NW359 360 DẠNG 13 PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT GV

KIẾN THỨC CẦN NHỚ PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT 1.. DẠNG TOÁN Đây là dạng toán giải phương trình logarit cơ bản.. HƯỚNG GIẢI B1: Đặt điều kiện xác định của phương trình.. Vậy phương trình có 2

Trang 1

I KIẾN THỨC CẦN NHỚ

PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT

1 Mũ hóa hai vế

   

0 loga g x f x 0 a 1 g x f x







2 Biến đổi, quy về cùng cơ số

   

0

a

 





3 Đặt ẩn phụ

 

log

0

a a

f t









4 Phương pháp đồ thị

5 Sử dụng tính đơn điệu của hàm

II CÁC DẠNG BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

 Mũ hóa hai vế

 Biến đổi, quy về cùng cơ số

 Đặt ẩn phụ

 …

BÀI TẬP MẪU

(ĐỀ MINH HỌA LẦN 1-BDG 2020-2021) Nghiệm của phương trình log 32 x 3

là

8 3

x 

1 2

x 

Phân tích hướng dẫn giải

1 DẠNG TOÁN

Đây là dạng toán giải phương trình logarit cơ bản

2 HƯỚNG GIẢI

B1: Đặt điều kiện xác định của phương trình

B2: Mũ hóa hai vế

Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau

Lời giải Chọn C

  2 log 3x 3 3

0

8

3

3 2

3

x x

x









Bài tập tương tự và phát triển

A S  16

B. S  18

C S  10

D S  14

Trang 2

Lời giải Chọn B

Ta có

4

2 0 log 2 log 4

x x

 



 

2

2 4

x x





 

 



2

18 18

x

x x







  4

2 2 2

có tất cả bao nhiêu nghiệm thực?

  4

2 2 2 log x  2 8  1

ĐK: x2 2 0  x 2

 1  x2 22  42 8  x2 22 4

 

2 2

4

0

x

  



 



1 2

log x  5x7 0

bằng

2 log x  5x7  0 x  5x  7 1 x  5x  6 0 x  2 x  3 x x 13

2

ln x 5 0

là

Lời giải Chọn A

Điều kiện: x  5

Có

2

ln x  5 0  x2 5 1

2

5 1

x x

  

 

 



6 6 2 2

x x x x

 















 

Vậy phương trình có 2 nghiệm dương là x  6, x 2.

Câu 5. Gọi x x là 2 nghiệm của phương trình1, 2 log2x x  3 1

Khi đóx1x2bằng

2

 

Điều kiện:

3 0

x x

 



 



log x x3   1 x x3  2 x 3x 2 0

Trang 3

Vậyx1x2 3.

 

bằng

Ta có log 22 x 1 2

 

2 2

0

2 1 0

5 log 5

2 1

4 4

x

x x





 

Câu 7. Gọi x x là nghiệm của phương trình 1, 2 log2x x  1 1

Khi đó tích x x bằng1 2

Điều kiện x 0hoặc x 1

2

1

2

x







Điều kiện: 5 x2   0 5 x 5

Phương trình

2

( 3)log (5 ) 0

Đối chiếu điều kiện ta có x 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán Vậy phương trình có 2 nghiệm

2 log x  2x3 1

có tập nghiệm là

A \ 1 

log2x2 2x3  1 x2 2x 3 21  x2 2x  1 0 x12  0 x1

Vậy tập nghiệm S \ 1 

2

log 2x 1  1

là

A

3 1;

2

3

; 2



1 3

;

2 2

3

; 2

 

Trang 4

Ta có

1 2

3

2

x x

x







 

 



là

Lời giải Chọn D

3

2

x









log x  4x3 log 4x 4

A S 1 ;7 

B S  7

C S  1

D S  3;7 

log x  4x3 log 4x 4

7

x

log x  x 5 log 2x5

Khi đó x1 x2

bằng

5

2

5 2 5

2

x



 







 

Khi đó x1 x2  7

Câu 4 Phương trình log 3.22 x1 2x1

có bao nhiêu nghiệm?

2

1 2

2

x

x x

x



 







Trang 5

A. S  4

B. S   1, 4

C. S   1

Điều kiện: x 3

2 log x x 3 2 x 3x 4 0

        

4 1

x x





  

So sánh điều kiện ta được x 4

Vậy tập nghiệm của phương trình là S  4

Điều kiện:

1 4

x  

Ta có

log 1 1 log 4 1

x





     

 Vậy nghiệm của phương trình là x 2.

Điều kiện: x 0

log3x2 3log3x 2 0

3 3

1

x x















5 log 2 log

2

x  x

Trang 6

A Có một nghiệm âm và một nghiệm dương B Vô nghiệm.

C Có một nghiệm âm D Có hai nghiệm dương

Điều kiện: 0x1

2

5 log 2 log

2

x  x

2 2

2

x







log 3x 5 log x1

là

A (0;3) B (3; ) C

5

;3 3

  D ( 1;3)

Điều kiện:

x

x x

 





 



Ta có 1  1 

log 3x 5 log x1  3x 5  x 1 x3

Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm bất phương trình là

5

;3 3

1

630

7

125

Điều kiện:

0 1

x x











Ta có

2

5

5 2

5

5 tmdk log 1

625

x x

x













Vậy tích các nghiệm là

5

625 125 .

có hai nghiệm thực phân biệt là

Trang 7

  2  2

log x1 log mx 8  2

1 0

8 0

x mx

  



1

x





 



2

1

2 9

x

m

x













Xét hàm số

2 2 9

y

x

 



trên1; 

, ta có 2

2

9 ' x

y

x





Bảng biến thiên

Để thỏa mãn yêu cầu thì 4m8 nên các giá trị nguyên của tham số m là 5, 6, 7

ln 3x mx 1 ln  x 4x 3

có nghiệm là nửa khoảng a b; 

Tổng của a b bằng

A.

10

22

ln 3x mx 1 ln  x 4x 3

2

4 3 0

   



 

    



2

1

4

3

m

x

 





  



2

* 4

x x

x





 





 







Xét hàm số  

f x

x

 



với 1x3 Khi đó  

2 2

f x

x

 

; '  0 2

2

x

f x

x





   

Bảng biến thiên của hàm số  

f x

x

 



trên khoảng 1;3

Trang 8

Nhận xét: Phương trình ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi phương trình  *

có nghiệm trên khoảng 1;3.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình  *

có nghiệm trên khoảng 1;3

khi và chỉ khi

3m4 hay m 3;4

Do đó a 3, b 4 Vậy a b 7

có tất cả bao nhiêu nghiệm?

A Vô nghiệm B 1 nghiệm C 2 nghiệm D 3 nghiệm

Điều kiện của phương trình 4x4 và x 1

Khi đó phương trình đã cho tương đương

log |x1| log 4 log (4   x) log (4 x)

 2 2

2

4 | 1| 16

2 2 6

x

x x





  













Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt

Giá trị lớn nhất của

ab là

Ta có biến đổi mũ và loagarit

1000 2

log log log 2 0 log log 2 1 log 2 2

a

b b a

Do ,a b là các số nguyên dương nên 1000 2a  a3

+) Nếu a 3 b125 ab375

+) Nếu a 2 b250 ab500

+) Nếu a 1 b500 ab500

Vậy giá trị lớn nhất của ab là 500

2 3

2

x x



  có tập nghiệm là log ;a b 

Biết a là số nguyên

tố Khi đóab2 bằng

Bất phương trình

2 3

2

x x



 

x

x    

Trang 9

2 21 2

8

x  x

Đặt: t2 ,2x t0

2

21

8

16 16 21 0

t t

7 3

4 4

    

So với điều kiện t 22x 0

Ta được

2

x

t    x  

 

Suy ra

3 2;

4

Do vậy ab 2 3

9.4x 5.6x 4.9x có tập nghiệm là a b; 

Khi đó

b

a bằng

9.4x5.6x 4.9x, điều kiện x 0

Chia 2 vế cho

1



 ta được

1 2

0 3

x

t



 

  

 

9

       

Vì điều kiện t 0 ta được

4 0

9

t

 

Vậy

1

2





   

   

   

Xét dấu ta có

1

0

2 x

  

Do đó 0

b

1 1

4 3.2 8

0

x x x





 có dạng là S a b; c; Giá trị 3

a b c 

thuộc khoảng nào dưới đây?

Trang 10

Ta có

1 1

1

4 3.2 8

0

x x



       

 

2 2

2 4

1

2 4

2 2 4 1 2 2

x x

x

x x VN

  

 

 



 

 



 



Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S   1;12; 

 

2

a b c

2 x  x   6  x  x có có nghiệm duy nhất 3

a x

b c



 với a b c a , ,  0 là các số nguyên và

a

c tối giản Tính S a 2b3c

Điều kiện: 3 2

1

x







 Phương trình tương đương với

2x 6x 2 x 1 6x 2 x 1 6x x 1 6x 0

3

1

2 1

x



Vậy nghiệm của phương trình là 3

1

2 1

x 

 Suy ra a1;b2;c1  S  2

9 log x log x2m0

nghiệm đúng với mọi giá trị x 3;81 .

A m 1 B m 10 C m  10 D m 1

Với x 3;81

ta có

Trang 11

 3 2

9 log x log x2m0

2 1 3

9 log x  log x 2m 0

   log3x2log3x2m 0 Đặt log x t3  , khi x 3;81 thì t 1;4.

Khi đó, ta có t2 t 2m0 2mt2 t  *

Xét hàm số f t  t2 với t t 1;4

Ta có f t  2 1 0,t   t 1;4

Ta có bảng biến thiên

Bất phương trình đã cho đúng với mọi x 3;81

khi và chỉ khi bất phương trình  *

đúng với mọi t 1;4  2m2 m1.

Câu 1 Cho phương trình m 3 9 log 2x2m1xlog 3 2  m 1 0 1

Biết rằng tập các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt là một khoảng a b;  Tổng S  a b

bằng

Với x 0 ta có xlog 3 2 3log 2x do đó phương trình đã cho tương đương với phương trình

m 3 9 log 2x2m1 3 log 2x m 1 0

Đặt t 3log2x t 0

Khi đó phương trình  1 trở thành m 3t22m1t m  1 0 * .

Phương trình  1

có 2 nghiệm x phân biệt  phương trình  *

có 2 nghiệm t dương phân

biệt

3 0 0 0 0

m

S P

 



 



 





 



2

3 0

0 3 1 0 3

m m m m m m

 





 



  





  





3 1 1

m m m m







 





  





  

  1 m3

Trang 12

Khi đó,

1 3

a b









  S 4

2

1 1 log m  m x y log 2x4y 5

có nghiệm nguyên x y;  duy nhất ?

Điều kiện  1 m1

Có 2 m 1 1 m 2m  1 1 m  2.2 2

 2 2  2 2

2

1 1 log m  m x y log x y

log 2x 4y 5 log x y

2 2

2x 4y 5 x y

x 12 y 22 0

1 2

x y





 



 Với x 1,y 2 log m1 1 m 5 log 52  m 0

  

log x  4log 4x1  log m

(m là tham số thực) Có tất cả bao nhiêu

giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có nghiệm?

Điều kiện:

0 0

x

x x

m m



  

 Phương trình đã cho tương đương với

log x log 4x 1 log m

1

4 1

x

m x



1

4 1

x

m x



4 14

(*)

x m

x



Số nghiệm của phương trình (*) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số

4x 14

y

x





và đường thẳng y m

Xét hàm số

4 14 1

, 4

x



Trang 13

 3  4   3    3 

0

y

,

1 4

x

 

Do đó

0,

4

x



Do đó phương trình có nghiệm khi m 0

Vậy có vô số giá trị của m thoả mãn yêu cầu đề bài.

cả giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x x thỏa 1, 2 x1 3 x2 là

A. 1; 

B. 2;

C. 1;  D. 1;

Phương trình đã cho tương đương 2  

2log x m 7 (log x2) 20 4  m 0

2

2 log x m 7 log x 6 2m 0

Đặt tlog3x Khi đó phương trình trở thành 2t2m 7t 6 2m (1)0

Ta dễ dàng nhẩm được 1 nghiệm của phương trình (1) là t 2 nên nghiệm còn lại là

3 2

m

Ta có x1 3 x2 log 3 1x log 3 log3  3x2  t1 1 t2

Vậy ta đã có 1 nghiệm t   nên phương trình có 2 nghiệm thỏa điều kiện khi và chỉ khi2 2 1 3

2

m

nghiệm phân biệt thuộc khoảng 0;1

A.

9 0

4

m

 

9 4

m 

1 0

4

m

 

9 4

m  

Đặt tlog ;3x x0;1   t  ;0

Khi đó ta có phương trình: log 332 xlog3x m 1 0  log 3 log3  3 x2log3x1m

2

Đặt tlog3x ta được phương trình t23tm (*)

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc 0;1  phương trình ẩn t có hai nghiệm phân biệt thuộc  ;0

Xét hàm số y t 2 3t trên  ;0

ta có ' 2y  t3 3

' 0 2 3 0

2

Trang 14

Ta có BBT

Để phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt thuộc  ;0 thì đường thẳng y m cắt đồ thị hàm số yf t 

tại hai điểm phân biệt thuộc  ;0 9 0 0 9

         

để bất phương trình

2

3 2

1

  

  có nghiệm Số phần tử của tập hợp S bằng

Điều kiện xác định

2 2

0 1

  



   2x2 x m  1 0

Ta có

2

3 2

1

  

 

2

3 2

1

  

 

2

 

log 2x x m 1 log 3 x x 1

        2 2 x2 x m16x2 x 1

3 log 2x x m 1

    2 2 x2 x m1  2 

3 log 3 x x 1

   6x2  x 1

Xét hàm số f t  log3t2t

với t 0

Ta có   1 2 0, 0

.ln 3

t

Suy ra hàm số f t  đồng biến trên khoảng 0;  

Do đó phương trình tương đương với

2 2 1

    2x2 x m 1 3x2 x 1

2 2 2

   

BPT x22x  có nghiệm 2 m  mming x  với g x  x22x2

Xét hàm số g x  x22x2

với x   có g x  2x2

  0

g x   2x 2 0 x1

Bảng biến thiên

Trang 15

Từ bảng biến thiên suy ra ming x   1

Do đó m 1

Vì m   10;10 nên tập S 1;2; ;10 .

Vây S có 10 phần tử

Câu 7. Gọi S a b; 

là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình

3

có nghiệm đúng với mọi x 3;9

Tính tổng T  a b

A.

9 4

T 

61 16

T 

41 16

T 

25 16

T 

Bất phương trình log3x.3x m x  1 1  log3x m1 x m1 *  

Ta cần tìm m để (*) nghiệm đúng  x 3;9

Xét sự tương giao của đồ thị y log 3x C d ; : y m1 x m1

Xét m  1 0 0  , khi đó với m 1  x 1 thì (C) nằm phía trên của đường thẳng d hay

(*)đúng với  x 1 nghĩa là nó cũng đúng với mọi  x 3;9

(1)

Xét m  1 0 m  , khi đó đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại điểm có hoành độ 1 x 1 và một điểm có hoành độ x x 0

Xét 0

25 9

16

Khi d có hệ số góc nhỏ hơn

1

4 thì x  Do đó các giá trị thỏa mãn 0 9 trường hợp này là 1;25  2

16

m   

Từ (1) và (2) suy ra

0

16

a

b









Trang 16

Từ giả thiết kết hợp ĐKXĐ của bất phương trình ta có 1 y 2020, 4 x 2020, ;x y  (1).

Ta có

x



+ Với y  thay vào (*) ta được1

x





    (luôn đúng  x 4; 2020 do (1) và (2))

Suy ra có 2017 bộ ( ; )x y

+ Với y  thay vào (*) ta thấy luôn đúng 2  x 4; 2020

Suy ra có 2017 bộ ( ; )x y

+ Với 3 y 2020 y 2 0

y

Suy ra (*) vô nghiệm (Do (2) và (3))

Vậy có 4034 bộ ( ; )x y

là

ĐK: x0; x 2

Đặt t x 2 2x  x2 2x  2 t 2 log3 t log5t2

Đặt log3 t log5t2   u  

3 5

log log 2









3

2 5

u u

t t

 





 



5u 2 3u

5 2 3

  



 



3 2 5

u u

 

 



u u



    

   



   

 +) Xét  1 : 5u 3u 2

Ta thấy u 0 là 1 nghiệm, dùng phương pháp hàm số hoặc dùng BĐT để chứng minh nghiệm 0

u  là duy nhất.

Với u 0 t 1 x2 2x  , phương trình này vô nghiệm.1 0

+) Xét  2 : 3 2 1 1

   

   

   

Trang 17

Ta thấy u 1 là 1 nghiệm, dùng phương pháp hàm số hoặc dùng BĐT đánh giá để chứng minh nghiệm u 1 là duy nhất

Với u 1 t 3 x2 2x 3 0 , phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa x0; x 2

4

1

2

4

1

2



cos 1

4 2.2 x 1 2cos x 2log 3cos x 1



cos

2

2 x 1 2cos x log 3cos x 1

cos

2

2 x cosx 3cosx 1 log 3cosx 1

 

2 log 3cos 1 cos

2

2 x cosx 2 x log 3cosx 1

Xét hàm số yf t  2t với t t  .

Có f t  2 ln 2 1 0,t      , suy ra hàm số t yf t  đồng biến trên 

Do đó  *  f cosx f log 3cos2 x1   cosxlog 3cos2 x 1

cos

2 x 3cos x 1



   2cosx 3cos x 1 0



Đặt ucosx u  1;1 Suy ra  **

trở thành 2u 3u 1 0 1  Xét hàm số g u  2u  3u1 g u 2 ln 2 3 0,u     u  1;1 nên hàm số nghịch biến trên đoạn 1;1

Khi đó (1) g u( )g(1) u 1  cosx 1 x k 2  x2 ,k k 

Mặt khác ta có x0;100  0 x 100 0 2 k100 0 k 50

vì k   nên có 51 giá trị nguyên của k thoả mãn

Vậy phương trình đã cho có 51 nghiệm thuộc đoạn 0;100

Định dạng
Số trang	17
Dung lượng	0,96 MB