Phươg trình mũ và logarit

PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT A/TÓM TẮT KIẾN THỨC CẦN NHỚ : I) CÁC ĐỊNH NGHĨA : 1) Lũy thừa với số mũ nguyên dương: a n = a.a…a ( tích của n số a) với n>1. 2) Luỹ thừa với số mũ 0 và nguyên âm : a 0 = 1 và a -n = n a 1 ( với a ≠ 0 và n nguyên dương ) 3) luỹ thừa với số mũ hữu tỉ : n m n m aaa == ( Với a > 0 và * ,, + ∈∈= ZnZm n m r ) 4) Lôga rit cơ số a của b: log (0 1, 0) a b a b a b α α = ⇔ = < ≠ > II) CÁC TÍNH CHẤT VÀ CÔNG THỨC : 1) Luỹ thừa : Với các số a> 0 , b> 0 , βα ; tuỳ ý ta có: βαβα + = aaa . ; βαβα − = aaa : ; αββα aa = )( βαα aaba .).( = ; ααα baba :):( = 2) Lôgarit: Với giả thiết rằng mỗi biểu thức được xét đều có nghĩa , ta có ; 01log = a ; log 1 a a = = log b a a b ; ba b a = log cbcb aaa loglog).(log += cb c b aaa logloglog −= ; c c aa log) 1 (log −= bb aa log.log α α = ( với α tuỳ ý ) ; b n b a n a log 1 log = ; * Nn ∈ b x x a a b log log log = , tức là 1log.log = ab ba ( Công thức đổi cơ số) 1 log log ; log log a a a a b b b b β α α β α α = = B/ PHẦN BÀI TẬP : I/. PHƯƠNG TRÌNH MŨ • Một số phương pháp giải phương trình mũ @Phương trình mũ cơ bản : = ⇔ = < ≠ >log (0 1; 0) x a a m x m a m @ Phương pháp đưa về cùng cơ số *Biến đổi 2 vế về cùng cơ số rồi sử dụng phép biến đổi sau để giải  =  ⇔ =  < ≠   ( ) ( ) ( ) ( ) 0 1 f x g x a a f x g x a Ví dụ 1: Giải các phương trình sau: a./ 2 x 3x 1 1 3 3 − +    ÷ =  ÷  ÷   b./ x 1 x 2 2 2 36 + − + = Giải: 1 a./ 2 2 x 3x 1 (x 3x 1) 1 2 2 x 1 1 3 3 3 (x 3x 1) 1 x 3x 2 0 x 2 3 − + − − +    =   ÷ = ⇔ = ⇔ − − + = ⇔ − + = ⇔   ÷ =  ÷     b./ x x x x 1 x 2 x x x 4 2 8.2 2 2 2 36 2.2 36 36 4 4 9.2 36.4 2 16 2 x 4 + − + + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = = ⇔ = Ví dụ 2: Giải các phương trình sau a. 2 x x 8 1 3x 2 4 − + − = b. 2 5 x 6x 2 2 16 2 − − = c. x x 1 x 2 x x 1 x 2 2 2 2 3 3 3 − − − − + + = − + d. 2 2 x 1 (x x 1) 1 − − + = @ Phương pháp đặt ẩn phụ Dạng 1 : A.a 2f(x) + B.a f(x) + C = 0 (1) Đặt t = a f(x) > 0 Ta có phương trình : At 2 + Bt + C = 0 (2) * Phương trình ( 1) có nghiệm khi phương trình ( 2 ) có nghiệm t > 0 Ví dụ 1 : Giải các phương trình sau a). x x 2.16 15.4 8 0− − = b) 2x 8 x 5 3 4.3 27 0 + + − + = Ví dụ 2 : Tìm m để phương trình sau có nghiệm x x (m 4).9 2(m 2).3 m 1 0− − − + − = Dạng 2 : A.a f(x) + B.b f(x) + C = 0 (1) trong đó a.b=1 Đặt t = a f(x) > 0 ⇒ b f(x) = 1 t Ta có phương trình : At + B t + C = 0 2 0At Ct B⇔ + + = (2) * Phương trình ( 1) có nghiệm khi phương trình ( 2 ) có nghiệm t > 0 Ví dụ1 : Giải các phương trình sau a/ x x x 3 (3 5) 16(3 5) 2 + + + − = b) x x ( 2 3 ) ( 2 3 ) 4− + + = c) 2 3 os2x 1 os 4 7.4 2 0 c c x+ + − − = Ví dụ 2 : Giải và biện luận phương trình x x (m 2).2 m.2 m 0 − − + + = . Dạng 3 : A.a 2f(x) + B.a f(x) .b f(x) + C.b 2f(x) = 0 (1) Chia cả hai vế cho b 2f(x) > 0 ta có : A 2 ( ) ( ) 0 f x f x a a B C b b     + + =  ÷  ÷     Đăt t = ( )f x a b    ÷   = t > 0 ta được At 2 + Bt + C = 0 (2) • Phương trình ( 1) có nghiệm khi phương trình ( 2 ) có nghiệm t > 0 Ví dụ 1: Giải các phương trình sau a./ 25 2 5 15 0. x x − − = b./ 4 2 1 3 - 4.3 27 0 x x + + = c./ 2 2 3 3 24 x x+ − − = d) 64 .9 x – 84 .12 x + 27 .16 x = 0 Giải: 2 a./ ( ) 2 25 2 5 15 0 5 2 5 15 0. . x x x x − − = ⇔ − − = Đặt t = 5 x , t >0 ta có phương trình: t 2 – 2t – 15= 0 5 5 5 1 3 (loai)  = ⇔ ⇔ = ⇔ =  = −  x t x t b./ ( ) 2 2x 2 2x 2 2 2 2 4x 2x+1 3 - 4.3 +27=0 3 12 3 27 0 Nêu t=3 t>0 ta có : t 12 27 0 1 3 3 3 2 1 2 9 2 2 3 9 3 1 ⇔ − + = − + =     = = = =  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔     = = = =    =   . ; x x x t t x x t x x c./ Đặt 3 0 x t = > , ta có 2 3 9t 24 9 0 3 3 1 1 ( loai) 3 =   − − = ⇔ ⇔ = ⇔ =  = −  x t t x t d/64 .9 x – 84 .12 x + 27 .16 x = 0 ⇔ 2 4 16 2 3 9 4 4 27. 84. 64 0 1 3 3 4 4 3 3 x x x x x x    =   ÷ =         − + = ⇔ ⇔  ÷  ÷   =         =  ÷     Bài tập áp dụng: 1 : Giải các phương trình sau a) x x x 6.9 13.6 6.4 0− + = b) 027.21812.48.3 =−−+ xxxx c) 07.714.92.2 22 =+− xxx d) 8.3 x + 3.2 x = 24 + 6 x e) 0422.42 2 22 =+−− −+ xxxxx g) 20515.33.12 1 =−+ + xxx 2.Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình: mm xxxx 2)22)(1(44 2211 +−+=+ −+−+ có nghiệm thuộc đoạn [0;1]. 3.Cho phương trình : 0123).2(9 2 11 2 11 =+++− −+−+ mm xx . Tìm m để phương trình có nghiệm. @ Phương pháp lôgarit hóa Nếu cả hai vế của phươnh trình đều dương ta có thể giải phương trình bằng cách lấy lôgarit hai vế ( lôgarit hóa) Ví dụ 1: Giải các phương trình sau a./ 2 5 3 5 x+ = b./ 2 1 5 2 50. x x− = Giải: a./ 2 5 3 3 5 5 3 5 2 5 5 2 log log x x x + − = ⇔ + = ⇔ = b./ 2 1 20 4 5 2 50 5 50 20 100 100 2 . . log x x x x x x − = ⇔ = ⇔ = ⇔ = Ví dụ 2: Giải các phương trình : a) 1 3 .8 0 x x x+ = b) log 5 6 5 .5 5 x x − − = c) 3 2 log 3 81 x x − = @ Phương pháp sử dụng tính đồng biến và nghịch biến của hàm số Ví dụ 1 : Giải các phương trình 3 a) 3 x + 4 x = 5 x b) 2 x = 1+ x 2 3 c) x 1 ( ) 2x 1 3 = + d) 9 x + 2(x -2)3 x + 2x - 5 = 0 Giải: a) 3 x + 4 x = 5 x x x 3 4 1 5 5     ⇔ + =  ÷  ÷     (*) Dễ thấy phương trình có một nghiệm x=2. .Với x>2 do 2 2 3 3 9 3 4 1, 1 5 5 25 3 4 1 5 5 5 5 4 4 16 2 5 5 25 x x x x x      < =    ÷  ÷ < <          ⇒ ⇒ + <    ÷  ÷           >  < =  ÷  ÷       ⇒ ph tr (*) không có nghiệm 2x ∀ > .Với x<2 do 2 2 3 3 9 4 3 1, 1 5 5 25 3 4 1 5 5 5 5 4 4 16 2 5 5 25 x x x x x      > =    ÷  ÷ < <          ⇒ ⇒ + >    ÷  ÷           <  > =  ÷  ÷       ⇒ ph tr (*) không có nghiệm 2x∀ < Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất x=2 Bài tập Bµi 1: Giải các phương trình : a. 2 x x 8 1 3x 2 4 − + − = b. 2 5 x 6x 2 2 16 2 − − = c. x x 1 x 2 x x 1 x 2 2 2 2 3 3 3 − − − − + + = − + d. x x 1 x 2 2 .3 .5 12 − − = e. 2 2 x 1 (x x 1) 1 − − + = f. 2 x 2 ( x x ) 1 − − = g. 2 2 4 x (x 2x 2) 1 − − + = Bµi 2:Giải các phương trình : a. 4x 8 2x 5 3 4.3 27 0 + + − + = b. 2x 6 x 7 2 2 17 0 + + + − = c. x x (2 3) (2 3) 4 0+ + − − = d. x x 2.16 15.4 8 0− − = e. x x x 3 (3 5) 16(3 5) 2 + + + − = f. x x (7 4 3) 3(2 3) 2 0+ − − + = g. x x x 3.16 2.8 5.36+ = h. 1 1 1 x x x 2.4 6 9+ = i. 2 3x 3 x x 8 2 12 0 + − + = j. x x 1 x 2 x x 1 x 2 5 5 5 3 3 3 + + + + + + = + + k. x 3 (x 1) 1 − + = Bµi 3:Giải các phương trình : a. x x x 3 4 5+ = b. x 3 x 4 0+ − = c. 2 x x x (3 2 )x 2(1 2 ) 0− − + − = d. 2x 1 2x 2x 1 x x 1 x 2 2 3 5 2 3 5 − + + + + + = + + II. PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT * Phương trình lôgarit cơ bản log c x c x a a = ⇔ = (x > 0, 0< a ≠ 1) * Một số phương pháp giải phương trình lôgarit 4 @ Phương pháp đưa về cùng cơ số Biến 2 vế đưa về dạng: log log x=b 0 a 1, b>0 a a x b  =  ⇔  < ≠   Tổng quát: )x(hlog)x(flog )x(g)x(g = ⇔ 0 ( ) 1 ( ) 0 ( ) ( ) g x f x f x h x  < ≠  >   =  Ví dụ 1: Giải các phương trình sau: a./ 2 2 3 2log log ( )x x+ + = b./ 2 2 2 2 9log log logx x x+ = Giải: a./ 2 2 3 2log log ( )x x+ + = (1) ĐK: 0 0 0 3 0 3 x x x x x > >   ⇔ ⇔ >   + > > −   2 2 2 1 3 2 3 2 4 1 3 4 0 1 4 (loaïi) ( ) log ( ) ( )x x x x x x x x x ⇔ + = ⇔ + = = =  ⇔ + − = ⇔ ⇔ =  = −  b./ 2 2 2 2 9log log logx x x+ = (1) ĐK: x>0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 9 2 9 1 9 3 3 2 ( ) log log log log log log log log log log x x x x x x x ⇔ + = + ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = x=3>0 thỏa điều kiện . Vậy phương trình có nghiệm là x=3 Ví dụ 2: Giải phương trình: )1(xlogxlogxlogxlog 10432 =++ Giải. đk: x > 0 Ta biến đổi về cùng cơ số 2: xlog.logxlog 233 2 = ; xlog.logxlog 244 2 = ; xlog.logxlog 21010 2 = (1) ⇔ 02221 10432 =−++ )logloglog(xlog ⇔ 0 2 = xlog ⇔ x = 1. Ví dụ 3 : (Đề 81) Giải phương trình 3 4 1 3 4 1 2 4 1 )6x(log)x4(log3)2x(log 2 3 ++−=−+ (1) Giải. Ta có: 222 4 1 2 4 1 +=+ xlog)x(log ⇔ xlog)x(log −=− 434 4 1 3 4 1 ⇔ 636 4 1 3 4 1 +=+ xlog)x(log Đk:      >+ >− >+ 06 04 02 x x x ⇔    <<− −<<− 42 26 x x (1) ⇔ )x(log)x(logxlog 6343323 4 1 4 1 4 1 ++−=−+ ⇔ )]x)(x[(logxlog 6412 4 1 4 1 +−=−+ ⇔ )]x)(x[(logxlog 6424 4 1 4 1 +−=+ ⇔ 06424 >+−=+ )x)(x(x 5 ⇔    −+=+ +−−=+ 24224 24224 2 2 xx)x( xx)x( ⇔    =−− =−+ 0222 0166 2 2 xx xx ⇔      ±= −= = 331 8 2 x x x ⇒ nghiệm:    −= = 331 2 x x Ví dụ 4: Giải và biện luận phương trình: 2x3xlog 2 32 +− + + 1xlog 32 − − = [ ] )2x(alog 347 + − , a > 0 (1) Giải. Đk: 2 x – 3x + 2 > 0, x – 1 > 0, a(x + 2) > 0 ⇒ x > 2 Ta có: ))(( 3232 −+ = 1 ⇒ 1 32 − − xlog = 1 1 32 − − + xlog )( = 1 32 −− + xlog 23 2 32 +− + xxlog + 1 32 − − xlog = 1 23 2 32 − +− + x xx log = )x(log 2 2 1 32 − + [ ] )x(alog 2 347 + − = [ ] )x(alog )( 2 2 32 + − = [ ] )x(alog 2 2 1 32 + − = [ ] )x(alog 2 2 1 32 +− + (1) ⇔ )x(log 2 2 1 32 − + = [ ] )x(alog 2 2 1 32 +− + ⇔ x – 2 = [ ] 1 2 − + )x(a ⇔ 2 x – 4 = a 1 ⇔ 2 x = 4 + a 1 a > 0 ⇒ nghiệm: x = a 1 4 +± . x > 2 ⇒ x = a 1 4 + . Bài tập áp dụng: 1) Giải phương trình: a) )(log x 44 1 2 + + . )(log x 14 2 + = 8 1 2 1 log b) 3 x log + xlog 3 = 3 x log + xlog 3 + 2 1 c) )x(log x 125 . xlog 2 25 = 1 d) )xsin x (sinlog − 2 3 + )xcos x (sinlog 2 2 3 1 + = 0. (Đề 3) 2) Xác định m để phương trình: )mmxx(log 22 4 4222 −+− + )mmxx(log 22 2 1 2 −+ = 0 có nghiệm 1 x , 2 x thoả mãn: 2 1 x + 2 2 x > 1. Hướng dẫn: pt ⇔ )mmxx(log 22 2 4222 −+− = )mmxx(log 22 2 2 −+ ⇔    >−+ −+=−+− 02 2422 22 2222 mmxx mmxxmmxx ⇔    >−+ =−++− 02 0221 22 22 mmxx mmx)m(x ⇔      >−+    −= = )(mmxx mx mx 202 1 2 22 2 1 phương trình có 2 nghiệm 1 x , 2 x nên 1 x , 2 x điều kiện (2) ⇒ – 1 < 0 ≠ m < 2 1 2 1 x + 2 2 x > 1 ⇒      << <<− 2 1 5 2 01 m m 6 3) Tìm a để phương trình )x(log )ax(log 1 5 5 + = 2 có nghiệm duy nhất. Hướng dẫn: pt ⇔      += ≠+>+ > 2 55 1 1101 0 )x(log)ax(log x;x ax ⇔ ( ) ( ) 2 0 1 0 2 – a x 1 0 2 ax x x  >  − < ≠   + + =  phương trình có nghiệm duy nhất khi (2) có nghiệm duy nhất thoả mãn:    ≠<− > 01 0 x ax 4) Giải và biện luận phương trình: 2lgx – lg(x – 1) = lga theo a (đề 29) @ Phương pháp đặt ẩn phụ Ví dụ 1. Giải phương trình [ ] )x(log )x( 14 2 1 − − = 8 3 1)x( − Giải. Đk:    >− >− 01 014 x )x( Lấy logarit cơ số 2 cả 2 vế, ta được: [ ] )x(log )x(log 14 2 2 1 − − = [ ] 3 2 18 )x(log − ⇔ [ ] )x(log 14 2 − . )x(log 1 2 − = 3 + 3 )x(log 1 2 − ⇔ [ ] )x(log 12 2 −+ . )x(log 1 2 − = 3 + 3 )x(log 1 2 − (1) Đặt t = )x(log 1 2 − ⇒ (1) ⇔ 2 t – t – 3 = 0. ⇒ phương trình có nghiệm: 2 131 1 − = t ; 2 131 2 + = t . 2 131 1 − = t ⇒ 2 131 1 21 − += x . 2 131 2 + = t ⇒ 2 131 2 21 + += x Ví dụ 2. Giải phương trình 2. 2 2 2 )x( − = )x(log 2 2 Giải. Đk:    ≥− > 02 02 x x ⇒ 2 ≥ x Đặt 1 2 − x = y; 2 ≥ y ⇒ x = ylog 2 + 1 ⇒ Ta được hệ phương trình:    = = ylogx xlogy 2 2 2 2 ⇔    = = y x x y 22 22 ⇔ y. y 2 = x. x 2 (1) Xét hàm số: f(z) = z. z e ; f'(z) = z e + 2 z e > 0 2 ≥∀ z f(z) đồng biến trên [2; ∞+ ). Từ (1) ⇔ x = y ⇒ x x 22 = . 7 Đường thẳng y = 2x cắt đường cong y = x 2 tại 2 điểm: 1 x = 1; 2 x = 2. từ 2≥x ⇒ x = 2 là nghiệm. Ví dụ 3. Giải phương trình 9 2 log x = 2 x . xlog 2 3 – 3 2 log x (1) Giải. Đk: x>0 áp dụng công thức: clog b a = alog b c (1) ⇔ xlog 2 9 = 2 x . xlog 2 3 – xlog 2 3 ⇔ xlog 2 3 = 2 x – 1. Đặt t = xlog 2 ⇒ t 3 + 1 = t 4 ⇔ t       4 3 + t       4 1 = 1 (2) Xét f(t) = t       4 3 + t       4 1 là hàm nghịch biến ⇒ (2) có nghiệm duy nhất t = 1 ⇒ x = 2 là nghiệm của (1) Ví dụ 4: Giải các phương trình sau: a./ 2 2 2 2 2 0log logx x+ − = b./ 2 1 1 1 4log ( ) log x x − + − = c./ 2 3 5 7lg lg lgx x x− = − d./ 2 2 2 16 7 0. log logx x+ − = Giải: 2 2 2 2 2 2 2 2 0 (1) x>0 (1) 2 0 / log log : log log + − = ⇔ + − = a x x ÑK x x 2 2 2 2 2 1 1 t= ta có : t 2 0 2 2 2 1 2 4 log log , log −  =  = + − = ⇔ ⇔   = − = −     =  ⇔  = =   x t Ñaët x t t x x x Thỏa điều kiện x>0 . Vậy phương trình có nghiệm là: x=2 và x=1/4 b./ 2 1 1 1 4log ( ) log x x − + − = (1) ĐK: [ ] 2 2 2 2 2 2 2 2 1 0 1 1 1 2 4 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 0 (*) log ( ) log ( ) log ( ) log ( ) log ( ) log ( ) log ( ) x x x x x x x x x x − > >   ⇔   − ≠ ≠   ⇔ + − = ⇔ + − = − − ⇔ − + − − = Đặt: 2 1log ( )t x= − , ta có : 2 1 2 0 2 t t t t =  + − = ⇔  = −  2 2 1 2 3 1 1 1 5 1 2 1 4 4 log ( ) log ( ) x x x x x x − = =   − =    ⇔ ⇔ ⇔    − = − − = =    thỏa (*) Vậy phương trình có nghiệm là : x = 3 và x = 5/4. c./ 2 3 5 7lg lg lgx x x− = − (1) 8 ĐK: x>0 (*) 2 2 1 5 3 7 8 7 0 ( ) lg lg lg lg lgx x x x x⇔ − = − ⇔ − + = Đặt: t= lgx , ta có: 2 7 10 1 1 8 7 0 7 7 10 lg lg x t x t t t x x =  = =   − + = ⇔ ⇔ ⇔    = = =     thỏa (*) Vậy phương trình có nghiệm là: x = 10 và x = 10 7 d./ 2 2 2 16 7 0 (1). log logx x+ − = ĐK: 2 0 1 1 0 16 0 log x x x x x > >   ⇔ ⇔ >   > >   (*) 2 2 2 2 2 1 2 16 7 0 2 3 0( ) . log log log log logx x x x⇔ + + − = ⇔ + − = Đặt: 2 0logt x= ≥ , ta có: 2 2 1 2 3 0 1 2 3 0 (loaïi) log t t t x x t =  + − = ⇔ ⇔ = ⇔ =  = − <  . Thỏa (*) Vậy phương trình có nghiệm là x=2. Bài tập áp dụng: 1) Giải phương trình a) )xx(log 1 2 2 −− )xx(log 1 2 3 −+ = 1 2 6 −− xxlog b) )(log x 13 3 − )(log x 33 1 3 − + = 6 c) xloglog 24 + xloglog 42 = 2 d) 3 x log + xlog 3 = 3 x log + xlog 3 + 2 1 2) Giải và biện luận theo a a) axlog x . xlog a = – 2 b) ( xlog a 2 + 2). alog xa 2 = alog x a x log a 2 3) Cho phương trình: (m – 3) )x(log 4 2 2 1 − – (2m + 1) )x(log 4 2 1 − + m + 2 = 0 tìm m để phương trình có 2 nghiệm 21 x,x thoả mãn 4 < 1 x < 2 x < 6 4) Giải phương trình a. 1 2 1 4 lgx 2 lg x + = − + b. 2 2 log x 10 log x 6 0+ + = c. 0,04 0,2 log x 1 log x 3 1 + + + = d. x 16 2 3log 16 4 log x 2log x− = e. 2 2x x log 16 log 64 3+ = f. 3 lg(lgx) lg(lgx 2) 0 + − = @ Phương pháp sử dụng tính đồng biến và nghịch biến của hàm số Ví dụ 1. Giải phương trình: )xxlg( 6 2 −− + x = )xlg( 2 + + 4 (1) Giải. Đk: 06 2 >−− xx , x + 2 > 0 ⇒ x > 3. 9 (1) ⇔ )xxlg( 6 2 −− – )xlg( 2 + = 4 – x ⇔ 2 6 2 + −− x xx lg = 4 – x ⇔ lg(x – 3) = 4 – x (2) Nhận xét: x = 4 là nghiệm của (2). y = lg(x – 3); y' = 3 1 − x > 0 là hàm đồng biến y = 4 – x là nghịch biến ⇒ x = 4 là nghiệm duy nhất. Ví dụ 2. Giải phương trình )xx(log 22 2 322 −− + = )xx(log 32 2 32 −− + (1) Giải. Đk:    >−− >−− 032 022 2 2 xx xx ⇒    > −< 3 1 x x (1) ⇔ )xx(log 22 2 348 −− + = )xx(log 32 2 347 −− + (2) Đặt: a = 7 + 4 3 ; t = 32 2 −− xx (2) ⇔ )t(log a 1 1 + + = tlog a (3) Đặt: y = tlog a . (3) ⇔    +=+ = y y )a(t at 11 ⇔ 1 + y a = y )a( 1 + ⇔ y a a       + 1 + y a       + 1 1 = 1 (4) y = 1 là nghiệm của (4) y > 1 ⇒ VT < VP y < 1 ⇒ VT > VP ⇒ y = 1 là nghiệm duy nhất. Ví dụ 3. Giải phương trình: )x(log 3 5 2 + = x. Giải. Đk: x > – 3 – 3 < x ≤ 0: phương trình vô nghiệm. x > 0: Đặt )x(log 3 5 + = t ⇒    = =+ x t)x(log t 2 3 5 ⇔    = =+ t t x x 2 53 ⇒ 3 t       5 1 + t       5 2 =1 (*) t = 1 là nghiệm. VT của (*) là hàm nghịch biến ⇒ t = 1 là nghiệm duy nhất ⇒ x = 2 là nghiệm duy nhất. Bái tập áp dụng: 1) Tìm m để phương trình: )x10(lg 2 + lgx = m a) có nghiệm. b) có nghiệm thoả mãn: 1 < x < 10. 2) Giải phương trình: )3x(log xlog 2 6 + = xlog 6 . Bài tập Bài tập 1: Giải các phương trình sau a. ( ) ( ) 5 5 5 log x log x 6 log x 2= + − + b. 5 25 0,2 log x log x log 3+ = c. ( ) 2 x log 2x 5x 4 2− + = d. 2 x 3 lg(x 2x 3) lg 0 x 1 + + − + = − 10 [...]... 162 Bài tập 4: Giải các phương trình sau ( ) a x + lg x − x − 6 = 4 + lg ( x + 2 ) 2 c ( x + 2 ) log3 2 b log3 ( x + 1) + log 5 ( 2x + 1) = 2 ( x + 1) + 4 ( x + 1) log3 ( x + 1) − 16 = 0 d 2 log5 ( x +3) = x III/ HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LÔGARIT Các phương pháp giải thường sử dụng 1 Phương pháp 1: Sử dụng các phép biến đổi tương đương và phép thế Ví dụ 1 : Giải các hệ phương trình sau :  x −1 + 2 − y =...1 2 e .lg(5x − 4) + lg x + 1 = 2 + lg 0,18 Bài tập 2: Giải các phương trình sau a 1 2 + =1 4 − lg x 2 + lg x c log 0,04 x + 1 + b log 2 x + 10 log 2 x + 6 = 0 log 0,2 x + 3 = 1 d 3log x 16 − 4 log16 x = 2 log 2 x e log x2 16 + log 2x 64 = 3 Bài tập 3: Giải các phương trình sau   a log3  log 9 x + ( c log 2 4 x +1 f lg(lg x) + lg(lg x 3 − 2) = 0 1  + 9 x ÷ = 2x 2 ... dụ 2 : Giải các hệ phương trình sau : 3 y +1 − 2 x = 5  1)  x y  4 − 6.3 + 2 = 0  3)  4 2 x2 − 2 − 2 2 x2 + y + 4 y = 1  2  2 2 y+ 2 − 3.2 2 x + y = 16  3− x.2 y = 1152 5)   log 5 ( x + y) = 2 log x y + log y x = 2  2)  2  x − 3 x − y = 20 + log y x  4)  log 2 x + 3 5 − log 3 y = 5   3 log 2 x − 1 − log 3 y = − 1 Bài tập Bài tập 1: Giải các hệ phương trình sau : lg x + lg y... các hệ phương trình sau : lg x + lg y = 1 a/  2 2 x + y = 29 log 4 x − log2 y = 0  2 2 x − 5y + 4 = 0  c/  ( log x xy = log y x 2  d/  2 log x y y = 4y + 3  Bài tập 2: Giải các hệ phương trình sau : 4 x + y = 128  a  3x −2y −3 =1 5  32x − 2 y = 77  c  x y 3 − 2 = 7  ) lg x 2 + y 2 = 1 + 3lg2  b/  lg ( x + y ) − lg ( x − y ) = lg3   x+y  y x = 32 d/  4 log3 ( x + y ) . với số mũ 0 và nguyên âm : a 0 = 1 và a -n = n a 1 ( với a ≠ 0 và n nguyên dương ) 3) luỹ thừa với số mũ hữu tỉ : n m n m aaa == ( Với a > 0 và * ,,. α α β α α = = B/ PHẦN BÀI TẬP : I/. PHƯƠNG TRÌNH MŨ • Một số phương pháp giải phương trình mũ @Phương trình mũ cơ bản : = ⇔ = < ≠ >log (0 1; 0) x