9 phuong phap giai pt mua logarit-tt tung

1. Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com
------------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.
Sài Gòn, 10/2013
www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com
Page 1

2. Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com
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 )  
.
(a  1)  f ( x)  g ( x)   0

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.
Sài Gòn, 10/2013
www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com
Page 2

3. Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com
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 = Sài Gòn, 10/2013
3 và x =
3.
www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com
Page 3

4. Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com
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
Sài Gòn, 10/2013
www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com
Page 4

5. Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com
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 :
Sài Gòn, 10/2013
www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com
Page 5

6. Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com
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
2 x
2 2x 2
2 x
4
0
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 :
t
9t
1
2 x
4
0
4
t
1
2
2x
2 x
2x
2 x
22
2
x2
1
x
x2
x
x
2
1
x
1
2
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = - 1, x = 2.
Sài Gòn, 10/2013
www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com
Page 6

7. Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com
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
t
2
3
x
1 t2
t
1
0
x
t
1
t2
t
0.
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
2x
9 t
2x
t2
2x
9
2
9.2x
0
4.9.2x
2x
9
t
9
t
2
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.
Sài Gòn, 10/2013
www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com
Page 7

8. Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com
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
u
3
v
0
u
0
v
1
2x
3
x
0
log2 3
+ Với u + v + 1 = 0 ta được :
u2
u
5
u
0
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 :
Sài Gòn, 10/2013
www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com
Page 8

9. Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com
t
1
 7
t  log3 ( 7  2)  3  7  2  
 2.   1 (*).
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
7 x 1  6  y  1  1
7 x 1  6 y  5 7 x 1  6 y  5

  y 1
  y 1
 7 x1  6 x  7 y 1  6 y .

 y  1  log 7  6 x  5 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
www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com
Page 9

10. Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com
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
Sài Gòn, 10/2013
www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com
Page 10

11. Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com
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 .
Sài Gòn, 10/2013
www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com
Page 11

12. Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com
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
Sài Gòn, 10/2013
www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com
Page 12

13. Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com

 

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
x 1

 k x0 1
 k  3   k 0  0
 k  3 


 x0  0
 x0  0
 x0  0

.
  k  3  x0 1


x0  1  0
x0  1
1 

 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 .
- Trần Tuấn Anh.
- Mail: TranTuanAnh858@gmail.com
Sài Gòn, 10/2013
www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com
Page 13