DẠNG 13 PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT

KIẾN THỨC CẦN NHỚ PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT 1.. CÁC DẠNG BÀI TẬP TƯƠNG TỰ  Mũ hóa hai vế.. Phân tích hướng dẫn giải 1.. DẠNG TOÁN Đây là dạng toán giải phương trình logarit cơ bản.. HƯỚNG

I KIẾN THỨC CẦN NHỚ

PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT

1 Mũ hóa hai vế

   

0

f x

g x

g x f x a

g x a







2 Biến đổi, quy về cùng cơ số

   

0

a

f x g x

f x g x

 





3 Đặt ẩn phụ

 

log

0

a a

t g x

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

A x 3 B x 2 C

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

x x

x x

x











Bài tập tương tự và phát triển

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







2 2 2 log x  2 8

có tất cả bao nhiêu nghiệm thực?

Lời giải Chọn B

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

x tm x

  



 



1 2

log x  5x7 0

bằng

Lời giải Chọn C

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

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

3 17 2

 

Lời giải Chọn A

Điều kiện:

3 0

x x

 



 



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

Vậyx1x2 3.

bằng

Lời giải

Chọn B

Ta có log 22 x 1 2

 

2 2

0

2 1 0

5 log 5

2 1

4 4

x

x

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

Lời giải Chọn A

Điều kiện x 0hoặc x 1

2

1

2

x

x







Lời giải Chọn A

Điều kiện: 5 x2   0 5 x 5

Phương trình

2

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  có tập nghiệm là1

Lời giải Chọn A

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

Vậy tập nghiệm S \ 1 

log 2x 1  1

là

A

3 1;

2

 

 

3

; 2



1 3

;

2 2

3

; 2

 

 

Lời giải Chọn C

Ta có

1 2

3

2

x x

x

x







 

 



là

Lời giải Chọn D

 2   

3

2

x

x









log x  4x3 log 4x 4

A S 1 ;7  B S  7 C S  1 D S  3;7 

Lời giải Chọn B

log x  4x3 log 4x 4

7

x

Câu 3. Gọi x x là 2 nghiệm của phương trình 1, 2 log3x2 x 5log 23 x5

Khi đó x1 x2 bằng

Lời giải Chọn D

5

2

5 2 5

2

x

x

x

x



 







 

Khi đó x1 x2  7

Lời giải Chọn B

2

1 2

2

x

x

x x

x



 







Câu 5 Tập nghiệm của phương trình log2xlog (2 x 3) 2 là

A. S  4 B. S   1, 4 C. S   1 D. S 4,5

Lời giải Chọn A

Điều kiện: x 3

2 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

Câu 6. Nghiệm của phương trình log3x1 1 log 4  3 x1

Lời giải Chọn B

Điều kiện:

1 4

x  

Ta có

 

log 1 1 log 4 1

x



 Vậy nghiệm của phương trình là x 2.

2

log x  3log x  là 2 0

Lời giải Chọn B

Điều kiện: x 0

log3x2 3log3x 2 0

3 3

Lời giải Chọn A

Điều kiện: x 0

1

x x





















5 log 2 log

2

x  x

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

dương

Lời giải Chọn D

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)

Lời giải Chọn C

Điều kiện:

x

x x

 





 



Ta có 15  15 

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

Lời giải Chọn B

Điều kiện:

0 1

x x











Ta có

2 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

Lời giải Chọn D

2 log x1 log mx 8  2

1 0

8 0

x mx

  





1

x





 



2

1

2 9

x

x x m

x











Xét hàm số

2 2 9

x x y

x



trên1; , ta có 2

2

9 ' x

y

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

Câu 3. Tập hợp các số thực m để phương trình ln 3 x mx 1 lnx24x 3

có nghiệm là nửa khoảng a b Tổng của ;  a b bằng

10

22

Lời giải Chọn D

Phương trình ln 3 x mx 1 ln x24x 3

2

2

4 3 0

x x

   



 



2

1

4

3

m

x

 





  



2

* 4

x x

x





 





 







Xét hàm số  

x x

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  

x x

f x

x

 



trên khoảng 1;3

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 khi3m4 hay m 3;4 Do đó a 3, b 4

Vậy a b 7

Câu 4. Phương trình log4x12 2 log 2 4 xlog 48 x3

có tất cả bao nhiêu nghiệm?

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

Lời giải Chọn C

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

2

4 | 1| 16

2 2 6

x

x x





  













Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt

Câu 5. Cho ,a b là các số nguyên dương thỏa mãn log log2 2alog 22b 1000  0

Giá trị lớn nhất của ab là

Lời giải Chọn A

Ta có biến đổi mũ và loagarit

1000 2

a

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 

2

ab bằng

Lời giải Chọn B

Bất phương trình

2 3

2

x x



 

x

x    

   

2 21 2

8

Đặt: t2 ,2x t 0

2

21

8

16 16 21 0

t t

t t

4 4

So với điều kiện t 22x 0

Ta được

2

2

x

t    x  

 

 

Suy ra

3 2;

4

a b

Do vậy  

2 3

ab 

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

b

a bằng

Lời giải Chọn A

9.4x5.6x 4.9x, điều kiện x 0

Chia 2 vế cho

1

9x 0



 ta được

1 1

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

Do đó 0

b

a 

1 1

4 3.2 8

0

x







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

a b c 

thuộc khoảng nào dưới đây?

Lời giải

Chọn C

Ta có

1 1

1

4 3.2 8

0









       

 

2 2

2 4

1

2 4

2 2 4 1 2 2

x x

x x

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 b c

Lời giải Chọn C

Điều kiện: 3 2

1

x

x x







 Phương trình tương đương với

 

 

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

 3 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

Lời giải Chọn D

Với x 3;81 ta có

 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

Lời giải Chọn A

Điều kiện: x 0

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

Khi đó,

1 3

a b









  S4

 2 2  

2

1 1 log m  m x y log 2x4y 5

có nghiệm nguyên x y;  duy nhất ?

Lời giải Chọn C

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 m 1 1m 5 log 52   m 0

Câu 3. Cho phương trình log9x2 4log 43 x1  log3m

( m là tham số thực) Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có nghiệm?

Lời giải Chọn C

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



 4

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

x



0

y

,

1 4

x

 

Do đó

4 14 1

0,

4

x

x



Do đó phương trình có nghiệm khi m 0

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

2log x m 7 log 9x 20 4 m (m là tham số thực) 0

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

A. 1;   B. 2;  C. 1;  D. 1; 

Lời giải Chọn D

Phương trình đã cho tương đương 2  

2log x m 7 (log x2) 20 4  m 0

2

2log 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

t 

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 kiện2 2 1 khi và chỉ khi

3

2

m

t    m

có đúng 2 nghiệm phân biệt thuộc khoảng 0;1

A.

9 0

4

m

9 4

m 

1 0

4

m

9 4

m  

Lời giải Chọn A

Điều kiện: x 0

Đặt tlog ;3x x0;1   t  ;0

Khi đó ta có phương trình:

2

log 3xlog x m 1 0  log 3 log x log x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

2

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

10;10 để bất phương trình

2

2

1

x x m

x x

  

phần tử của tập hợp S bằng

Lời giải Chọn D

Điều kiện xác định

2 2

0 1

x x m

x x

  



   2x2 x m  1 0

Ta có

2

2

1

x x m

x x

  

 

2

2

1

x x m

x x

  

 

2

2

x x m

x x

 

log 2x x m 1 log 3 x x 1

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

3

3 log 3 x x 1

   6x2 x 1

Xét hàm số f t  log3t2t với t 0

Ta có  

1

.ln 3

t

Suy ra hàm số f t  đồng biến trên khoảng

0;  

Do đó phương trình tương đương với

2 2 1

f x  x m f 3x2 x 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

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

log x.3x  m x1 1 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 

Lời giải Chọn D

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 hoành1

độ x 1 và một điểm có hoành độ x x 0

Xét 0

25 9

16

x   m

Khi d có hệ số góc nhỏ hơn

1

4thì x  Do đó các giá trị0 9 thỏa mãn trường hợp này là  

25

16

m   

Từ (1) và (2) suy ra

0

16

a

b









Lời giải Chọn B

Từ giả thiết kết hợp ĐKXĐ của bất phương trình ta có

1 y 2020, 4 x 2020, ;x y  (1)

Ta có

x

x



+ Với y  thay vào (*) ta được1

x

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

log x  2x log x  2x2

là

Lời giải Chọn B

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

t u









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 u 0 là duy nhất

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

+) Xét  

   

   

   

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 x

cos 1

4

1

2

x





Lời giải Chọn D

cos 1

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