, v > 0.
Khi đó, hệ (I) được biến đổi về dạng:
�
9u 2  6u  1  0
�
9u 2  4v 2  17
�
� 8  6u
�

6u  3v  8
 �v 

�
3
�
Vậy, hệ có cặp nghiệm (-1; 1).
b. Biến đổi hệ phương trình về dạng:
xy
x
y
�
�
�2  2
�2 .( 2 )  2
 �x
.
�x
y
y
�2  2  2 �2  2  2
Đặt:
�u  2 x
�
, u > 0 và v < 0.
�
y
�v  2
Khi đó, hệ có dạng:
�u  v  2

�
�u.v  2

�x 1
� 1
3 
�x  1
�u 
�
� 3
� 3
�
 �2 y  2  �y  1
�
v

2
�
�

suy ra u, v là nghiệm của phương trình:
t2 - 2t - 2 = 0  t = 1  3
x
�
�
�
�u  1  3
�2  1  3
�x  log 2 (1  3)
 �

 � y
 �
.
�v  1  3
�2  1  3
�y  log 2 ( 3  1)
Vậy, hệ phương trình có một nghiệm.

Ví dụ 2. Giải các hệ phương trình sau:
�
lg 2 x  lg 2 y  1
�
a. � x
.
lg  1
�
� y



Giải
a. Điều kiện x, y > 0. Biến đổi hệ về dạng:
�
lg 2 x  lg 2 y  1
.
�
lg x  lg y  1
�
Đặt:

�
ln(xy)  ln 2 x  1
�
b. �
.
ln(xy)  ln 2 y  1
�


�u  lg x
�
�v  lg y
Khi đó hệ (I) được biến đổi về dạng:
�u 2  v 2  1
�v  u  1
�v  u  1
 �2


�
� 2
2
�u  v  1
�u  (u  1)  1
�2u  2u  0

�v  u  1
�
u0
��

��
u 1
��

1
�
x 1 & y 
u  0 & v  1
�
�
10 .
 �
 �
u 1 & v  0
�
x

10
&
y

1
�
1
Vậy, hệ có hai cặp nghiệm (1;
) và (10; 1).
10
b. Điều kiện x, y > 0. Biến đổi hệ về dạng:
�
ln x  ln y  ln 2 x  1

�
.
�
ln x  ln y  ln 2 y  1
�
Đặt:
�u  ln x
�
�v  ln y

Khi đó, hệ (I) được biến đổi về dạng:
�u  v  v 2  1
�
.
�
2
�u  v  u  1
Trừ từng vế hệ phương trình, ta được:
uv
�
u - v = - (u2 - v2) + (u - v)  u2 - v2 = 0  �
.
u  v
�
Ta lần lượt:
 Với u = v, ta được:
v = v2  v + 1  v2  2v + 1 = 0  v = 1
 u = v = 1  lgx = lgy = 1  x = y = 10.
 Với u = v, ta được:
v = v2  v + 1  v2 + 1 = 0, vô nghiệm.

Vậy, hệ có nghiệm duy nhất (10; 10).
Chú ý: Với các em học sinh đã có kinh nghiệm trong việc giải toán thì:
 Ở câu a), chúng ta có thể trình bày (với điều kiện x > 0, y > 0) theo cách:
2
�
�
lg x  lg y   2lg x.lg y  1
lg 2 x  lg 2 y  1
�

��
�
lg x  lg y  1
lg x  lg y  1
�
�

�
lg x  0
�
�
�
1
�
 lg y  1
x 1 & y  .
lg x.lg y  0
�
�
�

�

�
��
10
�
�
lg x  lg y  1
lg y  0
�
�
x  10 & y  1
�
�
�
lg x  1
�
�
�


Ở câu b), chúng ta có thể trình bày (với điều kiện x > 0, y > 0) theo cách suy ra:
ln2x + 1 = ln2y + 1  ln2x = ln2y  lnx = lny  x = y.
Từ đó, ta được:
lnx2 = ln2x + 1  ln2x  2lnx + 1 = 0  lnx = 1
 x = 10  y = 10.

D¹ng to¸n 4:

Phương pháp hàm số

Ví dụ 1. Giải các hệ phương trình sau:
�
3x  3y  y  x
�
a. � 2
.
2
�x  xy  y  12

ln x  ln y  y  x
�

b. � 2

2
�x  y  6x  2y  6  0

Giải
a. Viết lại phương trình thứ nhất của hệ dưới dạng:
3x + x = 3y + y.
Xét hàm số f(t) = 3t + t đồng biến trên �.
Vậy, phương trình (*) được viết dưới dạng:
f(x) = f(y)  x = y.
Khi đó hệ có dạng:
�x  y
�x  y
�x  y
 � 2

 �

�2
2
3x  12
�x  �2
�x  xy  y  12
�

.

(*)

xy2
�
�
x  y  2
�

Vậy, hệ phương trình có 2 cặp nghiệm (2; 2) và (-2; -2).
b. Điều kiện x, y > 0.
Từ phương trình thứ nhất của hệ:
lnx + x = lny + y.
Xét hàm số f(t) = lnt + t là hàm đồng biến, khi đó (**) tương đương:
f(x) = f(y)  x = y.
Khi đó, hệ được chuyển về dạng:
x  y 1
�x  y
x, y  0 �
.

�2
�
�
xy3
�
�x  4x  3  0

(**)

Vậy, hệ có hai cặp nghiệm (1; 1) và (3; 3).

Ví dụ 2.

(ĐHQG Hà Nội  1995): Giải hệ phương trình:
2x  2y  (y  x)(xy  2)
�
�2
x  y2  2
�



(1)
(2)

.

Giải
Thay (2) vào (1) ta được:
2x - 2y = (y - x)(x2 + y2 + xy)  2x - 2y = y3 - x3

 2x - x3 = 2y - y3
Xét hàm số f(t) = 2t + t3 đồng biến trên �.
Vậy, phương trình (3) được viết dưới dạng:
f(x) = f(y)  x = y.
Khi đó, hệ có dạng:
x y
x y
x y
x y1
�
�
�
�



.
�
�2
�
�
x  �1
x  y  1
x  y2  2
2x2  2
�
�
�
�
Vậy, hệ phương trình có 2 cặp nghiệm (1; 1) và (-1; -1).

Ví dụ 3. (ĐHQG Hà Nội  1995): Giải hệ phương trình:
log 2 (x  1)  y  1
�
.
�
log 2 y  x
�



Giải
Điều kiện:
�x  1
.
�
�y  0
Từ hệ suy ra:
log2(x + 1) + x = log2y + y - 1  log2(x + 1) + x + 1 = log2y + y.

(3)