Tiểu luận về phương pháp giải toán phương trình, bất phương trình logarit

luận văn giáo dục toán học

ĐỀ TÀI THAM LUẬN NÂNG CAO

HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

Trong nhà trường, quá trình học sinh nắm vững kiến thức không phải là tự phát

mà đó là một quá trình có mục đích rõ rệt, có kế hoạch, có tổ chức chặt chẽ, một quá trình nỗ lực tư duy, trong đó học sinh phát huy tính tích cực, tính tự giác của mình dưới sự chỉ đạo của giáo viên Trong quá trình ấy, mức độ tự lực của học sinh càng cao thì kiến thức nắm được càng sâu sắc, tư duy độc lập sáng tạo càng được phát triển, năng lực nhận thức ngày càng được nâng cao, kết quả học tập càng tốt, đặc biệt là trong hoàn cảnh khoa học và kỹ thuật đang phát triển mạnh mẽ như hiện nay

Do vậy, sau khi thực hiện đề tài tham luận này, chúng tôi hy vọng sau này các

bạn đồng nghiệp có thể giảng dạy tốt cho học trò của mình về “các bài toán về phương trình, hệ phương trình, bất phương trình và hệ bất phương trình lôgarit”,

giúp cho học sinh hiểu được phương pháp giải toán phương trình, hệ phương trình, bất phương trình và hệ bất phương trình lôgarit để vận dụng vào việc giải các bài toán có liên quan Và thông qua đề tài này bản thân chúng tôi cũng đã rút ra được những kinh nghiệm thiết thực để có thể vận dụng tốt vào công tác giảng dạy của mình

Thị Xã Hồng Ngự, ngày 20 tháng 09 năm 2010

Tổ Toán Trường THPT Hồng Ngự I

¾

a

b b

c

c

loglog = ; với a, b, c > 0, a ≠ 1, b ≠ 1, c ≠ 1

b Các tính chất biểu thị bằng bất đẳng thức:

Cho a ∈ R +, a ≠ 1 và x 1 , x 2∈ R +, ta có:

¾ Nếu a > 0 thì log x a 1 > log x a 2⇔ x1 >x2

¾ Nếu 0 < a < 1 thì log x a 1 > log x a 2⇔ x1< x2

1 PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT

1.1 Kiến thức cơ bản:

Phương trình lôgarit có các dạng:

CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH

LÔGARIT

THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

a b

x f

) (

1 0

) ( log

1 0

) ( log ) ( log

x g x f

a x

g x

a

( ) 0, ( ) 1 log f(x) = log g(x) ( ) ( )

1.2 Các dạng toán và phương pháp giải:

1.2.1 Phương pháp mũ hóa và đưa về cùng cơ số:

Ví dụ 1: Giải phương trình: log2x+log4x+log8x=11

Giải:

Điều kiện: x > 0

Ta có:

11log

loglog2x+ 4x+ 8x= ⇔ log2x+log22 x+log23 x=11

3

1log2

1log2x+ 2x+ 2x=

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x = 64

Ví dụ 2 : Giải phương trình: log4(x+3)−log4(x−1)=2−log48

01

⇔ x+3= 2x−2 ⇔ x =5

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x=5.

Ví dụ 3: Giải phương trình: log3(x+2)2 +log3 x2 +4x+4 =9

022

0442

x

x x

⇔ x≠−2

Khi đó phương trình đã cho tương đương:

( 2) log ( 2) 9log3 x+ 2 + 3 x+ 2 =

⇔ x+ 2 = 27 ⇔ ⎢⎣⎡x x==−2529 (thỏa điều kiện)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x= − 29; x= 25

Ví dụ 4: Giải phương trình:

2

1 ))) log 3 1 ( log 1 ( log 2 ( log4 3 + 2 + 2x = (1)

Giải:

Điều kiện: x > 0

Phương trình (1) tương đương:

2 log3( 1 + log2( 1 + 3 log2x)) = 2

1 )) log 3 1 ( log 1 (

3 ) log 3 1 ( log

2 ) log 3 1 (

4 log 3

2 1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2

Ví dụ 5: Giải phương trình: logx(x2+ x4 − 4 ) = 3

THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

0 4 4

2

x

x x

1 6

2 1

0

6 2

6 2

1 0

) 4 )(

1

x x

x x

x

Vậy nghiệm của phương trình là: x = 1, x = 2

Ví dụ 6: Giải phương trình: log ( 1 ) 2 log ( 3 1 )

= +

=

−

⇔

1 1

0 1

1 1

0 1 1

1

3

3 3

x x x x

x x x

x x

x

0 2 1

0 2 1

>

x x

x x x x

Vậy phương trình có nghiệm: x = 0

Ví dụ 7: Giải phương trình: (logcosx4 ) log cos 2x2 = 1

2 cos

1 cos 0

1 2 log

1 2 log

1 cos 0 1 2 log ).

2 (log

1 cos 0

cos

cos cos

cos

x x

x x

x

x

x x

x

Ζ

∈ +

Ví dụ 8: Giải và biện luận phương trình: 2 log ( 1 ) log ( 2 1 )

1 ( ) 1 (

log )

Để nghiệm trên thỏa (*) , điều kiện là:

1 1

0 1

Kết luận:

Với m < 1 thì phương trình (1) có nghiệm: x =

m

− 1

2 Với m ≥ 1 thì phương trình (1) vô nghiệm

t

a

x

1 log = với 0 < x≠1

• Ta biết rằng alogb c =clogb a, do đó nếu ta đặt t=alogb x thì t=xlogb a

Tuy nhiên trong nhiều bài toán có chứa alogb x, ta thường đặt ẩn phụ dần vớit= logb x

Ví dụ 9: Giải phương trình: 0

6

7log2logx − 4x+ =

THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

Khi đó phương trình đã cho tương đương:

( )106

7log2

1log

10

6

7log

log

1

2 2

2 2

x

x x

Đặt t=log2x Khi đó:

6

72

11

3

t t

2 2

4

12

3

2log x=− ⇔ x= − =

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x = 8; x =

3 4

1

t t

Với t = 2, ta có: 2x =2⇔ x=1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x = 1

Ví dụ 11: Giải phương trình: 3logx4+4log4x2+2log16x8=0

14

10

x x x

x x x x

Khi đó phương trình đã cho tương đương:

02log62log42log

16log

64

log

4log

6

2 2

2

=+

+

x x

x

log16log

6log

4log

4log

6

2 2

2 2

2

=+

++

+

x x

x

log4

6log

2

4log

6

2 2

2

=+

++

+

x x

46

=+

++

+

t t

3

10

68

2 2

t

t t

t

Với t= − 1, ta có:

2

12

1loglog

1log2x=− ⇔ 2 x= 2 ⇔ x=

Với t= − 3, ta có:

8

12

loglog

3log2x=− ⇔ 2x = 2 −3 ⇔ x=

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:

THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

10

Ví dụ 12: Giải phương trình: x x x x 2 2 lgx

9 lg lg

10

2 2

9 lg 3 lg

) 10

10

10 4

5 lg

2

1 lg

4 5 2

1 0

x t

t t

2

+

x x

x

Đặt t= log2 x khi đó (1) có dạng:

5 1 2

log 1

log 1 1 log

5 2

5 5

5

= +

x

Đặt t= log5x, Khi đó (2) có dạng:

2 log

1 log

0 log

2 1

0 0

2 1

1

1

5 5

5 2

3 2

x x x x

x x t

t

t t

t t t

t

t

Vậy phương trình có nghiệm: x = 1, x = 5, x = 25

Ví dụ 14: Giải phương trình: log2( 3x − 1 ) log2( 2 3x − 2 ) = 2

Giải:

Điều kiện: 3x − 1 > 0 ⇔ x> 0 (*)

Viết lại phương trình dưới dạng:

[2 ( 3 1 )] 2 log ( 3 1 )[1 log ( 3 1 )] 2 log

⇔

=

+

−2 2

2 2

2 1 3

2 1 3 2 ) 1 3 ( log

1 ) 1 3 ( log 2

1 0

2 2

x

t

t t

t t

1 4

1 ( 2 0

) 1 ( 2

) 1 ( 2

0 ) 1 ( 9

0 1 3

0 2

0 ) 2 (

0

'

m m

m m m S

THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

12

Vậy không tồn tại m để phương trình có hai nghiện phân biệt dương

& Dạng 2: Dùng ẩn phụ chuyển phương trình logarit thành một phương trình với một ẩn phụ nhưng hệ số vẫn chứa x

Ta lưu ý có những phương trình khi lựa chọn ẩn phụ cho một biểu thức thì các biểu thức còn lại không biểu diễn được triệt để qua ẩn phụ đó hoặc nếu biểu diễn được thì công thức biểu diễn lại quá phức tạp Khi đó ta có thể để phương trình ở dạng:

“chứa ẩn phụ nhưng hệ số vẫn chứa x”

Trong trường hợp này thường ta được một phương trình bậc hai theo ẩn phụ (hoặc vẫn theo ẩn x) có biệt số Δ là một số chính phương

5

(

x t

t x

) 1 lg(

2

2 2

⇔

−

= +

x x

t

Vậy phương trình có các nghiệm: x = 0, x= ± 99999

Ví dụ 17: Giải phương trình:

0 log 2 4 log

log 2 (

lg 2x− + 2 x x+ 2 x=Đặt t= lgx, khi đó phương trình tương đương với:

0 log 2 ).

log 2

t

2 2 2

2 lg 2 lg

lg lg

2 lg log

2

x x

x x

x

x x

t

t

Vậy phương trình có nghiệm: x = 1, x = 100

& Dạng 3: Dùng ẩn phụ chuyển phương trình logarit thành một phương trình với hai ẩn phụ

0 ) 1 (

x

x

x x

(*)

Phương trình đã cho tương đương:

0 2 ) ( log log )

(

2 2

log

2 2

x x u

2

2 2

log

) ( log

Khi đó phương trình tương đương với:

1 4

0 2 2

log

1 ) ( log 2

2

2 2

x x

x x

x x x

x x v

u

Kết hợp với điều kiện (*), ta được nghiệm của phương trình là: x = 2, x = 4

& Dạng 4: Dùng ẩn phụ chuyển phương trình lôgarit thành hệ phương trình với hai ẩn phụ

Œ Phương pháp chung: Bằng việc sử dụng từ hai ẩn phụ trở lên, ta có thể khéo léo

đưa việc giải phương trình về việc xét một hệ trong đó:

+ Phương trình thứ nhất có được từ phương trình đầu bài

THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

14

+ Phương trình thứ hao có được từ việc đánh giá mối quan hệ của các ẩn phụ

Ví dụ 19: Giải phương trình: 3 log ( 4 5 ) 2 5 log ( 2 4 5 ) 6

0 ) 5 4 ( log 3

0 5 4

2 5 2

2 2

2 2

−

−

≥ +

− +

>

+

−

x x x

x x

x

x x

x x

29 2 29

−

−

=

≥ +

− +

=

0 ) 5 4 ( log 5

0 ) 5 4 ( log 3

2 2

2 2

x x v

x x u

5 14 2

2 6

0 28 24 5

2 6 8

) 2 6 (

2 6 8

6

2

2 2

2 2

2

v u v u

v v

v u

v v

v u

v v

v u

−

= +

−

−

= +

− +

−

−

= +

− +

⇔

25

121 ) 5 4 ( log

1 ) 5 4 ( log

5

14 ) 5 4 ( log

5

5

2 ) 5 4 ( log

3

2 ) 5 4 ( log

5

2 ) 5 4 ( log

3

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

x x

x x

x x

x x

x x

x x

−

= +

2 5 4

0 3 4 2

5

4

2 5

4

25 121 25

121 2

2

25

121 2

2

x x x x

x

x x x

Bên cạnh các phương pháp đặt ẩn phụ trên, ta có thể sử dụng phương pháp chuyển phương trình thành hệ gồm hai ẩn là một ẩn phụ và ẩn x bằng cách thực hiện thheo các bước:

+ Biến đổi phương trình về dạng: f[x, ϕ(x)]

+ Đặt u =ϕ(x), ta biến đổi phương trình thành hệ: ( )

.( , ) 0

1 log

>

x x

0 1

u u

−

= +

⇔

= +

− +

⇔ +

0 0

) 1 )(

( ) ( 1

2

2

v u

v u v

u v u v u v u u

5 1 0

0 1

2

u

u u

Kết hợp với (1) ta được:

2 5 1

2

5 1 log 2

2 1

1 1

log

0 log 1

0 0

2

2 2

x

x x

x u

u u

2

−

=

THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

16

1.2.3 Phương pháp hằng số biến thiên:

Œ Phương pháp chung:

Ý tưởng chủ đạo của phương pháp này bao gồm:

a Sử dụng các hằng số làm ẩn phụ, sau đó tìm lại x theo hằng số

b Nếu phương trình có chứa tham số m, ta có thể coim là ẩn, còn x là tham

số, sau đó tìm lại x theo m

3 4

2 3

2

) 2 ( 3

2 2

) 2 ( 3

2 2

2

2 2

2 2

−

−

=

t t t

t

t t t

t t t u

t t t t u

2 13 1

10 2

13 1 lg 2

13

=

Vậy phương trình có nghiệm là: 2

13 1

) 1 (

lg ) 2 ( lg

) 1 2 (

lg 4x+ m− 3x+m m− 2x− m2 −m+ x−m+ =

a Giải phương trình với m = - 1

b Xác định m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt

Giải:

Điều kiện: x > 0 Đặt t = lgx, ta được:

0 ) 1 2

)(

1 (

0 1 )

1 (

) 2 ( ) 1 2 (

2 2 3

2 2 3

4

=

− + +

−

−

⇔

= +

− +

−

−

− +

− +

m t m mt t t

m t m m t m m t m t

Để tiếp tục phân tích (2), ta viết (2) dưới dạng:

0 1 )

1 2

t m

=

=

− +

=

−

⇔

) 3 ( 0 1 ) 1 ( )

(

0 1

0 1 )

(

t t g

m t

lg

1 lg 2

1 0

1

0 2

0 1

x x

x t

t t

t

t

Vậy: Với m = - 1, phương trình có hai nghiêm: x = 10, x = 100

b Phương trình có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (3) có hai nghiệm phân biệt khác

>

− +

3 1

0

0 2 3

0 3

0 3 2

1 1

0 ) 1 (

0 ) 1 (

'

m

m m

m m

m m

m

m g

; ( phương trình có 4 nghiệm phân biệt

THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

0 ) ( ).

(

1

1

b f T f

T f a f

k

+ Kết luận

Ví dụ 23: Chứng minh rằng: 1

2 ( 2 1 ) 2 log x+ = x− (1) có ít nhất một nghiệm

2

1)

1)1()

0

f nên (2) có một nghiệm x o∈(0; 1)

Vậy phương trình có ít nhất một nghiệm

Ví dụ 24: Tìm a để phương trình ax=logx2+2(ax+1), với a > 0 có nghiệm

Vậy phương trình có nghiệm với mọi a > 1

& Dạng 2: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số giải phương trình logarit

Œ Phương pháp chung: Ta sử dụng các tính chất sau:

k có không quá một nghiệm trong khoảng (a, b)

Œ Phương pháp áp dụng:

™ 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 = xo⇔ f(x)= f(x0)=k, do đó x = xo là nghiệm

Với x > xo⇔ f(x)> f(x0)=k, do đó phương trình vô nghiệm

Với x < xo⇔ f(x)< f(x0)=k, do đó phương trình vô nghiệm

hàm giảm trong khoảng (a, b) thì phương trình f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng (a, b)

y Tính chất 3: Nếu hàm f tăng hoặc giảm trong khoảng (a, b) thì:

f(u) = f(v) ⇔u =v vơi mọi u, v thuộc khoảng (a, b)

Œ Phương pháp áp dụng:

™ Bước 1: Chuyển phương trình về dạng f(u) = f(v)

™ Bước 2: Xét hàm số y = f(x), dùng lập luận khẳng định hàm số là đơn điệu

™ Bước 3: Khi đó phương trình được chuyển về dạng: u = v

0 4

x

Phương trình đã cho tương đương:

x x

x x

x x

−

2

4log

3)2(log)4(

2 2 2

2 2

Hàm số y = log2(x− 2 ) là hàm đồng biến

Hàm số y = 3 – x là hàm nghịch biến

Vậy phương trình nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất

Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình

Vậy phương trình có nghiệm x = 3

& Dạng 3: Sử dụng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số giải phương trình logarit:

Œ Phương pháp chung:

y Bước 1: Lập luận: số nghiệm của phương trình đã cho là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x, m) và đường thẳng (d): y = g(m)

THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

20

y Bước 2: Xét hàm số y = f(x, m)

+ Tìm miền xác định D

+ Lập bảng biến thiên của hàm số

y Bước 3: Kết luận: Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi:

y= x − x

Xét hàm số: 1 2

ln 2

y= x − x Miền xác định: D = (0,+ ∞)

Đạo hàm: '= − 1⇒ '=0⇔ −1=0⇔ 2 −1=0⇔x=±1

x

x x

x y

x x

Giới hạn: = + = +∞

→ +∞

Định lí Largrange: Cho hàm số f(x) liên tục trên [ ]a,b và f’(x) tồn tại trên (a, b) thì luôn ∃c∈( b a, ) sao cho:

a b

a f b f c f

−

−

)('

Để sử dụng định lí Largrange giải phương trình logarit ta thực hiện các bước sau:

È Bước 1: Gọi α là nghiệm của phương trình

È Bước 2: Biến đổi phương trình về dạng thích hợp sao cho f(a) = f(b), từ đó chỉ ra được hàm số F(t) khả vi và liên tục trên [ ]a,b Khi đó theo định lí Largrange ∃c∈( b a, )sao cho:

a b

a f b f c f

−

−

)(' = 0 (*)

È Bước 3: Giải (*) ta xác định được α

Từ (1) ta có: f(4) = f(3) , do đó theo định lí Largrange ∃c∈(3,4) sao cho: f’(c) = 0

1

0 0

log

0 log 1

x u

u

Vậy phương trình có nghiệm x = 1, x = 3

1.2.6 Phương pháp điều kiện cần và đủ:

Œ Phương pháp chung:

™ Bước 1: Đặt điều kiện để các biểu thức của phương trình có nghĩa

™ Bước 2: Tìm điều kiện cần cho hệ dựa trên việc đánh giá hoặc tính đối xứng của hệ

THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

22

™ Bước 3: Kiểm tra điều kiệ đủ

Ví dụ 26: Tìm a để phương trình sau có nghiệm duy nhất:

a x

x+ + =

4 (

Giải:

a x x

a x

1 4 (

− +

≤ +

5 1

4−x = x+ ⇔x= −

Vậy phương trình có nghiệm 1

2

x= −

Cách 2: Theo bất đẳng thức Côsi ta có:

18 ) 5 ( ) 4 ( 9 ) 5 )(

4 ( 2 5 4

) 5 4

1 ) 5 4

( log 2 3 5

06

u u

28

t

t t

652

15

05

x x

x x x

Khi đó phương trình đã cho tương đương:

⇔ 8x=−40 ⇔ x=−5 (thỏa điều kiện)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x=−5

(loại)

THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

7log

log

1

2

2 2

=+

6

7log2

1log

1

2 2

=+

3

t t

Với t=3, ta có: log2 x=3⇔ x=23 =8 (thỏa điều kiện)

2 2

4

12

3

2log x=− ⇔ x= − = (thỏa điều kiện)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x=8;

−

3

10

34

2

t

t t

t

Với t=1, ta có: 3x =1⇔ x=0

Với t=3, ta có: 3x =3⇔x=1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x=0; x=1

Bài 5 Giải phương trình: ( ) ( 1 )

log 5x−1 log 5x+ −5 = 1

Giải: Điều kiện: 5x −1>0⇔x>0 Khi đó phương trình đã cho tương đương:

( )5 1.log [5( )5 1] 1

log5 x − 5 2 x − = ⇔ ( ) log [5( )5 1] 1

2

1.15

⇔ ( ) [log 5 log ( )5 1] 1

2

1.15

⇔ ( ) [1 log ( )5 1] 1

2

1.15log5 x − + 5 x − = (1)

⇔

=+

2

10

21

12

1

t

t t

t t

15215log5 x − =− ⇔ x − = −2 ⇔ x= 5 (thỏa điều kiện)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x=log56;

25

26log5

x

Khi đó phương trình đã cho tương đương:

( 1) lg4 lg lg[4( 1) ]

lglg

⇔ x2 = x4( −1)⇔ x2− x4 +4=0

⇔ x=2 (thỏa điều kiện)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x=2

Bài 7 Giải phương trình: ( )

≠+

0)1lg(

11

01

14

04

x x

x x

x

x x

THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

⇔ x=1 (thỏa điều kiện)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x=1

Bài 8 Giải phương trình: lg(x2− +x 6)+ =x lg(x+2)+ 4

Giải:

02

06

x x

Khi đó phương trình đã cho tương đương:

x

x x x

x x

−+

2

6lg

42lg6

⇔ lg(x−3)=4−x (1)

Ta thấy x = 4 là một nghiệm của phương trình (1)

Mặt khác, vế trái của (3) là hàm số đồng biến còn vế phải của (1) là hàm số nghịch biến nên (1) có nghiệm duy nhất là x = 4

Bài 9 Giải phương trình: log2 2+log24x=3

13

log4log2log

1

2 2

2 2

2 2

=+

+

−

⇔

=+

x x

x

log1

1

2 2

=+

01

1321

t

t t

t t

Với t=0, ta có: log2 x=0⇔ x=1 (1)

Với t=2, ta có: log2 x=2⇔ x=4 (1)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x=1; x=4

Bài 10 Giải phương trình: log4(x+2 log 2 1.) x =

Giải: Điều kiện:

1.2

2

x x

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x = 2

Bài 11 Giải phương trình: 2

−

≠

x x

−

=+

111

1

122

21

2 2 2 2

2 2

x x x x

x x

x

⇔ x=1 (thỏa điều kiện)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x = 1

Bài 12 Giải phương trình: log9(x+ −8) log3(x+26)+ = 2 0

Giải:

Điều kiện: 8

026

08

x

Khi đó phương trình đã cho tương đương:

( 8) log ( 26) log 9 0log

2

1

3 3

(loại)

THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

1

x

x

(thỏa điều kiện)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x= 1; x= 28

Bài 13. Giải phương trình: log 64 log 16 3.2x + x2 =

log

22

log

6

2 2

=+

x x

log

2log

1

6

2 2

=+

2

214

3

1log

2log

x

x x

x

(thỏa điều kiện)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x=4;

Đặt t =log3(x+1) Khi đó phương trình đã cho tương đương:

+

−+

−

=

+

=+

+++

−

=

42

)3(2)1(2

2

42

)3(2)1(2

x

x x

t

x x

x x

+

=+

x

Ta thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình (2)

Mặt khác, ta thấy vế trái của (2) là hàm số tăng với x>−1 và vế phải của (2) là một hàm giảm với x≠−2

Vậy phương trình (2) có nghiệm duy nhất là : x = 2

81

803

14

1log3 x+ =− ⇔x+ = −4 ⇔ x=− >− (thỏa điều kiện)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x=2;

Bài 15. Giải phương trình:log32(x+1) (+ x−5)log3(x+1)−2x+6

Giải: Điều kiện: x>−1 Khi đó phương trình đã cho tương đương:

−+

=

−+

03

1log

021log

3

3

x x

x

Vì vậy ta có 2 trường hợp sau:

Trường hợp 1: log3(x+1)−2= 0⇔ x+1=9⇔ x=8 (thỏa điều kiện)

Trường hợp 2: log3(x+1)−3+x= 0 (1)

Xét f( )x =log3(x+1)−3+x, ta có: f( )2 =log3(2+1)−3+2=0

Mặt khác f( )x là hàm số tăng với mọi x≠ − 1

Do đó x= 2 là nghiệm duy nhất của (1)

THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

30

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x= 8; x= 2

Bài 16. Giải phương trình: 3log3x−log9x= 5

Giải: Điều kiện: x > 0 Khi đó phương trình đã cho tương đương:

53log2

1log

3 3x− x= ⇔ log3x=2 ⇔ x=9 (thỏa điều kiện)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x=9

Bài 17. Giải phương trình: log 3.22( x− =1) 2x+ 1

Giải:

3

1log2

23

12012

1 log2

Đặt t =2x >0, suy ra x=log2t Khi đó phương trình đã cho tương đương:

(3 1) 2log 1 log (3 1) log log 2log2 t− = 2t+ ⇔ 2 t− = 2t2 + 2

0sincos

10

x x

x x x

x

Khi đó phương trình đã cho tương đương:

(cos sin ) log (cos cos2 ) 0

x x

⇔ logx(cosx−sinx)−logx(cosx+cos2x)=0

⇔ logx(cosx−sinx)=logx(cosx+cos2x)

⇔ cosx−sinx=cosx+cos2x

2

x x

x

k x

x

k x

=

ππ

ππ

222

22

2

k x

k x

22

ππ

ππ

Kết hợp với điều kiện trên ta được:

THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

Bài 21: Giải phương trình: log3x+log4x=log 5x

Giải: Điều kiện: x > 0

log log 3.log

log log 3.log

=

=Khi đó phương trình đã cho tương đương:

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1

4 1 3 4

1 2

4

log 2

3

+ +

x x

x x

Kết hợp với điều kiện (1) nghiệm của phương trình là: x = 1− 33, x = 2

Bài 23: Giải và biện luận phương trình:

log 1 log

2 3

2 3 log

2 3

3 2

2 ) 3 2 (

2

3

) 2 ( log 2

1 ) 2 ( log

) 2

1 1 log

2 3

2 2 3 log

2 ( log 2 3

1

−

⇔ +

= +

−

−

x x

a x

x

x

a

x a x

log (x + + +x 1) log (x − + =x 1) log (x +x + +1) log (x −x + 1)

log (x + +x 1).(x − + =x 1) log (x +x + +1) log (x −x +1)

THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

ϕ ϕ

⎧⎪

⎨

⎪⎩

2.2 Các dạng toán và phương pháp giải:

2.2.1 Phương pháp biến đổi tương đương:

Œ Phương pháp chung:

™ Bước 1: Đặt điều kiện cho các biểu thức trong hệ có nghĩa

™ Bước 2: Sử dụng phép thế để nhận được từ hệ một phương trình theo ẩn x hoặc y

™ Bước 3: Biện luận theo tham số phương trình nhận được bằng các phương pháp đã biết

x y x y

Ví dụ 2 Giải hệ phương trình sau:

= +

4 log log

2

5 log

2 4

2 2

y x

y x

4 2 2

5 2 2

2 log

log

2 log

y x

y x

32

2 2

y x

y x

4

y x

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: (4, 4)

Ví dụ 3 Giải hệ phương trình sau:

= +

2

log 3

2 log

2 2 3 log

y y

x

y x

y y

THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

x x x

y x

x x

1

1 2 3

0 5

y x y x

y x

y x

23

3

y x

2

3

1 2

3 3

1 2

x

y x y

y x

3

y

x y

™ Bước 1: Đặt điều kiện cho các biểu thức trong hệ có nghĩa

™ Bước 2: Lựa chọn ẩn phụ để biến đổi hệ ban đầu về các hệ đại số đã biết cách giải (hệ đối xứng loại I, loại II, hệ đẳng cấp bậc 2 )

™ Bước 3: Giải biện luận hệ nhận được theo tham số

™ Bước 4: Kết luận nghiệm cho hệ ban đầu

Ví dụ 5 Giải hệ phương trình sau:

+

= + + +

+

−

− +

− +

2 2 1 log 2

1 log

4 2

1 log 2

1 log

1 1

2 1

2 1

x y

x x y

y

y x

y x

(1)

Giải: