ĐẶT ẨN PHỤ DẠNG 1 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT pdf

PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ DẠNG 1 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT Nếu đặt log a t x= với x > 0 thì 1 log ;log k k a x x t a t = = với 0 1x < ≠ Ta biết rằng: log log b b c a a c= Ví dụ 1: Giải phương trình: ( ) ( ) 2 4 log 5 1 .log 2.5 2 1 x x − − = Điều kiện: 5 1 0 5 1 0 x x x− > ⇔ > ⇔ > Biến đổi phương trình về dạng: ( ) ( ) 2 2 1 log 5 1 .log 2 5 2 1 2 x x   − − =   ( ) ( ) ( ) 2 2 log 5 1 . 1 log 5 2 2 1 x x   ⇔ − + − =   Đặt ( ) 2 log 5 1 x t = − Khi đó pt (1) có dạng: ( ) ( ) ( ) 5 2 2 2 5 2 log 3 5 3 log 5 1 1 1 5 1 2 1 1 2 0 5 5 2 log 5 5 1 2 log 5 1 2 4 4 x x x x x x x t t t t t t x − =  =   − =  = − =     + = ⇔ + − = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔     = −  = = − = − = −       Vậy, pt có nghiệm Ví dụ 2: Giải phương trình: ( ) ( ) 2 3 3 log 3 3 4log 2 0 1 x x + + − = Đặt ( ) 2 log 3 3 x t = + , điều kiện 2 3 3 1 log 3 log 2 x t t + > ⇒ = Khi đó pt (1) có dạng: ( ) ( ) 2 2 2 4 0 4 0 log 3 3 2 3 3 4 3 1 0 2 x x x t t t x t l t =  − = ⇔ − = ⇔ ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ =  = −  Vậy, pt có nghiệm Ví dụ 3: Giải phương trình: ( ) ( ) 2 1 log .log log a x a ax ax a   =  ÷   với 0 1a < ≠ Điều kiện: 0 0 1 0 1 ax x x >  ⇔ < ≠  < ≠  Biến đổi phương trình về dạng: ( ) ( ) 1 1 1 log . 1 2 log 2 a a x x   + + = −  ÷   Đặt log a t x= Khi đó pt (2) có dạng: ( ) 2 2 1 1 1 log 1 1 1 1 2 5 2 0 2 2 2 1 log 2 2 a a x x t a t t t t x t x a  =    = − = −      + + = − ⇔ + + = ⇔ ⇔ ⇔  ÷      = − = − =     Vậy, pt có nghiệm Ví dụ 4: Giải phương trình: ( ) 2 2 2 log log 8.2 14. 22 0 1 x x x − + − = Điều kiện: 0x > Đặt 2 log 2 t t x x= ⇒ = Khi đó pt (1) có dạng: ( ) 2 8.2 14. 2 22 0 t t t − + − = ( ) 2 2 14 8.2 22 0 2 2 t t ⇔ + − = Đặt 2 2 t u = , điều kiện 1t ≥ Khi đó pt (2) có dạng: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 7 log 4 2 2 0 1 0 2 1 8 22 14 0 7 7 7 7 log log 2 4 4 4 4 log 0 1 7 log log 2 4 t t t u t u u u t t x x x x ± =   =  =  =     − + = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔     = = = ± =        =  =    ⇔ ⇔   = ± =    Vậy, pt có nghiệm Ví dụ 5: Giải phương trình: ( ) 2 2 9 lg 3lg 2lg 2 10 1 x x x x − − − = Biến đổi phương trình về dạng: ( ) 2 2 9 lg 3lg 2 lg 2 2 10 x x x x x − − − − = = 2 2 2 1 1 0 1 0 1 9 lg 3lg 2 8lg 6lg 5 0 2 x x x x x x x x =  =    < ≠   < ≠ ⇔ ⇔        − − = − − − =       Đặt lgt x= , ta được: 1 2 2 5 4 1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 0 1 10 lg 2 2 8 6 5 0 5 5 10 lg 4 4 x x x x x x x x t x t t x t x − = =     =  < ≠ < ≠   =             < ≠ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =    = − = −             − − =          =      = =           Vậy, pt có nghiệm Ví dụ 6: Giải phương trình: ( ) ( ) ( ) ( ) 3 log 9 2 3 2 9 2 1 x x x −    − = − Điều kiện: 2 0 2x x− > ⇔ > Lấy logarit cơ số 3 hai vế, ta được: ( ) ( ) ( ) 3 log 9 2 3 3 3 log 2 log 9 2 x x x −        − = −     ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 log 9 2 .log 2 2 log 2 2 log 2 .log 2 2 3log 2 2 x x x x x x ⇔ − − = + −    ⇔ + − − = + −     Đặt ( ) 3 log 2t x= − Khi đó pt (2) có dạng: ( ) ( ) ( ) 3 2 3 7 log 2 1 1 2 2 3 2 0 3 2 log 2 2 11 x t x t t t t t t x x  − = − = − =   + = + ⇔ − − = ⇔ ⇔ ⇔    = − =    =  Vậy, pt có nghiệm Ví dụ 7: Giải phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 6 log 1 .log 1 log 1x x x x x x− − + − = − − Điều kiện: 2 2 2 1 0 1 0 1 1 0 x x x x x x  − ≥   − − > ⇔ ≥   + − >   Nhận xét rằng: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 2 1 1 1 1 1x x x x x x x x − − − + − = ⇒ − − = + − Khi đó pt được viết lại dưới dạng: ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 2 2 3 6 log 1 .log 1 log 1x x x x x x − − − − + − = − − ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 6 log 1 .log 1 log 1 2x x x x x x⇔ + − + − = + − Biến đổi cơ số: ( ) ( ) 2 2 2 2 6 log 1 log 6.log 1x x x x+ − = + − Và ( ) ( ) 2 2 3 3 6 log 1 log 6.log 1x x x x+ − = + − Khi đó pt (2) được viết lại dưới dạng: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 6 3 3 6 log 6.log 1 .log 6.log 1 log 1 3x x x x x x+ − + − = + − Đặt ( ) 2 6 log 1t x x= + − Khi đó pt (3) có dạng: ( ) 2 3 2 3 0 log 6.log 6. 1 0 log 6.log 6. 1 0 t t t t =  − = ⇔  − =  Với t = 0 ( ) 2 2 2 6 2 1 1 log 1 0 1 1 1 1 1 x x x x x x x x x  + − =  + − = ⇔ + − = ⇔ ⇔ =  − − =   Với 2 3 log 6.log 6. 1 0t − = ( ) 2 2 3 6 log 6.log 6.log 1 1 0x x+ − − = ( ) 2 2 3 log 6.log 1 1 0x x+ − − = ( ) 2 2 3 log 6.log 1 1x x⇔ + − = ( ) 6 log 2 2 2 3 6 log 1 log 2 1 3x x x x⇔ + − = ⇔ + − = ( ) 6 6 6 6 log 2 2 log 2 log 2 log 2 2 1 3 1 3 3 2 1 3 x x x x x − −  + − =  ⇔ ⇔ = +  − − =   Vậy, pt có nghiệm Ví dụ 8: Giải phương trình: ( ) ( ) 2 2 log 3 1 .log 2.3 2 2 x x − − = Điều kiện: 3 1 0 0 x x− > ⇔ > Biến đổi phương trình về dạng: ( ) ( ) ( ) 2 2 log 3 1 . 1 log 3 1 2 1 x x   − + − =   Đặt ( ) 2 log 3 1 x t = − Khi đó pt (1) có dạng: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 2 1 3 3 log 3 1 1 1 3 1 2 1 2 2 0 5 5 2 log 3 3 1 2 log 3 1 2 4 4 x x x x x x x t t t t t t x − =  =   − =  = − =     + = ⇔ + − = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔     = − =  = − = − = −       Vậy, pt có nghiệm Ví dụ 9: Giải phương trình: ( ) ( ) 2 2 log 5 1 .log 2.5 2 2 x x − − = Điều kiện: 5 1 0 0 x x− > ⇔ > Biến đổi phương trình về dạng: ( ) ( ) ( ) 2 2 log 5 1 . 1 log 5 1 2 1 x x   − + − =   Đặt ( ) 2 log 5 1 x t = − Khi đó pt (1) có dạng: ( ) ( ) ( ) 5 2 2 2 5 2 log 3 5 3 log 5 1 1 1 5 1 2 1 2 2 0 5 5 2 log 5 5 1 2 log 5 1 2 4 4 x x x x x x x t t t t t t x − =  =   − =  = − =     + = ⇔ + − = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔     = −  = = − = − = −       Vậy, pt có nghiệm Ví dụ 10: Giải phương trình: ( ) 2 2 2 log 2. .log 2 1 x x = Điều kiện: 0 1x< ≠ Biến đổi phương trình về dạng: ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2log 1 log 2log 1 0 1 log x x x x + = ⇔ − − = Đặt 2 logt x= Khi đó pt (1) có dạng: 2 1 5 2 2 1 0 1 5 log 1 5 2t t t x x ± − − = ⇔ = ± ⇔ = ± ⇔ = Vậy, pt có nghiệm Ví dụ 11: Giải phương trình: 2 5 5 5 log log 1 x x x + = Điều kiện: 1 0 5 x< ≠ Biến đổi phương trình về dạng: ( ) ( ) 5 2 2 5 5 5 5 5 5 log 1 log log 1 log 1 1 log 5 1 log x x x x x x − + = ⇔ + = + Đặt 5 logt x= Khi đó pt (1) có dạng: ( ) 5 2 3 2 2 5 5 log 0 0 1 1 1 2 0 2 0 1 log 1 5 1 2 1 log 2 25 x t x t t t t t t t t t x x t t x x   = = =    −   + = ⇔ + − = ⇔ + − = ⇔ = ⇔ = ⇔ =    +    = − = −   =   Vậy, pt có nghiệm Ví dụ 12: Giải phương trình: 2 2 log 2 log 4 3 x x+ = Điều kiện: 0 2x< ≠ Biến đổi phương trình về dạng: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 log 4 log 3 log 1 0 log 1 1 2 log 2 log 1 log log x x x x x x + + = ⇔ + − = ⇔ + − − − Đặt 2 logt x= Khi đó pt (1) có dạng: ( ) 2 2 2 log 0 0 1 1 1 0 2 0 2 0 2 log 2 4 1 x t x t t t t t t x x t = = =    + − = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ ⇔ ⇔    = = = −    Vậy, pt có nghiệm Ví dụ 13: Giải phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 log 4 2 3 2 2 2 . 2 x x x − − = − Điều kiện: 2 0 2x x− > ⇔ > Biến đổi phương trình về dạng: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 log 4 log 2 log 2 1 2 2 2 2 2 2 x x x x − + + − − − − = ⇔ − = Lấy logarit cơ số 2 hai vế phương trình, ta được: ( ) ( ) 2 log 2 1 2 2 2 log 2 log 2 x x − − − = ( ) ( ) 2 2 log 2 1 .log 2 2x x⇔ − − − =    Đặt ( ) 2 log 2t x= − Khi đó phương trình có dạng: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 5 log 2 1 1 1 2 2 0 2 2 log 2 2 6 x t x t t t t t x x  − = − = − =   − = ⇔ − − = ⇔ ⇔ ⇔    = − =    =  Vậy, pt có nghiệm . 1 0 1 ax x x >  ⇔ < ≠  < ≠  Biến đổi phương trình về dạng: ( ) ( ) 1 1 1 log . 1 2 log 2 a a x x   + + = −  ÷   Đặt log a t x= Khi đó pt (2) có dạng: ( ) 2 2 1 1 1 log 1 1 1. đổi phương trình về dạng: ( ) ( ) ( ) 2 2 log 3 1 . 1 log 3 1 2 1 x x   − + − =   Đặt ( ) 2 log 3 1 x t = − Khi đó pt (1) có dạng: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 2 1 3 3 log 3 1 1 1 3 1 2 1 2 2 0 5 5 2 log 3 3. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ DẠNG 1 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT Nếu đặt log a t x= với x > 0 thì 1 log ;log k k a x x t a t = = với 0 1x < ≠ Ta biết rằng: log log b b c a a c= Ví dụ 1: Giải