Bài tập mũ và logarit hay

Tài liệu bao gồm một số bài tập về phương trình logarit có đáp án và lời giải chi tiết.

PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT

2

12 2

1 2

6

1 2

2

1log4log232

22log32log

log

2 ) 10 ( log 2 log 2

Các nghiệm tìm được thỏa điều kiện

Vậy pt(1) có hai nghiệm là x  log3 28; x log 103

x2

 Với t 1:  log2x 1 x 1    1 x 1 2x 1  x 2 (thỏa điều kiện)

4

498. log (2 54) log ( 3) log3( 4)

3 1 2

3 x   x  x ĐS: x = 6

499.

1

2 log 10

1 2

4

log2

log3 x  x  3 x  x   ĐS : x = 4 với 0

x1

508.

) 3 4 4 ( log

4

2

cot 2 2

xy g xy

5 1 2

1 3 ( logx3   xx2  ĐS : x

8 3

518. logx2(2x)log 2x x2 ĐS : x = 2

519 log (4 4) log (2 1 3)

2 1

1 )

1 3 (

3 2

2

1 log

2

1 ) 6 5 ( log x  x  x  x ĐS : x=5/3

8 2

2

1 ) 6 5 ( log9 x2  x 2  3 x  3 x ĐS : x=5/3

545 ( 2 2 )

4

1 log

(log12

1121

12

1121

2 2

2

2 2

x

x x

x

x

x x

x

ĐS : x=9/7 với x=7/9

551. log23 log25

x x

2 5 1

) 5 3 ( 5 3

x x

27log)

27

125()

5

3(

5 5 )

1 ( log )

1 ( log

ĐS : x = 2

1 )

2 2 ( )

2 2 (  2xx  2x  x ĐS : x = 1

562 log22 log26 2

9

5 ( )

5

2 ( x  x

3lg



1001,0

2

1

589. 2x 3x 36

ĐS : x = 4

1 ) 1 (

4(2

13

4.)4

2)15(7)215

ĐS : x = 0 với x = log 7

2 21

5 

601 ( 52 6)sinx ( 52 6)sinx 2

ĐS : x=k với kZ

602 3x  5x  6x 2 ĐS : x = 0 với x = 1

)1(2

2   2  

x x x

x

23

2

1 9

ĐS : x =  log32

2

12 3 3

1 2

6

101)

32()

32

)32(10lg1

Với -3<a<0 ĐS : x =2 log3(2 4a)

662 log (2 54) log ( 3) log3( 4)

3 1 2

loga b = logb a nên phương trình đã cho có dạng:

log2 (3x - 1) + log2 (x + 3) = log 2 22 + log2 (x + 1)  log2 [(3x - 1)(x + 3)] = log2 4(x + 1)

PT  2 log

32(x

2 - 5x + 6)2 = log

31

2x - 12  + log3 (x - 3)2

 log3 [(x -2)2(x - 3)2] = log3x - 12 

2 + log3(x - 3)2

 (x -2)2(x - 3)2 = x - 12 

2.(x - 3)2 (do x ≠ 3 nên x - 3 ≠ 0)  (x -2)2 = x - 12 

2 (2)

Giải phương trình (2) ta được x = 3 (loại) và x = 5

 log1

4

[4|x + 2|] = log1

4 [(4 - x)(x + 6)] |x + 2| = - x2 - 2x + 24

  4(x + 2) = x

2

+ 2x - 24 4(x + 2) = - x2 - 2x + 24

PT  (log2 x - 1) + log3 x - log2x.log3 x = 0 (log2 x - 1) + (1 - log2 x).log3 x = 0

 (log2 x - 1)(1 - log3 x) = 0 log2 x = 1

log3 x = 1 x = 2 x = 3(thỏa x > 0)

699. (x + 1)[log2x]2 + (2x + 5)log2 x + 6 = 0

Điều kiện x > 0

So với VD1 câu d thì bài toán này cũng tương tự nhưng chúng ta sẽ thử làm theo cách " xét  "

Nếu xem log2 x là biến số và x là tham số, ta có phương trình bậc 2

Xét  = (2x + 5)2 - 24(x + 1) = 4x2 - 4x + 1 = (2x - 1)2 (  có dạng số chính phương )

Khi đó log2 x = - (2x + 5) + (2x - 1)

-32(x + 1) hay log2 x =

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = 0, x = 3

718. ( 6 - 35)

x + ( 6 + 35)

x

= 12

Nhận xét ( 6 - 35)x.( 6 + 35)x = ( 36 - 35)x = 1x = 1

720. (3 - 5)2x + 1 + (3 + 5)2x + 1 = 6.22x

Đối với PT trên, ta thấy rằng không thể xét (3 - 5)(3 + 5) ≠ 1

t = 13

 log2 [4.(4x + 1)].log2 (4x + 1) = 3 ( Ta có loga b + loga c = loga bc )

 [log2 4 + log2(4x + 1)].log2 (4x + 1) = 3

 [2 + log2(4x + 1)].log2(4x + 1) = 3 ( đặt t = log2(4x + 1)

PT thành 16t2 - 10t + 1 = 0 



t = 12

t = 18

 - logt (x - 1)(x - 2) + logt x - 1 = logt x + 2

 - ( logt x - 1 + logt x - 2) + logt x - 1 = logt x + 2 logt x + 2 + logt x - 2 = 0

Thay vào (2) ta được: log5 x = 2log52 (log2 5) x = 52

log52

PT  1 = 59

x +49

x + 2. 920

x ( Nhậm nghiệm thử ta thấy x = 2 thỏa mãn )

Do 0 < 5

9 ;

4

9 ;

20

9 < 1 nên ln

5

9 < 0 , ln

4

9 < 0 , ln

20

9 < 0

Do đó f '(x) = 5

9

x

ln 5

9 +94

x

ln 4

9 + 2. 920

x

9 < 0 x  R

Nên hàm số f(x) nghịch biến trên R, mà f(2) = 1 nên pt f(x) = 1 có nghiệm duy nhất x = 2.

832. 3x + 5x = 6x + 2

Xét f(x) = 3x + 5x = 6x + 2 với x  R

Ta có f '(x) = 3x ln3 + 5x ln5 - 6 là hàm số liên tục

Và f '(0) = ln3 + ln5 - 6 < 0 , f '(1) = 3ln3 + 5ln5 - 6 > 0

Bảng biến thiên:

x   xo 

f '(x) - 0 +

f (x)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình f(x) = 0 có không quá hai nghiệm phân biệt Mà f(0) = f(1) = 0 nên mọi nghiệm của phương trình đã cho là x = 0 hoặc x = 1 833.(2 - 3)x + (2 + 3)x = 4x

PT    2 - 3 4  x +   2 + 3 4  x = 1 Xér f(x) =   2 - 3 4  x +   2 + 3 4  x với x  R Vì 0 < 2 - 3 4 ; 2 + 3 4 < 1 nên ln 2 - 3 4   < 0 và ln   2 + 3 4   < 0 Do đó, f'(x) =   2 - 3 4  x ln   2 - 3 4   +   2 + 3 4  x ln   2 + 3 4   < 0 x  R Nên hàm số f(x) luôn nghịch biến trên R, mà f(1) = 1 nên pt f(x) = 1 có nghiệm duy nhất x = 1 834. 7x - 1 = 1 + 2log7 (6x - 5)3

Điều kiện 6x - 5 > 0  x > 5

6 Đặt y - 1 = log7 (6x - 5) thì 7y - 1 = 6x - 5 (1)

PT đã cho trở thành 7x - 1

= 1 + 2log7 (6x - 5)3  7x - 1 = 1 + 6log7 (6x - 5)

 7x - 1 = 1 + 6log7 7y - 1  7x - 1 = 1 + 6(y - 1)  7x - 1 = 6y - 5 (2)

Lấy (1) trừ (2) ta được: 7y - 1

- 7x - 1 = 6x - 6y

 7x - 1 + 6(x - 1) = 7y - 1+ 6(y - 1) f(x - 1) = f(y - 1)

Dễ thấy f(t) = 7t

+ 6t là hàm số đồng biến trên R, mà f(x - 1) = f(y - 1)  x - 1 = y - 1  x = y Khi đó phương trình đã cho có dạng (1)  7x - 1 - 6x + 5 = 0 (3) ( nhẩm nghiệm x = 1, x = 2)

Xét hàm số g(x) = 7x - 1 - 6x + 5 x  R

Ta có g'(x) = 7x - 1.ln7 - 6 nên g'(x) = 0  xo = 1 + log7 6

ln7 Bảng biến thiên:

x   xo 

g'(x) - 0 +

g (x)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình f(x) = 0 chỉ có không quá hai nghiệm phân biệt Mà f(1) = f(2) = 0 nên x = 1, x = 2 là các nghiệm của phương trình.

835. log2 x + log3 (2x - 1) + log5 (7x - 9) = 3 Điều kiện x > 9 7 Xét hàm số f(x) = log2 x + log3 (2x - 1) + log5 (7x - 9) với x > 9 7 Ta có f '(x) == 1 x.ln2 + 2 (2x - 1)ln3 + 7 (7x - 9).ln5 > 0 x > 9 7 Vậy hàm số f(x) đồng biến trên ( 9 7 ; +) nên pt f(x) = 3 nếu có nghiệm sẽ có nghiệm duy nhất Mà f(2) = 3 nên phương trình đã cho có nghiệm x = 2 836. x3.log3 x = 27 ĐK : x > 0 Viết phương trình đã cho dưới dạng log3 x - 27 x3 = 0 Xét hàm số f(x) = log3 x - 27 x3 với x > 0 Ta có f '(x) = 1 xln3 + 81 x4 > 0 x > 0 nên hàm số y = f(x) đồng biến trên (0; +) nên pt f(x) = 0 nếu có nghiệm sẽ có nghiệm duy nhất Mà f(3) = 0 nên pt có nghiệm x = 3 837. 2x 2 + x + log2 x = 2x + 1

ĐK : x > 0

PT  2x

2 + x

+ log2x(x + 1)

x + 1 2x

2 + x + log2 (x2 + x) - log2 (x + 1) = 2x + 1

 2x

2 + x

+ log2 (x2 + x) = 2x + 1 + log2 (x + 1)

Đặt f(t) = 2t

+ log2 t ( t > 0)

Ta có f '(t) = 2t

t.ln2 > 0 t > 0

Nên hàm số y = f(t) luôn đồng biến trên (0; + ) Lại có f(x2

+ x) = f(x + 1)

 x2 + x = x + 1 x = 1 (nhận) x = -1 (loại) Vậy x = 1 là nghiệm phương trình

887. 3x2 + 6x + 7 + 5x2 + 10x + 21 = 5 - 2x - x2

Điều kiện x  R

Ta có Vế Trái = 3x2 + 6x + 7 + 5x2 + 10x + 21

+ 6x + 7 = 3(x + 1)2 + 4  4 = 2

và 5x2 + 10x + 21 = 5(x + 1)2 + 16  16 = 4

VP = log2 (2x2 - 4x + 2) - log22 (x - 1) = log2[2(x - 1)2] - log22 (x - 1)

= 1 + 2log2(x - 1) - log22 (x - 1)= 2 - [log2 (x - 1) - 1]2 2

2

+ x > 0) 3t2 - 28t + 9 = 0 

Với t = 9  3x

2

+ x = 9 = 32 x2 + x = 2  x2 + x - 2 = 0 x = 1 x = - 2

Với t = 1

3 3x

2

+ x = 1

x x

x t

x t t

Suyra g x( ) là hàm nghịch biến trên R

Vậy phương trình (*) có nghiệm duy nhất là x 1

1 6 5 log9 x2  x 2  3 x  3 x ĐS :

3 5

1172. log2 x + log3 x + log4 x = log5 x ĐS : x = 1

1173. log4(log2 x) + log2(log4 x) = 2 ĐS : x = 16

1174. 3.log2x.log4x.log8x.log16x = 2 ĐS :

7 48

14 48

7 48

1 48

4870

114

t

t t

1log

1log

3

x x

2

3 2 2 1 4

8log

; 4

1

; 8

1183. log2 x.log3 x = 2log2 x + 3log3 x –6 ĐS :  8 ; 9

1184.   1log53  log53x1 3 log511 3x  9

1185. 2 2 6 3 2 3 1 2 2 6 3

2 6

log

2 10

log 2 log 2

1187 1log4 x 3log4 x log2 x1 ĐS : 2

1189. log2x42 log 22x14log23 Điều kiện :

9 4 9 2

2 2

x x

x x

x

x

x

0 14

9

2

0 5

x

l x

0 6 x

0 3 x

0 3 x log 2

0 9 x

2 2

2 4

4 2

4 4

log

2

2 3 x

log

2

2 4

loai 1 x

ĐS : x = –7

2

1 1 x log 1 x

1

x

log

3 3

x

x

x 1 1

0 x x

2 2

1 x 2

0 x 5

1 x 2

5 x

log225  x log25  x log x15  x 2 log25  x 2 log2 x  1 log25  x

         2 log 5 x 2 log  x 1 log 5 x

1 x log

x 5 log x 5 log x

5

2

2 2

x 5 log x 5

log

0 x 5

log

2 2

2 2

1 1

x 5 log

0 x 5 log

2 2

2 2

2

2

2

1 x log x 5

log

0 1 x log

1

0 x 5

1 S

1194. 4 2 2 2 2  2 1

1 x x 1 x

2 2

2

1 x x 1 x

x 1

x x

x

x

x x

42

84

x t

x x

t

42

26

22

26

Với t = 2 ta được

2

7 4

3 12 10



x t

x x

t

36

83103

3

16

83103

2

3 2 2 1 4

8log

x

2 1 2

2

3 2

2 2

2 3 2 4

2log

2log3

4log

2 2

2 2

2log

; 4

1

; 8 1

1lg

2 2

1200. log2 x.log3 x = 2log2 x + 3log3 x –6

log2 x.log3 x = 2log2 x + 3log3 x –6 Ñieàu kieän : x > 0

log2 x.log3 x = 2log2 x + 3log3 x –6  log2x(log3x –2) = 3(log3x –2) 







3log

2log

9

x x

1201.  1log53log53x13log511.3x 9

x

 log53x1log53x13log511.3x 9  log53x13x13log511.3x 9

3 x  x  x x  x  x

2

34

9

3

1 3 1

3.3

1 3 )

1 3 (

3

12

3

1 3

1 3

3

2

32

log

2 10

log 2 log 2

10

10

x x

log

2 10

1     log4x log4xlogx4 log410 x 2

 log4xlog410x2 log4 x10x2 x10x16 x2 10x 16  0

1204. 1log4 x 3log4 x log2 x1

Điều kiện: x ≥ 1

1loglog

3log

1 4 x 4 x  2 x  12log4x 1log4x  3log4x 2log4x1

  1log4 x 3log4 x1 2log4 x10

3

5

45

4

5

35

x x

5

45

3

5

45

4

5

35

x x

Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho

6 5

x t

l x

x t

2532

132

33

253325

33

8 7

x t

l x

x t

2743

143

275525

55

275525

55

2 2

6 4

x t

x x

t

32

15

22

15

3

13log1log

3 3

3

x x

3

13log1log

3 3

Phương trình trở thành:   1

3

13

26

242

2

3

13

1

3

23

2

1 1

t

3

13

2

3

13

1

3

23

2

1 1

t

 t = 1 là nghiệm duy nhất của (1)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 64

1276.

2

1)]}

log31(log1[log2log4 3  2  2x  ĐS: 2

1277. logcosx 4 logcos 2x 2  1 ĐS:/3 + k2

2

1)58lg(

)8lg(x3   x  x2  x ĐS:9

1287. log2( x  3log6x)  log6 x ĐS: 1/6

1288. log2(x2x1)log2(x2x1)log2(x4x21)log2(x4x21)ĐS:0, 1

1289. log2(x23x2)log2(x2 7x12)3log23 ĐS:0, -5

22.(

)22

) 3 4 4 ( log

4

2

cot 2 2

xy g xy tg

5 1 2

2

13loglog

3

8 3

1302. logx2(2x)log 2x x2 ĐS: x=2

1303. log (4 4) log (2 1 3)

2 1

1 )

1 3 (

ĐS: x = 0 và x = log3(3 15)1

2

2 6 log 4 log

3 2

2

1 log

2

1 ) 6 5 (

8 2

2

1311. 2

3 2

1312 log2(x2+x+1)+log2(x2-x+1)=log2(x4+x2+1)+log2(x4-x2+1) ĐS: x=0 và x=1

1313 (  1 ) log53  log5( 3x1 3 )  log5( 11 3x  9 )

2

1 log

2

1 ) 6 5 (

1325.

9

11 ) 2 2

( log 1 2

1 1 2 1

1 2

1 1 2 1

2 2

2

2 2

x

x x

x

x

x x

x

ĐS: x=9/7 và x=7/9

1326

) 5 2 (

2 5 1

) 5 3 ( 5 3

x x

27log)

27

125()

5

3(

5 5 )

1 ( log )

1 ( log

ĐS: x=2

1 )

2 2 ( )

2 2

1332 log22 log26 2

9

340log

11log

1477. 22x1 2x3  64

1478 2x 4 2x  3

e e

1479. 6 4 13 6 6 9 0

1 1 1





x

1480 x x x

27 2 18

8  

log 2

1 log

4

1

3 3







x x

1482.  ln3x 2 lnx 2  lnx

1483. x x x

xlog 3log 2 10 2log

2 2

1485 22x 2x66

1487.

222

182

2

212

8

1 1 2

x x

1488 log2xx 12 log2x log2x2x 2

1489 log22x log2x11

1490. 2 3 1

2

3 4

5x x  x x

1491 42x 23x1 2x3 16  0

1492 3cosx2cosx cosx

1493 4 log 3x 2 log 3x  2x

1494 3 cos2x 3 sin2x  2x 2  2  2

233

2x  x  x  x

1496 log2x log3x 1 log4x 2 log5x 3

1497

x x

x x

x

12

12

1498

x x

x x x

x x x x

2

564

483627

16123218

1500.

1 2

2 2

2

2 2

3

32

12