chuyên đề phương trinh 03

Bài giảng số 20
PHƯƠNG
Bài
phương
lơgarit).
Đại học,

giảng này
trình siêu
Các dạng
Cao đăng

TRÌNH VÀ HẤT PHUONG
TRINH SIEU VIET

đề cập đến
việt (tên gọi
bài toán này
trong những

các phương pháp cơ bản giải phương trình va bat
chung của phương trình bất phương trình mũ và
ln ln có mặt trong các đề thi tuyển sinh vảo
năm 2002-2009, nhất là với các đẻ thi ở phần tự

chọn cho trong chương trình nâng cao.

§1. PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH LƠGARIT
Đề giải phương trình mũ và phương trình lơgarit ta làm như sau:
- Đặt điều kiện dé phương trình có nghĩa. Chú ý rằng ngồi các điều kiện
thơng thường, cần nhớ đến điều kiện sau:

Đề logsx,g(x) có nghĩa ta cần có:
,

f(x)>0,f(x)#!

g(x)>0
7 Bằng các phép biến đổi cơ bản về hàm số mũ hoặc lôgarit, hoặc dùng phép
đặt ân phụ, phép lơgarit hóa ta quy phương trình đã cho về các phương trình mũ,
phương trình lơgarit cơ ban sau:

a= b, a>0

logan B(x) = loggyh(x)
Cac dang toan co ban:
Loại 1: Phương pháp đặtâ ân phụ để giải phương trình siêu việt:
Bang cach dat an phụ ta quy phương trình mũ, phương trình lơgarit ban đầu
về phương trình đại số thơng thường (phương trình chứa hoặc khơng chứa căn
thức). Giải các phương trình trung gian này, sau đó sẽ quy về giải các phương trình
mũ, lơgarit cơ bản để tìm ra nghiệm của phương trình ban đầu.
Thi dul: (Dé thi tuyén sinh Dai hoc khối A— 2008)

Giải phương trình: log,,., 2x

+X \)+ log..,(2x— ly =4 (1).

;
Diéu kién dé (1) co nghiém là

Giai

2x—-l>0,

2x-lzl

x+l>0,

x+lzl

2x? +x-1>0
358

<3

X>—

x #1

1

2 (2).


Ap dụng cơng thức đổi cơ số, ta có:

logy 41 (2x? +X— 1)

leo
( )

+2log..(2x—l)=4

logy„¡(2x — 1)

c

logv¿¡ (2x —I)+ logv.i
(x+ 1)

+2lOB„„¡ (2x ~ l)= 4

logyat (2x ~ 1)

©

1
l+——————+2lo
log, 4; (2x -1)

Bx

2x —1)=4
)

(

(

(3).)

Đặt t = logy,¡(2x — l), khi đó (3) có dang

2t+~-3=0

t=l

@2ẩ-3t+1=0
â

t

tes

1

x=2

x=2

v

x+l=2x-l
logx (2x =1) =]
sua(ex~0=1đ |WeT=ax-Z

f

me

4x?~5x=0

x=2

Thớ d 2: ( thi tuyn sinh khốiA — 2006)
Giải phương trình: 3.8”+ 4. 12*— 18*—2.27*= 0(1).

Giải

Vi 27*> 0 nén ta có

0© (3)27 4]27 (3)7 -2=0
3x

35]3
.

2\*

2x

+45]3). {

t2 2N

Đặt t= (=)

4

\%

|

sa

>0, khi đó (2) có dạng

3t`+4~t—~2=0 © (t+I}(Gt-2)=0 © t= : (do
t > 0).
x

Vay ta co: G

3

_2

3

©

x=Il.

Thi du 3: (Dé thi tayén sinh khéi B — 2007)
Giải phương trình: (vx - 1)

+(V2+ 1)

-2V2 =0 (1).

Giải
Do

(J2-

1)(v2

+ 1)=1

nén néu dat t= (v2-1)

>0, thi

(jo t+c~2/2=0 >1” ~2V2t+1=0
359


t=vi-1

(V2-1) =v2-1

(V2-1)° =(V2-1)"

t=V2+1

ot

=-l.

Thí dụ 4: (Đề thi tuyến sinh khối D — 2007)

Giải phương trình: log; (4* +15.2 +27]+2log; ; x == 9 ().

Điều kiện để (1) có ngia la 4.2% -3>0<> 2* >ã

(2).

Khi đó (1) © log; (4ˆ +15,2 +27}~2log (4.2 -3}=0

<> log,
(4* + 15.2 +27} = log, (4.2" -3)
> 4% 415.2% +27 =(4.2" -3) =0

(3)

Dat 2*=t > 0 khi ú ta cú:
(3) â t+lĐt~27=(4t~3) â 5-~ 13t-6 =0 & t=3 (dot> 0)
;
<> 2°=3 &x
= loga3.
Thi du 5: (Dé thi tuyển sinh khối D — 2003)
2
2
Giải phương trình: 2X ~* ~22**7X” =3 (1).
Dat
t = 2*> 0, khi đó từ (1) ta có: -

Giải

to =0©~3t74=0et=4
@

2

(do t>0)

24x? -x=2 x=! vax =2.

Thi du 6: (Dé thi tuyén sinh Đại học khối D - 2002)

23% = Sy? -4y (1)

Giải hệ phuong trinh: 4 4, , 2x+!
2% +2

Ta có (2)<>

2*(2* +2)

Y= aD)

Thay (3) vào (1) ta có:

y =Sy-4yo y(y’-Sy+4)=0< y’ -S5y+4=0 (do y>0)
c©

P=
y=4

©

ne
aX

4

c©

le
x=2.

Vậy (0;1) và (2;4) là hai nghiệm của hệ (1) (2).
360


Thí dụ 7: (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A — 2002)
Cho phương trinh: log} x+ ylog3 x+1-2m-1=0

(1).

L/ Giải (1) khi m = 2.
2/ Tim m dé (1) co it nhất một nghiệm thuộc đoạn

[s3

|

.

Giai

1/ Khi m = 2 thi (1) co dang: log} x + flog? x+1-5=0 (2)
Điều kiện để (2) có nghĩa là: x>0.

"Đặt L= Jlog?
x
+121 khi d6 (2) c6 dang
t+t-6=2

=

<t=2(dot> 1)

log? x +1 =2 <> log? x =3 = log, x =+v3 o> x=3Ÿ

và x=3Ý,

2/ Đặt t= vjlog2x+1, khi xe [134 | thi Bai toan tro thanh: Tim m dé hé

f(t)=t? +t-2=2m (3)
I
co nghiém.

Ta có: f'(t) = 2L+ !, nên có bảng biến thiên sau:
t

|

——
2

f*(

]

Y

+

7

AN

i

2

—

Từ đó suy ra hệ (3) (4) có nghiệm k hi va chikhid<2m<4
Thí dụ 8:
Giải các phương trình sau:

@

O0
V (26 +15V3) +2(7+4/3)` ~2(2- 3)" =1 (1)
2/ (s+2v6)(s-26)= 10

(2)

Giải

1/ Đặt (s+J}' =t>0,
khi đó (1) â O42P Sa1eatt +20 -1-2=0
'âđ+2ý(#-1)=0 â t=l(dot>0)<â (s+J} =lâx=0.

2/ Do (5+ 2V6)(5~2V6)=1 nén dat t=

ma)

>0 thì

(2) <> tri =10eot? =lôt+T=0cst=5 +26,
361


(s+2/6)? =s+ 26

x=2

Nix

>

x

(5+2V6)? =5-2V6 =(5+2v6)

oS

-]

Xx

Thi du 9:
Giải các phương trình sau:

1/ log;(4*”! +4).log;
(4Š +1]=3

= —2,

7

(1)

2/ log, 3+ log; x = log 73+ log; vx +t

(2).

Giải.

l/ Ta có (1) ©

[loge 4 + log, (4% +1) Jlog. (4* +1)=3,

Đặt t = loga(4”+ 1). Khi đó

0e

0+2t=3c>

|

t=Ì
t=-3

log, (4° +1)=1

c©

log, (4* +1)=~3

4*+1=2
¡ ©x=0.
|.
4 tin

2/ Điều kiện để (2) có nghĩa là: x>0, x # 1. Đặt t= logax# 0.
Khi đó (1) ©

..........

t

t

2

2

t=-l

=>

t=2

7

>

log,

x =-1

log+

x=2

i

Loại 2: Phương pháp đưa về cùng một cơ
trình siêu việt:
Băng cách sử dụng các cơng thức cơ bản
phương trình, hệ phương trình đã cho về phương
bản đã trình bày ở phân mở đầu của bải giảng.
Dĩ nhiên đây là phương pháp thông dụng,
hiệu quả.

x=

-

1
3

x=09,

số giải phương trình và hệ phương
của hàm mũ, hàm lơgarit ta quy
trình, hệ phương trình siêu việt cơ
cơ bản nhưng cũng khơng hề kém

Xét các thí dụ sau đây:

Thí dụ 1: (Dé thi tuyển sinh Đại học khối 4 — 2009)
log, (x? + y) =1+log,(xy)

Giải hệ phương trình:

gx 4"

(1)

= g]

(2)

Ta có (1)
2)

c©

Perle

y

3x -y+y” _ 24

e0)

uy

NÊN

x'-xy+y2=4

Rõ rang (4) thỏa mãn (3) nên là nghiệm cua (1) (2).
362

|Xx”=4

oe?

|x=y=-2

(4)


Thi du 2: (Dé thi tuyển sinh khối B — 2005)
Vx-1+/2-y =!

Giải hệ phương trình:

(1)

3logy(9x?)—logsy°=3

(2)

Giai

Điều kiện đề hệ (1)(2) có nghĩa là: x> 1;0
Ta có (2)

3ÍI + logy x?)~3log; y=3

<= | + logax— logạy= Ì @©
(Chú
y dox> [ x>0 logoxˆ= logax)

lopsx= logyy ©

Vậyay hệ(l)(2) ©

(3)
(4)

y
vx-l+⁄2-x=l

x=Vy.

x=

nN—

x

Dễ thấy ——..

Vậy hệ (I2) có hai nghiệm (Ï; 1) và (2; 2). Thi du 3: (Dé thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng khối A — 2004)
I

Giai hé phuong trinh:

logs (¥~x)- logs
4

=I

(1)

x? +y? =25

(2)

Giai
y-x>0;y>0
Ta có hệ: (12)

©

4loga

y-x>0;y>0

~logyt=le

y~x

x* + y? =25

©‡$y=4y-4x

©

2,.2

sas

`

yx

y=-=X

3

|

=|

x? + y? =25

y~x>0,y>0
4

y-x>0,y>0

,

logy

y

x=3

o

!

y=4.
,

Thi du 4: Giai phuong trinh: 38 als +3)+ logs (x1)

8

= log, (4x). (1)

Giai
x+3>0
ok

"

a

,

~

Ta

Điều kiện đề (1) có nghĩa là:

$(x—l)}
4x >0

8

>0

x>0

x

"

(2).

Voi diéu kién (2) thi log5 (x +3)= log, (x +3) = 2log, (x +3);
363


logo(4x) = 2 + logax; loga(x — 1)Ï= loga(x — 1)'= 4logy|x — I].

Khi đó: (1) <> log, (x +3) + logs |x —1|- log, x =2
& log,

(x+3)|x-I|

x>I
(x +3)(x

=2©(x+3)|x—l|=4x

X
x>I

+1) =4x

0
x? -2x -3=0

o

Ơ

(x +3)(1-x) =4x

©x=3;x=-3+23.

x? + 6x -3=0

Thí dụ Š:

Giải hệ phương trình sau:

log, x + logy y+ log,z=2

(1)

log; y + logy z + logy x =2

(2)

logz + logiyx+log¿y=2

(3).

Điều kiện đề (1)(2)(3) có nghĩa là x > 0, y > 0. x> 0, khi đó
:

log, x? + log, y+ log, z=2

{loge y? + logy z+ logy x=2

c2

-

yz}=2

<> {logy(xy*z)=2

5
logig 2” + logyg
x + logig y =2

logis (xyz”)=2.

.

X=

xy7z =81

eiyeH

xyz’
= 256

to

4

>

x-yz=16

G2|

t2

(1)(2)(3) <

log, (x

Thí dụ 6:

logy jxy =log, y (1)

Giai hé phuong trinh sau:

2% +2% =3

(2)

Dieu kién dé (1) (2) cé nghia lax > Oy>O.x #1 vay #1. Khi do ta cd

1

(lo zllogy x +1) =log, y (3).
Dat log,y = t, ta

364

«\t

.

—t—l=0

(suy từ (3))


t=l
t

â

log, y=1

1â
2

=
2

By Ơ

=

x=y
1

Te

y

Oỉ.V=_-

1

1,
2 LN
Thay y = vo (2) v cú 2`+2v* =3 (4)

vx

1

- Nếu x>1 thì 2* >2 và 2Ý* >0 =VT (4) >3: Vơ nghiệm.

I

~ Nếu 0Tóm lai: x=y = log>

VT (4)>3: Vơ nghiệm.

là nghiệm duy nhất của hệ (1)(2).

Loại 3: Phương pháp lơgarit hóa giải phương trình siêu việt:
Thi dul

Giải phương trình: x

log x+5

3

=lg102X

(J)

Điều kiện đề (1) có nghĩa là x>0. Khi đó
(Io

ef

lạ xt3
3

.

}

==.

=S+lpx

Dat t = lpx. khi đó từ (2) ta có: t +2t—15=0
c©

t=3

=—5

c©

lex =3

Igx =—5

Thí dụ 2:

|.

(2)

x = 1000
|
X=

100000

Giải phương trình S8ề = 50x!8Ÿ (1),

Giải

Điều kiện để (1) có nghĩa là x>0. Áp dụng cơng thức a'°#b€ = cle? „ 1a CĨ:

(1) <> SI8S = 50-SIB eo 58S = 57 ox =100.

Loại 4: Một số phương pháp đặc biệt giải phương trình siêu việt:
Người ta hay sử dụng hai phương pháp đặc biệt sau đây:

+ Phương pháp chiều biến thiền hàm số.

+ Phương pháp đánh giá hai về để giải một lớp phương trình siêu việt.

Thí dụ 1: (ĐỀ thí tuyển sinh Dại học khối D — 2006)

Cho hệ phương trình:

e* =e? =ln(I+x)-In(I+y)
có

y-X=a

(1)

¬
(2)

Chứng mình răng với mọi a, hệ có nghiệm duy nhất.
365


Giai
y=x+a

Ta có (1X2) <<

.

eX** =e*+In(I+x)-ln(I+a+x)=0

(3)

(4)

Như vậy hệ (1)(2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình

f(x)=e*** -e* + In(1+x)-In(l+a+x)=0
cé nghiém duy nhat trén khoang (-1; +0 ).
oe

.

I

Taco f(x)= eX** —e* +

__!

l+x

l+a+x

.

Do a> 0 nên f(x)>0 Vx>—I => fx) là hàm đồng biến khi x > —1
Tacó

Lan

lim

x=+”

cịn

lim

gp
f(x)=

.
4
lim e* (e* -1)+

NE

:
lim

x>+z

In

_N

—=+0,

J4+x+a

f(x)=-—œ

x-l

Như vậy do tính liên tục của y = f{x) suy ra phương trình f(x)=0 có nghiệm
duy nhất trên khoảng (~1; +o) > đpem.
Thi du 2:
Giải phương trình: 2v3-x =-x" +8x-14

;

;

Dieu kién dé (1) có nghĩa là x < 3.

Giai

Dat f(x)= ves =f(x)=—=—

3—x

Vậy

g(x) =-x7

(1)

|

23-x ln2<0.

+ 8x -— 14 f(x) la ham nghich bién khi x <3

Mặt khác f{3) = g(3) = 1, nên (L) có nghiệm duy nhất x = 3.
Nhan xét:

Ta sir dung két qua quen biét sau day.
Xét phuong trinh f(x) = g(x), x € D.
Néu

trén mién

D, f(x) la ham

đồng

biển. cịn g(x) là hàm

nghịch

biến. Hơn

nữa phương trình có nghiệm trên D. Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất trên D.
Thí dụ 3:

Giải phương trình:

5¥ 44% 43% 42% =the
3

+ 5x7 —7x 417 (1).

Giải
Ta có
/

(1) <= 5% +48 43% 42%

Đặt

'

]

[š*x~r|*
2x
3
6

50-1417

(2).

(x)

VT=f(x

VP=g(x)

Dé thay f{x) là hiệu của hàm đồng biển y = 5`+ 4Ý+ 3`+2Ẻ và hàm nghịch biến
366


tL +—+
J
3
6*

nén no 1a ham dong bién trén R .

2X

Mặt khac, g(x = — 6x’ + 10x —-7 < OVxe R, nên g(x) la ham nghich bién
trên R. Lại có f(1) = g(1) = 13. Từ đó (1) có nghiệm duy nhat x = 1.
Thí dụ 4:
Giải phương trình: log, (1 +vx) = log, x (1).
Giải
Điều kiện để (1) có nghĩa là x>0. Đặt t = logax. Khi đó

(l) ©

logz[l+ FF) tote}

Vi f(t) = f

|)
2“=

(4)

[BY a
2

(2).

là hàm nghịch biến trên R. Lại có f(2) =1. Vậy (2) có

nghiệm duy nhất t = 2, tức là x = 9 là nghiệm duy nhất của (1).
Nhận xét:
Ta đã dùng kết quả quen biết sau:
Xét phương trình f(x) = m, x € D. Nếu trên miền D, f{x) là hàm số hoặc là
luôn luôn đồng biến (hoặc luôn luôn nghịch biến) và phương trình có nghiệm trên
D. Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất trên D.
Thí dụ Š :

Giải phương trình: 4(x — 2)|loga (x —3) + log; (x - 2) | =15(x +1) (1).

ee

Điều kiện đề (1) có nghĩa là x > 3.
Ta có (1) &>

Giải

log›(x
- 3) + logs(x
— 2) = js

tl

4(x-2)

Dé thay f(x) = Hoes — 3) + loga(x — 2) la ham déng bién khi x>3.

g(x)= 15 X+

2

la ham nghich bién khi x>3 (do g'(x) = =

4(x-2}

> <0)

Lai cé f(11)= g(11) = 5. Vậy x = II là nghiệm duy nhất của (1).
Thi du 6:
Giải phương trình: x

log29

=x“.43

2 xlogax

olog2

x

=

x2.3l92

x — 31082 x

Đặt logax
= t, khi đó (2) ©

(1).

Giải

Với điều kiện x > 0, ta có: (1)
oS

_ x 0823

c

3l082 N—

3'=4'—1

6

x2

~|

(2)

f{)= B

(do

t

glee: x >0).

(4)

t

=| (3)

Vi f(t) la ham nghich biển trên IR va f(1)= 1, nén (3) có nghiệm duy nhat
t= 1, tức là x = 2 là nghiệm duy nhất của (1).
367


§2. BAT PHUONG TRINH MU VA LOGARIT
Ta luôn sử dụng các kết quả cơ bản sau đây trong việc giải bất phương trình

siêu việt:
+ Nếu a>
/ nụ

I, thì

> afl’)

=f

xeD

3/

ree)

xeD

log, F(x) > loga g(x)

f(x)>g(x)>0

xeD

xeD

ở đây D là tập xác định của bất phương trình.
+ Nêu 0
/ ey

thì

> atl’) nh

xeD

2/

xeD

log, f(x) > log, g(x)

0
xeD

xeD

Loại 1: Sử dụng các phép biến đổi đưa bất phương trình về dạng bất phương
trình cơ bản:
;
Thi du 1: (Dé thi tuyén sinh Đại học khối D—2008)

,

8

2

Giai bat phuong trinh: log, XT 3X t+? 59
5

X
Ta có: (Ì) <

x

5-_
;

xX

(1).

Giải
,

2

3X t2 vo
x

T3N+2 —

(2)
|

(3)

x

Dé thay nghiém cua (2) la 0 < x < 1 hodc x > 2, con nghiệm của (3) là x<0
hoac 2-J2
Từ đó nghiệm cần tìm la 2-V2

Thí dụ 2: (Đề thi tuyển sinh khối B - 2008)
3
<

Giải bất phương trình: loga ; la
`

X° +X

x +
Giải

368

*\<000


`

2

x+

Ta cú: (1) <> Đ log,-

x? +x
x+4

x+x

log.
^

2

> >0

x+4

Roy

*

x+

>0â4~

x? +x
x+4

>0

3

>iâ4

- ra

L6)

x2 +x

6ˆ

%7

x°+x
——— <6

>I

x+4

(3).

x+4

ca.

on

£

.

.

-4
Hệ (2) (3) dé dang giải được (bạn đọc tự nghiệm lây) và ta có:

x>8.

8

Thứ dụ 3: (Đề thủ tuyên sinh Đại học khỗi .4 — 2007)

Giải bat phương trình: 2log(4x ~3)+ log¡ (2x+3)<2 (1).
Giải
x>

Ta có (1) ©

3

3

3

xX > 4

4

-3)—
2log; (4x~—3)—log;(2x+3)<2
x>=

3

lịog,

(4x -3) 2
+3

<2

x>—

e3) sọ C1 |(4x-3))(4x3)
2x+3

3

(do x>7

2x+3>0)=

x>~

4

8x? — 21x -9<0

ôâ

3

Thi du 4:

Gii bt phng trỡnh: 52x-10-3X~2 _ 4 sx-5 « al+3ýX~2 (1).
Ta co:

(1) oo Sung
Se 4 55 gh

Giai

(5? Ỷ -4.51-5.g3/*~2
Ss,
_s . (“?)
© (“7 tan?) [s5 =5.5°"2]<0eœ s8 © x~-5(bạn đọc tự nghiệm lại kết quả này).
Loại 2: Đặt ân phụ để đưa bất phương trình siêu việt về bất phương trình đại

số trung gian.

Phương pháp giải như loại 1, §1. Xét các thí dụ sau:

369


Thí dụ 1: (Đề thủ tuyển sinh Đại học khối B — 2006) Ạ

Giải bất phương trình: logs (4° + 144) ~Alogs2<1+ log,

7 + i) (1).

Giải

Ta có (1) <> logs 4` +144 < logsI5(2 _ H)|e 4° 4144
7 <5(2 ca +1) @)
:

y

x.

2x

Đặt t = 2` > 0 khi đó (2) có dạng:

P—20t+ 64<0 © 4
2

XS

4<2°<16 oO 2
Thí dụ 2:

(2." -2) >-2 (1).

tw!

Giải bất phương trình sau: log (2° - I}log

Q

lải

Ta có (1) es logs (2* ~ I]log; (2*”! ~2)<2

€ log, (2° - It + log,
(2" -1)]-2 <0 (2).
Dat
t = log(2*~1), nén (2) cd dang:

tt+l)-2<0 œ@ t+t-2<0 06 -2«

2 X29 =I
<3

=2+ logy 5 < x < log; 3,

Thi du 3:

Giải bắt phương trình sau:252*-*”*! 4.9228"*l > 34.152" (1),
9

Ta có: (LÙ) ©

2x-x2

25 +9{ =|

15

2x-x?

343)

25

>0

25

3

9t? ~34t+25
>0 (ở đâyt = (2)

2xx?

> 0)

3\--%

t~

=

ca

(2)
5

iG)
5

2

x <1- V3

hoặc0
<1
2x-x2

ap

2x—x*
=

2x—x?

2

20
<-2

~ 9

<2 hoặc x> [+ M3.

Loại 3: Sử dụng điều kiện có nghĩa của bất phương trình để đơn giản hóa

phép giải:

Thí dụ 1: (Đề thủ tuyển sinh Đại học khối B — 2002)

Giải bất phương trình: log, (10g; (9* _ 72)) <1 (1).
370


9% -72>0
Điều kiện để (1) có nghĩa là 4 log, (9" - 72) >0<59*% —-72>1<59* > 73 (2).
x>0,x#1

Từ (2) suy ra nói riêng x > 1. Vi thé

9 >73

(Ne

pn

|tozs(9" -T73}«> V73<3`

<9 <=

3` > 73

Vx

%-72<3*

ox

— |(3*) -3*-72<0

log; V73
logy 73
Nhận vét:
Mặc dù ân số của x năm ở cơ số, nên về lí thuyết thì phải xét hai kha nang

x>Ivà0
I1. Tuy nhiên, do ở đây từ điều kiện (2) suy ra x>l. nhờ vậy phép

giải đơn giản đi.
Thí dụ 2:

Giải bắt phương trình:
5x+

6x”

-

logy x >(x?

-x)log, x +5

Giải
——,

tk
open
gt
,
~
+ JƠ+X—Xx
Điều kiện đề (1) có nghĩa là: |

>0

x>0

6+x-Xx"

(1).

+
©0
Dễ dàng biến đổi bằng cách nhóm và đặt thừa số chung, ta có:

(l1) <> (xiog;x~5)[ 6 + x~xŸ

+1-x}>0

(3)

Do điều kiện (2) nên ta có: x log, x —~5 < 3log, 3-5 =log,27-5<0.
Vi thé (3)

Oo

\ó+x—xŸ

+1-x <0

V64x-x?

cx-leo2
Nhạn Xót: ;
Nhờ có điều kiện (2) với nhận xét xlog>x—5<0 nén phép giải (3) don giản di
quá nhiều!

BÀI TẬP TỰ GIẢI
Bail:

Giải phương trinh: log, 2 + 2log), 4 = log 578.
Dap so: x = 2.

Bai 2: Giai phuong trinh: log,(3° - 1} logs La

-3) =6,

x = log; 10
Dap số:

2
28
x = log; a7"
371


Bai 3:

Giải phuong trinh: log5 Vx +1 log, (3- x)—logg (x - tỳ =0.
2
,

ự

Dap s6: x=

l+x

17

.

2

Bai 4:

2

20.

Giai phuong trinh: 9 **' -10.3% "7 +1=0.
Dip so: x =0,x=

1.x =-2.

Bài 5:
Giai hé phuong trinh:

6% —2.3% =12.
6.3% =12

Đáp số: x = |, y = loga2.

Bai 6:
Giải hệ phương trình:

logs

(x?

+y7)=5

gs(x°+yŸ)

2log x + log¿ y = 4.

Đáp số: x= y = 4.
Bài 7:
Giải he vl
al
tải hệ phương trình:
P

6

x-4|y|+3=0
Vlog, x —Jlog,
y =0.

Dap so: (131)
va (933).
Bai 8

Giải bất phương trình: slog
Dap

Pee

;
i
I
so: —
6

2

x + log, x?-2>0.

<2

Bai 9:

Giải bat phuong trinh: 37%*4 + 45.6% —9.2**? <0.

Dap sé: x <-2.
Bai 10:

Giai bat phuong trinh: 4x +8V2-x7
Đáp số: ~l
372

> 4+ (x? - x)2x +x.2111J2— x?,