Phương trình bất phương trình và hệ phương trình mũ và logarit

* Để làm tốt các bài toán tiếp theo liên quan tới logarit các bạn cần nắm được các công thức biến đổi cơ bản sau: giả sử các biểu thức đều có nghĩa... Trang 27 Nhận xét: Qua 3 dạng toá

….LOẠI 1 : ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐ ……… 2 – 9

….LOẠI 2 : LÔGARIT HÓA VÀ MŨ HÓA……… 10 – 14

CHUYÊN ĐỀ : PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH,

( ) ( )

a x a

f x g x

f x g x a

f x g x a

a x

(5 )

5.(5 ) 5 5 2 3 35

1 log 2 5 2

x x

10 0

x x x x

Ví dụ 2: Giải các phương trình sau:

2 2log 2 2 log 9 1 1 log log 2

Khi đó (*)4(x2)(4x x)( 6) x26x160 x  (thỏa mãn) hoặc 2 x   (loại) 8

Vậy nghiệm của phương trình là: S 2;1 33

thỏa mãn điều kiện

Vậy nghiệm của phương trình là: x 1 và 8 3

log 5 6 log log 3 log 5 6 log

x x x

7) log2xlog3xlog4xlog2x.log3x.log4x

2

2 3

log 108 3

log 22

x



 với t 0 Phương trình có dạng: t2  t 2t2 t 20 t  1 (loại) hoặc t 2

x x

Cách 1: (*) có nghiệm duy nhất khi phương trình x2mxm  1 x

hay f x( )x2(m1)xm  có nghiệm kép dương 1 0

hoặc có hai nghiệm trái dấu hoặc có hai nghiệm trong đó có một nghiệm bằng 0 và một nghiệm dương

2 2'( )

nếu ta sử dụng chúng qua các bước trung gian để biến đổi phương trình, thì phép biến đổi theo :

++) chiều thuận (từ VT VP) là phép biến đổi hoàn toàn chính xác (vì giữ nguyên được TXĐ)

++) chiều nghịch (từ VP VT) là phép biến đổi không chính xác (vì nó thu hẹp lại TXĐ)

Nên nếu muốn sử dụng theo chiều nghịch ta sẽ biến đổi như sau:

thì ta nên cho điều kiện

trước khi bắt tay vào giải (để tìm TXĐ):

( ) 0

0 ( ) 1( ) 0( ) 0

*) Để làm tốt các bài toán tiếp theo liên quan tới logarit các bạn cần nắm được các công thức biến đổi cơ

bản sau: (giả sử các biểu thức đều có nghĩa)

1) log 1a  2) log0 a a  3) 1 log m log

n

a a

a

c a

log xlog xlog 3

4) log3x2 log (9 x6)3 5) log3xlog9xlog27x11 6) log2 log4 log8 11

log x  x 1 log x  x 1 log x x 1 log x x 1

38) log73sin 2 2sin log 27

Bài 4: Giải và biện luận phương trình theo m:

1) log(x2mx3 )m lg(2x1) 2) 2 log3xlog3x1log3m0

2

2 log 2x  x 2m4m log x mx2m 0 (với m là tham số thực)

1) Giải phương trình với m  1

2) Xác định m để phương trình có hai nghiệm x x1, 2thỏa mãn 2 2

LOẠI 2: LOGARIT HÓA VÀ MŨ HÓA

Với ba phương trình 3x 3x2 (1) ; 3x 2x (2) và 3x 2x2 (3) Ta đã biết cách giải (1) và (2) Ở phương trình (1) có cùng cơ số 3 khác mũ ( x và x2) , phương trình (2) cùng mũ x , khác cơ số (2 và 3) Nên ta có

Song ở phương trình (3) khác cơ số (2 và 3) và khác cả mũ ( x và x2) Để giải quyết bài toán này ta sẽ

“hóa” nó về dạng logarit (phương pháp Logarit hóa) bằng cách logarit cơ số 2 (hoặc cơ số 3) cả hai vế phương

2

0log 3 log 2 log 3 (log 3 ) 0

Phương pháp:

Khi phương trình có dạng : u x a( ) f x( ) v x b( ) g x( ) (*) (hoặc a f x( ).b g x( )u x( )) với ab ;a1; ,a b0

Từ (*) log ( ) f x( ) log ( ) g x( ) log ( ) ( ) log ( ) ( ) log ?

thỏa mãn điều kiện

Vậy nghiệm của phương trình là x  và 2 1

32

x 

log x 2 log x 1 0 log x 1 0 log x 1 x 9

Vậy nghiệm của phương trình là x 9

5) x4.535log 5x Điều kiện: 0x1

Khi đó phương trình tương đương: logxx4.53log 5x log 5x  4 3log 5x log 52x

kết hợp với điều kiện

Ta được nghiệm của phương trình là 1

5

x  và x 45.

log x x log 6 log 6x log 3 log xlog 3

(1 log 6x) log6xlog 3(1 log2  6x)(1 log 6x)(log6xlog 3)2 0

thỏa mãn điều kiện

Vậy nghiệm của phương trình là x  9

2.Phương pháp mũ hóa (dành cho phương trình logarit)

(1)

32

(2) log2xlog 2.log3 2x(1 log 2) log 3 2x0log2x0x1

Song ở phương trình (3) khác cơ số (2 và 3) và khác cả biểu thức ( x và 2x) Để giải quyết bài toán này ta

sẽ “hóa” nó về dạng mũ (phương pháp mũ hóa) bằng cách :

2

3 2

Ví dụ 1 : Giải các phương trình sau:

1) log 2 x 1 log3x 2) log ( 7 3)

4 x  3) x log7xlog (3 x2)

log (x3 x)log x 6) 4 2 2

5 6

log (x 2x2)2 log (x 2x3)

Giải :

1) log 2 x 1 log3x (1) Điều kiện: x 0

(1)

2 2

2

22

3

t t

t t

x x

3t 3

   Vậy phương trình có nghiệm

log 2923

Suy ra ( )f t nghịch biến   t Khi đó (*)  f t( ) f(1)  t 1 x4 thỏa mãn điều kiện

Vậy phương trình có nghiệm: x 4

Suy ra ( )f t nghịch biến   t Khi đó (*) f t( ) f(2) t 2 x49 thỏa mãn điều kiện

Vậy phương trình có nghiệm: x 49

4) log sin2 x2 log tan3 x Điều kiện: sin 0

x x

sin

1 sin

t t

x x

x x

1 4

t t t

  (không thỏa mãn điều kiện)

Vậy phương trình có nghiệm: 2

log

26

t t

  với    t Suy ra ( )f t đồng biến t   Khi đó (*) ( ) ( 1) 1 1

6

        thỏa mãn điều kiện

Vậy phương trình có nghiệm: 1

6

x 

5 6

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

Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 2

2 3

2 2 3log (x 2x 2) log (x 2x 3)



Giải : Điều kiện

2 2

Vậy phương trình có nghiệm x  1 11 4 3

Thực chất phương pháp mũ hóa ta đã sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp hàm số Chúng ta sẽ

tìm hiểu rõ hơn hai phương pháp này ở các phần tiếp theo…

3

3log 23

x x

  Vậy phương trình có nghiệm : x  0

8) 3.8x4.12x18x2.27x  (2006A) Phương trình tương đương: 0

2x 1

(vô nghiệm ) hoặc 2x 4

 x Vậy phương trình có nghiệm : 2 x 2

12

2

x

x

x x

t t

33

x

x

x x

18) log 2 2 log 6 2 log 4 2 2

1) log (42 xm)x có hai nghiệm phân biệt 1

2) 4xm.2x 12m có hai nghiệm 0 x x1; 2 thỏa mãn điều kiện x1x2  3

3) 16xm.8x(2m1).4x m.2x có ba nghiệm phân biệt

4) 25x(m1).5xm2m2  có hai nghiệm trái dấu 0

5) 4 x 1 3x 14.2 x 1 3x  8 m có nghiệm

6) 91 1x2 (m2).31 1x2 2m 1 0 có nghiệm

m m

3) Tìm m để phương trình: 16xm.8x(2m1).4x m.2x (3) có ba nghiệm phân biệt

Đặt t 2x với t 0 Khi đó phương trình có dạng:

Vậy m  3 2 2 thỏa mãn điều kiện bài toán

4) Tìm m để phương trình: 25x(m1).5xm2m2  (4) có hai nghiệm trái dấu 0

Đặt t 5x với t 0 Khi đó phương trình có dạng: 2 2

Vậy phương trình (4) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi :

m m

Cách 2: Với x 05x 50 hay t  Tương tự 1 x 0 0  t 1

Vậy phương trình (4) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm t t1, 2 thỏa mãn: 0t1 1 t2

01

m m m m m

  Khi đó bài toán được phát biểu lại là:

Tìm m để phương trình: t214t 8 m (*) có nghiệm với t4; 4 2

Trang 21

Khi đó bài toán được phát biểu lại là:

Tìm m để phương trình: t2(m2)t2m 1 0 (*) có nghiệm với t 3;9

2

2 1( )

Để làm tốt các bài toán liên quan tới phương trình chứa tham số các bạn cần nắm được kiến thức sau:

Nếu y f x( ) là hàm liên tục trên miền D

Phương trình f x( )g m( ) có nghiệm với x D khi và chỉ khi min ( ) ( ) max ( )

x  x m có hai nghiệm phân biệt 2) 4x22x22 6 m có ba nghiệm phân biêt

3) 9x2 4.3x2 8 m có ba nghiệm phân biêt 4) 9xm.3x  có nghiệm duy nhất 1 0

5) 4x2x6m có hai nghiệm trái dấu 6) 4x2x 1m có nghiệm

7) 34 2 x22.32x22m 3 0có nghiệm 8) 4 x 1 3x 14.2 x 1 3x  8 m có nghiệm

9) 2.4 x15.2 x1m0 có nghiệm 10) 2.2cos 2x3.2cos2xm0 có nghiệm

x t

Vậy phương trình có nghiệm x  0

Giải : Điều kiện x  0

1 3

x x

x t

Vậy phương trình có nghiệm x  2

8

83

m

m m

Trang 27

Nhận xét:

Qua 3 dạng toán trên các bạn có thể nhận thấy một điểm chung là : Khi bài toán có từ 2 cơ số khác nhau trở

lên, ta thường quy chúng về một cơ số (tìm cách chuyển các bài toán về DẠNG 1) bằng cách :

+) dùng các công thức: lũy thừa, hằng đẳng thức… để cùng chuyển về một cơ số

+) chia cả hai về của phương trình cho một cơ số thích hợp (nhưng trước khi chia phải chuyển chúng về cùng số mũ)

Vì vậy phương trình tổng quát cho 3 dạng toán trên có thể viết gọn dưới dạng: ( )

( g x ) 0

DẠNG 3 là một trường hợp đặc biệt của DẠNG 4 – là dạng toán tiếp theo chúng ta sẽ học

DẠNG 4: Phương trình có dạng: au2buvcv20;au3bu v2 cuv2dv30 (4) (dạng đồng cấp)



⎯⎯⎯⎯⎯ ( ) 0f x  x⎯⎯⎯⎯⎯  D x ?

CHÚ Ý:

Khi phương trình (*) có nghiệm thì thực chất cách làm trên ta đang đưa phương trình về dạng tích theo

“góc nhìn gián tiếp” Vì vậy DẠNG 4 này chúng ta sẽ được gặp lại ở LOẠI 4 : PHƯƠNG TRÌNH TÍCH

và nhìn thấy rõ hơn dạng tích của chúng

log 23

Vậy phương trình có nghiệm x 0 hoặc x log 23

(Khi kết luận dùng từ “và” hoặc từ “hoặc” đều được nhưng dùng kí hiệu và “{” là không chính xác)

1 172

2

1 173

2 2

thỏa mãn điều kiện

Vậy phương trình có nghiệm 5

x x

1 ( 1)

1 02

Vậy phương trình có nghiệm: x 2

Cách 2: log ( 3 1) log ( 3 1) log ( 3 1) log ( 3 1) log ( 3 1)

log x(x1) log x62x Điều kiện x 0

Đặt tlog2x Khi đó phương trình có dạng: 2

Suy ra hàm số ( )f x đồng biến với   Khi đó (*) x 0  f x( ) f(2)x2

Vậy phương trình có nghiệm 1

4

x  và x 2

7) 2   2  

lg xlg logx 4x 2 log x 0 lg x 2 log x lgx2log x0

Điều kiện x 0

(2 log ) (2 log )

log2

+) Giải (2):(2)lg 2.log2x log2x(1 lg 2) log 2x0log2x0x 1

Vậy phương trình có nghiệm 1

2

x t

Vậy phương trình có nghiệm x  và 2 x  4

CHÚ Ý:

Thực chất ở DẠNG 6 các bạn có thể tìm cách phân tích thành tích bằng các kỹ thuật như: tách ghép, nhóm, sử dụng hằng đẳng thức…dàng cho những ai có kỹ năng phân tích tốt Song với cách giải ở DẠNG 6 được trình

bày ở trên, chúng ta đã phân tích thành tích theo một cách khác (hiển nhiên  phải có dạng:  P x( )2) và đã

bỏ qua khâu trung gian (không nhìn thấy dạng tích) mà không hề sử dụng các phép phân tích trên

m  m  m  m (*) với m là tham số thực Tìm m để phương trình có ba nghiệm thực phân biệt

t m



 



Phương trình (*) có ba nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi (2) có một nghiệm dương và (1) có hai nghiệm

dương phân biệt khác 1

m

2

2

10

m f

, thỏa mãn điều kiện

Vậy phương trình có nghiệm: S = 9; 3 

2) logx116 3 log (2 x1) Điều kiện : 0x    1 1 1 x 0

, thỏa mãn điều kiện

Vậy phương trình có nghiệm: S = 1; 15

22

x

x x

, thỏa mãn điều kiện

Vậy phương trình có nghiệm: S = 101;101

, thỏa mãn điều kiện

Vậy phương trình có nghiệm: S = 2; 4

Nhận xét:

Nếu phương trình sau khi biến đổi có dạng bậc hai đơn giản ta có thể bỏ qua bước trung gian đặt ẩn phụ để

giải trực tiếp như bài toán trên

2

2

log x3 log xlog x2 Điều kiện : x  0

Phương trình tương đương :

x x

log 4x x log x 12 Điều kiện : 0x 1

Vậy phương trình có nghiệm: S = 4;1

27

x x

43

x x

x x

21

11

, thỏa mãn điều kiện

Vậy phương trình có nghiệm: S = 2;1

Trang 41

1) Giải phương trình (1) khi m = 2

Giải: Điều kiện x  0

Vậy với m 2phương trình có nghiệm 3

5 2

2) Khi x  1 5x  5 log25x1log25 1 2 hay t 2

Khi đó bài toán được phát biểu lại là: “ Tìm m để phương trình (*) có nghiệm t  ” 2

1) (1*) có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn x x 1 2 27

Điều kiện x 0

Đặt tlog3x Khi đó phương trình có dạng: t2(m2)t3m 1 0 (2*)

+) Phương trình (1*) có hai nghiệm x x1, 2 khi và chỉ khi phương trình (2*) có hai nghiệm phân biệt t t1, 2

1log 3.log 3

1) Giải phương trình với 5

4

m   2) Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc đoạn [1;9]

1) Giải phương trình với m = 12

2) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn 4x1x26

1) Giải phương trình với m = 4

, thỏa mãn điều kiện

Vậy phương trình có nghiệm S = 2; 1

, thỏa mãn điều kiện

Vậy phương trình có nghiệm S = 2; 1

t t

Vậy phương trình có nghiệm S = 1;1

4

 

4 4

Vậy phương trình có nghiệm S = 1;1

logb g ( )x  logb a.loga g x( )

⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ f(loga g x ( )) 0 (chuyển về dạng cơ bản)

, thỏa mãn điều kiện

Vậy phương trình có nghiệm 5

2 2

thỏa mãn điều kiện

Vậy phương trình có nghiệm 5

log 5

11

Chúng ta đã làm quen với phương pháp phân tích thành tích trong LOẠI 3 ở DẠNG 4 và DẠNG 6

(phân tích gián tiếp) Ngoài ra chúng ta còn sử dụng nhiều kỹ thuận phân tích thành tích khác như: tách

5) log2x2 log7x 2 log2x.log7x Điều kiện x  0

log2x2 log7x 2 log2x.log7xlog2x 1 log  7x2 1 log  7x0

1 log 7xlog2x20 7

2

log 1 7

4log 2

x x

, thỏa mãn điều kiện

Vậy phương trình có nghiệm S4;7

Trang 49

Khi đó phương trình tương đương:

log2x2 log (2 x1) log 2x log 2xlog (2 x1) 2 0

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

(log2x1)(log2x2) (2 log  2x).log (2 x1)0

log2xlog (2 x1) 1 (log  2x2)0log2x x( 1)1 (log 2x2) 0

2

2 2

11

Suy ra ( )f x đồng biến với   x Khi đó (2) f x( ) f(0)x 0

Vậy phương trình có nghiệm S = 0;3; 4

Suy ra hàm số ( )f x đồng biến với   Khi đó (*) x 0  f x( ) f(2) x2

Vậy phương trình có nghiệm x 2 và x 4

Cách 2: Đặt Khi đó phương trình có dạng: 2

xt  x t   't (x1)24x x22x 1 (x1)2

2

x t

9) 2 1

4 logx x2log x2 x Điều kiện:

Phương trình tương đương: 4 logx 2x2.4x 2 log2x04xlog2x2  log2x20

, kết hợp điều kiện được nghiệm phương trình x  2

10) log3xlog4xlog5x Điều kiện:

Phương trình tương đương: log3xlog 3.log4 3xlog 3.log5 3xlog3x1 log 3 log 3 4  5 0

log3x0 x , thỏa mãn điều kiện Vậy nghiệm của phương trình 1 x  1

11) log2xlog3xlog4xlog2x.log3x.log4x (*) Điều kiện:

Khi đó (*)

1 1log 1 log 2 log 2.log

Phương trình tương đương: 2

2 log x2 log (x x3)xlog x4 log (x3).log x

2 log2x log 2x2 log (7 x3)xlog2x2 log (7 x3)0

log2x2 log (7 x3) x2 log2x0 2 7

Suy ra hàm số ( )f t nghịch biến với t  

Khi đó (*) f t( ) f(2) t 2x4 thỏa mãn điều kiện

+) Giải (2): Xét hàm số g x( )x2 log2x với x  0

13

53

x x

+) Giải (2): x  1 không là nghiệm của (2) nên Xét hàm số f x( ) x21.lgx212 2 với x 1

*) Với x 1 f'( )x  0  f x( ) đồng biến với  x 1

*) Với x  1 f'( )x 0 f x( ) nghịch biến với   x 1

Suy ra phương trình (2) có tối đa hai nghiệm (a) Mặt khác: (3) 0

( 3) 0

f f

hay x  3 là nghiệm của (2) (b)

Từ (a) và (b) suy ra (2) có hai nghiệm x  3 Vậy phương trình có nghiệm S    3; 1;1;3

1) Giải phương trình với m 2 2) Tìm m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt

Giải: Phương trình tương đương:

2x  x m2x  m2x 0 m2x 2x  x 1 0

2 2

Vậy phương trình có nghiệm S 0; 2;3

2) Phương trình tương đương:

2 2

1 1

00

log

m m

1 KIẾN THỨC LIÊN QUAN

Qua các dạng toán trước đó các bạn đã làm quen với phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải

một số các bài toán Trong phần này chúng ta sẽ đi tìm hiểu kĩ hơn phương pháp này qua phần kiến thức cơ

bản và các ví dụ minh họa đi kèm

Giả sử y f x( ) là hàm liên tục trên miền D

+) Phương trình trên D : ( )f x k có không quá một nghiệm (nếu có nghiệm thì có nghiệm duy nhất) (*)

+) f u( ) f v( ) u v với mọi ,u v D

biến (hoặc luôn đồng biến) với x ∈ D Khi đó phương trình : ( ) f x g x( )với x ∈ D nếu có nghiệm thì có

nghiệm duy nhất

Nhận xét: Thực chất định lí này nếu áp dụng được thì ta cũng có thể chuyển về (*) (bằng cách chuyển hết

sang một vế) để chỉ cần xét một hàm số

minh f''( )x  hoặc 0 f''( )x  với 0 x D) thì phương trình ( )f x k có nhiều nhất là hai nghiệm

(Nếu chỉ ra được hai nghiệm thì đó là toàn bộ nghiệm của phương trình)

log x 2x3 2 log x 2x4 20)  

2

2 3

1log 3 2 3 2

 