9 phương pháp giải phương trình mũ logarit

9 pp giải thuần túy về logarit và hàm số mũ, rất cần thiết

Trang 1

Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com

-O0O -

Phương pháp 1: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN

( )

( ) log

f x

a

a  b f x  b ; loga f x( ) b f x( )a b

Ví dụ 1 Giải các phương trình:

a) 3x2 5x 4 81 ; b) log (32 x4)3

Giải:

a) 3x2 5x 4 81x2 5x 4 log 813 x2 5x 4 log 33 4

5 4 4 5 0 ( 5) 0

5

x x





Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 và x = 5

b) log (32 x4)3

ĐK: 3 4 0 4

3

x   x

3 2

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

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 4

Trang 2

Phương pháp 2: ĐƯA 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( )

- Nếu cơ số a thay đổi thì

( ) ( ) 0

( 1) ( ) ( ) 0

a f x g x





2) Đối với phương trình logarit: biến đổi phương trình về dạng

loga f x( )loga g x( )

( ) 0 ( ) ( )

a

f x

f x g x

 







a) 3x2 5x 4 81 ; b) log (32 x4)3

Giải:

a) 3x2 5x 4 813x2 5x 4 34 x2 5x 4 4

2

5 0 ( 5) 0

5

x x





Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 và x = 5

b) ĐK: 3 4 0 4

3

x   x

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

3x12 x 4

Trang 3

a) 3x2 x 8 91 3 x ; b) 2x12x12x 28 c) 2.5x23 5.2x23 ; d) 2x213x2 3x212x22

Giải:

a) 3x2 x 8 91 3 x 3x2 x 8 32(1 3 ) x x2   x 8 2(1 3 ) x

2

5 6 0

x x

3

x x

 



  

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = - 2 và x = - 3

b) 2x12x12x 282 22 x12x12.2x1 282x1(22  1 2)28 2x1 4 2x122     x 1 2 x 3

c)

2 2

2

3

2.5 5.2

2

x x

x



x2   3 1 x2    4 x 2

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = - 2 và x = 2

d) 2x213x2 3x212x22 2x213.3x21 3x212 23 x21

2 1 3 2 1 2 1 2 1 2 1 3 2 1

2x  2 2x 3x  3.3x  2x  (1 2 ) 3x (1 3)

x

2

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = - 3 và x = 3

Trang 4

a) lgxlgx2 lg 4x ; b) log2 xlog3xlog4xlog5x

Giải:

b) ĐK: x0

2

lgxlgx lg 4xlgx2lg x lg 4 lg x2lg x lg 4

2

x





Do x0 nên nghiệm của phương trình là x2

b) ĐK: x0

log xlog xlog xlog xlog xlog 2.log xlog 2.log xlog 2.log x

log x.(1 log 2 log 2 log 2) 0

Phương pháp 3: BIẾN ĐỔI ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH

a) 12.3x3.15x 5x1 20 ; b) log (32 x4).log2xlog2x

Giải:

a) 12.3x 3.15x5x12012.3x3.3 5x x 5.5x200

3.3 (4 5 ) 5(5x x x 4) 0 (5x 4)(3.3x 5) 0

3

3.3 5 0

x

Trang 5

Vậy phương trình đã cho có nghiệm log3 5

3

x  

 

 

b) ĐK: 3 4 0 4

x

x x

 



 

 

log (3x4).log xlog xlog x log (3x  4) 1 0

2

log (3 4) 1 0

x x







2 2

Do 4

3

x nên nghiệm của phương trình là x2

Phương pháp 4: LÔGARIT HÓA, MŨ HÓA

a)

2

3 2x x 1 ; b) log 2

3 x x 2

Giải:

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

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

2

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 và x = log 32

b) ĐK: x0

Đặt log2x  t x 2t ta thu được phương trình mũ theo biến t :

Trang 6

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 (*)

2

log x 0 x 1

Phương pháp 5: DÙNG ẨN PHỤ

Ví dụ 1 Giải phương trình: 22x2 1 9.2x2 x 22x 2 0

Giải: Chia cả 2 vế phương trình cho 22x 2 0 ta được:

2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 9 2

2.22x2 2x 9.2x2 x 4 0

Đặt t 2x2 x điều kiện t > 0 Khi đó phương trình tương đương với :

2

2 1

2 2

2 1

2

t t

x

x x t

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

Trang 7

Ví dụ 2 Giải phương trình: 7 4 3 x 3 2 3 x 2 0

Giải: Nhận xét rằng:

2

Do đó nếu đặt t 2 3 xđiều kiện t > 0, thì: 2 3 x 1

t và

2

Khi đó phương trình tương đương với:

t

t 1 2 3 x 1 x 0

Vậy phương trình có nghiệm x = 0

Ví dụ 3 Giải phương trình: 32x 2x 9 3x 9.2x 0

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

2 2x 9 9.2x 0

2

x

t

Khi đó :

+ Với t 9 3x 9 x 2

2

x

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

Trang 8

Ví dụ 4 Giải phương trình: 22x 2x 6 6

Giải: Đặt u 2x, điều kiện u > 0 Khi đó phương trình thành: u2 u 6 6

Đặt v u 6,điều kiện v 6 v2 u 6

Khi đó phương trình được chuyển thành hệ:

2

6

u v

v u

2

x

u

+ Với u + v + 1 = 0 ta được :

2

x

u

Vậy phương trình có 2 nghiệm là x log 32 và x = 2 21 1

2

Phương pháp 6: DÙNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

Ví dụ 1 Giải phương trình: log7xlog (3 x 2)

Giải: ĐK : x0

Đặt t = log7x x 7t Khi đó phương trình trở thành :

Trang 9

3

log ( 7 2) 3 7 2 2 1

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 (*)

7

log x 2 x 49

Vậy phương trình có nghiệm x = 49

Ví dụ 2 Giải phương trình: 1

7

7x 6log (6 5) 1

x

Giải: ĐK : 6 5 0 5

6

x   x

Đặt y 1 log 67 x5 Khi đó, ta có hệ phương trình

7

1 log 6 5

Xét hàm số   1

7t 6

f t    t   1 5

' 7 ln 7 6 0,

6

t

đồng biến trên 5

; 6

 

  Mà f x  f y  x y Khi đó: 1

7x 6 5 0

x

    Xét hàm số   7 1 6  5

x x

' 7x ln 7 6

'' 7x ln 7 0

g x    Suy ra,

 

'

g x là hàm số đồng biến trên 5;

6

D 

 , do đó phương trình g x' 0có 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

Trang 10

Ví dụ 3 Giải phương trình: 3x 4x  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 (*)

Phương pháp 7: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ

Ví dụ 1 Giải phương trình: 2x21 2 x

Giải: ĐK : x0

Ta có VT 2x2120 1 2 và VP 2 x   2 0 2 Suy ra VT VP, dấu bằng xảy ra khi x0

Vậy x 0là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho

Ví dụ 2 Giải phương trình: 1 4 x 2x12x 2x

Giải:

Ta có 1 4 x 2x12x 2x  2 (4x 2.2x  1) 2x2x

 2 (2x 1)2 2x 2x

2

2 (2x 1) 2 0 2

VT       và VP2x 2x 2 2 2x x 2 Suy ra VTVP, dấu

bằng xảy ra khi 2 1 0 0

x

x  x x



 





Trang 11

Vậy x 0là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho

Ví dụ 3 Giải phương trình:    2 

log 9 x 1 log x 2x5

Giải:

ĐK :

Ta có :

log 9 1 log 9 2

  Suy ra VTVP, dấu bằng xảy ra khi

  2

1 0

1

1 0

x

x x

 



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

Phương pháp 8: PHƯƠNG PHÁP QUAN NIỆM HẰNG SỐ LÀ ẨN

Ví dụ 1 Giải phương trình: 16x 4x 1  2x 2  16

Giải:

Ta có 16x 4x 1  2x 2  16  4 2  2 4 4x  x 1  16x 0(*)

Xét phương trình ẩn t sau đây t2  2x t 4x 1  16x  0(**) Giả sử (*) đúng với giá trị 0

x nào đó thì phương trình ẩn t sau có nghiệm t = 4: t2  2x0t 4x0  1  16x0  0

Trang 12

Biệt thức   0 0 0 0

2

1

2x 4 4x  16x 4.16x 0

Suy ra 4 2 0 4.16 0

2

0

2

1 65

4

x

n

l











1 65

log

4

2

2 4.16

2



Vậy phương trình đã cho có nghiệm log2 1 65

4

Phương pháp 9: SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ LAGRANGE

Ví dụ 1 Giải phương trình: 5x 4x 2x 7x (1)

Giải:

Giả sử x0 là một nghiệm của (1), hay ta có:

5x0 4x0 2x0 7x0 5x0 2x0 7x0 4x0(*)

Xét hàm số   0 0

f t  t t trên đoạn  2; 4 thì 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

Trang 13

7 0 4 0 5 0 2 0

(4) (2)

f k



f t x t  x t 

Suy ra  

0

1

0

3

1

x

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

Định dạng
Số trang	13
Dung lượng	0,91 MB