Phương trình Mũ,hệ phương trình mũ và logarit

Tài liệu tham khảo:Phương trình Mũ,hệ phương trình mũ và logarit

§7 PHUONG TRINH MU VA LOGARIT

Ss HE PHUONG TRINH MU VA LOGARIT

_A TRONG TAM KIEN THUC

1 Phương trình cơ bản

q) Phương trình mũ cơ bản có dạng : a” — m., trong đó a >0, a= Ì và m

là số đã cho

® Nếu mm < 0, thì phương trình ø” = mm vô nghiệm ;

® Nếu m > 0, thì phương trình a” = m có nghiệm duy nhất : xg =log,m b) Phuong trinh légarit co ban cé dang : log, x = m, trong dé m la số đã cho

® Phương trình này có điều kiện xác định là z >0 (>0, øz 1)

® Với mọi m € R, phương trình log, z =zn_ có nghiệm duy nhất là z = a”

2 Một số phương pháp giải phương trình mũ và lôgarit

Các phương pháp để giải phương trình mũ và lôgarit là : phương pháp đưa về cùng cơ sô ; phương pháp đặt ân số phụ ; phương pháp "gant hoa ; phuong pháp sử dụng tính đồng biến hay nghịch biến của hàm số Để đi vào từng vân

3 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 ân số phụ,

127

B CAC DẠNG TOÁN CƠ BẢN | htto:/kinnhoa.violet.vn

Dang1 PHUONG TRINH CO BAN

Phương pháp giải

Vi du I Giải các phương trình sau : | |

2 q11 + gete + qut3 — g5 4 g1 + g++2 : , (2)

Gidi

1.(1)© 5? 1(25 + 30T— 3) = 52 © 5” =1=5” œz—1=04@©z=l1

2 (2) 37(3 +9 + 27) =5°(9 +5 + 25)

eves) ¬- «z=0

3.(3)«> 3”.2.2= 72 @ 67 = 36 = 6” @ ø =2

Vi du 2 Giải các phương trình sau : |

2 log,(z” — 3) — log, (6z — 10) +1=0 ; (2)

Giải

3

2 Diagn: TT, — Tạo ạ9 2> VE Wah 2 > VÃ, tồi

(2) & log, 3 =_-l© v3 =— 627? —-3=32-5

¬

©œø%”—3.+2—=0© |”

t= 2,

Nghiệm z = 1 bị loại do không thoả mãn điều kiện z > V3 Vậy g=2 la

nghiệm duy nhất của phương trình đã cho

2! _ 5» 0 3.(3)© nee 2 271 _ 5 = 2" (do 27 >0)

128

Dang2 PHUONG PHAP DUA VE.CUNG CO SO

Phương pháp giải

Sử dụng cơng thức : a“ =àZ ©ø= /Ø ; log, b=log cS b=c

Vi du 1 Giai cac phuong trinh sau :

2 3.4" + “ gf? — 6.4741 — 5 0n, (2)

Gidi

1.(1)© B?7+! _ 35 4 77+] 95 7% =

« 5(25* —7)— 7" (35* — 7) = 0 œ (8 —7")(25" — 7) =0

5—7 =0 ° 7 =5

25" —_7 =0 on =7

z = log, 5

« 4" (3 _ 24) — Q7 [-z _ 3 Se 21.4 = Đi van 4t — = 9"

ff 3-6“) ==,

©|-| =-©|_| =|=| ®#=-—

3.(3)e 221 („_—2-?)= alz-d+4 (x? 22) 2 |z _ 4 (a+i _ glr-al+4)

glee) yao [Pe +es0

Vay phuong trình đã cho có ba nghiệm : z = 0 ; z = +1

Ví dụ 2 Giải các phương trình sau :

1 log 2.log, 2= log, 2; 2 log, 5 +log “=1;

3 log, z + log, x + log, x = log, z

Giai z>0

rợ {1 16; 64} Khi do, phuong trình đã cho tương đương :

1 Điều kiện : |

= = log, r\log, x — 4) = log, x —6

# (log, 2) —5[log,z)+6 =0 © log, z =3 fa =8

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm z = 4; z = 8

2 Điều kiện : 22 #1) |

zr>0 ®|y„ 1 Khi đó, phương trình đã cho tương `

5Ó,

, ° Nếu + = 1, thì về trái của (*) bằng 1, suy ra z = 1 là nghiệm

+>0 —„

e Nếu |# ̈ Khi đó (*) được viết lại :

Ee

l+log,z 1 + i

log,

Sau khi dua vé cing co sé log, x và đặt t = log, x, ta suy ra:

I0 Ty wl

>

(do z1 © # = log, z = 0 > £ =0 loại)

t=1 log, r = 1 t= 5

efit, log, z = —2 =-L,

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm : z = 1 ; z = ð ; z=_—-

25

3 (3) log, z + log, z + log, x — logy, x = 0

& log, z + log, z , log,x log, _

log,3 log, 4_—_ log, 20

1

Vi log, 4 < log, 20 nén _ > 0 Suy ra:

log, 3 log 4 log,20

>0 Do đó, (*)© log, z = 0 ©® z =1 Vậy z =1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho

Vĩ dụ 3 Giải phương trình : 5 O8 (z+3) + 7 log, (x ~1) = log, (4z) q)

Giải

Điều kiện: |J4z+>0 olzs0 e© nel

(x —1)° >0 rel

Áp dụng công thức đổi cơ số log„ b = logus b”, ta có :

° log 5 (w +3) = log, (z + 3) = 2log, (x + 3) (do z+3>0);

® log,(z— UỶ = log; (ø — 1)” = 4log; |# — 1| ;

Khi đó : (1) log, (z + 3) + log, Ìz — 1Ì = 2+ log, x (2)

Xét hai khả năng sau :

a) Nếu ø > 1, khi đó : (2) log, (z + 3) + log, (z — 1) — log, œ = 2

e log, 23 @=) — 2 G29 + 2p 3 = ar

131

r=-l (loại)

t=3 a) Nếu 0 < z < 1, khi đó (2) « log, (z + 3) + log, Í1— #) — log, z = 2

œiog Œ+3)0—z) =2

+

©T—z” —2z +3 = 4z ©z?+0z—3=0 z= 3+ 12

- z=~—3-— 12 (loại y#z=-3+23

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm z = 3 và = —3+23

Chủ ý :

® Khi giải phương trình lôgarit cần lưu ý rằng :

log, ( f (x))" = nlog, | fle | néu n là số nguyên dương chẵn Nếu không thì

có thể sẽ mất nghiệm !

© Cy thé trong ví dụ trên nếu dùng công thức log, (x — 1 = 4log, (z — 1),

thì sẽ mất nghiệm z = —3 + 24/3

Dạng3 PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ÁN SÓ PHỤ

Phương pháp giải

Sử dụng công thức về hàm số mũ và Jôgarit để biến đổi bài toán, sau đó đặt

ấn số phụ, quy phương trình đã cho về các phương trình đại số (phương trình

chứa hoặc không chứa căn thức) Sau khi giải Phuong trình trung gian, ta quy

sae ck

Vi du I Giải các phương trình sau :'

3 6 + 153} aly eal ale 8Ÿ =1 @)

Giải

1 Dat t= gry? , Khi đó : (1) œ † ~21-6 =0

32 —5t~12=0 6 |t = 75, (Moai) tá

4

132

a’ —2>0 ¬ 2<z<2

v—-2=4-4r42" t=

Vậy phương trình trên có nghiệm duy nhất z = 5:

la

2 Đặt £ = 4!*“** > 0 Khi đó, (2) 4? —-7t-2=06 ' = - (loại)

Với É =9 & 4h92 c d #9 G086 = = = cos —

3 Đề ý răng :

2— V3 =(24V3) |; 7443 = (2403) ; 26 +15V3 = (2+ V3) vithé dat t = (2+J3) > 0, thì (3) trở thành : #8 +2? -2=1, (*)

(*) ot 420 -t-2=0 (dot >0) oe? (¢+2)—-(¢+2) =0

@ (t® -1Xt+2)=0 ot? -1=0 (dot >03t4+2>0)

&t=16(24+ 3) = (2 + V3) #2 =0

Vậy z = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho

Ví dụ 2 Giải các phương trình sau :

1 log, (4°*1 + 4) log, (4° +1) =3 ; (1)

4 log, 3+ log, z = log, 3 + log, Vz + 3 4)

Giải 1.(1)© |log, 4+ log, (4# + 1)Ìlog, (47 +1)= 3 (*) Đặt ¿ = log,(4” + 1), khi đó :

Œ%)©®(2+/)0—-3=0œ2+210-3=0 1= 1

lee i! Hy = 3 ® lự* 1= : lat — ¬ (vô nghiệm) ° ” “8:

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất z = 0

133

` z >0

2 Điêu kiện : {log, z> 0 ©z >1 -

log,œ >0

*

Dễ thấy sau khi áp dụng công thức đổi cơ số log,„ b = log« 6", thi:

(2) = og, (log, x) + og, 3 og, | = 2

1

-© 3 log, (log, x) + log, (log, x) -1=2

ÂẦ = log, (log, z) =ả«© log, (log, z) = 2

Ẳ© log; z = 4 œ z ==16 (thoả mãn điều kiện z > 1)

Vậy z = 16 là nghiệm duy nhất cần tìm

zeal

3 Điều kiện : ( > © vidt lai (3) dudi dang (1 + 3log, 5) clog", z=1.(®)

Đặt ¿ = log, z, thì (*) trở thành :

n+3)~a 6t?+3t-4=0

log z=1

=lš 4s log, # =~— °

4® ly=_——

625

4 Điều kiện : F 2 ° Viết lai (4) dưới dạng tương đương sau :

+ log, z = 2log, 3 +5 log, # +5

log, x

Đặt t = log, x, Khi do, (*) ồn Ts=0®~t~32=0

1

~ 083 = z= 9,

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm z = 5 và z=9

Dạng 4 PHƯƠNG PHÁP LÔGARIT HOÁ

Phương phúp giải

Sử dụng công thức lấy lôgarit hai về của phương trình với cơ số thích hợp

134

Ví dụ 1 Giải các phương trình sau :

đl+z—1 Vite+t

Giải

1 Điều kiện : z > 0 Ta có :

(1) © (log, z—2)log,z = 3(log, x —1).log, 2

# (log, 2 — 2)log, « = 5 (log, 2-1) (*)

Dat y = log, z, Khi do, (*) = (y-2)y=S(y-1)

> 2y? — dy = 3y—3 © 2y* —7y4+3=0

y=3 log, r= 3 + =64

Vay phuong trình đã cho có hai nghiệm + = 2 và z = 64

2 Điều kiện : z > 0 Bằng phép tính đơn giản, ta có :

Lấy lôgarit thập phân hai về của (*), ta được :

Ílg? z+lgz? +3)1gz = Igz © IgzÍlg?z +3lgz+3—1)=0

L= Too"

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm : z = 1; z = = VÀ ø=— 1

Vi du 2 Giai cac phuong trinh sau :

4z+1 31-2

1 2] = (2) (1) ; 2 z#* =1000z° (2)

Giải

2 4z+1 1 34-2

1 |= 5] =|— bị

«© (4z +ÖgŠ = (32-2) Ig « (4z +1)(Ig2 —1g5) = —(32 — 2) lg7

135

—1

243—z

nghịch biến khi z < 3

Mặt khác, đặt g(z) = —z? +8z —14, thì

z<3tacó ƒ'ø)= 2ˆ“ n3 < 0 khi z < 3 Do đó f(z) la ham sé

g’ (x) = —2œ + 8 Lập bảng biến thiên (Hình vẽ) [— -

Như vay g(x) la hàm số đồng biến khi |#Œ oo

z < 3 Vậy nếu (1) có nghiệm thì có nghiệm duy | ø(z) _—7

nhất Mặt khác, dễ thấy ƒ (3) = g(3) = 1

Vậy z = 3 là nghiệm duy nhất của (1)

Vidu3 Giải phươngtrình: 3.257? + (32 -10).5°? +3-2=0 (U

Giải

Đặt 5””? = ¿, khi đó (1) có dạng : 3? + (3z — 10)£ + 3— z =0 (2) Quan niệm (2) là phương trình bậc hai theo £, ta có :

t=ä-+ |5” =3—x

e Nếu pt = 2 22 log, 2 ø =2 — log, 3,

Ta thay: ƒ (z) = 5*~? là hàm đồng biến trên R, còn ø(z) = 3—z là hàm nghịch biến trên IR Do đó nếu (3) có nghiệm thì đó cũng là nghiệm duy nhất

Mặt khác : ƒ(2) = ø(2) = 1 Vậy (3) có nghiệm duy nhất z = 2

Vậy (1) có hai nghiệm z = 2 — log, 3 và z = 2

Vi du 4 Giải phương trình :

z°.3” +37 (12—7z) = —z” +8+? —19z +12 (1)

Giải

Viết lại (1) dưới dạng tương đương sau :

3ˆ (z2 — 7z +12) + 2° — 82? +192 -12 =0

> 3° (a? —72 +12) + (2? —72 +12)(2 -1) =0

e (2? — 72 +12)(3* 42-1) =0

œ|# TT72z+12=0 xẰ=3 3Ý =l—z # =l Ta,

137

Xét phương trình : 3Ý =l1—#z (2)

Dễ thấy ƒ (+) = 3” là hàm đồng biến, còn ø(+) = 1— z là hảm nghịch biến trên IR Mặt khác, ƒ (0) = ø(0) =1 Vậy z = 0 là nghiệm duy nhất của (2) Tom lại phương trình đã cho có ba nghiệm : z =0 ; z=3; z=4

ViduS Giai phuongtrinh: — log, (14+ Vx) = log, 2 (1)

Giải Điều kiện : z > 0 Đặt = log¿ z => z = 3” Khi đó, (1) trở thành :-

y

log, (1 + V3") = y +29 =1+(V8)” +29 =1+32,

Theo Vidu 1, suyray=2>32=9

Vậy # = 9 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho

Vidu6 — Giải phươngtrình: — log (z+3%*)=log z (1)

Giải Điều kiện : z > 0 Đặt = log„ ø © z = 6* Khi đó (1) có dạng :

3 1

log, (6” + 3") = y 4 6" +3" =2" & f(y) =3" +] =1 @

Dễ thấy ƒ() là hàm số đồng biến trên R va ƒ(—1) = + =1, nên

= —1 là nghiệm duy nhất của (2) Suy ra z =6” = : là nghiệm duy nhất của phương trình (1)

Ví dụ 7 Giải phương trình : +)!989 — ~?,3Ì087 — mo 83, (1)

Giải

Điều kiện : z > 0 Áp dụng công thức : a!°** = c°“*° thì (1) được đưa về

dạng tương đương sau : 0/982 — „31987 _ glow, (2)

Do 3°" >0, Vz > 0, nén (2) & 3%" = z? —1 (3)

Đặt log, z = suy ra ø = 2” Khi đó (3) trở thành :

34 = 49 -1453%41=4 e«/0)=[ +g| =1: (4)

Vì ƒ(y) là hàm nghịch biến và ƒ(1) = 1, do đó = 1 là nghiệm duy nhất của (4) Do vậy z = 2 là nghiệm duy nhất của (1)

138

Vi du 8 Giai phuong trinh :

5 +4" +3" 42" =i yt, 92! +52? ~72 +17 (1)

2 3° G'

Giải Viết lại (1) dưới dạng :

Dat: f(z) =5" +4" +3° +2" - 2 Ta to Dễ thấy, ƒ(z) là đồng

biến trên IR, vì 5 +4 ' +3 7+2” là hàm đồng biến khi z€lR, còn

+ pt + + là hàm nghịch biến khi z e R

9° 37 6*

Đặt : g(z) =—2#” +5” — 7z +17 Ta có g'Íz)= —6z? +10 —7 <0

voi moi z € Kk (do Af=25~42<0 và ø=-6<0) nên ø(z) là hàm nghịch biến trên R Mặt khác, ƒ(1) = ø(1) = 13 suy ra z = 1 là nghiệm duy nhất của (2),

và đó cũng là nghiệm duy nhất của (1)

Ví dụ 9 Giải phương trình :

4(z — 2)|[Iog, ( — 3) + log, (z — 3)| = 15 (z + 1) (1)

- Giải

Điều kiện : z > 3 Với điều kiện đó thì (1) được viết lại :

‘ 15 #2+1

log, (a — 3) + log, (rx -2) =—- Bạ 8; Tnng (2) 2

Nhận thấy, ham s6_f (a) = log, (x — 3) + log, (a — 2) déng bién khi x > 3 Dat g(a) = 22.24) Ta có g(a) =22 =3 =<0 khi z> 3, do đó '

g(x) la hàm nghịch biến khi z > 3 Khi đó nếu (2) có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất Ta thấy fay = g (11) =5 Vậy z = 11 là nghiệm duy nhất của (1)

Loại 2 Phương pháp đánh giá hai về

Phương pháp giải

Phương pháp này dựa trên nhận xét sau đây :

Xét phương trình f(x) = g(x) , trên miền xác định D Giả sử phương trình

139

này có tính chat sau: Vz € D thi f(z) <a va g(z) =a (hodc Vz € D thi

f (x) >a va g(x) <ø) Khi ấy phương trình đã cho tương đương với hệ

+)=U

phương trình sau : (2)

g(3) = a

Vidul Giải phươngtrình: 4°" — 2)**"* cos(a2y) +2! =0 (1)

Giải

Viết lại (1) đưới dạng : [aie — cos (zy) | + Ei — cos” (2y) =0 (2) Hiển nhiên ta có: *® |2" —cos(zy)Ì >0 @)

© l2 (cy) <1 => 2" — cos’ (zy) > 0 (4)

Tir (3), (4) suy ra: [2"* —cos(ay)} +[2! — cos? (ay)] > 0

9 2" = cos (cy) (6)

Do đó, đẳng thức xảy ra khi >

— cos (ay) =0 Xét phương trình (6) : ltl = eos? (zp) Vì all > 1 va cos? (ay) <1 Do vay

cos? (2,0) =1 7 Y= 9:

6e te (xy) =]

Khi = 0 Thay vào (5) và có 2” = 1 œ sinz = 0 ©® # = kz

Vậy : z = km (kEZ) ; y = 0 langhiém cia phương trình đã cho

8 Vidu2, — Giải phương trình 2”*' + 2°" = log,(4z°=4z+4) 1)

Giải

Tacó: 4z?—4z+4=(2z—1 +3>3, Vz

> log, (4z? — 4a +4) >1, Vz

log, (42? — 4x + 4)

ˆ Mặt khác, theo bất đẳng thức Cô-si, ta có ; 2?°*! + 28? >2 J22+1H

Từ (2), (3) suy ra đẳng thức (1) xảy ra khi và chỉ khi :

140