Phương trình vô tỷ chứa Logarit Nguyễn Đình Hoàn

HOT>>> Phương pháp nâng lũy thừa giải Phương trình vô tỷ chứa Logarit tác giả Nguyễn Đình Hoàn......>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>........................................

I BÀI TẬP VÍ DỤ Ví dụ 1: Giải phương trình: log5  3x  1  log0,2    2x2   x  log  2x Phân tích: Khi đối mặt với toán có chứa hàm số logarit, cần phải nghĩ tới việc khử logarit công thức biến đổi logarit mục đích để đưa tất logarit toán số Ở toán trên, không khó để đưa phương trình logarit số sau: log5  3x  1  log    2x2   x  log   2x  b Sau sử dụng: log a b  loga c  loga  bc  log a b  log a c  log a   đưa toán c 3x  dạng hơn:  2x   x   2x  f  x  h  x   Để giải phương trình trên, ta đưa dạng: f  x  g  x   h  x    2  f  x  g  x   h  x  Bài giải: 3 x      x2   x  Điều kiện xác định:   x 3  x  3  x   Ta có phương trình: log5  3x  1  log0,2  log  3x  1  log 51  log5  3x  1  log      x2   x  log    2x2   x  log 1 52   2x   2x2   x  log   2x    3x  3x   log   log   2x     2x    2  2x   x   2x   x   2x  3x     2x   2x2  2x2  x     2x   2x2  2x2  10x     Bình phương hai vế:   2x   2x2  2x2  10x     ( Đặt điều kiện:   x  2 x2  10 x    *  ) Phương trình tương đương với: 12x4  64x3  134x2  104x  22        x  1 12 x3  52 x2  82 x  22    x  1 3x  1 x2  16 x  22   x   TM     3x    L   x    x  16 x  22   VN  Kết luận: Vậy phương trình có nghiệm nhất: x  Bình luận: Bài toán không khó khăn để khử hàm số logarit để đưa phương trình vô tỷ dạng: f  x  g  x   h  x  Tuy nhiên cần phải nhớ cách chia đa thức sử dụng sơ đồ Horner để giảm bậc phương trình sau bình phương, cần ý đặc biệt điều kiện bình phương hai vế Chúng ta sử dụng kĩ thuật chia đa thức máy tính CASIO để toán trở nên ngắn gọn mà tác giả đề cập đến chủ đề sau sách Ngoài bạn cần ý tới điều sau:   Với phương trình từ bậc thấp đến bậc cao, tổng hệ số phương trình luôn có nghiệm x  Với phương trình từ bậc thấp đến bậc cao, tổng hệ số bậc chẵn tổng hệ số bậc lẻ phương trình luôn có nghiệm x  1 Ví dụ 2: Giải phương trình:  log x  log     x    log 3x  10 x  24 Bài giải: x    241  2x    x Điều kiện xác định:  3x  10 x  24  10 x  24   Ta có phương trình:  log x  log  log 2  log x  log  log  2x   log   x    log  2x     2x    22  3x  10 x  24        x    log 3x  10 x  24 2x    log  3x  10x  24     log  2x   log      2x    3x  10x  24   2x    2x     2x   3x  10x  24 3x  10x  24  2x    3x  10x  24 (Do: x    x  )  2x    3x  10x  24 Bình phương hai vế ta được:  2x    3x  10x  24  3x  10x  24  10x  24  x  3x  10x  24  Tiếp tục bình phương hai vế ta được: x2  10 x  24  x 10 x  24  3x  10 x  24   x2  2x  24   2x   10x  24 Tiếp tục tục bình phương hai vế ta có phương trình   x2  2x  24    2x  4 10x  24  2    x4  44 x3  116 x2  128 x  192    x   x3  40 x2  44 x  48  x    x  40x  44x  48  0(*) Giải phương trình (*): Ta có điều kiện sau:   241 x  3x  10x  24   x  2.(1)  9x  10x  24  Lại có: 10x  24  x  3x  10x  24   10x  24  x  2  x  12.(2) Từ (1) (2)  x   2;12  Vậy: Ta chứng minh x3  40x2  44x  48  vô nghiệm cách lập bảng biến thiên Xét hàm số: f  x   x3  40x2  44x  48 với x   2;12  ta có: f '  x   3x2  80x  44  0, x   2;12  Lập bảng biến thiên: x 12 f '  x  288 f  x 4608 Từ bảng biến thiên ta thấy f  x  nhỏ với x   2;12  Vậy phương trình (*) vô nghiệm khoảng  2;12  Kết luận: Vậy phương trình cho có nghiệm : x  Bình luận: Bài toán có hai vấn đề khó khăn chính:   Thứ việc phân tích x    2x    x   Đây kỹ thuật liên hợp ngược giải toán phương trình vô tỷ Thứ hai, gặp phải phương trình bậc có nghiệm xấu (nghiệm lẻ khó biểu diễn dạng căn) Tuy nhiên ghi kết nghiệm xấp xỉ vào làm, nghiệm không thỏa mãn điều kiện, ta cần khai thác triệt để điều kiện đồng thời tiến hành khảo sát chứng minh phương trình bậc ba vô nghiệm khoảng     Ví dụ 3: Giải phương trình: log9 x  log 1  x  log  x2  x   1   Phân tích: Bài toán không khó khăn để khử logarit thu phương trình:     x  x  x2  x   Đến , ta bình phương hai vế để thực việc khử thức đưa phương trình vô tỷ dạng Bài giải: Cách 1: Nâng lũy thừa không hoàn toàn:  x   Điều kiện xác định: 1  x    x    x  x 1 1           Ta có phương trình: log9 x  log 1  x  log  x2  x   1    log x  log 31 1  x   log   x     x        log x   log  x  log  x2  x           log x  log  x  log  x2  x           log  x  x   log  x2  x             x  x  x2  x    x   x  1  x2  x  Bình phương hai vế ta được:   x  1   x  1 x  2x2  2x   x2  x    x  1 x    x2  2x    x  1 x  x   x   x    x 1 x   3 x   x  1 x    x  x     Kết luận: Vậy phương trình cho có nghiệm nhất: x  3 Cách 2: Nâng lũy thừa hoàn toàn:  x   Điều kiện xác định: 1  x    x    x  x 1 1           Ta có phương trình: log9 x  log 1  x  log  x2  x   1    log x  log 31 1  x   log   x     x        log x   log  x  log  x2  x           log x  log  x  log  x2  x           log  x  x   log  x2  x             x  x  x2  x    x   x  1  x2  x  Bình phương hai vế ta được:   x  1   x  1 x  2x2  2x   x2  x    x  1 x   x2  x   1  x  x Do vế không âm, bình phương vế, ta phương trình      x2  x   1  x  x  x4  6x3  11x2  6x    x2  3x   2  3  L x  3  x  3 TM  x   Kết luận: Vậy phương trình cho có nghiệm nhất: x  3 Cách 3: Nâng lũy thừa hoàn toàn kết hợp với ẩn phụ:  x   Điều kiện xác định: 1  x    x    x  x 1 1           Ta có phương trình: log9 x  log 1  x  log  x2  x   1    log x  log 31 1  x   log   x     x        log x   log  x  log  x2  x           log x  log  x  log  x2  x           log  x  x   log  x2  x             x  x  x2  x    x   x  1  x2  x  Bình phương hai vế ta được:   x  1   x  1 x  2x2  2x   x2  x    x  1 x   x2  x   1  x  x Do vế không âm, bình phương vế, ta phương trình    x2  x   1  x  x  x4  6x3  11x2  6x   2 Trường hợp 1: x  không thỏa mãn phương trình Trường hợp 1: x  , chia vế phương trình cho x2 ,ta phương trình:    1 x2  6x  11      x2     x    11  x x x x    Đặt: t  x  1  t  x2    t   x2  , thay vào phương trình trên, ta có: x x x t   6t  11   t  6t     t  3   t   x  3 x  3  L x  3  x2   3x  x2  3x     x  3 TM  x   Kết luận: Vậy phương trình cho có nghiệm nhất: x  3 Bình luận: Bài toán toán cổ điển nghiệm kép vô tỷ, tác giả sâu vấn đề phần sau sách để bạn đọc có cách giải hay tối ưu cho toán Cách giải cách giải cách giải khôn khéo bạn đọc nhìn bình phương biểu thức số hạng Trong cách giải số 3, ta ý với phương trình ax4  bx3  cx2  dx  e  e d   , ta giải toán theo hướng chia hai a  b  vế cho x2 (Chú ý cần xét x  0, x  ) Ví dụ 4: Giải bất phương trình:  12  x  x2  24 x   x  24  x   log   log   log    x  24  x       12  x  x  24 x  Phân tích: Bài toán có hình thức cồng kềnh hàm số logarit, không khó khăn để khử hàm số logarit để đưa bất phương trình sau: x  24  x x  24  x 27  12  x  x2  24x     12  x  x2  24x     Khi gặp bất phương trình hay phương trình cồng kềnh trên, ta cần phải có quan sát không nên biến đổi chưa có quan sát Nhận thấy rằng: 12  x  x2  24x    x  24  x 12  x  x2  24x   x  24  x  Nếu quan sát điều này, toán coi giải cách gọn nhẹ Bài giải: Điều kiện xác định: x   12  x  x2  24 x   x  24  x   Ta có bất phương trình: log   log   log    x  24  x    12  x  x  24 x      12  x  x2  24x   x  24  x    log   log 27  log  log   x  24  x       12  x  x  24x   12  x  x2  24 x   x  24  x   27    log   log    log    x  24  x      12  x  x  24 x      27   12  x  x2  24 x    x  24  x    log   log      x  24  x       12  x  x  24 x       x  24  x x  24  x x  24  x  27  12  x  x2  24x  27  24  2x  x x  24       12  x  x2  24x   24  x  x x  24    27   x  24  x    x x  24  x x  24  2  x  24  x  27 x  24  x       x  24  x  x  24  x   Do vế không âm, nhân chéo vế, ta có:    x  24  x   x  24  x  x  24  25x  24  24x  x  x  24  x  Kết hợp điều kiện xác định, suy  x  Kết luận: Vậy tập nghiệm bất phương trình: S  0;1 Bình luận: Với toán cồng kềnh mặt hình thức đa số rút gọn tạo thành từ đẳng thức Chúng ta cần phải có quan sát kĩ lưỡng trước bước biến đổi toán trở lên đơn giản Ví dụ 5: Giải phương trình:  log 2 x  2x    2log   log   3x2  x   x x   x  log 2017.log 2017 2 Bài giải: Điều kiện xác định: x  , 3x  x   x x   x  Ta có: log a b.log b c  log a c  log 2017.log 2017  log 2017.log 2017  log 2   Ta biến đổi phương trình trở thành: log x  2x    x  2x     log  3x  x   x x   x  3x2  x   x x   x  x2  x   3x2  6x Bình phương hai vế ta được:   x4  2x3  4x     x  1 x3  3x2  3x    *  Ta chứng tỏ phương trình x3  3x2  3x   vô nghiệm Thật vậy, ta có hai cách xử lý sau: Cách 1: Sử dụng phương pháp lập bảng biến thiên hàm số: 1  Xét hàm số: f  x   x3  3x2  3x  với x   ;   ta có: 2  1  f '  x   3x2 +6 x   0, x   ;   2   Ta có bảng biến thiên sau: x  f '  x   f  x 11 1  Ta thấy phương trình x3  3x2  3x   vô nghiệm với x   ;   2  Như  *   x  (Thỏa mãn điều kiện xác định) Cách 2: Sử dụng đẳng thức bậc 3: Ta có: x3  3x2  3x    x3  3x2  3x     x  1   x    x   (Không thỏa mãn điều kiện xác định) Như  *   x  (Thỏa mãn điều kiện xác định) Kết luận: Phương trình có nghiệm x  Bình luận: Đối với phương trình bậc có chứa nghiệm lẻ, ta có nhiều cách xử lí toán tiếp cận cách xử lí để bạn đọc áp dụng đối mặt với tương tự Sau đây, tác giả muốn gửi gắm đến độc giả số tập áp dụng để bạn đọc có hội rèn luyện thêm hiểu kĩ lưỡng vấn đề II BÀI TẬP ÁP DỤNG: Bài toán 1: Giải phương trình sau tập số thực: log       x    log x  x   log x2 Bài toán 2: Giải phương trình sau tập số thực:       log8 x3  log4  x  1   log  x    log x2  x  Bài toán 3: Giải phương trình sau tập số thực:     log0,25 x2  x   log x   2x2  4x  Bài toán 4: Giải phương trình sau tập số thực:     log9 2x2  x   log 2x  x   Bài toán 5: Giải bất phương trình sau tập số thực: log4 1  x   log0,25 1  x   log   3x  x2  x  Bài toán 6: Giải bất phương trình sau tập số thực:     log 2x2  3x  log  x    log 2 x3  x2  14 x  12  Bài toán 7: Giải phương trình sau tập số thực:    log  x  1  log 27 x2  x   log x   x   Bài toán 8: Giải phương trình sau tập số thực:      ln x  x   ln 2x2  2x   ln x2  x   Bài toán 9: Giải phương trình sau tập số thực:   log2 x2  16x  19   log  x    log Bài toán 10: Giải phương trình sau tập số thực:  2x2  16x  18  x2    log    x2   x2   log x  x2   Bài toán 11: Giải phương trình sau tập số thực:     log  x  1  log  x  1  log 0,25 x3  x2  x   log x2  x   Bài toán 12: Giải phương trình sau tập số thực:   log    log  2x   2x      x   x2  x   x   x  log  x   x2  12 x      IV HƯỚNG DẪN GIẢI: Bài 1: Giải phương trình: log       x    log x  x   log x2 Điều kiện xác định: x  x   Ta có phương trình tương đương với: log   x    log  x  x    log    x    x 1 1 x x8  x Vì x  x   đó:   x 1 1 x x8  x    x 1 1  x 1 1  x  x  1  x 1 Do vế không âm, bình phương vế , ta phương trình: x  1 x   x  x   x   x   x  x  Do vế không âm, bình phương vế lần , ta phương trình: 3x   x   x  x   x   3x    16  x     3x    x    x     x    L   x   9 x2  64 x  64       x  TM  Kết luận: Vậy phương trình cho có nghiệm nhất: x    Bài 2: Giải phương trình: log8 x3  log4  x  1  3  log  x  2  log  x  x  1 2 Điều kiện xác định: x  Ta có phương trình: log  log2  x   log2    x   log  x 23 22   x   log  x    log  x2  2x   log  x    log2    x2  x  22 x   x 1    log2 x x2  2x   log  x   x2  x   x x2  2x    x   x2  x  Do vế không âm, bình phương vế ta phương trình:     x2 x2  2x    x   x2  x   5x3  5x2  8x   x     x   5x  5x      x  5x  5x    VN    Kết luận: Vậy phương trình cho có nghiệm nhất: x      Bài 3: Giải phương trình:  log0,25 x2  x   log x   2x2  4x Đặt điều kiện xác định: x2  x   x Phương trình cho tương đương với:  log 22 x    x   log x   2x2  4x      log x   x2  x  log 2 x   x2  x x2  x     x   2x2  4x   x2  x   log 2  log   x  x     x2  x   x   x2  x   Bình phương hai vế ta được: x2  x   x2  4x   2x2  4x   x   2x2  4x  x  4x    x   2x  4x   x     x   2  x  TM  2x  4x    x   2x2  4x  *   x   x  Ta có (*) tương đương với:  (Vô nghiệm)   2   x    x  x 7 x  20x     Kết luận: Vậy phương trình cho có nghiệm nhất: x  Bài 4: Giải phương trình:      log9 2x2  x   log 2x  x  Điều kiện xác định: 2x  x   Ta có phương trình trở thành: log 3  log 32  2x  log3  log3  log3      x   log x  x     2x2  x   log3 2x  x      2x2  x   log3 2x  x   2x2  x   2x  x  Bình phương hai vế ta được: 6x2  3x   x2  x   x x    x2  x x   x    x  x     x  x1  x  Kết luận: Vậy phương trình cho có nghiệm nhất: x  1 1  Bài 5: Giải bất phương trình: log4 1  x   log0,25 1  x   log   3x  x2  x 1  x   1  x  1   Điều kiện xác định:   3x  x2  x    x  2  x  x   x   Bất phương trình tương đương với: log  log2  x  log2  x  log  log2    x  x  log   22 1  x  log2 1  x  log2  2  3x  x2  x  3x  x2  x   3x  x  x    x  x   3x  x2  x  x   x   3x  x   Bình phương hai vế không âm ta được: x   x2  x  x2   3x  4x2    x  x   x  x  x   x2  x  x2  x  x    x       x2  x   x x2  x   x   *   1   Do x  0;   x  x   x    Bất phương trình  *  tương đương với: x2  x   x     x2  x   x  x2  x   x  9x2  10x    5  34 x   5  34 1   ; Kết hợp với điều kiện xác định  x       5  34  x     5  34 1   Kết luận: Vậy tập nghiệm bất phương trình: S   ;    Bài 6: Giải bất phương trình:      log 2x2  3x  log  x    log 2 x3  x2  14 x  12 2 x  x    x  Điều kiện xác định: x    2x  x  14x  12  Bất phương trình tương đương với:   log  log 2 x2  3x  log  22  x    log  x3  x2  14x  12     log 2  log 2 x2  3x  log x   log 2 x3  x2  14 x  12   log  x2  x    x2  x    x    log 2 x3  x2  14 x  12     2x   2x3  x2  14x  12  x  x   x    x   x2  x       x   x2  x   x x     x   x  x   0  Do: x   2x   , suy bất phương trình tương đương với: x  2x   Mặt khác: x  2x     0  x  Do ta có: x  x    x  2x   x   TM   x  1  x  2x  ( Do vế không âm)  x  2x     x    L  2 Kết luận: Vậy bất phương trình có nghiệm nhất: x       Bài 7: Giải phương trình: log  x  1  log 27 x2  x   log x   x  x    x  2x    x  Điều kiện xác định:  x   x    x     Phương trình cho tương đương với: log  x  1  log 33  x  1  log 32 x   x    log  x  1  log  x 1    x  1   log  x 1 x   x    log    x  1     log    x8 1  x8 1 Đặt u  x   u3  x   x  u3  Thay vào phương trình ta có: u  u3   u   u   u   u3     2 u  u  2u    u  1  u  u  u     u    u   x  TM  u  u  u        u  u    VN     Kết luận: Vậy phương trình cho có nghiệm nhất: x        Bài 8: Giải phương trình: ln x  x   ln 2x2  2x   ln x2  x  x  x     13 2 x  x   Điều kiện xác định:  x 2 x  x   x       x8 1    Ta có phương trình trở thành: ln x  x   ln 2x2  2x   ln x2  x    ln  x  x     x x3    2x2  2x    ln x2  x        x2  x   x2  x   x  x  x  x     13 x  Trường hợp 1: Với x  x    x  x    x  x  x  Trường hợp 2: Với x2  x   x  x  Do vế không âm, bình phương hai vế ta được: x2  x   x2  x   x x   x2  x x   x     x x3    x x3  0 x   13 Kết luận: Vậy phương trình cho có nghiệm nhất: x   13 Bài 9: Giải phương trình:   log2 x2  16x  19   log  x    log   2x2  16x  18  x2  x2  16 x  19   x    Điều kiện xác định :  2x2  16x  18  x2    x  8  5; 1  1;     2 x  16 x  18   x2     Ta biến đổi phương trình trở thành:   log2 x2  16x  19  log2  log  x    log    log x2  16x  19  log 2  x      2x2  16x  18  x2   2x2  16x  18  x2      x2  16x  19   x    x  16x  19   2x2  16x  18  x2    x   x2  16x  19   2x2  16x  18  x2  Trường hợp 1: Với: x2  16x  19   x  8  Trường hợp 2: Với : 2x2  16x  18  x2    x    2x2  16x  18   x    x2    Bình phương hai vế ta được: 2x2  16x  18   x    x2    x   x2        x   x   3x    x   x   x    x  x   x    x2    1  x2       x   x2     x   x2     x  Giải (1): x2      x  1  x  2  4 x     x  32  57   Giải (2): x   x     x   x       x  32  57     Kết hợp với điều kiện xác định, ta thu nghiệm: x  x  1 Kết luận: Vậy phương trình cho có nghiệm: x  x  1 Bài 10: Giải phương trình:  log     x2   x2   log x  x2   x2   x2     x  x2    14 Điều kiện xác định: 2 x2   x  2 x    x2    Phương trình cho tương đương với: log3  log 31   log 3  log   2x2   2x2   log x  x2      2x2   2x2   log x  x2       3  log   x  x2    log x  x2    2 2 2x   2x   2x   2x   3    x2   x2  x  x2     x2   x2   x  x2   x  x2   x2   x2   x2   x2   x  x2    x2   x2     x  x2    3x   2 x  x   3x   x x   x  x   x x  Do vế không âm, bình phương tiếp hai vế ta được:  x2  x2    x 2x    3x  12   xx  22 2 2 Kết hợp điều kiện xác định, ta được: x  Kết luận: Vậy phương trình cho có nghiệm nhất: x  Bài 11: Giải phương trình:      log  x  1  log  x  1  log 0,25 x3  x2  x   log x2  x  x    2 x   Điều kiện xác định:  x 2 2 x  x  x   x  x    Phương trình tương đương với: log 2  log  x  1  log 22  2x  1  log2 2  2x   x2  x   log 22 x x2   log2  log2  x  1  log2 2x   log 2x3  x2  6x   log x2  x   log2 2  x  1 2x    log    x3  x2  x  x2  x     x  1 2x   2x3  x2  6x  x2  x    x  1 2x   2x  x2  x2  x  Vì x  , phương trình tương đương với:  x  1  x2  x2  x    Do vế không âm, bình phương hai vế ta được:  x  1  x2  x2  x  2    x4  x3  x2  5x     x  1 x3  x2  3x    x  1TM  x      2  x  2x  3x    x  2x  3x    *  Ta cần chứng minh phương trình (*) vô nghiệm miền xác định Xét hàm số f  x   x3  2x2  3x  với x  Bảng biến thiên: Ta có: f '  x   3x2  4x    x  f '  x +  f  x Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình x3  2x2  3x   vô nghiệm với x  Như phương trình có nghiệm x  (Thỏa mãn điều kiện ) Kết luận: Vậy phương trình cho có nghiệm nhất: x  Bài 12: Giải phương trình:   log    log  2x   2x      x   x2  x   x   x  log  x   x2  12 x      Điều kiện xác định: x  Phương trình cho tương đương với :   log    log  2x   2x      x   x2  x   x   x  log  x   x2  12 x          x   x2  x    log   log   x   x2  12 x    2x   2x  x   x      2x   2x   2x   2x  x8  x   x   x2  x 2x   4x2  12x  2x   2x  2x   2x   x8  x  x   x2  x 4x   4x2  12x  2x   2x    x8  x  x8  x    x   x  8  x x   2x     2x  1  2x   2x   2x  2x     x8  x  2x   2x    x   x  2x   2x   2x   x  2x   x  Bình phương hai vế ta được: 3x   2 x  x  3x   2 x  x   x  x  x  x   x  Kết luận: Vậy phương trình cho có nghiệm nhất: x  [...]... thiên ta thấy phương trình x3  2x2  3x  2  0 vô nghiệm với x  2 Như vậy phương trình chỉ có 1 nghiệm duy nhất x  1 (Thỏa mãn điều kiện ) Kết luận: Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x  1 Bài 12: Giải phương trình:   8 log 3    log 1  2x  7  2x  1  3    x  4  x2  8 x   x  8  x  log 3  2 x  3  4 x2  12 x  7     1 Điều kiện xác định: x  2 Phương trình đã cho... toán 6: Giải bất phương trình sau trên tập số thực:    3  log 2 2x2  3x  log 4  x  2   log 2 2 x3  7 x2  14 x  12 2  Bài toán 7: Giải phương trình sau trên tập số thực:    log 3  x  1  log 27 x2  2 x  1  log 9 x  7  2 x  8  Bài toán 8: Giải phương trình sau trên tập số thực:      1 ln x  x  3  ln 2x2  2x  6  ln x2  x  3 2  Bài toán 9: Giải phương trình sau trên... log 4 x2 Bài toán 2: Giải phương trình sau trên tập số thực:       log8 x3  log4  x  1  3  log 2  x  2   log 4 x2  x  1 2 Bài toán 3: Giải phương trình sau trên tập số thực:    1  log0,25 x2  x  2  log 2 x  2  2x2  4x  Bài toán 4: Giải phương trình sau trên tập số thực:    1  log9 2x2  x  1  log 3 2x  x  1 2  Bài toán 5: Giải bất phương trình sau trên tập số thực:... Bài 1: Giải phương trình: log 2       x  1  1  log 4 x  x  8  log 4 x2 Điều kiện xác định: x  x  8  0 Ta có phương trình tương đương với: log 2   x  1  1  log 2  x  x  8   log 2    x   2  x 1 1 x x8  x Vì x  x  8  0 do đó:   x 1 1 x x8  x    x 1 1  x 1 1  x  x  8 1  x 1 Do 2 vế không âm, bình phương 2 vế , ta được phương trình: x  1...  8  2 x  x  8 Do 2 vế không âm, bình phương 2 vế lần 2 , ta được phương trình: 3x  8  0 x  8  4 x  4 x  8  4 x  8  3x  8   2 16  x  8    3x  8   8 x   8 3  x   8   3 x    L   x  8  9 x2  64 x  64  0  9     x  8 TM  Kết luận: Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất: x  8   Bài 2: Giải phương trình: log8 x3  log4  x  1  3  log... Ta biến đổi phương trình trở thành: log 2 x  2x  1   x  2x  1  2  2  log 2  3x 2  6 x  2  2 x 2 x  1  x  3x2  6 x  2  2 x 2 x  1  x  x2  x  1  3x2  6x Bình phương hai vế ta được:   x4  2x3  4x  1  0   x  1 x3  3x2  3x  1  0  *  Ta chứng tỏ rằng phương trình x3  3x2  3x  1  0 vô nghiệm Thật vậy, ta có hai cách xử lý như sau: Cách 1: Sử dụng phương pháp... 8x  4  0 2 x  2  0   x  2  5x 2  5x  2  0   2  x  2 5x  5x  2  0  VN    Kết luận: Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất: x  2     Bài 3: Giải phương trình: 1  log0,25 x2  x  2  log 2 x  2  2x2  4x Đặt điều kiện xác định: 2 x2  4 x  2  x Phương trình đã cho tương đương với: 1  log 22 x 2    x  2  log 2 x  2  2x2  4x     1  log 2 x  2 ... 1  0  x  x  1  2  0  x  x1  x  Kết luận: Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất: x  1 5 2 1 5 2  Bài 5: Giải bất phương trình: log4 1  x   log0,25 1  x   log 2  2  3x  4 x2  x 1  x  0  1  x  0 1  3  Điều kiện xác định:  2  3x  4 x2  x  0  0  x  2 2  3 x  4 x 2  0  x  0  Bất phương trình tương đương với: log  log2 1  x  log2 1  x  log...   5  34  x  9    5  34 1  3  Kết luận: Vậy tập nghiệm của bất phương trình: S   ;  9 2   Bài 6: Giải bất phương trình:     3  log 2 2x2  3x  log 4  x  2   log 2 2 x3  7 x2  14 x  12 2 2 x 2  3 x  0   x  0 Điều kiện xác định: x  2  0  3 2 2x  7 x  14x  12  0 Bất phương trình tương đương với:   log 2 8  log 2 2 x2  3x  log  22  x  2   log...  Do: x  0  2x  3  0 , suy ra bất phương trình tương đương với: x  2x  4  Mặt khác: x  2x  4  2   2 0  0 x  0 Do đó ta có: x  2 x  4  0  x  2x  4  x  1  5 TM   x  1 5  x  2x  4 ( Do 2 vế không âm)  x  2x  4  0   x  1  5  L  2 2 Kết luận: Vậy bất phương trình có nghiệm duy nhất: x  1  5     Bài 7: Giải phương trình: log 3  x  1  log 27 x2  2