Tuyển tập các chuyên đề về phương trình, hệ phương trình

V ới hệ bất phương tr ình m ũ chứa tham số thường được thực hiện theo các bước sau: Bước 1 : Đặt điều kiện để các biểu thức của hệ có nghĩa.. Bước 2 : Th ực hiện các phép biến đổi tương [r]

CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI

PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH - HỆ MŨ - LƠGARIT

CHƯƠNG I: PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH - HỆ MŨ CHỦ ĐỀ I: PHƯƠNG TRÌNH MŨ

BÀI TỐN 1: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG I Phương pháp:

Ta sử dụng phép biến đổi tương đương sau: Dạng 1: Phương trình af x  ag x 

TH 1: Khi a số thỏa mãn 0a 1thì af x  ag x   f x g x  TH 2: Khi a hàm x    

   

1

0

f x g x a

a

a a

f x g x

  

 



  



 

 

     

0

1

a

a f x g x

   

 

  

  



Dạng 2: Phương trình:

 

 

0 1,

log

f x

a

a b

a b

f x b

  

 

  

 



Đặc biệt:

Khi b0,b0 kết luận phương trình vơ nghiệm

Khi b1 ta viết ba0 af x  a0  f x 0

Khi b1 mà b biếu diễn thành bac  af x   ac  f x c Chú ý:

Trước biến đổi tương đương f x v g x    phải có nghĩa II Bài tập áp dụng:

Loại 1: Cơ số số Bài 1: Giải phương trình sau a 1.4 11 16

8

x x x

x

 

  b

2 3 1

3

x x 

 

  

  c

1

2x 2x 36

Giải:

a PT 2 3

2x x x x 4

x x x

    

b

2

2

3

( 1)

1

3 3 ( 1)

x x

x x

x x

 

  

 

       

   

2

3

2

x

x x

x

 

     

 

c 2 36 2.2 36 8.2 36

4

x x x

x x x 

      

x x

9.2 36.4 16 x

      

Bài 2: Giải phương trình

a 0,125.42

8

x x



  

  

 

b  

2

7

8 0, 25

x

x x

 

 c 2x2.5x2 2 53x 3x

Giải:

Pt  

1 2

3

1

8

x x

   

 

 

 

 

5 5

3 2(2 3)

2 2 2 2

2

x

x x

x x x

x x x

 

       

           

 

b Điều kiện x 1

PT

2 7

3

2

1

1

2

2 7 2

1

7

x x

x

x

x x

x x

x x



 

 

 

         



 



c Pt 2.5x2 2.53x

2

10x 10 x

x x x



      

Bài 2: Giải phương trình:  

3

log

1

2

2

x

x x   x

 

Giải:

Phương trình cho tương đương:

3 log

log

3

2

2

1

1 log ln 0

ln

1

2

2

2

2

x x

x x

x

x x

x x

x x

x

       

  

 

  

          

   

  

        

  

 

    



3

2 2 2

log 1 1

2

1

ln

2 2

x x x

x x x

x

x x x



    

  

     

  

  

  

         

    

       

 

 

Bài 3: Giải phương trình:

a    

3

1

10 10

x x

x x

 

 

   b  

2

1 1

3

2

x x x

 

 



 

 

 

Giải:

a Điều kiện:

3

x x

  

  

Vì 10

10

 



PT    

3

2

1 3

10 10

1

x x

x x x x

x x x

x x

 

   

            

 

Vậy nghiệm phương trình cho x 

b Điều kiện:

1

x x

    

PT    

   

2

2 2

2

3

1 1

2 2

x x x x

x x x x

  

  

   

 

   

 

   

2

2

1 2

2

1

4 4 10

x

x x x x

x x x

x x x x x x x x

  

  

  

  

  

    

 

            

Vậy phương trình có nghiệm x9

Loại 2: Khi số hàm x

Bài 1: Giải phương trình 2 x x2sin 2 x x22 cosx Giải:

Phương trình biến đổi dạng:

  

2

2

1 2(*)

2

1 0(1) sin cos

sin cos 2(2)

x x x

x x

x x x x

x x

  



    



   



 

      

 

  

 

Giải (1) ta 1,2

2

x   thoả mãn điều kiện (*)

Giải (2): 1sin 3cos sin 2 ,

2 x x x x x k x k k Z

   

 

 

             

 

1

1 2 0,

6 k k k k Z

  



 

   

             

    ta nhận x3





Vậy phương trình có nghiệm phân biệt 1,2 5; 3

2

x   x 

Bài 2: Giải phương trình:    

2

2 4

3 2

3 x x x x

x    x  x  

Giải:

Phương trình biến đổi dạng:      

2

3 2 2( 4)

3 3

x x

x x x x

x x x

 

     

    

 

2 2

3

4

0 3

5

3 2 10

x x

x

x x

x

x x x x x x

  

 

 

 

    

  



  

         

 

 

Vậy phương trình có nghiệm phân biệt x = 4, x = Bài tập tự giải có hướng dẫn:

Bài 1: Giải phương trình sau a

2

1 2

4.9 3.2

x x

 

 b 7.3x15x2 3x4 5x3

c  

4

5 27 3

x x x x 



 



 

 

 

d    

3

1

3 x1 x  x1 x

HD:

a

2

3

1

2

x

x



 

    

 

b

1

1

3 1

5

x

x x

x



   

       

  c x10

BÀI TỐN 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP LƠGARIT HỐ VÀ ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐ I Phương pháp:

Để chuyển ẩn số khỏi số mũ luỹ thừa người ta logarit theo số vế phương trình, ta có dạng:

Dạng 1: Phương trình:

 

 

0 1,

log

f x

a

a b

a b

f x b

  

 

  

 



Dạng 2: Phương trình: (cơ số khác số mũ khác nhau)

hoặc logbaf x( ) logbbg x( )  f x( ).logbag x( )

Đặc biệt: (cơ số khác số mũ nhau)

Khi      

 

 

0 ( )

1

f x

f x f x a a

f x g x a b f x

b b

   

         

    (vì

( )

0

f x b  )

Chú ý: Phương pháp áp dụng phương trình có dạng tích – thương hàm mũ II Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải phương trình a. (ĐH KTQD – 1998)

1

5 500

x x x



 b

2

3 18

x

x x

 



c 2x24.5x2 1 d 2

2

x x



Giải:

a Cách 1: Viết lại phương trình dạng:

1

3

3

8

5 500 5

x x x

x x x x x

  



    

Lấy logarit số vế, ta được:

   

3

3

2 2 2

3

log log log log log

x x

x x x x x

x

x

 

 

    

       

   

   

 

2

3

3 log

log

x x

x x

 

  

     

  

 



Vậy phương trình có nghiệm phân biệt:

2

1 3;

log

x x  

Cách 2: PT

3

3( 1)

3 3

5 5

x

x x

x x x x x x



 



   

       

 

3

3

1

5

3 3

1

5 5.2

log

5.2

2

x

x

x x

x x

x x

x



 

        

  

       

        



 

b Ta có 2

2 3

2

3

3 18 log log 18

x x

x x x x

 

   

   

 

 

2

3 3

4 3( 2)

2 x log 2 log x log

x x

x x

 

        

  

3

3

2

2 3log 2

2 3log ( )

x

x x x x

x x VN

 



       

  

    

2

2

4 log 2 log

x x x x

         

2

2

2 log log

x x

x x

 

 

 

     

 

d Lấy logarit số hai vế phương trình ta được:

2 2 2 2

2 2

3

log log log log

x x

x x x x



         

Ta có    , 1 log 32 log 32 0

suy phương trình có nghiệm x = 1 log 3.2

Chú ý:

Đối với phương trình cần thiết rút gọn trước logarit hố Bài 2: Giải phương trình

a 4.34

x

x x 

 b

1

2

2

4x3x 3x  x c

9 sin cos 2)

2 (sin , log





 x x

x

d 5x 5x15x2 3x 3x3 3x1

Giải:

a Điều kiện x 2

PT  

3

4

2

3

2 (4 ) log log

2

x

x

x x

x x

x x

 

  

          

   

2

4

4

log log

2

x

x x x

  

  

  

     

 



b

PT

1 1

2 2 2 2

4 3

2

x x x

x x   x 

     

3

2

4 0

2

x x

x x

 

      

c Điều kiện  

sin x5sin cosx x20 *

PT 1 

2

4

log  sin x 5sin cosx x log



   

 

2

log sin x 5sin cosx x log

      thỏa mãn (*)

 

2 cos

sin 5sin cos cos 5sin cos

5sin cos

2

2

tan tan

x

x x x x x x

x x

x k

x k

x l

x



 



 



 

        

 

 

  

  

  



    

5 5.5 25.5 27.3 3.3

31.5 31.3

x x x x x x

x

x x

x

     

 

      

 

Vậy nghiệm phương trình cho x0

Bài 3: Giải phương trình

a xlg x 1000x2 b xlog2x4 32

c 7log252  5x1  xlog 75 d 3 8 36

x x x 

Giải:

a Điều kiện x0

 

  

2

lg lg lg1000 lg lg lg

lg 1 / 10

lg lg

lg 1000

x x x x x

x x

x x

x x

      

  

 

     

  

 

b Điều kiện x0

PT log2 4      

2 2 2

log x x log 32 log x log x log x log x

       

2

2

log

1

log

32

x x

x x

  

 

 



 





c Điều kiện x0

 

       

 

2

25

log log

5 25 5

5

2

5 5

5

log log log log log 7.log

1

log

1

log log log log

log

4

125

x

x x x

x x

x x x x

x

x



    



  

 

         

 

 



Vậy phương trình cho có nghiệm

1 125

x x

   

 

d Điều kiện x 1

     

 

1

2 2 2

2

2 2

2

2 2

3

3

log log 36 2 log log 2 log

1

.log 3 log 2 log

2

.log log 2 log

1 log

x

x x x

x

x

x x x x

x

x x

x



       



      

 

       

   

Vậy phương trình có nghiệm là:

3

2

1 log

x x

 

   



Bài 4: Giải phương trình sau : a 1

8

x x 

 b

3

27

x x

x



 c 3x.2x2 1

d

2 5x x 10

Giải:

a Lấy logarit hai vế với số 8, ta

2 1 1

8

1

8 log log

8

x x  x x

  

 

2 1 1 2

8 8

log 8x log 5x  log 8 x x log

       

      

8

1 log 1 log

x x x x x

          

   

 

8

8

1

1 1 log

1 log

x

x x

x

  

      

  



8

1

.log log 1 log

x x

x x

   

 

 

   

 

Vậy phương trình có nghiệm: x 1,x  1 log 85

b.PT 2 2

3

3 3x x.3 x x 2 log

x

 

      

3 3

3

4

2 log 2 log log log

9

1

log log

2

x x

x

      

  

c Lấy log hai vế phương trình theo số

Ta phương trình log 32 xlog 22 x2  0 xlog 32  x2

2

2

0 ( log )

log

x

x x

x

 

    

  

d PT log (2 )2 x x2  log (2.5)2 log 22 xlog 52 x2 log log 52  2

2

2 2

2

log log (log 5) log

1 log log

x x x x

x x

        

  

  

  

Bài tập tự giải có hướng dẫn: Bài 1: Giải phương trình sau a xx18x 100

HD: Điều kiện x0

2

( 1) 2( 1) 2( 1) 2

2

5

5 5

2

log 5.( 2)

1 log 2( )

x x x x x x x x

x

x x x

x loai

     

   

 

      

   

b 2 2

2 ( 2)( 4)

2

2 ( 2)( 4) log

log

x x x

x x x

x x

  

      

 

   



Bài 2: Giải phương trình sau

a 2x2 x1 b 2x243x2 c 5x25x6 2x3 d

1

3 18

x x x





e 8 36.32

x

x

x   f 57x 75x g 53 log 5x 25x i x4.53 5log 5x k 9.xlog9x x 2

Đs:

a 0; log 2 3 b 2;log 23  c 3; log 2 5 d 2; log 2 3

e 4; log 2  f

5

log (log 7) g h

;

5 k

BÀI TOÁN 3: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ - DẠNG 1 I Phương pháp:

Phương pháp dùng ẩn phụ dạng việc sử dụng ẩn phụ để chuyển phương trình ban đầu thành phương

trình với ẩn phụ

Ta lưu ý phép đặt ẩn phụ thường gặp sau: Dạng 1: Phương trình ( 1)

k

x x

k k a a

    



  

Khi đặt ta xđiều kiện t > 0, ta được: ktk k 1tk1 1t 0



  

Mở rộng: Nếu đặt ( )

,

f x

ta điều kiện hẹp t 0 Khi đó: ( ) ( ) ( )

, , ,

f x f x kf x k

a t a t a t

Và a f x( ) t

 

Dạng 2: Phương trình 1 x 2 x 3

a

  a   với a.b1

Khi đặt tax,điều kiện t0 suy bx t

 ta được: 2

1t 1t 3t

t



       

Mở rộng: Với a.b1 đặt ta f x( ),điều kiện hẹpt0, suy bf x( ) t



Dạng 3: Phương trình 1a2x2 ab x3b2x 0 chia vế phương trình cho b2x 0 (

 

2

, x

x

a a b ), ta được:

2

1

x x

a a

b



b

 

   

  

   

   

Đặt ,

x a t

b

 

  

  điều kiện t 0, ta được:

2

1t

  t  

Mở rộng:

Với phương trình mũ có chưa nhân tử: a2f,b2f,a b f, ta thực theo bước sau:

- Chia vế phương trình cho 2f

- Đặt

f a t

b

 

  

  điều kiện hẹp t 0

Dạng 4: Lượng giác hoá.

Chú ý: Ta sử dụng ngôn từ điều kiện hẹp t0 cho trường hợp đặt f x( )

ta vì:

- Nếu đặt ta xthì t 0 điều kiện

- Nếu đặt t2x21 t0 điều kiện hẹp, thực chất điều kiện cho t phải t2 Điều kiện đặc biệt quan trọng cho lớp tốn có chứa tham số

II Bài tập áp dụng: Bài 1: Giải phương trình

a 2

1 cot sin

4 x 2 x  3 0 (1) b 4sin2x 2cos2x 2 2

Giải:

a Điều kiện sinx0 xk,kZ (*) Vì 12 cot

sin x   xnên phương trình (1) biết dạng:

2 cot

cot

4 x 2.2 g x  3 (2)

Đặt t 2cot2x điều kiện t1 cot2 x02cot2x 20 1

Khi phương trình (2) có dạng:

2 cot

2 cot

3

cot ,

2

x t

t t x

t

x x  k k Z

 

       

  

     

thoả mãn (*)

Vậy phương trình có họ nghiệm ,

x k kZ

b PT  

2

2

sin sin

2 x  x 2

   

Đặt t 2sin 2x t 0 ta

    

2

2 2 2 2

t t t t t t

t

            

 

2

2

2

2

2

t t

t loai

   

  

  

  

  

1

2 2

Với 2 2sin2

x

t     (phương trình vơ nghiệm) Bài 2: Giải phương trình

a 7 3 2 3

x x

    

b (ĐH – B 2007)  2 1  x  2 1 x 2 20

c 3 5 16 3 5

x x

x

   

d (ĐHL – 1998)    

sin sin

7 4

x x

   

e 5 24 x  5 24x 10

Giải:

a Nhận xét rằng:     

2

7 3  2 ; 2 2 1

Do đặt t2 3xđiều kiệnt 0 , thì:2 3x

t

  7 3 xt2

Khi phương trình tương đương với:

  

2

2

1

2 3

3 0( )

t

t t t t t t

t t t vn

 

             

  

  

2 x x

    

Vậy phương trình có nghiệm x = b Đặt t 1 xta Pt:

1 2

t t

 

2

t t

     t 1  t 1 x  1 x1

c Chia vế phương trình cho 2x 0, ta được:

 

3 5

16

2

x x

     

  

   

   

   

Nhận xét rằng: 5

2

     



   

   

   

Đặt

2

x t   

 

 

, điều kiện t >

2

x

t

  

  

 

 

Khi pt (*) có dạng:

2

3

3

8 16 4 log

2

x

t  t   t     x 

 

Đặt  

sin

7

x

t  , điều kiện t >  

sin

1

x

t

  

Khi pt (1) có dạng:

 

 

   

 

sin

2

sin

sin sin

2

2 3

7 3

1

4

2 7 4 3 2 3

2 3

x x

x x

t

t t t

t t



 

    



  



    

        

  

  

       

  

 

 

   

 

sin

sin

2 3 sin 1

cos ,

sin

2 3

x

x

x

x x k k Z

x

 



   

  



       

 

  

 

e Nhận xét rằng: 5 245 241

Đặt 5 24

x

t  , điều kiện t > 5 24

x t

  

Khi pt (1) có dạng:

 

 

   

 

1

2 24 24 24 24 24

1

10 10

5 24 5 24 5 24 5 24 5 24

x x

x x

t

t t t

t t



       

    

        

 

        

1

x x

     



Nhận xét:

- Như ví dụ việc đánh giá:

    

2

74  2 ; 2 2 1

Ta lựa chọn ẩn phụ t2 3x cho phương trình

- Việc lựa chọn ẩn phụ thông qua đánh giá mở rộng củaa.b1 , là: a b c a b

c c

   tức với phương

trình có dạng: A a xB b xC0

Khi ta thực phép chia vế phương trình cho cx 0, để nhận được:

x x

a b

A B C

c c

   

  

   

    từ thiết lập ẩn phụ ,

x a

t t

c

 

  

  suy

1

x b

c t

      

Bài 3: Giải phương trình

a (ĐHTL – 2000) 22x219.2x2x22x2 0

b 2

2.4x  6x 9x 

 

Giải:

2 2

2 2 2

2 9.2 2

2

x x x x x  x xx

       2.22x22x9.2x2x 40

Đặt t2x2x điều kiệnt0 Khi phương trình tương đương với:

2

2

2

2

4

2 2

2 1

2

2

2

x x

x x t

x x x

t t

x

t x x



 



  

     



      

         



Vậy phương trình có nghiệmx–1x2 b Biến đổi phương trình dạng:

 

   

2 2

2 1

2.2 x  2.3 x  3 x 

Chia hai vế phương trình cho  

2

2

2 x  0, ta được:  

 

2 1 2 1

3

2

2

x  x 

   

    

   

Đặt

2 1

3

x t



    

  ,

2 1 1

2 3

1

2 2

x

x t



   

       

   

Khi pt (*) có dạng:

 

2 1

2

3

2

2 3

2 log log

1

x t

t t x x

t l





  

             

   



Chú ý:

Trong ví dụ trên, tốn khơng có tham số nên ta sử dụng điều kiện cho ẩn phụ t 0 thấy với

2

t vô nghiệm Do tốn có chứa tham số cần xác định điều kiện cho ẩn

phụ sau:

2

2 4

4

1 1

2

2 4

x x

x  x x         t

 

Bài 4: Giải phương trình

a (ĐHYHN – 2000)  

1 12

2 6.2

2

x x

x x

   

b (ĐHQGHN – 1998) 125x50x 23x1

Giải:

a Viết lại phương trình có dạng:

3

3

2

2

2

x x

x x

   

   

   

 

 

(1)

Đặt

3

3

3

2 2

2 2 3.2

2 2

x x x x x

x x x x

t          t  t

   

Khi phương trình (1) có dạng: 6 1 2

x x

t  t t   t  

2 ( )

1 2 2

2

x

u loai

u

u u u u x

u

  

            

 

Vậy phương trình có nghiệm x = b Biến đổi phương trình dạng:

 

125x50x 2.8x

Chia hai vế phương trình (1) cho 8x0, ta được:

 

3

125 50 5

2 2

8 2

x x x x

       

     

       

       

Đặt

2

x t   

  , điều kiện t 0

Khi pt (2) có dạng:

  

 

3 2

2

1 5

2 2

2 2

x t

t t t t t x

t t VN



  

             

    



Bài 5: Giải phương trình a

2

1

1

3 12

3

x x

   

 

   

    b

1

3 x 3 x  4 c

4x 2x 2x 16

Giải:

a Biến đổi phương trình dạng:

2

1

12

3

x x

   

  

   

   

Đặt

3

x t   

  , điều kiện t0

Khi pt (1) có dạng:

 

2

12

4

x t

t t x

t loai



  

         

   

 b Điều kiện: x0

Biến đổi phương trình dạng: 3

x x

  

Đặt t3 x, điều kiện t 1

Khi pt (1) có dạng:  

 

2

4

3

t loai

t t

t loai

  

    

  

c Biến đổi phương trình dạng: 22x12x4 2x2 16

 

2

2.2 x 6.2x

   

Đặt t2x, điều kiện t0

 

2

2

1

x t

t t x

t loai

 

        

  

Bài 6: Giải phương trình

a (ĐHDB – 2006) 9x2 x1 10.3x2 x 2  1

b 32x84.3x5270 c 3x232x 24

d  

2 2

2 1

7.2 x  20.2x  120

Giải:

a Pt 19 10.3

9

xx x x

     

2

3xx 10.3x x

   

Đặt t3x2x,t0

Pt 10

9

t

t t

t

 

     

 

Với t = 32 32 30 0

1

x x x x x

x x

x

   

        

  

Với t = 9 32 32 2 2

2

x x x x x

x x x x

x

   

            

  

b 38 2x4.3 35 x270 6561 3 x 2972.3x270 (*) Đặt 3x

t  Pt (*)

1

6561 972 27

1 27

t

t t

t

  

     

  

Với 32

9

x

t     x 

Với

3 3

27

x

t    x 

Vậy phương trình có nghiệm: x 2,x 3

c 32 24 9.3 24 3 2 24.3

3

x x x x x

x

 

          (*)

Đặt t3x 0

Pt (*)

3

9t 24 1

( loai)

t t

t

  

    

   

Với 3x

t   x

Vậy phương trình có nghiệm: x1

d Đặt t2x21, x2  1 2x2121  t

 

2

2

2

7 20 12 6 2

7

x t

t t x x

t loai



  

          

  

Bài 7: Giải phương trình

a 6.2x 2x1

b 64.9 – 84.2x x 27.6x

 

c 34x 4.32x1270 d

25x10x 2 x

Giải:

a Pt

2

x x

   Đặtt 2 x, t0

Pt 6.1 2 ( ) 1

2 2x

t

t t t t t

t t x

  

           

    



loai

b PT 

2

4 16

2

3

4

64.9 – 84.2 27.6 27 84 64

1

3 4 4

3

x

x x

x x x

x

x x

  

  

  

    

           

 

      

     

c 34x - 4.32x1270 32x 12.32x270

đặt t3 ; 2x t 0 ta t2 12t270

2

2

1

3 3

2 9 2

1

x

x

t x x

t x

x

 

   

  

   



   

   



d  

5 x 2.5 x 2.2 x

 

Chia hai vế phương trình cho 22x 0, ta được:

 

2

5

2

2

x x

   

  

   

   

Đặt

2

x t   

 

, điều kiện t 0

Khi pt (*) có dạng:

 

2

2

2

x t

t t x

t l



  

        

   



Bài 8: Giải phương trình a 4log9x6.2log9x2log 273 0

b (ĐH – D 2003) 2x2x22 x x 2 3

Giải:

a Pt  22 log9x6.2log9x2log 33 0  log9 

2

log

2 x 6.2 x

Pt

t

t t

t

 

     

 

Với t = log9 log9

9

2 x 2 x log x x

       

Với t = log9 log9 2

9

2 x x log x x 81

        

b 2x2x22 x x 2 3

2

4

2

2

x x

x x





  

đặt t 2x2x t 0 ta 1 

t loai

t t

t

  

    

 

2

2x x

  x2   x

2

x x

    

 

Bài 9: Giải phương trình

a 4log3x5.2log3x2log 93 0 b 3.16x2.81x 5.36x Giải:

a Pt   3

log log log 3

2

2 x 5.2 x

     log3 

2

log

2 x 5.2 x

   

Đặt t 2log3x , t0

Pt

4

t

t t

t

 

     

 

Với t = log3 log3

3

2 x x log x x

       

Với t = log3 log3 2

3

2 x x log x x

        

b Chia hai vế cho 36x ta

PT 16 81

36 36

x x x x

       

              

       

Đặt ( 0)

x

t t

 

 

   

Khi phương trình tương đương

2

1

3 0

2

0 3

t

t t

t

t t

t

t t



  

 

   

  

 

 

 

   

  

Với

9

x

t      x  

Với

3

x

t       x  

Vậy phương trình có nghiệm phân biệt x0

2

x

a 32(xlog 2)3  2 3xlog 23

b (ĐHDB – 2007) 23x 1 7.22x 7.2x 2 0

Giải:

a Pt 3(xlog 2)3 23xlog 23  2 0

  Đặt t =

log

3x ,t 0

Pt 2 1( )

2

t t t

t

  

     

 

loai

Với t = log 23

3

3x x log log x

      

b

2 7 ( ,x 0)

t  t  t  t  t

2

(t 1)(2t 5t 2)

    

2

t t t

     

0 1

x x x

      

Bài 11: Giải phương trình

2

1

2

x

x

 

 

 

   

Giải:

Pt

2

1

2

x

x

 

 

   

 

 

 

2

2 2( 2) 5

4

2

2 2 2

2 16 32

9

2 2

x x x x x x

x x x x



      

         

       

Đặt x

t2 , t0

Pt 162 32

t



t

  

2

2

16 32

0 32 16

t t

t t

t

 

      

2

4

4

2 log

9

x t

t x

    

     

 =

Bài 12: Giải phương trình a

2

9 10

2

x

x



 b 9.2 27 27 64

8

x x

x x

   

Giải:

Pt 9.4 2 2 10 42

x x  

    

 

 

2 2 2

2

2

36 10 10 .2 36

2

x x x

x x x

     

Pt

10 144

t t

   

18( )

t

t loai

    

    

x x 3

2 = 8 2 = 2 x = 3

 

   

2

2

2 10.2

36 10.2 36.4 10.2 144

4

x x

x x x x

         

b Phương trình: 9.2 27 27 64

8

x x

x x

   

3

2

0

2

3

2 64 4 4.2

log

2 2

x

x x x x

x x x

x x

   

 

            

 

    

Bài 13: Giải phương trình

a  

2

3

2 0, 3

100

x

x

x   b  

2

7

6 0, 7

100

x

x

x  

Giải:

a Pt

 

2

3

2 10 10

x x

x

 

    

 

2

2

3 3 3

2 3

10 10 10 10 10

10

x x x x x

x x

 

         

                    

          

Đặt

10

x t   

  , t 0 Pt t2 2t 3

3

1( )

t

t loai

  

  

  

  

   

x

3 10

3

= 3 x = log 3 10

b Biến đổi phương trình dạng:

 

2

7

6 10 10

x x

   

 

   

   

Đặt

10

x t  

  , điều kiện t0

Khi pt (1) có dạng:

 

2

7 10

7 7

6 7 log

1 10

x t

t t x

t l



  

        

   



Bài 14: Giải phương trình a 8x 18x 2.27x

 

b (ĐH – A 2006) 3.8x4.12x18x2.27x 0

Giải:

Pt 18

27 27

x x

x x

  

3

3

8 18 2 2

2 2

27 27 3 3

2

2

3

x

x x x x x

x x

 

         

                

           

           

   

 

Đặt

3

x t    

  ,t 0

Pt

2

t t

   

0

2 2

1

3 3

x x

t       x

          

     

b 3.23x4.3 2x 2x3 22x x2.33x0 Chia vế Pt cho 33x ta đươc:

3

2 2

3

3 3

x x x

     

   

     

     

Đặt

3

x t   

  , t 0 ta có:

3

3t 4t   t

1

t t

    

  

Do ĐK ta nhận 3

3 2

x

t     x

 

Bài 15: Giải phương trình

a (ĐH L – 2001) 4log22x xlog26 2.3log24x2 b 6.9log2x 6x2 13.xlog 62 Giải:

a Điều kiện: x >

Ta có: 4log 22 x 41 log x 4.4log2 x; xlog 62 6log2xvà

2

2 2

log 2 log log

3 x 3  x 9.9 x

Do phương trình trở thành:

2

2 2

log log

3

log log log

4.4 18.9 18

2

x x

x x x    

       

    (*)

Đặt

2

log

x t    

  Điều kiện: t >

Khi phương trình (*) trở thành – t = 18t2 18t2  t

4

1

( )

t

t lo ai

    

   

Vậy phương trình

2

2

log

3 log

2

2

x

x

 

     

Vậy

4

x nghiệm phương trình

b Điều kiện x0

Cách 1: Chú ý công thức: alogbc c logba với a, b, c 0và b1

Áp dụng cơng thức trên, ta chuyển phương trình 6.9log2x 6x2 13.xlog về phương trình:

2

log log

6.9 x 6x 13.6 x

Đặt

2

log 2t 4t t  x x  x 

Khi ta có phương trình: 6.9t 6.4t 13.6t

Cách 2: Ta có: 6.9log2x 6x2 13xlog 62

2 2 2

log log log log log log

6.9 x 6x 13x 6.9 x 64 x 136 x

     

Tự giải

Bài tập tự giải có hướng dẫn: Bài 1: Giải phương trình sau

a 2

2xx 2  x x 3 b 9x 6x 2.4x

 

c 4x x25 12.2x 1 x25  8 d 32x5 36.3x1 90

e 32x22x1 28.3x2x 90 f (ĐHH – D 2001) 12.3x 3.15x5x1 20

HD:

a Đặt 2x2 x ( 0)

t t



  ta 4

1 ( )

t x

t

t loai x

t

  

 

    

  

 

b Chia hai vế phương trình cho 4x ta

2

3

2 0

2

x x

x

   

    

   

   

c Đặt

2

2

3

2

2 ( 0)

4 5 2

4

x x

x

t x x

t t

t x x x

 

  

   

 



    



  

    

 d x  1 x 2 e x  2 x1

Bài 2: Giải phương trình sau

a (ĐHL – 1998)    

sin sin

7 4

x x

   

Đs: xk k 

b (ĐHNN – 1998) 2 3 x  74 32 3x 4 2  3 Đs: x0x2

c    

x x

6- 35  6 35 12

d.7 2 ( 5) 3 2 1 2

x x x

        

3 2

( 5) ( 1)( ( 4) 1)

1 0

3 2

1

1

t t t t t t

t x

t x

x t

             



  

 

     



  

  



e  3  3

x x

   

HD: Đặt  3  0

x

t   t 

2

2

t x

t

x

t t

    

     

 

  



Bài 3: Giải phương trình sau

a (ĐHTCKT – 1999) 4x12x1 2x2 12

Đs: x0

b (ĐHAN – D 1999) 9sin2x 9cos2x 10  

2

xk k

c. (ĐHHĐ – A 2001) -1

5.3 x 7.3x 6.3x 9x

    

Đs: log3 log 3

5

x x

d 32x1 3x2  6.3 x 32(x1)

Đs: log3 11

x   

 

Bài 3: Giải phương trình sau a (ĐHHP – 2000) 25x15x2.9x

Đs: x0

b (ĐHTL – 2000) 2 2

2 x 9.2x x2 x 0

Đs: x  1 x2

c (ĐHHH – 1999) 4.3 9.2 5.62

x

x x

 

Đs: x4

d 32x26x94.15x23x5 3.52x26x9

Đs: x 1 x 4

BÀI TOÁN 4: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ - DẠNG 2 I Phương pháp:

Phương pháp dùng ẩn phụ dạng việc sử dụng ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành phương trình với ẩn phụ hệ số chứa x

Phương pháp thường sử dụng phương trình lựa chọn ẩn phụ cho biểu thức biểu

Khi thường ta phương trình bậc theo ẩn phụ (hoặc theo ẩn x) có biệt số  số phương

II Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải phương trình 32x2x9 3 x9.2x 0

Giải:

Đặt t3x, điều kiện t 0 Khi phương trình tương đương với:

   2  2

2

2 9.2 0; 4.9.2

2

x x x x x

x t

t t

t

 

           

 

Khi đó:

+ Với t 93x 9 x2

+ Với 3

2

x

x x x

t       x

 

Vậy phương trình có nghiệm

0

x x

    

Bài 2: Giải phương trình 9x2 x2 3 3 x2 2x220

Giải:

Đặt t3x2điều kiện t1 x203x2 30 1

Khi phương trình tương đương với: t2x23t2x2 2

 2    2

2

2

3 2

1

t

x x x

t x

 

         

  

Khi đó:

+ Với t23x2 2x2 log 23 x  log 23

+ Với 2

1 3x

t x   x ta có nhận xét:

2

2

1

0

1 1 1

x

VT VT

x

VP VP x



  

  

   

  

   

  

Vậy phương trình có nghiệm x  log 2;3 x0

Bài 3: Giải phương trình: 9xx12 3 x 11x0

Giải:

PT  3x x12 3 x 11x0

Đặt 3x  0

t  t 

  

   

x x

x

11

1



 

     

(*) 11

) (

0

x x

f x

Xét phương trình (*) ta có

(*)

) (

, ln ) ( '

    

   

f

x x

f x

có nghiệm x = Vậy, tập nghiệm phương trình: S = {0 ; 2}

Bài 4: Giải phương trình: 3.25x2 3x10 5 x2 x3

Giải:

PT  

3.25x 10 5x

x x

 

   

     

2 2

5x 3.5x x 3.5x 3.5x

      

    

 

2

2

2

3.5 1

3.5

5

x

x x

x x

x



 



  

      

  



PT  

5

1

1 log log

3

x

x



      

PT  2 5x2   x

Vế trái hàm đồng biến vế phải hàm nghịch biến mà (2) có nghiệm x = nên nghiệm

Vậy Pt có nghiệm là: x2log 35 x =

Bài 5: Giải phương trình: 42x23x12x3160  1

Giải :

Đặt t2x, điều kiện t0

Khi pt (1) tương đương với:

4

2 16 4

t  t  t    t t  t 

Đặt u = 4, ta được: u22 t u t 42t3 0

 

 

 

2

2

2

1

2

1

1

2 log

1

x

u t t t t

t t

u t t t t t

t

x t

  

   

     

    

 



   

      

   

Bài 6: Giải phương trình: 9x2x2 3 x2x 5  1

Giải:

Đặt t3x, điều kiện t0

Khi pt (1) tương đương với:

 

2

2 2

t  x t x  1   2

x

t l

x

t x

  

   

  

Ta đoán nghiệm x =

Vế trái (2) hàm số đồng biến vế phải (2) hàm nghịch biến

Giải:

Đặt t3x, điều kiện t0

Khi pt (1) tương đương với:

     

2

2

2 2 2 4

2

5 5

5 0

5

5

t t t t

t t

t t

t t

      

     

 

 

    

  

 



Đặt u = 5, pt (2) có dạng:  

2 1

u  t  ut  

 

 

 

 

2

2

2 2

2

2

5

2

2

2 17

1 17 17

2

3 log

2

1 17

x

t t

u

t t l

t

t t t t t t

u

t l

x t

   



       



   

            

 

  



     



      

 

    

  

Bài 8: Giải phương trình: m2.33x3 3m 2xm22 3 xm0,m0  1

a Giải phương trình với m =

b Xác định m để phương trình có ba nghiệm phân biệt Giải:

Đặt t3x, điều kiện t > Khi pt (1) tương đương với:

 

2 2

m t  m t  m  tm

   

3

t t m t m t

     

Coi m ẩn, t tham số, ta phương trình bậc theo m, ta được:

   

2

1

1

2

2

1

m

t t

m t

f t mt t m

m t



 

  

 



     



 



a Với m = 2, ta được:

   

3

2

1

1

2 log log

2

2 2

x t

x

f t t t VN

 

      



   



Vây, với m = pt có nghiệm

b Phương trình cho có ba nghiệm phân biệt  phương trình (2) có nghiệm phân biệt dương khác m

2

'

0

2

0 0

0

0

1

1

0

0

m S

m

m P

f

m m

m

  

  

 

 



 

     



 

 

  

   

   





Vậy với 0m1 phương trình có ba nghiệm phân biệt Bài 9: Giải pt 3.9x1(3x7).3x1  2 x (1)

Giải:

Đặt t3 ,x1 t 0

Phương trình (1) 3.t2(3x7).t 2 x0

2 2

(3x 7) 12(2 x) 9x 30x 25 (3x 5)

         

3

6

3

2

x x

t

x x

t x

   



 

  

   

    



1

1

3

x

t  x

     

1

t x 3x x

        (*)

Ta thấy x1 nghiệm phương trình (*)

Đặt :

1

( ) ( )

x f x

g x x



 



   

Ta có : f x'( )3 ln 3x1 0  x R

Suy f x( )3x1 hàm đồng biến R g x'( )  1  x R Suy g x( ) hàm nghịch biến R Vậy phương trình (*) có nghiệm x1

Vậy pt (1) có nghiệm x0;x 1

BÀI TỐN 5: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ - DẠNG 3 I Phương pháp:

Phương pháp dùng ẩn phụ dạng sử dụng ẩn phụ cho biểu thức mũ phương trình khéo léo biến đổi phương trình thành phương trình tích

II Bài tập áp dụng:

Bài 1: (HVQHQT – D 1997) Giải phương trình 4x23x24x26x5 42x23x71

Đặt

2

2

3 2

4

, ,

x x

x x u

u v v

   

  

 

  

Khi phương trình tương đương với:

  

1 1

u v uv  u v 

2

2

3 2

2

1

1 2

1 4 1

5

x x

x x

x

u x x x

v x x x

x

   

  

 

     

 

   



      

   

   

Vậy phương trình có nghiệm

Bài 2: Cho phương trình: m.2x25x6 21x2 2.26 5 xm (1)

a Giải phương trình với m =

b Tìm m để phương trình có nghiệm phân biệt Giải:

Viết lại phương trình dạng:

 

2

2 2

2 2

( 6)

5 5

5 6

.2 2 2

.2 2

x x x

x x x x x x x

x x x x x x

m m m m

m m

   

      

     

      

   

Đặt:

2

2

5

2

, ,

x x

x u

u v v

  

  

 

  

Khi phương trình tương đương với:

  

2

2

2

5

1

3

1

1

2

2 (*)

x x

x

x x u

mu v uv m u v m x

v m m

m

  



  

  



          

 

   

 

Vậy với m phương trình ln có nghiệm x = 3, x =

a Với m = 1, phương trình (*) có dạng: 2

2x   1 x 0x  1 x 1 Vậy với m = 1, phương trình có nghiệm phân biệt: x = 3, x = 2, x = 1

b Để (1) có nghiệm phân biệt(*) có nghiệm phân biệt khác

(*) 2 2

2

0

1 log log

m m

x m x m

 

 

 

   

 

Khi điều kiện là:

 

2 2

0

0 2

1 log 1 1 1

0; \ ;

1 log 8 256

1

1 log

256

m

m m

m

m m

m m

m

   

 



  

   

  

    

   

 

   

 

 

Vậy với 0; \ 1; 256

m  

Bài 3: (ĐH – D 2006) Giải phương trình 2x2x 4.2x2x 22x  4

Giải:

Đặt

2

2

2

x x

x x u

v

 

      

Suy u v 22x u0,v0

Phương trình thành:

4 (1 ) 4(1 ) ( 4)(1 )

u vuv  u v  v   u v 

v

  0

1

x

x x

x

 

    

 

Chú ý:

Có thể biến đổi tương đương đưa phương trình tích

   

  

2 2

2

2

2

2 4.2 2

2

x x x x x x x x x x

x x x

   



        

   

Bài 4: Giải phương trình

a 22 x 3 x5.2 x 3 12x4 0 b 2x23x3 2x1 22x12

Giải:

a Ta có: 22 x 3 x 5.2 x 3 2x4 022 x 3 x 5.2 x 3 4.2x2 0

Đặt :  

3

2

2

,

2

x x x

x x x

uv u

u v u

v

v

   

   

 

 

 

 

 

 

 





Khi ta có phương trình:

1

5

4

u

u u v

u uv v

v v u

v

   

        

   

Với:

1 x x

u v

  

   u x x1

v

  

   (giải phương trình đại số tìm nghiệm)

Tập nghiệm phương trình: S1; 2 

b Đặt  

   

2

2

3

2 1

2

u f x x x

u v x x x

v g x x

    



      



  

 

  

2 2.2 2 2.2 2

2 3 1

2 2

0 2

2

u v u v u v u v

u

u v

v

u x x x

v x x



       

         

         

   

   



Bài 5: Giải phương trình:

Giải:

a Điều kiện: x0

Đặt 31log2x u,  1 log2x v

Ta có pt

  

2 2

2

1 –

1

u

u uv u v uv u x

uv                b Viết lại phương trình dạng:

2 5 6 1 7 5

2x x 2x 2  x1    

2

2 5 6 1 5 6 1 2 5 3 1

2x  x 2x 2x  x  x 2x x 2x 2x x.2x

        Đặt 2

, ,

2 x x x u u v v           

Khi đó, pt tương đương với:

  

2

2

5

2

1

1 1

1

2

2 1

2 1

x x

x

u

u v uv u v

v x x x x x x                                       

Bài 6: Giải phương trình:

a  

2 2

2

3

2 2 1

2

9x  x 3x 3x  1 b 4x2x21x2 2x12 1

c 8.3x3.2x 24 6 x d 22x25x2 24x28x3  1 26x213x5

Giải:

a Đặt

2

2

3

2

9 , 0

3 x x x u uv v          

Nhận xét rằng:  

2 2 2

3 2 2

2 2 3 3 x x x x x x x x x u v                  

Khi đó, pt tương đương với:

   2 2 2 3 2 2 2

1

1

1

9 3 3

0

3 3

x x x x x

x

x x

u v u

u v u v v

v v x x x x x x                                                     

b Đặt

2 , x x x u uv v          

Nhận xét rằng:    

2

2 2

4x x.2 x x x.2 x x

u v       

  

2

2

2

1

1 1

1

4

1

1

2

1

x x

x

u

u v uv u v

v x x x

x x

x

 

 

        

   

     

   

 

  

   



c Đặt ,

2

x

x u

uv v

  

 

  

Khi đó, pt tương đương với:

  

8 24

8

3

3

2

x

x

u

u v uv u v

v x

x

 

        

 

   

 



 



d Nhận xét:

Phương trình có dạng af x  g x   ah x  h x  f x g x 

Đặt

   

0

f x

g x u a v a

  

 

 

 

PT      1 

1

u

u v uv u v u a u v

v



     

              

 

Mà   1 uv1

2

2

2 2

2

2

2

2

4

2

3

x x

x x

x

x x

x

x x

x

   

   

     



   



  

  

 

  

BÀI TOÁN 6: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ - DẠNG 4 I Phương pháp:

Phương pháp dùng ẩn phụ dạng việc sử dụng k ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành hệ phương

trình với k ẩn phụ

Trong hệ k – phương trình nhận từ mối liên hệ đại lượng tương ứng

Trường hợp đặc biệt việc sử dụng ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành hệ phương trình với ẩn

phụ ẩn x, ta thực theo bước:

Bước 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho biểu tượng phương trình

Bước 3: Đặt y x ta biến đổi phương trình thành hệ:  

 ; 

y x

f x y



   

 



II Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải phương trình 81 1 181

2 2 2

x

x  x  x x

   

Giải:

Viết lại phương trình dạng: 81 1 1 181

2x 12x 1 2x 2x

   

Đặt:

1

2

, ,

2

x

x u

u v v

 

  



 

 

 

Nhận xét rằng: u v 2x11 2  1x12x121x  2 u v Phương trình tương đương với hệ:

8 18

8 18

9 9;

8

u v

u v

u v u v

u v uv u v

u v uv

 

 

 

  

 

 



  

   

   

 

+ Với u = v = 2, ta được:

1

2

1

2

x

x x

 

  



 



  



+ Với u =

8

v , ta được:

1

2

4

2

8

x

x x

 

  



 



  



Vậy phương trình cho có nghiệm x = x =

Bài 2: Giải phương trình 22x 2x66

Giải:

Đặt u2x, điều kiệnu0 Khi phương trình thành: u2 u66

Đặt v u6,điều kiện v 6v2  u

Khi phương trình chuyển thành hệ:

    

2

2

2

6

0

1

u v u v

u v u v u v u v

u v

v u

     



         

    

 

 



+ Với u = v ta được:

6

2(1)

x u

u u x

u

 

       

  

+ Với u + v + = ta được:

2

2

1 21

21 21

2

5 log

2

1 21

(1)

x u

u u x

u

  



  



       

  

Vậy phương trình có nghiệm x = log2 21

x 

Bài 3: Giải phương trình:

a 8x  1 23 x11 b 32x  3x55

Giải:

a Đặt2x u 0; 23 x1  1 v PT

3

3

3 2

0

1 2

2

1 ( )( 2)

u v

u v u v

u u

v u u v u uv v

 

      

 

  

  

      

  

 

0

1

log

x x

  

  

  

b Đặt u3x, điều kiện u0

Khi đó, pt (1) tương đương với:

 

2

5

u  u  

Đặt v u5, điều kiện v 5v2 u5

Khi đó, pt (2) tương đương với hệ:

    

2

2

2

5

1

1

5

u v u v

u v u v u v u v

u v

v u

     



          

 

  

 

 



TH 1: Với u  v , ta được:

 

2

3

1 21

1 21 21

2

5 log

2

1 21

x u

u u x

u loai

 

 

 



       

 

  

TH : Với u v  1 0, ta :

 

2

3

1 17

17 17

2

4 log

2

1 17

x u

u u x

u loai

  

 

 



       

  

  

Bài 4: Giải phương trình: 27x 2 33 x12  1

Giải :

Đặt u3x, điều kiện u >0 Khi đó, pt (1) tương đương với:

 

3

2 3 2

u   u

Đặt

3

v u ,v3 3u2

 

      

 

3

3 2

3

2

2 3

3

3

0

3

u v u v

u v u v u v u uv v

v u v u

u v

u v

u uv v VN

     

 

           

 

    

 



  

  

   



Thay u = v vào (3), ta được:

  

 

3

2

3 2

1

3

2

2

x

u u u u u

u u

x

u l

u u

       



  



     

    

 

BÀI TỐN 7: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SÔ I Phương pháp:

Sử dụng tính chất hàm số để giải phương trình dạng tốn quen thuộc Ta có hướng áp dụng: Hướng1: Thực bước sau:

Bước 1: Chuyển phương trình dạng: f(x) = k

Bước 2: Xét hàm số y = f(x) Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu (giả sử đồng biến)

Bước 3: Nhận xét:

+ Với xx0  f x  f x 0 k xx 0là nghiệm

+ Với xx0  f x  f x k phương trình vơ nghiệm

+ Với xx0  f x  f x 0 kdo phương trình vơ nghiệm

Vậy x x 0 nghiệm phương trình

Hướng 2: Thực theo bước:

Bước 1: Chuyển phương trình dạng: f(x) = g(x)

Bước 2: Xét hàm số y = f(x) y = g(x) Dùng lập luận khẳng định hàm số y = f(x)

Là đồng biến hàm số y = g(x) hàm nghịch biến Xác định x0 cho f x 0 g x 0

Bước 3: Vậy phương trình có nghiệm xx 0 Hướng 3: Thực theo bước:

Bước 1: Chuyển phương trình dạng: f(u) = f(v) (3)

Bước 2: Xét hàm số y = f(x) Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu (giả sử đồng biến)

Bước 3: Khi đó: (3)uv vớiu v, Df II Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải phương trình

a x2.3log2x 3 (1) b  

2 2

1

2x 2xx  x1

Giải:

Nhận xét rằng:

+ Vế phải phương trình hàm nghịch biến

+ Vế trái phương trình hàm đồng biến

Do phương trình có nghiệm nghiệm

Nhận xét x = nghiệm phương t rình (2) 2.3log2x  3 1

Vậy x = nghiệm phương trình

b Ta có: x12 0x2 2x 1 0x2 x x1

2 1 1

2xx 2x 2x 2xx

     (do hàm số t

y2 đồng biến)

Suyra:

0 VT VP

  



 mà VT = VP (Giả thuyết) nên ta có:

 

2

2

1

1 2x 2x x

x

x

 

  



 

    Tập nghiệm phương trình: x1

Bài 2: Giải phương trình  

2

3

2

1

log 2

5

x x

x x

 

 

     

  (1)

Giải:

Điều kiện: 2

x

x x

x

 

    

 

Đặt

3

u x  x , điều kiện u0 suy ra: 2 2

3 1

x  x u  xx   u Khi (1) có dạng:  

2

1

1

log 2

5

u u



 

   

 

Xét hàm số:    

2

1

2

3

1

( ) log log

5

x

f x x x x



 

      

  + Miền xác định D0;)

+ Đạo hàm:

 

2

1

.2 ln 0,

2 ln

x

f x x D

x

    

 Suy hàm số tăng D

Mặt khác  1 log 23  1.5

f    

Do đó, phương trình (2) viết dạng:

   

1

2

f u  f u  x  x  x 

Vậy phương trình có hai nghiệm

2

x 

Bài 3: Cho phương trình

2

2 2 2 2

5x mx 5 xmx x 2mxm

a Giải phương trình với

5

m  b Giải biện luận phương trình

Xác định hàm số f t 5t t

+ Miền xác định D = R

+ Đạo hàm: f 5 ln 1t  0, x Dhàm số tăng D

Vậy (1)  f t  f 2tm2 t 2tm  2 t m 2 0x22mxm0 (2)

a Với

5

m  ta được: 2

2

8

0 2

5

5

x

x x x x

x

  

       

   

Vậy với

5

m  phương trình có 2nghiệm 2;

x x  b Xét phương trình (2) ta có: 'm2m

+ Nếu

' m m 0 m

        Phương trình (2) vơ nghiệmphương trình (1) vơ nghiệm

+ Nếu '0 m = m =

với m = phương trình có nghiệm kép x = với m = phương trình có nghiệm kép x0 = –

+ Nếu '

0

m m

 

   

 

phương trình (2) có nghiệm phân biệt x1,2 m m2m nghiệm kép

của (1) Kết luận:

Với m = phương trình có nghiệm kép x = Với m = phương trình có nghiệm kép x0 = –

Với 0m1 phương trình vơ nghiệm

Với m1hoặc m0 phương trình có nghiệm x1,2 m m2m Bài 4: Giải phương trình 2x2x 93 2 xx2 642x33x x2 5x Giải:

Phương trình

2

6 4

2xx 3 x x x 3x x 5x

      

2

2 6

2x x x x 3x x x 4x 3 x

       

Đặt

2

2 3

4

u u v v

u x x

u v

v x

 



 

     



  

Xét hàm số   /  ln 1 ln1

3 3

t t

t t

f t   t     f t        t R

   

 

/

f t

 đống biến, mà f u  f v u v

Ta có phương trình: 2

1 6

6

x

x x x x x

x

 

        

  Vậy tập nghiệm phương trình: S 1;6

Bài 5: Giải phương trình

a

a Đặt:

2

2

8

u x x

v u x x

v x



 

    



  

Phương trình 2u 2v 2u 2v    

v u u v f u f v

         

Xát hàm số: f t 2t t, f ' t 2 ln 2t 0  t R f' t đồng biến

mà f u  = f v  nên u v x2  xx 8 x2 2x 8

4

x x

 

   

 Vậy tập nghiệm phương trình: S  2;4

b 2log2x3log2x 7log2x2

Đặt t log2 xthì pt trở thành: 2 1

7 7

t t t

t t t      

          

     

Xét hàm số

  '  ln2 ln3 ln1

7 7 7 7 7

t t t t t t

f t            f x             t

            

 

f t

 hàm giảm R

lại có f  1 1 nên pt cho ln có nghiệm t 1 log2 x 1 x2 Vậy pt cho có nghiệm x2

Bài 6: Giải phương trình a 9x 5x 4x 2 20x

   b  2

3

log

3.x x  log x1  x

Giải:

a PT 32 [( 5) ]2 ( 5)

3

x x

x x x x x x    

          

   

 

(1)

Vì 2,

3

  nên vế trái hàm số nghịch biến 

Mặt khác: f  2 1nên PT f x  f 2  x2 b Điều kiện: x0

Đặt t log3 x x3t

Phương trình trở thành : 3.3 3 t t t12 32t 3t21t2  1 32t 2t (1) Xét hàm số f u 3u u có f u'( ) 3 ln 1u  0 u

Suy   3u

f u  u đồng biến R

PT (1)  

( 1) 2

f t f t t t t

       

Với t  1 x3

Bài 7: Giải phương trình sau a 5x x

  b 2x 3x 5x

 

2 5x x 2x 3x  

Xét hàm số f x 2x 3x  5(xác định với x )

Ta có f / x 2 ln 2x 3 ln 3x 0x Suy đồ thị hàm số f x  cắt trục hoành điểm

Vậy phương trình có nghiệm x1

b Phương trình nhận nghiệm x1

Chia hai vế phương trình cho 3x

PT

3

x x

   

    

   

Đặt ( ) ( )

3

x x

f x     v g x   

   

Cả hai hàm số có tập xác định R

Ta có /( ) ln2 /( ) ln5

3 3

x x

f x     v g x    

   

Suy hàm số f x  nghịch biến hàm số g x  đồng biến Do đồ thị hai hàm số cắt điểm

Vậy phương trình có nghiệm x1

Bài 6: Giải phương trình:4x 2x12(2x 1) sin(2x  y1)20

Giải:

PT  2 sin(2 1)2 cos (22 1) sin(2 1) (1)

cos(2 1) (2)

x x

x x x

x

y

y y

y

     



         

  

 

Từ (2)  sin(2x y1) 1

- Khi sin(2x 1)

y

   , thay vào (1), ta được: 2x = (VN) - Khi sin(2x y1) 1, thay vào (1), ta được: 2x =  x =

Thay x = vào (1)  sin(y +1) = –1  ,

2

y   k kZ Kết luận: Phương trình có nghiệm: 1; ,

2 k k Z

 

 

   

 

 

Bài 7: Giải phương trình 3x

x

  

Giải:

Cách 1: Ta có 3x  x 03xx4 (*) Ta thấy x1 nghiệm phương trình (*)

Đặt : ( )

( )

x

f x x

g x

  

  

Ta có : f '( )x 3 ln >0 xx   Suy ( )f x 3xx hàm đồng biến R Mà g x( )4 hàm

Cách 2: 3x  x 03xx4 (*)

Ta thấy x1 nghiệm phương trình (*) Nếu x1, ta có

1

3 3

x

x

  

  

3x x

     (vơ lý) Nếu x1, ta có

1

3 3

x

x

  

  

3x x

     (vô lý) Vậy phương trình (*) có nghiệm x1

Bài 8: Giải phương trình

a 2 32 1

x x

  b 2log5x3 x

c 2 5 292

x x x

  d 4 92 7

x x

 

Giải:

a Ta có : 2 32 1

x x

  2x ( 3)x1

2

x x

   

    

   

 

(*)

 Ta thấy x2 nghiệm phương trình (*)

 Đặt :

3 ( )

2

( )

x x

f x g x

    

    

    

  

Ta có : '( ) ln ln1 x

2 2

x x

f x        R

 

 

Suy ( )

2

x x

f x       

 

hàm nghịch biến R Mà g x( ) 1 hàm

Vậy phương trình (*) có nghiệm x2

b Điều kiện : x 0

Phương trình log5x3log2 x  

Đặt log2 2t t  t  x

Phương trình   log52 3 1  

3

t t

t t t

t    

              

   

Xét hàm số   '  ln 0.4 ln 0.2

3 5

t t t t

f t         f x          t

        

Suy ra: f t là hàm giảm R

Mặt khác f  1 1 nên pt (**) có nghiệm t  1 log2 x 1 x2

c Chia hai vế cho  29xta :

29 29

x x

   

 

   

Nếu x2 :

2

2

29

29 29 25

1 29 29 29 29

5 25

29 29 29

x

x x

x

   

 

   

   

   

    

    

   

   



 

   



   



pt vô nghiệm x2

Nếu x2: cm tương tự ta pt vơ nghiệm

Vậy phương trình có nghiệm x2

d PT 7

3

x x

x x    

        

   

Đặt:   '  ln4  

3 3

x x

f x     f x      f x

    đồng biến R

  '  ln1  

3 3

x x

g x       g x      g x

    hàm giảm R

Do đồ thị hàm số hai hàm cắt điểm x2 Vậy pt có nghiệm x2

Bài 9: Giải phương trình: 2x 3x

x  x

Giải:

Nhận xét: ta thấy pt 2x 3x

x  x có hai nghiệm x = 

Với

2

x không nghiệm phương trình nên

PT

2

x x x



 



Ta có hàm số y = 3x tăng R

hàm số

2

x y

x

 

 giảm khoảng

1

; , ;

2

   

 

   

   

Vậy Phương trình có hai nghiệm x = 

Bài tập tự giải có hướng dẫn: Bài 1: Giải phương trình sau:

a  2 ( 2) ( 5)

x

x x

   

HD:

3

( ) ( )

5

3

; 1; ;

5

x x

u u v v

 

  

 

    

Vậy pt vô nghiệm

b (3x x1)4 c 1

2

x x

e e

x x

 

  

  d

2 2 1

2 x 3 x5 x 2x3x 5x

e ( 3 2) ( 3 2) 102

x

x x

    f

(2x 3) 2(1 )x

x   x  

Đs:

b

3

x c x2; d x1 e x2 f x0; 2

Bài 2: Giải phương trình sau: a. (TL – 2001) 2x12x2x (x1)2

b 2x14x  x

c (QHQT – 1997) ( 3 2)x( 3 2)x ( 5)x

d (SPHN – 2001) 3x5x6x2

e (BCVT – 1998) (2 3)x (2 3)x 4x

   

f 23x3 2x 2x(1 3 x2).2xx3  x g (2.3x x1)3x2

h 8x.2x23x x

Đs:

a x1 b x1 c VN d.x 0;1 e x1 f x0

g x1 h x2

BAI TOÁN 8: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC

Bài 1: Giải phương trình 3x22x34x22x25x22x114

HD:

Cách 1: Phương trình: 3x22x34x22x2 5x22x1 14 Ta có:

     

2

2

2 2

2

1

2

1

2 2 2

1

2

3 3

4 4 4 14

5 5

x x x

x

x x x x x x x x

x x x

   

 

       

  

   

 

      

 

  

 

Dấu ‘’ = ‘’ xãy khi:x 1

Cách 2: Phương trình: 3x22x3 4x22x2 5x22x1 14

  

 2  2  2

1 1

3x  4x  5x 3t 4t 5t 9.3t 4.4t 5t

           

Dùng đạo hàm ta chứng minh phương trình 9.3t 4.4t 5t 1 có t = nghiệm

Với t = ta suy rax 1

Vậy tập nghiệm phương trình: S  1

Bài 2: Giải phương trình 1

Vì

1 2

x

2 x số dương Nên áp dụng BĐT Cauchy cho số

1

1 2

x

,

1

1 2

x

và21 2 x , ta có:

1 1

1

2 2

2

x x  x

  

Dấu ‘’ = ‘’ xảy khi: 12 21 2 21

2

x x x x

x

  

    

Cách 2: Đặt x

t2 , t 0 Khi ta có phương trình:

3

2

2t

t

 

3

2t 2t

    Ta có t 3 nghiệm phương trình Áp dụng lược đồ Horner, ta có:

2 3 23

3

2

2

 3

Khi đó: 3   3 

2t 3 2t20 t 2t  2t 0

3

2 3

2 1

3

2

t

x

t t

  

 



  

 

Bài 3: Giải phương trình:

 

2

2

8 2

log 4

x x

x x

 

 

 

Giải:

Ta có 4x2 – 4x42x12   3 log34x2 4x41

 

3

8

8 log 4

VP

x x

  

 

Mặt khác theo BĐT Cơsi, ta có: 22 23 2 22 1.23 2 24

Cosi

x x x x

VT         

Dấu “=” xảy

 

2 2

2

8

8

log 4

x x

x x

 

  



  

  



Giải hệ ta có nghiệm phương trình x =

2

Bài tập tự giải:

Bài 1: Giải phương trình sau

a 38

3

x

x x

   b 3x 1 3x3 2 c 2x 1 2x2  x22x

d 8sin2x8cos2x10 cos 2 y e 4sinx21 sin xcos(xy)2y 0 f 9x 3x 10x2

g 2

27x (6 1).9x x

  x  h

2 3x

x x x 

    

a x0 b 0x 1 c x1 d ; 2

k

x  y l e xk;y0 f x0x1 g 0;1; ;2

3

x  

  h x1

BÀI TOÁN 9: SỬ DỤNG GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ I Phương pháp:

Với phương trình có chưa tham số: f x, m    g m   Chúng ta thực bước sau:

Bước 1: Lập luận số nghiệm (1) số giao điểm đồ thị hàm số (C): y  f x, m và đường thẳng

 

d : y  g m

Bước 2: Xét hàm số y = f(x,m)

+ Tìm miền xác định D

+ Tính đạo hàm y’ rịi giải phương trình y’= + Lập bảng biến thiên hàm số

Bước 3: Kết luận:

+ Phương trình có nghiệm min f x m , g m( )max f x m , (xD)

+ Phương trình có k nghiệm phân biệt(d) cắt (C) k điểm phân biệt + Phương trình vơ nghiệm    d  C  

II Bài tập áp dụng:

Bài 1: Cho phương trình  

2

2 2 2 2 2

3x  x 2 x x x 2xm2 a Giải phương trình với m =

b Giải phương trình với m = 27 c Tìm m để phương trình có nghiệm Giải:

Viết lại phương trình dạng:3x22x24x22x2x22x2m

Số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số:

y3x22x24x22x2x22x2 với đường thẳng y = m Xét hàm số y3x22x24x22x2x22x2 xác định D = R Giới hạn: limy 

Bảng biến thiên: 31, 41 nên biến thiên hàm số phụ thuộc vào biến thiên ccủa hàm số

2

2

tx  x ta có:

a Với m = phương trình có nghiệm x =

b Với m = 27 phương trình có nghiệm phân biệt x = x = c Phương trình có nghiệm m8

Bài 2: Với giá trị m phương trình

2 4 3

4

1

1

x x

m m

 

 

  

Vì m4m2 1 với m phương trình tương đương với:

 

5

4 log

x  x  m m 

Đặt 1  

5

log m m 1 a, đó: x24x3 a

Phương trình ban đầu có nghiệm phân biệt phương trình (1) có nghiệm phân biệt

đường thẳng y = a cắt đồ thị hàm số y x24x3 điểm phân biệt

Xét hàm số:

2

2

4 3

4

4 3

x x khix hoacx

y x x

x x khi x

    



    

    

 

Đạo hàm: '

2

x khix hoac x y

x khi x

  

  

   



Bảng biến thiên:

Từ đó, đường thẳng y = a cắt đồ thị hàm sốy x24x3 điểm phân biệt

 

1

1

0 log 1 1

5

a m m m m m

               

Vậy với 0 m 1 phương trình có nghiệm phân biệt

Bài 3: Giải biện luận theo m số nghiệm phương trình 2x 3 m 4x1

Giải:

Đặt t2 ,x t0phương trình viết dạng:

2

3

3

1

t

t m t m

t



    



(1)

Số nghiệm (1) số giao điểm đồ thị hàm số (C):

2

3

t y

t

 



với đường thẳng d:y = m Xét hàm số:

2

3

t y

t

 



xác định D0;

+ Đạo hàm:

 

1

' ; '

3

1

t

y y t t

t t



     

 

+ Giới hạn: limy1t  + Bảng biến thiên:

Biện luận:

Với m1 m 10 phương trình vơ nghiệm

Với 1m3 m 10 phương trình có nghiệm

Bài 4: Giải phương trình 3x5x 2.4x

HD:

Ta có: x0VT VP x0 nghiệm phương trình x 1 VT VPx1 nghiệm phương trình Suy ra: x = x = nghiệm phương trình

Vì 4x 0 nên ta chia hai vế phương trình cho 4x, ta được: 2

4

x x

   

 

   

   

Xét hàm số:   2

4

x x

f x           

với xR

Vậy phương trình 2

4

x x

   

 

   

   

(hay phương trình 3x 5x 2.4x) phương trình hồnh độ giao điểm  C :y f x  trục hoành Ox y0

Đạo hàm: /  3 5

ln ln

4 4

x x

f x      

   

 

/ / 3 25

ln ln

4 4

x x

f x         x R

   

Suyra: f/ x đồng biến

Mặt khác, ta có:

   

     

/

/ /

/

3 15

0 ln ln ln

4 16 0 1 0 0;1

3 5

1 ln ln

4 4

f

f f x

f



   

 

   



   

 

Suy phương trình f/ x 0 có nghiệm thuộc 0;1 Mà f/ x đồng biến

Nên f/ x 0 có nghiệm x0 thuộc 0;1

Bảng biến thiên

x  x0 

f/(x) − + f(x)

 

f x 0

Kết luận:

Phương trình f x 0 có tối đa hai nghiệm

Suy ra: x = x = hai nghiệm phương trình Vậy tập nghiệm phương trình S  0;1

Bài 5: (ĐHDB – 2004) CMR phương trình sau có nghiệm nhấtxx1 x1x (x0)

 

1

1 x

x

x   x lnxx1lnx1x (x1) lnxxlnx1(x1) lnxxln(x1)0

Đặt f x( )(x1) lnxxln(x1)

1 ( ) ln ln( 1)

1

f x x x

x x

     

 ;

2

2

1

( )

( 1)

x x

f x

x x

  

  

 Suy f’(x) nghịch biến R

+

Mà: lim ( ) lim ln 1

1

x x

x f x

x x x

 

 

     

 

 

 f’ x 0 với x 0  f(x) đồng biến R+

0

lim ( )

x

f x 



  ; f e   e eln e 1  0

Vậy có x thu0 ộc 0;e để f x 0 0 x nghi0 ệm Bài 6: Giải phương trình: 4x 6x 25

x

  

Giải:

Phương trình  f x 4x 6x  25x20

Ta có f’ x 4 ln x 6 ln x 25 f” x 4 ln 4x  2 6 ln 6x  2 0  x R

Suy f’(x) đồng biến /R

Mặt khác f’(x) liên tục f’ 0 ln 4ln 6250

   

’ 16.ln 36.ln 50 ’

f      f x  có nghiệm x0 0; 2

Vậy f x 0có tối đa hai nghiệm, ta có bảng biến thiên:

Ta có f  0 0 và f  2 0

Vậy phương trình có hai nghiệm x0x2

BÀI TỐN 10: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH

TQ 1: abcd acbd abcd acbd 0a b cd b c0

b ca d b c

a d

 



     

 

TQ 2:  1 1

1

u

u v uv u v

v

 

        

 

Với phương trình mũ: af x  g x   ah x  h x  f x g x 

Bài tập áp dụng:

x f’(x)

f(x)

- 0 x0 2 +

0

- +

+

-

Bài 1: Giải phương trình

a 126x 4.3x 3.2x b 15x 3.5x 3x 3

Giải:

a PT

12 4.3x 3.2x 6x

    4 3  x2 3x  x

4 2x3 3x

    2

2

3 3

x x

x x

x x

      

  



   

 

b PT

 

    

3 3.5 3 3 3

3 3

x x x x x x x

x x x x

x x

         

            

Giải phương trình sau:

1 8.3x + 3.2x = 24 + 6x→ x = x =

2 12.3x + 3.15x - 5x + = 20 2x + 3x = + 6x

4 - x.2x + 23 - x - x =

5 52x +1+ 7x +1- 175 - 35 = 0x

6  

2

2 1 1

4x x 2x 2 x 1

7.4x23x2 4x26x5 42x23x71

8 5.32x17.3x1 6.3 x9x1= x2.2x12x 3  x2.2x 3 2x1

10 x 32 x-1+ x - = 2 -3 x x  x x-1

11 4sinx - 21 + sinx cos(xy) + 2y

12    

2 2 2

2 x +x 1-x x +x 1-x

2 + 2 - 2 .2 -1 = 0

BÀI TOÁN 11: PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HĨA

Bài 1: Giải phương trình:

2

1

1

2

x x

a a

a a

     

 

   

   

với tham số a0;1

Giải:

2

1

1

2

x x

a a

a a

     

  

   

   

2

1

1

2

x x

a a

a a

     

 

   

   

Chia hai vế phương trình cho

2

1

x a a

  

 

 

ta được:

2

2

2

1

1

x x

a a

a a

  

 

    

 

   

Vì a0;1 nên tồn góc 0;

  

  tan a





Thu phương trình:

2

2 tan

1 tan

x

 

 

 

  



 

 

2

1 tan tan

x

 

 



 

  



 

 

   

1 sin x cos x

  

Hàm số ysinxcosx hàm nghịch biến ta có

 2  2

(2) sin cos

f      Vậy x =2 nghiệm phương trình

Bài 2: Cho hai phương trình: 3 2  x  1 x3 (1)  1 cos

x 

  (2)

Giả sử x nghiệm phương trình G (1) Chứng minh rằng, x nghiệm phương trình (2)

Giải:

     

 

2 1

3 2 3

2

x x x

x

       



Đặt  1

x t

  với t >

Khi phương trình (1) trở thành:

2

4

2

t t t

t

     Xét t  1;1 , đặt tcos , 0; ta

3 1

4 cos 3cos cos

2

k

 

         

Vì 0;  nên ;5 ;7

9 9

  

  

 

suy 1 cos ; 2 cos5 ; 3 cos7

9 9

t   t   t  

Rõ ràng phương trình bậc ba có đủ ba nghiệm nên ta không xét nghiệm t  1;1 Mặt khác 2 cos5

9

t    3 cos7

t    nghiệm phương trình (1) là: 1 cos

9

t     1 cos

x 

 

Vậy x nghiệm phương trình (1) x nghiệm phương trình (2)

Bài 3: Giải phương trình: 4.33x3x1 9 x

Điều kiện: 9 x 009x 1 x0  

Biến đổi phương trình dạng:

3

4.3 x3.3x  3 x

Với điều kiện (*) 03x 1

Đặt cost3x, với 0,

t  

 

Khi pt có dạng:

 

3

0

4 cos 3cos cos cos sin cos

2

3

8

2

8

3

2

t

t t t t t t

k t

t t k

t k

t t k t l





 







  



 

 

        

 

 

 

   



   



       



 

Ta có: cos cos 2 cos2 cos2 2 cos 2

4 8 8

        

       

 

Do đó: cos 2 log3 2

8 2

x

t        x 

Bài 4: Giải phương trình 1 2 2x 1 2  2x.2x

Giải:

Điều kiện 2

1 2 x 02 x 1 x0

Như 2x

  , đặt sin , 0;

x

t t   

   

 

Khi phương trình có dạng:

   

2

1 sin sin sin cos cos sin

3

2 cos sin sin 2 cos 2sin cos cos sin

2 2 2

cos 0(1)

2

2

2

0

2 sin

2 2

x

x

t t t t t t

t t t t t t

t t

t

t

x x t

t

 

        

 

        

 

  

 

     

 

   

 

    



 

 



Vậy phương trình có nghiệm

0

x x

   

 

a

2

  x  x

x b 4sinx21 sin x.cosxy2y 0 c

1

1

2

x x x

   



d (x4)31 x1 x(x1) 3x  1 3x1 1 e 1 x 3y 3 2x4y 1 2

f 32x2  3x4 6x2 7  1 2.3x1 g (2 3) 2 (2 3) 2 101

10(2 3)

x x x  x

   



h (HVQHQT – 1997) ( 3 2)x ( 3 2)x ( 5)x

i (ĐHQGHN – D 1997) (5 21)x 7(5 21)x 2x3

k (ĐHCT – D 2000) ( 52 6)sinx( 52 6)sinx 2 l ( 4 15)x ( 4 15)x (2 2)x

Đs:

a x0x2x3 b xk k,y0 c x log 23

d x  1 0;1 e

2

x y f x 1

g lg10(2 3)

lg(2 3)

x  

 h Vô nghiệm i x0xlog5221

k xk k  k x2

Bài 2: Giải phương trình sau

a xx x4x b 2x2x12x2 7x 7x17x2 c

3

3 4

4 3

x

x 

 

 

  

   

   

d 3x3x1 3x2 5x 5x1 5x2 e x1 4 x1 f x1 23x1 3x78x3

g 1000.x 0,1100x h 52x7x 5 35 2x  35 x 0 i

1 ) (

3 9xx  

k (ĐH mở - D 2001)  

1

2

2x x 4 x 4 x 44x8

HD: Điều kiện x0

 

4 2x

x   x   

 

l 2

4 3x 3x 3x

x x    x  x

m (ĐHKTHN – 1997) 25x 2 3 x5x 2x70

Đs:

a

1 256

x x  b 2

7

228 log

343

x c x2

d 3

5

31 log

43

x e

2

g 1

x x h

2

x  i

2

x x 

k

2

x l 1; ; log 23 3

2

x  

  m x1

Bài 3: Giải phương trình sau

a

6

1

3   

                   

 x

x x

x x x

b 2x x2 4x24 x2 44x8 c (ĐHQGHN – 2000)   

log log

2

2 2

x x

x x

     d 13 6

1 1

 

 x x

x

e 2

3

3 2

9x x  x  x f 5x12x5x2x2 0 g x2log24x2 4x23 h xlog29 x2.3log 2xxlog23

i 2.xlog2x2x3log8x 50 l xxlog23 xlog25

m log292x3

x n 3x 2x 2x 3x

7 5

7   

Đs:

c

Bài 4: Giải phương trình sau

a 3x13x2 3x33x4 750 b 7.3x15x2 3x4 5x3

c

3

6

4x  x  x d 52x 32x2.5x2.3x

e 2x213x2 3x212x22 f 125x50x 23x1

PHƯƠNG TRÌNH MŨ CĨ CHỨA THAM SỐ Bài 1: (ĐHDB -2002) Tìm a để phương trình sau có nghiệm 1   1

9 x  a2 3 x 2a 1

Giải:

Điều kiệnx[-1;1]

Đặt 1

3 x

t    ; x[-1;1] t [3;9] Ta có: (1) viết lại

2

2 2

( 2) ( 2)

2

t t

t m t m t m t t m

t

 

           



Xét hàm số  

2

2

2

t t

f t

t

 



 , vớit[3;9]

Ta có:

2

/ /

( ) , ( )

3

( 2)

t

t t

f t f t

t t

 

 

   



 

Lập bảng biến thiên

t

f/(t) +

f(t) 64

Căn bảng biến thiêng, (1) có nghiệmx[-1;1]  (2) có nghiệm t[3;9] 64

m

 

Bài 2:Cho phương trình 1

2.4 x 5.2 x m0 (1) với m tham số

a Giải phương trình ứng với m2

b Xác định tất giátrị tham số m để phương trình (1) có nghiệm Giải:

Cho 2.4 x15.2 x1m0 (1) a Giải (1) m2

Đặt t2 x1 Điều kiện

2

t (vì x  1 )

Khi (1) trở thành:

2t 5tm0 (*)

Vớim2 (*) trở thành: 2t25t 2

2

t t

   

Vậy (1) 2 1

x x

     x   1 x 1 2 x   1 x4x0 b Tìm m để (1) có nghiệm:

Ta có: (*) 2t25t m

Xem hàm số:y2t25t [ ,1 )  ,

5 ' 5; '

4

y   t y   t

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta được:

(1) có nghiệm  (*) có nghiệm [ ,1 )  

25

m

Bài tập tự giải:

Bài 1: Với giá trị p phương trình 2p x 2x 5 có nghiệm Bài 2: (ĐHTS – 2001) Giải biện luận phương trình a2x  a2x a Bài 3: (ĐHHĐ – 2000) Cho phương trình    

1 4x 2x

k  k   k  a Giải phương trình k 3

b Tìm tất giá trị k để phương trình có hai nghiệm trái dấu Bài 3: Cho phương trình 5.16x 2.81x 36x

a

 

a Giải phương trình a7

Đs: a 3

2

5 log

2

x x b a  ; 10

Bài 1: Giải biện luận phương trình: m2.2x m5.2x 2m10 Bài 2: Giải biện luận phương trình: 3 5x a3 5x 2x3

Bài 3: Xác định m để phương trình sau có nghiệm:      

2 2

2 1

2 x 2x

m   m   m 

Bài 4: Tìm m để phương trình: m3.16x 2m1.4x m10 có hai nghiệm trái dấu Bài 5: Cho phương trình: 4x m.2x12m0

a Giải phương trình m =

b Tìm m để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x , x cho 1 2 x1x2 3

Bài 6: Giải biện luận phương trình: a m.3x m.3x 8

b m2.2x m.2x m0

Bài 7: Xác định m để phương trình sau có nghiệm:

a m132x 2m33x m30

b m44x 2m22x m10

Bài 8: Cho phương trình: m.16x 2.81x 5.36x

a Giải phương trình với m =

b Tìm m để phương trình có nghiệm

Bài 9: Cho phương trình: 32 2tgx 32 2tgx m

a Giải phương trình với m =



b Tìm m để phương trình có hai nghiệm  

 

  

2 ;

 

Bài 10: Tìm m để phương trình sau có nghiệm nhất:

3

2  

 m

x

Bài 11: Tìm m để hai phương trình sau tương đương:

4

9

2

   x 

x

1

4 2 1

 x m x

m

Bài 12: Tìm m để hai phương trình sau tương đương:

16

2

4x1 x4  x2 

9  

 x m x

m

Bài 13: Tìm m để phương trình sau có nghiệm nhất: 12 2x  m

Bài 14: Xác định m để nghiệm phương trình

2

1

1

3 12

3

x x

   

 

   

    nghiệm bất phương

CHƯƠNG II:

PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH- HỆ LƠGA RIT. CHỦ ĐỀ 1: PHƯƠNG TRÌNH LƠGARIT

BÀI TỐN 1: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP LƠGARIT HOÁ VÀ ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐ I Phương pháp:

Để chuyển ẩn số khỏi lơgarit người ta lơgarit hố theo số vế phương trình, bất phương

trình Chúng ta lưu ý phép biến đổi sau: Dạng 1: Phương trình:  

 

0

loga ( )

b a

f x b f x

f x a

   



  



 



Dạng 2: Phương trình:    

   

0

log log

0

a a

a

f x g x

f x g x

 

 

  

 

 

Chú ý:

- Việc lựa chọn điều kiện f x 0 g x 0 tuỳ thuộc vào độ phức tạp f x  g x 

- Khi số a số thỏa mãn 0a 1 khơng cần kiểm tra điều kiện mà biến đổi tương đương II Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải phương trình log 9x2 log3x.log3 2x 1 1

Giải: Điều kiện:

0

2 0

2 1

x

x x

x

  

   

 

   

Phương trình viết dạng:

   

   

2

2

3 3 3

2

3 3 3

1

2 log log log 1 log log log 1

2

log log log 1 log log 1 log

x x x x x x

x x x x x x

 

      

 

 

 

        

 

 

3

3

log 1

log log 1 2 1

x x

x x x x x



  



  

        

 



   

0

2

1

4 2

2 2

x x

x

x x

x x

  

 

  

  

   

 

0

1

4

x

x x

x

x x



 

 

 



  

Vậy phương trình có nghiệm x = x =

Bài 2: Giải phương trình

a log3xlog4xlog5x b 2log5(3x1)1log35(2x1)

c log2 x log 3 xlog4 xlog2 x.log3 x.log4 x d 1log (52 ) log8 3 x  x

Giải:

a Điều kiệnx 0

Ta biến đổi số 3:

4 5

log xlog 3.log x và log xlog 3.log x Khi phương trình có dạng:

 

3

3

log log 3.log log 3.log

log log log log

x x x

x x x

 

       

Vậy phương trình có nghiệm x =

b Điều kiện



x

2

5 5

2 3

2

log (3 1) 3log (2 1) log 5(3 1) log (2 1)

5(3 1) (2 1) 33 36

2

( 2) (8 1)

8

x x x x

x x x x x

x

x x

x

        

        

  

    

  

Đối chiếu với điều kiện ta x2

c Điều kiện x0 * 

Phương trình

2 5 3

log 5.log x log 5.log x log x log 3.log x.log x.log x

   

log5x log log 2  3x2 – log – log 12 3  0

 

TH 1: log5 x0 x1thỏa mãn (*)

TH 2:  2 3

3

2

log log log log

log log

log log

x     x   

2

log log log

3

x

 



  thỏa mãn (*)

d Điều kiện :x3

Pt  

1

2

log (5 x) log x

    

 

8 8

1

log (5 ) log log (5 )(3 )

2

(5 )(3 )

x x x x

x x x

        

Bài 3: (ĐHDB - 2007) Giải phương trình 4 2

2

1

log ( 1) log

log x

x x



     .

Giải:

Điều kiện: x1

Đưa 2 2

2

1 1

log ( 1) log ( 2)

2 log x 2

x x



    

2 2

log (x 1) log (2x 1) log (x 2)

       log (2 x1)(2x1)log 2(2 x2)

2

2x 3x

   

2

x x

    

Do ĐK, nhận nghiệm

2

x

Bài 4: (ĐHDB - 2007) Giải phương trình log (3 x1)2 log (23 x1)2

Giải:

Điều kiện: x1

Đưa log (3 x1)2 log (23 x1)2

3

log ( 1)(2 1) ( 1)(2 1)

2 2

2

x x x x

x x x x

       

        

Do ĐK nhận x =

Bài 5: (ĐHDB - 2006) Giải phương trình 2

2

log 2x log x4 log

x

 

Giải:

Điều kiện: x 0, x 1, x

  

Pt tương đương với:

2

1

log xlog 2x  log 2x

2 2 2

1

log x log x log x log x log x

    

    1 log2x2 log2x

2

2x x x

   

Bài 6: (ĐHDB - 2006) Giải phương trình 2

log x 1 log (3x)log (x1) 0

Giải:

Điều kiện:1x 3

Biến đổi PT

2 2

log (x1) log (3 x) log ( x1)0 log2 ( 1)(3 )

x x

x

 

 



( 1)(3 ) 1

x x

x

 

 



2

4

x x

   

1 17 17

2

x  x 

   

Do ĐK nhận 17

2

Bài 7: (ĐHDB - 2002) Giải phương trình

2

2 27

16 log 3log x

x

x x 

HD:

Với ĐK: 0, 1,

3

x x x

Đưa dạng 3

3

8 log 3log

3 log log

x x

x  x

 

Hoặc log3x0 x1 Hoặc

3

8

3 log x 1 log x

1 log

2

x

  x 

Bài 8: Giải phương trình

a log4x12 2log 2 4xlog84x  3

b 2 1 4 1

4

log xlog (x 2x1) log ( x 4x4) log ( x1)0 c log3xlog9 xlog27x11

Giải:

a Điều kiện:

1

4 4

1

x

x x

x x

  

  

 

  

 

      

     

 

2

2 2 2

2

2

(1) log log log log log 16

log log 16 16

x x x x x

x x x x

           

       

+ Với  1 x4 ta có phương trình x24x 120 (2);

 

2

x

(2)

6

x

   

 

 lo¹i

+ Với  4 x 1 ta có phương trình x24x200 (3)

 

 

2 24

2 24

x

x loai

    

 



Vậy phương trình cho có hai nghiệm x2 x2 1  6

b Điều kiện x1;x2

2 2

2

log log log log ( 1)

log log

x x x x

x x

      

  

x1

 

4

| |

1

x x x

x loai

 

    

 

Pt log3xlog32 xlog33 x11

3 3

6

3 3

1 1

log log log 11 log 11

2 3

11

log 11 log 11 log 729

6 11

x x x x

x x x x

 

        

 

        

Bài 9: (ĐHDB – 2002)Giải phương trinh 1log 2 3 1log4 18 log2 4 x 4 x  x

Giải:

 

2 2 2

0,

0,

4

log log log (4 ) log log

3

x x

x x

x

x x x x

x

 



 



 

 

     



  

2

0, 1

0 1

4 4

1 1 4

3 3

x x x x

x x

x x x

x x x x x x x x x

x x x

    

     

 

  

    

              

     

  

2

0 1

3 3 3

x x

x x

x x x x

  

 

       

     

 

Bài 10: Giải phương trình log ( 45  x2 13x5)log (325 x1)0

Giải: Điều kiện:

2

4 13

x x

x

   



  

Pt 

5

log ( 4 x 13x5)log 3x1

4x 13x 3x

    

Đặt 3x  1 2y3 Ta hệ phương trình

2

4 13

4 12

x x y

y y x

    

 

   

 

Giải hệ y x hoặc 2y  5 2x

Với y x 

4x 15x 8 0, tìm nghiệm 15 97

8

x 

Với 2y 5 2x 

4x 11x 3 0, tìm nghiệm 11 73

8

x 

Vậy tập nghiệm pt cho 15 97 11; 73

8

T     

 

 

Chú ý:

Pt

2

2 25

4 10 3

4 2

x  x  x  x   x   x  

   

Bài 11: Giải phương trình :

2

1 2 2

2

Giải: Điều kiện:

1

2

0

x x

 

 

    

PT cho tương đương với

2

2

2 2

2

log (5 )

log (5 ) log (5 ) log (5 ) log (2 1)

log (2 1)

x

x x x x

x



      



2

2

2

1 log (2 1)

1

log (5 ) log (2 1) 2

log (5 )

2

x x

x x x x

x

x

 

 

  

 

 

        



   

 

 

Kết hợp với ĐK PT cho có nghiệm 1

4

x x  x

Bài 12: Giải phương trình: logxcos sin  log1 cos cos 

x

x x  x x 

Giải:

Điều kiện:

0 cos sin cos cos

x

x x

x x

 

 

 



  



Khi Pt cos sin cos cos

x x x x  

       

 

2

2

2

2

2

6

2

x k

x x k

k x

x x k

 

 

 

 

 

 

   

 

 

        

 

 

Kết hợp với điều kiện ta được:

6

k

x    (VớikN *)

Bài 14: Giải phương trình:

a log 33 2 1

2

x   x  x 

b log2x2  x 1log2x2  x 1log2x4 x2 1log2x4 x2 1 c log34.16x 12x2x 1

Giải:

PT

2

3

3

2

3

3

3

3

1

x x

x x

x x

x x

x x x x

x x

x x x

x x

   

 

       

   

   

       

     

   

   

     

    

 

   

2

2

1

1

4

9 13

3

x x

x x

x x

x x x x

x x x x

   



       

       

     

 

 

     

 

 

1

9 29

9 29

2

2

9 29

2

x x

x x

x x

x x

    

 

 

    

   

   

     

 

 

  

   

 

 

b Phương trình

     

 

4 4

2 2

4

2

log log log

0

log 0

1

x x x x x x

x

x x x x

x

        

 

        

  

c PT 4.16x 12x 32x1 4.42x 4 3x x 3.32x Chia vế cho

3 x 0, ta có:

2

4

4

3

x x

   

  

   

   

Đặt ,

3

x t   t 

 

PT trở thành

 

2

1

4 3

4

t loai

t t

t

   

   

  

Khi

4

t  , ta có:

1

4

1

x

x



   

    

   

   

Bài tập tự giải có hướng dẫn: Bài 1: Giải phương trình:

9 3

log (x1) log (4x)log (4x)

HD:

Điều kiện 4

1

x x

  

 

 

2

1

1 61

15 2

4 1 69

2 17

x

x

x x

x

x

x x

    

 

  

  



 

 



   

 

  

    



Bài 2: Giải phương trình sau a

3

3

3

log log log log

2

x

x x

x   

HD: Điều kiện x0

2 3

1

log (1 log log 2) 3

8

x

x x

x

  

    

  

b log( 1) 1log log

x  x  x

HD: Điều kiện x1

2

log( 1) l ogx

2

x x

     (PTVN)

c log (2 x2 3)log (62 x10) 1 0

HD: Điều kiện x

2

2

1 ( )

log ( 3) log (3 5) 3

2

x loai

x x x x

x

 

         

 

d log( 10) 1log 2 log

x  x  

HD: Điều kiện 10 x0

5

( 10) 25

5

x x x

x

  

    

   

e log(x2 x 2)(x3)log(x5)(x3)

HD: Điều kiện x 3

TH 1: x  3 x 2 nghiệm pt

TH 2: x  3 x 2

2

( 3) ( 3)

3

1

2

1 log ( 5)

logx ( 2) x

x

x x x

x x

x x 



 

        

  

  

Bài 3:

a log (4 x2).log 2x 1

HD: Điều kiện 0 x1

4 2

1 ( )

1

log ( 2) log log ( 2) log

2

log 2x

x loai

x x x x

x

  

        

HD: Điều kiện

3

x x

  

    

2

(x 1)(x 2)(x 3)(x 4) 24 (x 5x 4)(x 5x 6) 24

           

Đặt x2 5x5tphương trình trở thành t1t125  t Giảiđược

5

x x

     

c log (3 x2)2 log3 x2 4x4 9

Đs: x25x 29

d (ĐHAN – 2001) 2  2 

3

1

log log

logx

x x



    

Đs: x1

BÀI TOÁN 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ - DẠNG 1 I Phương pháp:

Phương pháp đặt ẩn phụ dạng việc sử dụng ẩn phụ để chuyển phương trình ban đầu thành phương trình với ẩn phụ

Ta lưu ý phép đặt ẩn phụ thường gặp sau:

Dạng 1: Nếu đặt tlogax với x > thì: log k k; log

a x t xa t

  với 0x 1

Dạng 2: Ta biết rằng: alogbc c logba đặt ta logbx tx logba Tuy nhiên nhiều bài tốn có chứa alogbx, ta thường đặt ẩn phụ dần với log

b t x

Bài tập áp dụng:

Bài 1: (ĐHDB - 2003) Giải phương trình log55 x 4 1 x

Giải:

Điều kiện: 5x 40 xlog 45

 

5

log 5x4  1 x 5x  4 x

5

5

x t t

t

  

  

 

 

2

5

4

x t

t t

    

  

 

5

x t t

   

 

1

x

 

Bài 2: (ĐH – A 2008) Giải phương trình 2

2 1

log x (2x x1)logx (2x1) 4

Giải:

Với điều kiện

2

x

PT tương đương:log2x1(2x1)(x1)2 logx1(2x1)4

2 1

log x (x 1) logx (2x 1)

    

Đặt t log2x1(x1) ta được:

t t

t t

 

   

Với t = ta có: log2x1(x1) 1 x 1 2x 1 x2thỏa ĐK

2

x

Với t = ta có: 2

2

0

log ( 1) (2 1) 5

4

x

x

x x x x x

x



  

         

  

Do ĐK ta nhận x

Đs:

4

x x

Bài 3: Giải phương trình

a.(ĐH – D 2007) log (42 15.2 27) log2 4.2

x x

x

   



b 2  2  1

2

1

log 4 log log

8

x x

  

Giải:

a Điều kiện log2

x

Đặt t 2 , x t 0 ta được:

 

 

2

2

2

2

4

3 log ( 15 27) log

4

15 27

4

3 2

5 13 5

t

t t

t

t t t

t t

t loai

t t

  

     

 

   

 

 



 

 

  

    



Với t 32x  xlog 32

b PT log 42  x 1 log 24x 13

   

2

2 log 4x log 4x

 

    

 

Đặt t log24x 1 ta  2 2 3

t

t t t t

t

 

       

  

Với t  1 log24x1 1 4x 1 24 x  x0

Với log24 1 1

8

x x

t          (vô nghiệm)

Bài 4: (ĐHDB - 2006) Giải phương trình log33 log 33 3

x x

  

Giải:

Đặt t log33x 1

(1 )

t t

   t2  t     t t

   

3

log 3x log 3x

       1

27

x x

     

28 10

27

x x

    log 103 log3 28 27

x x

   

Bài 5: (ĐHDB - 2006) Giải phương trình log 2 log 4 log2

x x  

HD: Biến đổi PT

log2 x1 log x 20 Đặt tlog x2

2

t t       t t 2

4

x x

   

Bài 6: (ĐH – A 2002) Cho phương trình log23 x log32 x 1 2m 1 Giải PT m =

2 Tìm m để PT có nghiệm 1;3 3

 

Giải:

1

2

2 3

3

2

log log log log

2

t x t x

x x

t t t

     

 

     



   

 



2

3

log x log x x 3

      

2 Xét 1x3 0log3x

 

2

2

3 2

log

log log 1

( )

2

t x

x x m

m f t t t

  



      

   

  - Pt ban đầu có nghiệm x thỏa

1x 3 m thuộc miền giá trị f(t) với 1 t

- Khảo sát hàm số ta 0m2

Bài 7: Cho phương trình log25x1 log 42.5x2m (1) a Giải phương trình với m =

b Xác định m để phương trình có nghiệm x1

Giải:

Biến đổi phương trình dạng:

       

2 2

1

log log log log 2

x x x x

m m

   

       

   

Điều kiện: 5x 1 05x  1 x0

a Với m = ta được:  

 

2

2

log 1

1

2

2 log 5

x x

x x

t t t

t 

   

  





      

        

  

5

log

5

5

log

4

x

x

x x



  

 

 

   

 



Vậy với m = phương trình có nghiệm log 3;5 log5

x x

b Với x 1 5x   1 4log25x1log 42 2 t

Vậy để phương trình (1) có nghiệm x1(2) có nghiệm t2

1

2 (*)

t t

t t

 

  

 



(loại (*))

a f  2 04 2 2m0m3 Vậy với m3thoả mãn điều kiện đầu

Bài 8: Giải phương trình    

2

log x x 1 log x x 1 log x x 1

Giải: Điều kiện:

2 2

1

1

1

x

x x x

x x

  

 

    

 

  

 

Nhận xét rằng:       

1

2 2

1 1 1

x x x x x x x x



          

Khi phương trình viết dạng:

     

     

1

2 2

2

2 2

2

log log log

log log log

x x x x x x

x x x x x x

 

      

       

sử dụng phép biến đổi số: log2x x21log 6.log2 6x x21 log3x x21log 6.log3 6x x21

Khi phương trình viết dạng:

     

2 6

log 6.log x x 1 log 6.log x x 1 log x x 1 (1)

Đặt tlog6x x2 1 Khi (1) có dạng:  2 3 

2

0 log 6.log

log 6.log

t

t t

t

 

   

  

+ Với t =  

2

2

6

2

1

log 1 1

1

x x

x x x x x

x x

  



          

 

   

 

 

6

6

6

6

2

2

log

2

3

log 2

log log log

2

log 6.log 6.log log 6.log 1

log log

1

3

2

1

x x x x

x x x x

x x

x

x x

 

      

       

   



   

  

 

Vậy phương trình có nghiệm x = 13log 26 3 log 26 

x  

Bài 9: Giải phương trình log3xlog 33 x 1

Giải: Điều kiện:

3 3

0 0

1 log log log 1

x x x

x

x x x

  

  

   

  

   

 

Pt 3 log3x(log log3  3x) 1 0

3 3

3 log x log x log x log x

        

Đặt t  log3x t2 log3x

Pt 3t t 2 2

2

t

t t

t

 

      

 

Với t =1  log3x 1 log3x12 x3

Với t =  log3x 2log3x22 log3x4 x34 81 Vậy : Pt cho có nghiệm : x = hoặcx = 81

Bài 10: Giải phương trình 1 1

3

log x3 log x20

Giải: Điều kiện:

1 1

3 3

0 0

0

log log log 1

x x x

x

x x x

 

   

 

    

    

 

 

 

Đặt 1 1

3

log log

t  x t  x

Pt

2

t

t t

t

 

     

 

Với t = 1 1

3

1

log log

3

x x x

     

Với t =

4 4

2

1 1

3 3

1 1

log log log

3 81

x x x x   x

           

 

Vậy: Pt cho có nghiệm 1

3 81

Bài 11: Giải phương trình  

3

2(log x) 5log 9x  3

Giải:

Điều kiện:x 0

Pt 2(log3x)25 log log 3  3x 3

 

2

3 3

2

3

2(log ) log 2(log ) 10 log

2(log ) 5log

x x x x

x x

         

   

Đặt t log3 x

Pt

1 7

2

t

t t

t

   

    

  

Với t 1 log3 1

3

x x 

     

Với t =

7

7

log 3 27

2 x 2x  

Bài 12: Giải phương trình

a lg2 x3lgxlgx24 b 2

2

2

2

log x log log x (x )

x

  

Giải:

a Điều kiện:x0

Pt

lg x 3lgx lgx

   

lg x 5lgx

   

Đặ t lgx

Pt

4

1 lg 10

4 lg 10

t x x

t t

t x x

    



     

    



b Điều kiện:x0

2

2 2 2

2

log x log log x log x 3log x (*)

x

      

Đặt t log2 x

Thay vào (*) ta có

2

t

t t

t

 

    

 

Với t  1 log2x x2 Với t 2log2 x x4

Bài 13: Giải phương trình

a log3 log

x

x  b log (22 x 1).log (22 x12)12

Giải:

Điều kiện : x0,x1

Đặt t = log3x

Pt

2

t t

   

2

1 1

2

2

t

t t

t

   



    



  



2 3

1 2 3

log x = 2 x = = 9 1

log x = x = = 3

2

b Điều kiện : x1

PT

2

log (2x 1).[1 log (2x 1)] 12 (1)

     

Đặt :

2

log (2x 1)

t  

(1)t  t 120    t t

2

2

2

t = log (2 1) log

17 17

t = log (2 1) log

16 16

x x

x x

x x

      

        

Bài 14: Giải phương trình

a log2x64 log 16 x2 3 b

2

1

1 log x5 log x  c

3

log log

2 x 2 x x

Giải:

a Điều kiện: , 1,

x x x

Pt

6

2

log x2 log

x

  

2

2

2

2 2 2

6

6 log log 3

log log

6

3

log log log log log

x x

x x

x x x x

     

     

 

Đặt t log2 x Pt

   

6 2(1 )

3 2(1 )

1

t t

t t t t

t t t t

 

         

 

2

1

3

2

3

2 log

1 1

3

log

3

2

t x x

t t

t x x 

    

 

        

     

 

b Điều kiện

    

 



1

10 10

0

x x

x

Đặt t logx

Ta PT:

5 1

2

  

t t

Thu gọn:

2

3

2 log 10 100

5

3 log 3 10 1000

t x x

t t

t x x



    



     

    

 

Đặt t log3 x x3t Ta có:

2

1

2.2 3

4

t

t t t t t    

        

   

Khi t = log3 x2x9

Vậy phương trình có nghiệm x9

Bài 15: Giải phương trình

a log24 3log2 2

x x   b (1 log 2x)(2log4x)3

c log2 log4 log8 11

6

x x x  d log3x2 log (9 x6)3

Giải:

a Điều kiện:x0

Pt  

2

2

3

4 log 2.log 2

x x

   

 

 

2

2

2 2

2

2

1

4 log 3log log 3log

2

log 3log

x x x x

x x

   

           

   

   

Đặt t log2 x

Pt t2 3t 2

2

1 log 2 log

t x x

t x x

    

  

    



b Điều kiện:x 0

Đặt t log2 x

Ta PT: )

2 )(

( t  t 

2

2

log

1

3

2 log

x

t x

t t

t x x



  

 

      

  

  

c Đưa số , ta phương trình

2 2 2

2

1 11 1 11 11 11

log log log (1 ) log log

2 6 6

log

x x x x x

x x

        

   

d

3

3

log ( 6) ( 6) 27 27

9( )

x

x x x x x x

x loai

 

          

  

Bài 16: Giải phương trình

a

1

3

3

log xlog x log (3x )3 b lg4x12 lg2x13 40

Giải:

Pt 1

1

3

2

3

3

log x log  x log log x

    

3 3 3

1

3 3

1

3

2 log log log log 3log log

1

2

(1 4) log 2.log log 2

x x x x x x

x x x x

        



          

b điều kiện: x1

Phương trình lg4x 1 2.9 lg2x 1 400  

Đặt: 2 

lg ;

t  x t 

PT   18 40 20  

2

t loai

t t

t

  

      

 

Với t =    

2

2

2

1 10

lg lg

1 10

x

x x

x 

  

        

  

Bài 11: Giải phương trình :

a  3  9

3

4

2 log log

1 log

x x

x

  

 b log22 4 log22 12

x x

x

    

Giải:

a Điều kiện 0; 3,

x x x

   

3

3 3 3

2 log

4 4

2 log log log 1

1 log log log log log

x

x

x x

x x x x x



         

   

Đặt: t log3 x pt thành :2 2 1,

2

t t t

t

t

t t t t

    

 



   



      

So sánh điều kiện nghiệm 1; 81

x x b Phương trình

       

2 2 2

log 2x log 2x 12 x log 2x log log 2x 12 log 2x

           

         

2

log 2x log 2x 2x 12 2x 2x 2x 12 *

       

Đặt t 2xt 0

Khi phương trình (*) trở thành    

 

2

8 12 32

8

t

t t t t t

t loai

 

        

   Với t 42x  x2

a log(x1)16log (2 x1)

HD: Điều kiện 1 x0

Đặt log (2 x1)t Pt trở thành

3

4

3

4

x t

t t

t x

  

 

  



   



 b log 4x x2.log22 x12

HD: Điều kiện 1 x0

2 2

2 2

2

4 log

.log 12 (1 log ) log 1

log

8

x x

x x x

x x

  

     

  

c log2 x 4 log4 x 50

HD: Điều kiện x 1

2

1

log log

2 x x

   

Đặt 1log2 ( 0) 1( ) 250

5

t l

t x t x

t

  

    

 

d (ĐHCĐ – 2001) 2  1  

2

log 4x 4  xlog 2x 3

Đs: x2

BÀI TOÁN 3: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ - DẠNG 2 I Phương pháp:

Phương pháp dùng ẩn phụ dạng việc sử dụng ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành phương trình với

1 ẩn phụ hệ số chứa x

Phương pháp thường sử dụng phương trình lựa chọnẩn phụ cho biểu thức biểu thức cịn lại khơng biểu diễn triệt để qua ẩn phụ biểu diễn cơng thức biểu diễn

lại phức tạp

Khi thường ta phương trình bậc hai theo ẩn phụ ( theo ẩn x ) có biết số  số phương

II Bài tập:

Bài 1: Giải phương trình  

2

lg xlg logx 4x 2 log x0

Giải: Điều kiệnx 0

Biến đổi phương trình dạng: lg2x2 lg 2xlgx2 lg2x0

2

lg

2 lg 100

lg lg

log lg

lg

x

t x x

x x

t x x x

 

  

   

  

       

 





Vậy phương trình có nghiệm x = 100 x =

BÀI TOÁN 4: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ - DẠNG 3 I Phương pháp:

Phương pháp dùng ẩn phụ dạng sử dụng ẩn phụ cho biểu thức lôgarit phương trình biến đổi phương trình thành phương trình tích

II Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải phương trình  2  

2 2

log x x1 log x.log x x  2

 

Giải: Điều kiện:

 2

2

1

0

0

x x

x x

x x

  

 

  

 

  



Biến đổi phương trình dạng:

 

 

   

2

2

2 2

2

2 2

log log log 2 log log log

x x

x x x

x

x x x x x



   

     

Đặt  

2 2

log log

u x x

v x

  

 

  

Khi phương trình tương đương với:

  

 

2

1

2 2

2 1( )

log

2

log

4

u

u v uv u v

v

x L

x x x x

x x

x

x

 

         

 

  

       

   

 

 

  



Vậy phương trình có nghiệm x = x =

BÀI TOÁN 5: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ - DẠNG 4 I Phương pháp:

Trong hệ k – phương trình nhận từ mối liên hệ đại lượng tương ứng II Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải phương trình log2x x213log2x x212

Giải: Điều kiện

2 2

1

1

1

x

x x x

x x

  

 

    

 

  

 

Đặt  

 

2

2

log

log

u x x

v x x

   

 

   



Nhận xét rằng:

   

2

log log

u v x x   x x  log2x x21  x x21log 02 

Khi phương trình chuyến thành:

 

 

2

2

2

log 1

0

3 2 log 1 1

1

1 5

2

4

1

x x

u v u v u

u v v v x x

x x

x

x x

    

     

   

  

   

   

      

 

  



  

   



Vậy phương trình có nghiệm

4

x

Bài 2: Giải phương trình log 2x24x52 log 2x24x56 (1)

Giải:

Điều kiện  

 

2

2

2 2

4

3 log 5 2

5 log

x x

x x x x x

x x

   

 

         

 

   

 

 2 29x 2 29(*)

Đặt  

 

2

2

3 log 5 log

u x x

v x x

    

 

    



 2

2 2

6

6

2 6 2

8 24 28 14

5

u v

u v

u v u v v

u v v v v v

v

 

 

 



   

    

  

   

        

    

 

 

 

 

 

 

 

2

2 2

2 2

2

2

2

2

121 121

2 25 25

3 log

5 log log 4 5 1 2;

14 14 121

; 3 log 4 5 log 4 5

5 5 25

2 log

5

4

4 5

x x

x x x x

v u

v v x x x x

x x

x x x x

x x x x

    

 

 

     

   

 

 

  

  



        

  

  



    

 

      



 



      

 121

25

3

2

x x x x

   



  

 

 

   

 Vậy phương trình có nghiệm phân biệt

BÀI TOÁN 6: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ - DẠNG 5 I Phương pháp:

Phương pháp đặt ẩn phụ dạng việc sử dụng ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành hệ phương trình với ẩn phụ ẩn x

Ta thực theo bước sau:

Bước 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho biểu thức phương trình

Bước 2: Biến đổi phương trình dạng: f x , x =0

Bước 3: Đặt y x , ta biến đổi phương trình thành hệ:  

 ; 

y x

f x y



   

 



II Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải phương trình log22 x log2 x 1 (1)

Giải:

Đặt ulog2x Khi phương trình thành: u2 u 1 (2)

Điều kiện:

2

1

1

1

u

u u

  

   



 



Đặt v u 1 điều kiện 0 v v2  u

    

2

2

2

1

1

1

u v u v

u v u v u v u v

u v

v u

     



          

 

    

 



Khi đó:

+ Với v = – u ta được:

1

2 2

2

1

1

2

1 log

2

1

(1)

u

u u x x

u



 



 



       

 

  

+ Với u – v + = ta được: 2

2

1

log

0

0 1

1 log

2

x x

u

u u

u x x

  

 

 

    



    

 



Vậy phương trình có nghiệm

BÀI TỐN 7: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ I Phương pháp:

Sử dụng tính chất đơn điệu hàm số để giải phương trình dạng tốn quen thuộc Ta có hướng ấp

dụng sau:

Hướng 1: Thực theo bước:

Bước 1: Chuyển phương trình dạng: f(x) = k (1)

Bước 2: Xét hàm số y = f(x) Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu (giả sử đồng biến) Bước 3: Nhận xét:

+ Với xx0  f x  f x 0 k xx 0 nghiệm

+ Với xx0  f x  f x 0 k phương trình vơ nghiệm

+ Với xx0  f x  f x 0 k phương trình vơ nghiệm

Vậy x = x0 nghiệm phương trình Hướng 2: Thực theo bước:

Bước 1: Chuyển phương trình dạng: f(x) = g(x) (2)

Bước 2: Xét hàm số y = f(x) y = g(x) Dùng lập luận khẳng định hàm số y = f(x) đồng biến hàm số

y = g(x) hàm nghịch biến Xác định x0 cho f x 0  g x 0

Bước 3: Vậy phương trình có nghiệm x = x0 Hướng 3: Thực theo bước:

Bước 1: Chuyển phương trình dạng: f(u) = f(v) (3)

Bước 2: Xét hàm số y = f(x) Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu (giả sử đồng biến) Bước 3: Khi (3)uv với u v, Df

II Bài tập áp dụng:

Điều kiện

2

4

2

x

x x

  

 



 



Viết lại phương trình dạng:

     

2

2 2

4

log log log log

2

x

x x x x x x

x



           



Nhận xét rằng:

+ Hàm số ylog2x2 hàm đồng biến

+ Hàm số y = – x hàm nghịch biến

+ Vậy phương trình có nghiệm nghiệm

+ Nhận xét x = nghiệm phương trình Vậy phương trình có nghiệm x =

Bài 2: Giải phương trình    

2

2

log x 2x3 2 log x 2x4

Giải: Điều kiện:

2

2

2

x x x

x x x



     



  

  

   

 

Viết lại phương trình dạng:

   

   

2

2

2

5

log log

log log (1)

x x x x

x x x x

    

     

Đặt tx22x4 (1) log5t1log4t (2)

Đặt ylog4t t 4y phương trình (2) chuyển thành hệ:

4

4

5

1

y y

y

y y

y t

t

 

    

     

    

     

 

(3)

Hàm số  

5

y y

f y     

    hàm nghịch biến

Ta có:

+ Với y1, f  1 1 y = nghiệm phương trình (3) + Với y1, f y  f  1 1do phương trình (3) vô nghiệm

+ Với y1, f y  f  1 1do phương trình (3) vơ nghiệm

Vậy y = nghiệm phương trình (3)

Suy ra: 2 4 2

2

x

y t x x x x

x

 

            

  

Vậy phương trình có nghiệm x = 4; x = –

Bài 3: Giải phương trình x23log2x xlog 52 (1) Giải:

Đặt tlog2 xx2t

Chia vế cho 5t 0 ta được: 5

t t

   

 

   

    (2)

Nhận xét rằng:

+ Vế trái phương trình hàm nghịch biến

+ Vế phải phương trình hàm

+ Do phương trình có nghiệm nghiệm

+ Nhận xét t = nghiệm phương trình (2)

2

4 5

   

 

   

   

Với t2log2 x2x4

Vậy x = nghiệm phương trình

Bài 4: Giải phương trình  

2

3

2

1

log 2

5

x x

x x

 

 

     

  (1)

Giải:

Điều kiện

2

x

x x

x

 

    

 

Đặt u x2 3x2;u 0 x23x 2 u2 3xx2  1 1 u2

Khi (1) có dạng:  

2

1

1

log 2

5

u u



 

   

  (2)

Xét hàm số      

2

2

1

3

1

log log

5

u

u

f u u u



 

      

  Miền xác định D0;

Đạo hàm:  

 

2

1

.2 ln 0,

2 ln

u

f u u u D

u

    



Suy hàm số đồng biến D Mặt khác  1 log 23  1.5

5

f    

Khi (2)    1 3

2

f u f u x x x 

         

Vậy phương trình có nghiệm

2

x 

Bài 5: Giải phương trình 6x 3log65 1

x x

   

Giải:

Phương trình: 6x 1 2x3log65x1 Điều kiện:

5

x 

Đặt t log65x15x 1 6t  1 6t 5x Khi ta có phương trình:

 

6x  6t 5x 2x3t6x3x6t 3t Xét hàm số:   6u

Chứng minh f u  đơn điệu ta có t = x Khi ta có phương trình: 5x 1 6x

Bài 6: Giải phương trình

a  

3

3log 1 x x 2 log x b  

2

log 1 x log x

c log2 xlog3(x1)3

Giải:

a Điều kiện: x0

Khi đặt  

3

3log 1 x x 2 log x 6y

Khi ta có:  

3

3

6

log 1 3

2

log

y

y

x x y x x

x

x y

       

 



 

 

  



3

1 2

9 9

t t t

y y y      

          

      Ta có t 2 nghiệm

Với t 2, ta có 12

2 4096

x 

b Điều kiện: x0

Đặtt log7 x x7t

PT   3 3 3

2

1

log 7

8

t t

t t t t

t

t    

             

    (*)

Hàm số ( )

8

t t

f t       

    nghịch biến f(3)0 nên (*) có nghiệm t =

Vậy phương trình có nghiệm x = 343

c Điều kiện x1

Nhận xét: ta thấy x4 nghiệm phương trình Xét f x log2 xlog (3 x1)3 1,

Ta có ln3

1 ln ) (

/

 

 

x x

x

f suy f x  hàm đồng biến 1,

Vậyx4 nghiệm phương trình

Bài 7: Giải phương trình :

1

2

2

1 log ( 2) log

2

x

x x

x x x

  

   

      

 

Giải:

Điều kiện: xR

2 2

2

4

2

1 log ( 2) log

2

x x x

x x x



   

       

 

2

1

2 2

2

1 log ( 2) log

2

x x x

x x x

 

   

       

Hai vế có dạng f(t)3t.log2(t) với t 0, hàm số đồng biến Vậy PT tương đương với:

4 2

2

   

x x

x

2 ; ;

0

1

0

1

2

     

   

    

    

 x x x

x x x

x x x

Bài 8: Giải phương trình

2

2

3

3

log

2

x x

x x

x x

   

  

 

 

 

Giải:

Ta có:

2

3

0

2

x x

x

x x

 

  

  

Phương trình log3x2 x3log32x2 4x5 x2 x3

       

       

2 2

3

2 2

3

log log 5

log 3 log 5

x x x x x x x x

x x x x x x x x

           

           

Đặt :

 

2

2

1 11 11

2 4 3

u x x x

v x x x

  

      

  

 

 

      



Khi ta log3uulog3vv f u  f v 

Xét hàm số   log3  2 '  1

ln

f t t t t f t t

t

        

 

f t

 hàm tăng 2;

Do đó:     2 3

2

x

f u f v u v x x x x x x

x

  

              

  

Bài 9: Giải phương trình 21 2.log 12  log 12  log2 12

x

x   x  x x  x

Giải:

Điều kiện: x0

     

 

     

1

2 2

1

2

2

.2 2.log log log

0

log

2 log

x

x

x

x x x x x

x

x x

x

 



       

 

     

   



Xét hàm số

     

 

 

1

2

2 log 1

' ln

1 ln

x

x

f x x x

f x x

x

 

    

      

đồ thị hàm số cắt trục Ox điểm x =

(*) có nghiệm x =

Vậy phương trình có nghiệm x 0;1

Bài tập tự giải có hướng dẫn: Bài 1:

a 2x21.log (2 x2 1)4x1 log 2 x 1 1

HD:

 

2 1 2 2 1

2

2

2

2 log ( 1) log

1

1, log log

2

x x

u v

x x

u x

u v u v

v x

 

   

  



   



 

 

+ uvVT VP

+ uvVT VP

+ uv cho nghiệm x 1 b xlog 92 x2.3log2x xlog 32 HD: Điều kiện: x0

2 2

log log log log

9 x x x x x x

     

Đặt log2 xt pt trở thành3t 4t

  Pt có nghiệm t  1 x2

c log (3 x2 2x1)log (2 x2 2 )x

HD: Đặt 2

3

log ( 1) log ( )

t x  x  x  x Ta có hệ pt

2

2

1

2

t

t t

x x

x

  



   



  



d

6

2 log ( x x)log x HD: Điều kiện: x0

4

6 4

1

log ( ) log log

x x x x

   

Đặtt log4 x Phương trình trở thành log (46 t 2 )t  t 4t 2t 6t   t x16

e log

2

log (x3 x)log x HD: Điều kiện: x0

Đăt t log6 x x6t Phương trình trở thành 3 ( )3 1

2

t t t t t

t x

         

Bài 2:

a 21 14

5

3

log 2

2

3    

  

  

 

 

x x

x x

x x

2 2

3

2 2

3

2 2

log ( 3) log (2 5) (2 5) ( 3) log ( 3) 7( 3) log (2 5) (2 5)

1

2

x x x x x x x x

x x x x x x x x

x

x x x x x x

x

 

             

           

  

           

  

b

2

2

3

1

log

2

x x

x x

x x

 

  

 

HD:

2 2

3

2 2

3

log ( 1) log (2 3) (2 3) ( 1) log ( 1) ( 1) log (2 3) (2 3)

x x x x x x x x

x x x x x x x x

           

           

Đặt

2

3

2

1

log log

2

u x x

u u v v

v x x

   



   



  

 

Xét hàm số f t log3tt hàm số đồng biến với t 0

PT

2

x u v

x

 

   

 

c 2x 21 x log2 x

x

   

   

 

HD: Điều kiện 0 x1

1

2

2x log x 2x log (1 x)

    

Xét hàm số f t 2t log2t (0 ; 1) hàm số đồng biến nên pt 1

2

x x x

    

d log(x2 x6)xlog(x2)4

HD: Điều kiện x3

log(x 3) x

   

Xét BT hàm số suy pt có nghiệm x4

e 2xlog2x 2x3 log 8x  5 0 HD: Điều kiện: x0

Đặtt log2 xx2t Pt trở thành 2

2

2.(2 ) 2.(2 ) 2.2 1

2

t t t t t

t

x t

x



  

          

  

f

2

log x(x1) log x2x60

HD: Điều kiện: x0

Đặt t log2 x phương trình trở thành 2

2

1 log

2

( 1)

3 log

2

x

t x

t x t x

t x x x

x

  

   

 

       



   

  

 g 2log (5 x3)  x

Đặtlog (5 x3) t x35t  x5t 3 Phương trình trở thành

2

2 1

5

t t

t t

t x

   

           

   

BÀI TOÁN 8: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ I Phương pháp:

II Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải phương trình log3 2 4x x51 (1)

Giải:

Cách 1: Theo bất đẳng thức Bunhiacơpski ta có:

   2 

4x x5 1 4   x x 3 2log 4x x5 1

Vậy phương trình có nghiệm khi:

4

1

x x

x

 

    nghiệm

Cách 2: Theo bất đẳng thức Côsi ta có:

         

 

2

3

4 5 18

4 log

x x x x x x x x

x x x x

                

         

Vậy phương trình có nghiệm khi:

1

4

2

x x x

      nghiệm phương trình

Bài 2: Giải phương trình log22x2 4x2log2x 1 4x2x2 Giải:

Điều kiện: x0

   2

2 2

2

log 2x 4x log x 4x 2x log 2x x

x

 

            

 

Vìx0 , ta có: 2x 4 2x 4 8 log2 2x 4 3

x x x

 

          

 

Vậy

 

2

2

2

log

3

x

x x

  

  

 



 



   



Ta có VT 2, VP 2 mà VT = VP

Nên ta có:

1

1

1

x

x x

x

  

 

    

Bài 3: Giải phương trình

 

2

2

8 2

log 4

x x

x x

 

 

 

Giải:

Ta có: 4x2 4x42x12  3 3log34x2 4x41

Hay  

3

8

8

log 4x 4x4  VP

Theo BĐT Cauchy ta có:22x1 23 2 x  8 VT 8 Mà VT = VP (theo giả thuyết)

Suy ra: 22 11 03 2

8 x x

x VT

x

VP  

 

 



  

 

 

 

Vậy tập nghiệm phương trình:

S    

 

Bài 4: Giải phương trình      

2

log x x 1 log x x 1 log x x 1

Giải: Điều kiện:

2 2

1

1

1

x x x x x

   

 

  



  

 

Chú ý:   

1 1

x x  x x  

2

1

1

1

x x

x x

   



  

  



Với x1 ta có:

     

2

log x x log x x log x x

 

      

Áp dụng công thức đổi số ta có:

   

 

2

6

2

6

log log

log

log log

x x x x

x x

   

  

 

   

2

2

2

log

log 6.log 6.log 1 *

x x

x x

   

  

  

 

   

2

* log 6.log 6.log x x 1 1

  log 26

3

log x x log x x

       

log

 

6

6

log 2

log log log

2

1

3

2

1

x x

x

x x

 

   



  



  

 

Rõ ràng theo BĐT Cauchy, ta có: 3log 26 3 log 26 2 13log 26 3 log 26  1

 

    

Vậy phương trình có nghiệm x1và 13log 26 3 log 26 

x  

Bài 5: Giải phương trình log  1 lg

x x

 

   

 

Giải: Điều kiện

0

0

1

x

x x

x x

 

  

 

 

     

Nếu 0 x1 x  1 logxx1log 1x 0 Mà lg

    

  nên pt vô nghiệm

Nếu 1 log  1 log lg

2

x x

x  x x x  x    

  nên pt vô nghiệm

Vậy pt vô nhiệm

Bài 6: (ĐHNTCSII – 2001) Giải phương trình:

2

2

3

3

log

2

x x

x x

x x

   

  

 

 

 

Giải: Đặt:

2

3

2

u x x

v x x

   

 

  

 

Hiển nhiênu v, 0, x

3

vu x  x

Khi phương trình trở thành: log

u

v u

v   (*)

Nếu uv thì u

v  Do đó: log2 u VT

v

  ; VPvu0 Suy phương trình vơ nghiệm

Nếu uv thì u

v

  Do đó:VT log2 u

v

  ; VPvu0 Suy phương trinh vô nghiệm

Vậy: (*) uv  x2   x 2x2 4x5 x2 3x20 x  1 x 2 Tóm lại nghiệm phương trình là:x  1 x 2

Bài tập tự giải có hướng dẫn: Bài 1:

a 2 2

1

log log

2

x x x x

 

   

 

 

2

1

log

2

x x x

x

 

    

 

Áp dụng BĐT Côsi cho số dương ;

x

x:

1

2 log 2

x VT

x

    

Xét hàm số

3

y x  x (0 ;+) có GTLN khix1

Do pt có nghiệm x1

b log2

2

3x 2 x log (x 1)log x HD: Điều kiện x0

2

2

1

3x 2x log x x

x

 

       

 

Bài tập tự giải tổng hợp:

Bài 1: Giải phương trình sau a

9 11 ) 2

( log 1

1 1

2

2

2

    

    

    

x x

x x x

x

x x x

x

b

9

27

2 log ( 1) log ( 1)

5

log 27

3 125

5 27 log 243

x x

   



   

   

c ( 2)

4 log

2

1 x  x  x

d (ĐHSPV – 2001) log4(x x2 1)log5(x x2 1)log20(x x2 1)

e log (4 1)

2 ) (

log3 x x   3 x  x 

f x x x

x

3

3 log

2 log log

3

log   

Đs:

a

7

x x b x2 c

2

x  d 1 1(5log204 5 log204)

2

x x   e x40 x1 f

8

x x 

Bài 2: Giải phương trình sau

a lg 1x2 3lg 1x lg 1x2 2 b log

cos sin

sin 2 sin

log7 x2 7 x2 x

x

x x



 



c

) (

log

25

) (

1 x x

x

 



e

8 ) lg(

1

 

 x

x f x x x

3

3(1 ) 2log

log

3   

Đs:

a VN b c 13

2

x x 

d x 1 11 3 e x3 f x4069

Bài 3: Giải phương trình sau a

) (

log

4

) (

1 x x

x x

 

 

 b

1

1

1

2

3 lg lg2

     

 

x x

x x x

c log (cosxsinx)log1(cosxcos2x)0

x

x d x x x

8

6( ) log

log

2  

e 2log2 9 xlog3xlog3( 2x11) f log 14log16 40log4

2

 

 x x

x x x

x

Bài 4: Giải phương trình sau

a (ĐHNNI – B) log2 x2 2 x log 2 x x



   

b. (ĐHKTQD – 2001) log3x79 12 x4x2log2x36x2 23x214 c (ĐHAG – 2001) ln 2 x3ln 4 x2  ln 2 x3  ln 4 x2

d log39x1 4.3x 23x1 e logxlog39x 61

Đs:

a x2 b

4

x  x 3 x2

d

 

3

0

log 15

x x

  

  

 e VN

Bài 5: Giải phương trình sau

a (BCVT – 2001) log

2 log

2 ) (

log9 x2  x  3 x  3 x b (ĐHV – D 2001) (x1)log53log5(3x1 3)log5(11.3x 9)

c (HVQHQT – 2001) log2x2  x 1log2x2  x 1log2x4 x2 1log2x4 x2 1 d (ĐHBKHN – 2001) log4(x1)2 2log 2 4x log8(4x)3

e (PVBCTT – 2001) 27 3 log9( 3)2

2 log

2 ) (

log x  x  x  x f (ĐHKT – 2001) log7xlog3( x 2)

g (ĐHCĐ – 2001) log (4 4) log (2 3)

2

2    



x x

h (KTQD – 2001) log3x7(912x4x2)log2x3(6x2 23x21)4

i (ĐHAN – 2001) log ( 1)

2 log

1 ) (

log 2

3

2     



x x

x

k (ĐHH – D 2001) log2(92 )3

x x

l log32x1log54x1log76x13x Đs:

a

3

x b x0x2 c x0x 1

d x2x2 24 e

3

x f x49

g x2 h

4

x  i x1

k x0x3 l x0x1

Bài 6: Giải phương trình sau a

) 4 ( log

4

2 2

2 cot

2

  



x x xy

g xy tg

b

4

1

4

1( 2) log (4 ) log ( 6)

log

 

 



 x x

x

c log 4log4 2

4

2  

x

x d log ( 1) log log ( 2) 2log ( 2)

25

5

5 x    x  x

e (x2)log32(x1)4(x1)log3(x1)160

f 2.9log22 xlog 26 x2

x

 

Đs:

a

 

1

2

x

y  k k Z

   

   



b x2x 1 33 c x2

d 21

2

x e 80

81

x x  f

1 log

2

x x 

Bài 7: Giải phương trình sau

a (ĐHTS – 2001) log 2) log

2 (log log

) log

(log 4

2

2    x 

x x

x x

x

b 3 1

3

log sin sin log sin cos

2

x x

x x

   

   

   

   

c log   log2 3 

2

3

2 x  x   x  x 

d 

    

 

     

       

 

8 lg 2 lg lg

lgx x x x

f x2 1 lg2 x214 2x21 .lg x210

g log2 log2 33

    

 

     



x x x

x

h log 3 x logx3 3log 33 

Bài 8: Giải phương trình sau

a 4 4

2 2

log log log log

x

x

x x   x

b log3x7912x4x2log2x56x223x214

c x x 7x  x 7x  2x

2

2 log log

2 log

log 

  

 

 

  

d  x1 1x2log2x2 x0

e x3 log2 2x12 logx1 x3 log2 x122 log2 x1

f x log 5x 2x xlog 5x2 2x 3 x2 2x

6

6

    

 

g 2 2 15

2

2

3 log 81 log log

36

log  



 x x

h 2.log2 log3 log3 1

9 x x x 

i x3log32x24x2log3x216

k 3x2 2log 2x3 1 log2x2 1log2 x

l log 6 1 log1 4 1

2

1 x x  x   x x  x  

m log2 x.log3x.log5 xlog2 x.log3 xlog2 x.log5xlog3 x.log5x

n   lg lg4

2 10

lg x  x2  

Bài 9: Giải phương trình sau

a log2x.log3 xlog3x3 log2 x3 b log5xlog3 xlog53.log9225

c xlgx2x64lgx2 d log32x1  x5log3x12x60

e log22x4xlog22x121 f log55x1.log255x151

g log2log3log2x1 h log3x1log52x12

i lglgxlglg x3 20 k log 40log4 14log16

2

 

 x x

x x x

x

l log 54x6log52x 22 2 m logx9x 14.3x23x1

Bài 10: Giải phương trình sau

a log3x22 log3 x2 4x4 9 b 2 4 1

2

c x2.logx27.log9xx4 d 3 9

3

4

(2 log ) log

1 log

x x

x

  



e log (3 x1)2 log (23 x1)2 f 4 2

2

1

log ( 1) log

log x

x x



    

g log2 1

x

x x x



   h 2 1

2

2 log (2x2)log (9x1)1 k

3

1

3 log

log x x x x

 

    

  m log2 x2 log7 x2log2 xlog7 x

Đs:

b 6;3; 17

2

x    

 

 

d

3

x x e x2 f

2

x g

1

x h 1

3

x x k x m x2x4

Bài 11:

a (ĐHMĐC – 2001) Tìm nghiệm phương trình  

6

log

36

x

x  x 

b Tìm nghiệm phương trình 22log3(x216) 2log3(x216)12log5x1 24 thỏa mãn 0

4 cos 

 

x x

PHƯƠNG TRÌNH LOGA CĨ CHỨA THAM SỐ

Bài 1: Tìm m để phương trình x2 1log2(x2 1)m 2x2 1log(x2 1)m40 có hai nghiệm

thực thỏa mãn điều kiện 1 x 3

Giải:

Đặt t  x2 1log(x2 1) ta thấy t(x) hàm chẵn với giá trị t không âm cho giá trị x ,từ điều kiện x suy x2  1;9 t0 ; 8

Bài tốn trở thành:

Tìm m để phương trình t2  2mtm40 có nghiệm 0; 8

2

2

   

t t

m có nghiệm  

     

2 \ ;

0

  

     

  



2 2

) (

2 2 ) ( '

2

t t t

t t t

f

Lập bảng biến thiên suy điều kiện m m 4

Bài 2: Cho phương trình:   21   2

3 log ( 4) log ( 4)

m x  m x m 

Ta m để phương trình có nghiệm

pt cho tương đương với pt: (m3)log22 (x4)(2m1)log2(x4)m20 khoảng (4; 6) phương trình ln xác định

Đặt t log2(x4)với điều kiện t1t < 0 x42 x  (4; 6) Dẫn đến pt m3t2 2m1tm20m t 2t13t2  t * 

Nhận xét thấy t 1không thỏa mãn pt (*) Biến đổi pt dạng m

t t

t t

  

 

1

2

2

Bài toán trở thành:

Ta m để pt:  

2

3

2

t t

f t m

t t

 

 

  , có hai nghiệm phân biệtt1 t2 1

Tính đạo hàm 3

) (

3 ) ( '

  

t t t

f ;

7

) (

' t  t 

f

Bảng biến thiên hàm số f(t) khoảng (-; 1)

t - -1

7



f'(t)

+ - +

f(t)

+

3

+

8 25



0

Từ suy giá trị cần ta là:

   



  

3

0

25

m

m

Bài 3: Tìm m để phương trình sau ln có nghiệm đoạn  1;9

     

2

3 3

log x2m 2log x 4m log x

Giải:

Điều kiện x0

Đặt: log3xt khi, x 1;9  t 0; 2

       

1 t 2m t2 4mmt t 4  3t m

Vì t0; 2từ (2)

2

4

t m

t



  



Đặt    

 

2

2

4

'

3 3

t t t

f t f t

t t

   

    

 

 

 

3 13

3 13

t loai

t tm

    



    

Ta có:  13 13 6;  0 4;  2

3

Vậy với 8; 13

m   

  phương trình có nghiệm với x 1;9

Bài 4: Tìm giá trị m để phương trình nghiệm log ( ) log (3 2)

2

,

0 m x   xx 

Giải:

    

6 ) log (3 )

(

log0,5 m x 2 x x2 log2(m6x)log2(32xx2)

  

   

    

   

   

   

3

2

0

3

2

2

x x m

x x

x x

m

x x

Xét hàm số f(x)x2 8x3, 3x1 ta có f'(x)2x8, f'(x)0khi x4 f(x) nghịch

biến khoảng (3;1), f(3)18 ,f(1)6 Vậy phương trình sau có nghiệm  6 m18

Bài 5: Tìm m để phương trình 22 1 4

2

log xlog x 3 m(log x 3)có nghiệm thuộc[32;)

HD:

Điều kiện x0

Đặt t log2 x x; [32;  ) t [5;) Phương trình trở thành: t2 2t3m t( 3) + t = không nghiệm

+ t≠ ta có

2

2

2

( ) ; [5; )

3

2

lim ( ) 1; '( )

( 3)

t

t t

m f t t

t

t f t f t

t t t



 

   





  

  

Suy hàm số nghịch biến [5;+∞)

Lập BBT ta có 1m 

Bài 7: Tìm m để phương trình  2 2 1

2

4 log x log xm0 có nghiệm thuộc (0;1)

HD: Điều kiện x0

PT log2 2xlog2 xm0

Đặt t log2 x;x(0;1)  t ( ; 0) Phương trình trở thành t2  t m0

1

S    nên pt có nghiệm ẩn t có nghiệm âm Do đk :

m

   

Bài 8: Giải biện luận phương trình :2 log3 xlog (3 x1)log3m0

HD:

Điều kiện

0

x m

  

 

+ m = phương trình có nghiệmx =

+ m4 ta có 1 2

2

S m

x x

     nên phương trình cho có nghiệm 1,2 1( )

x  m m  m Bài 9: (Tham khảo 2003) Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc (0;1)

 2

2

4 log x log xm0

HD:

 2  2  2

2

4 log x log xm0 log x log xm0m  log x log x

- Với 0x1 0x 1 log2 x0

- PT có nghiệm thuộc (0;1) m thuộc miền giá trị hàm số

( ) ( 0)

f t  t t t

- Khảo sát hàm số cho kết

4

m

Bài 10: (ĐHYD – 2001) Cho phương trình:2 log (24 x2 x2m4m2)log (1 2 x2 mx2m2)0

Xác định tham số m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa: x12 x22 1

Giải:

2 2

4

2

2 log (2x x2m4m )log (x mx2m )0

2 2

2

2 2

2

1

log (2 ) log ( )

2

2 ,

(1 ) 2

x x m m x mx m

x mx m x mx m

x m x m

x m x m m

       

       



 

  

    

 



Yêu cầu toán

2

1

2

1

2

2

1

2

x x

x mx m

x mx m

  



   



  



với x12m,x2  1 m

2 2

5

2

4

5

2

m m

m m m

m m

  



        



   



Bài tập tự giải:

Bài 1: Cho phương trình (x2 1)lg2(x2 1)m 2(x2 1)lg(x2 1)m40 a Giải phương trình m 4

b Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn 1 x 3

Bài 2: Giải biện luận phương trình

2

2 2

3 11 11

1 ( 2) ]log (2 ) [1 (3 1) log log (2 ) log

2

x x

m x x m   x x  

               

 

Bài 3: Tìm m để nghiệm x x1, 2 phương trình 2log (2 ) log ( 2 2)

2

2

4 x x m m  x mx m 

thỏa mãn 22

2 x 

x

Bài 4: Tìm x để phương trình log ( ) log2 2(3 1)

2

2 m x  m x  x  m  x nghiệm với m

Đs: x5

Bài 5: Tìm m để phương trình ) ( log

log

5

 

x mx

có nghiệm

Bài 6: (ĐHY HP – 2001) Tìm x để phương trình log ( 5 ) log2 2(5 1)

2

2 m x  mx  x  m  x nghiệm

đúng với m

Bài 7: Tìm m để phương trình log ( ) log (2 1)

3

3 x  mx  x m  có nghiệm

Đs: 1

2 10

m   m 

Bài 8: Tìm m để phương trình log ( 3) log (2 2)

2 2

2

2

   



  

 

m x x

x x x

m x

có ba nghiệm

Đs:

2

m m m

Bài 9: Cho phương trình: ( 1)log ( 2) ( 5)log ( 2)

2

2

1       

 x m x m

m

Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 cho 2 x1 x2 4

Bài 10: Tìm a để phương trình

) (

log )

2 (

log 2

2

2

  

  

x x

a a

x

x có nghiệm 0,1

Bài 11: Tìm m để phương trình log ( 4) log ( 2)

7

7 mx  mxx  có hai nghiệm phân biệt

Bài 12: Giải biện luận phương trình 2x2 1 log 3m x log3m – 10 với mR* Bài 13: Giải biện luận phương trình logx alogaxaloga2xa0 với

*

aR Bài 14: Giải biện luận phương trình log (2 )

2x2 x m  tùy theo mR Bài 15: Tìm m để phương trình log ( 1) log

2

2

5 x mxm   x có nghiệm

Bài 16: Tìm a để phương trình log22x1 log 22x1 22a có nghiệm Bài 17: Tìm a để phương trình loga(x2 ax3)loga x có nghiệm

Bài 18: Tìm m thực để phương trình sau có hai nghiêm thực phân biệt:

21 1

2

(m1).log (x2)(m5) log (x2)m 1

Đs: ( 3;1) (1; )7

CHỦ ĐỀ II: BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ BÀI TỐN I: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG I Phương pháp:

Ta sử dụng phép biến đổi tương đương sau:

Dạng 1: Với bất phương trình:        

   

1

0

f x g x

a

f x g x

a a

a f x g x

  

 



  

 

  



 

 

     

0

1

a

a f x g x

   

 

  

  



Dạng 2: Với bất phương trình:    

   

   

1

1

0

f x g x

a

f x g x

a a a

a f x g x

  

 

 

  



   

 

 

     

0

1

a

a f x g x

   

 

  

  



Chú ý: Cần đặc biệt lưu ý tới giá trị số a bất phương trình mũ II Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải bất phương trình:

a 2

2

1 2

x x x



  b    

3

1

10 10

x x

x x

 

 

  

Giải:

a Biến đổi tương đương bất phương trình dạng:

 

2 2 1

2

2

1

2

1

2

1

2

2

x x x

x

x x

x x x x

x

x x x

 

   

 

 

   

       

      



    



   

  

Vậy nghiệm bất phương trình x2

Chú ý:

Để tránh sai sót khơng đáng có biến đổi bất phương trình mũ với số nhỏ em học sinh nên lựa

chọn cách biến đổi: 2

1 2

2

1

2 2 2

2

x x x x

x x x x x x x x x

   

              

Khi bất phương trình viết dạng:

     

  

3

1 3

2

10 10 10

3

3

0

1 3 1 5

x x x x

x x x x

x

x x x

x x x x x

   



   

     

   

  

      

      

Vậy nghiệm bất phương trình là:  3; 5  1; 5

Bài 2: Giải bất phương trình a

1

1

4 0.25.32

x x

x x



   b

1

1

( 2) ( 2)

x

x x



 

  

Giải:

a Đưa số 2,ta được:

BPT

1 2 2

2

2 2

(2 ) (2 ) 2 2

x x x x x x

x x x x x x

   

 

     

     

2

2 (2 2)( 2) (3 4)( 1) 13

0

1 ( 1)( 2) ( 1)( 2)

13

x x x x x x x x

x x x x x x

x x x

        

     

     

        

b Vì 52( 52)1

  11 1

5 ( 2)

1

x

x

x x

x do x





 

        



x

   2 x 1

BÀI TOÁN 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP LOGARIT HOÁ VÀ ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐ I Phương pháp:

Để chuyển ẩn số khỏi số mũ luỹ thừa người ta logarit hoá theo số hai vế bất phương

trình mũ Chúng ta lưu ý số trường hợp sau cho bất phương trình mũ:

Dạng 1: Với bất phương trình: f x( )

a b ( với b>0)  

 

1 log

0

log

a

a a

f x b

a

f x b

  

 

  

 

  



 

Dạng 2: Với bất phương trình:

 

( )

1 0

1 ( ) log

( ) log

f x

a

a a

f x b

a b a

f x b

a

f x b

  

 

 

  

 

   

   

  

   

Dạng 3: Với bất phương trình: ( ) ( ) ( ) ( )

lg lg ( ).lg ( ).lg

f x g x f x g x

a b  a  b  f x ag x b sử dụng logarit theo số a hay b

II Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải bất phương trình

a 49.2x2 16.7x b 3x22x 29

c 2x12x225 d 2x3x1

e

2

4 15 13

1

2

x  x  x

   



   

    f

2 7 12

5x x  1

Giải:

a Biến đổi tương đương phương trình dạng:

2x 7x Lấy logarit số hai vế phương trình ta được:

log 22 x24 log 72 x2 x2 4 x2 log 7 2  f x( )x2xlog 72 2 log 42  0 Ta có:  log log 1622   log 42    log 7 2 Suy f(x)=0 có nghiệm:

1,2  

2

2 log log

log 2

x x

x x



  

  

  



Vậy bất phương trình có nghiệm x > xlog 72 2

b BPT 32 2 32 2 2 2 0

2

x x x

x x x x

x

   

          

 

c BPT

2 50 50

4.2 25 9.2 50 log

2 9

x

x x x

x

        

d 2

3

2

2 3 log

3

x x x

x

 

      

 

e

 

2

2

4 15 13 4 12

2

2

x x x x x

x x

        

f Bpt 5x27x 12 50 12

x

x x

x

 

     

 

Bài 2: Giải bất phương trình

a 1

16

x x  

  

  b (ĐHDB – 2004)

2

1

log log

2

2.x x2 x

Giải:

a BPT 14  2 2 4

5

x

x

x x x x

x x x

      

            

 

b BPT 2 2

1 3

log log log log

2 2

2

2.x x 2 x log 2.x xlog x

 

2 2

1

1 log log log

2 x x x x

       

Bài 3: Giải bất phương trình

a

x log

sin x

3

 

 b

ln (1 sin )

2 2

2

e log (x 3x)

 

  

c (x2 x1)x 1

Giải:

a BPT log x

sin x

 

 

2

0

4

x x



  

 ( 0sin 21)

2 2

0 0

2

4 4

2

2 4

1 0

4 4

x x x

x x

x x x

x

x x x x

x x x

  

  

  

       

     

      

        

      

     

  

b ln 2

2

log ( ) log ( ) (1)

e x x x x

       

Điều kiện :

3

x x

  

  

  2 2

2

1 log (x 3 )x  2 x 3x2  x 3x40  4 x1

So điều kiện bất phương trình có nghiệm :  4 x 3 ; 0x1 c Vì x2 x 1 x

Bất phương trình

lg( 1)

x x x

   

Bất phương trình tương đương với hai hệ:

  2

0

: ( ) :

lg( 1) lg( 1)

x x

I II

x x x x

 

 

 

     

Giải hệ (I): 02 2 ( í) lg( 1) 1

x x

v l

x x x x

 

 



 

     

 

Giải hệ (II): 02 2 2

lg( 1) 1

x x x

x x x x x x

  

  

  

  

       

  

Nghiệm bất phương trình : x 1

BÀI TOÁN 3: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ - DẠNG 1 I Phương pháp:

Mục đích phương pháp chuyển tốn cho bất phương trình đại số quen biết đặc

biệt bất phương trình bậc hệ bất phương trình

II Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải bất phương trình     

2

2x2  2x2 1 2x1

Giải:

Điều kiện 2x 1 0x0

Đặt t 2x1, điều kiện t0, đó: 2xt21 Bất phương trình có dạng:

         

          

2 2

2 2

2 2 2

2 2

1 2 1

1 1

t t t t t t

t t t t t t

          

 

           

 

 1 2 2  13

2x 1 2x

t t t t

x

       

      

Vậy nghiệm bất phương trình 0;1)

Bài 2: Giải bất phương trình 9 11 2 6  2 2

x x x

      

Giải:

Nhận xét rằng:

     

     

      

3

2

9 11 3

5 3

3 3

x

x x

x

x x

x

x x

   

    

   

   

   

    

   

   

 

     

 

Do đặt t 3 2x, điều kiện t 0  2x

t

Khi bất phương trình tương đương với:

   

3

2 2 1 2

t t t t t t t t t t

t

                 

Kết hợp với điều kiện t ta được: 2 3

x

t x

      

Vậy nghiệm bất phương trình làx 

Bài 3: Giải bất phương trình a 5 21 5 21 2 log 52

x x

x

    b (2 3) 2 (2 3) 2

2

x x x  x

   



c  

2

2 2

2

(3 5)

x x

x x   x x 

     d

x

x x

( 1) ( 1)



 

  

Giải:

a Chia vế bất phương trình cho 2x 0ta được: 21 21

2

x x

     

 

   

   

   

Nhận xét rằng: 21 21

2

x x

     



   

   

   

Nên đặt 21

2

x t   

 

 

điều kiện t 0 21

x

t

  



 

 

 

Khi bất phương trình có dạng:

2

1 21 21

5

2

5 21 21 21

1

2 2

x

t t t t

t

x

 

        

 

  

       

 

Vậy nghiệm phương trình là: 1;1

b Bpt    

2 2 2

2 3

x x x  x

    

Đặt  

2 2

2 x x( 0)

t t



   ta

2

1

4 3

t t t t

t

          

Khi đó:  

2 2

2

2 3

x x

x x



         

2

2 1 2

x x x

        

c BPT

2

2

3 5

2

2

x x x x

     

     

   

   

Đặt

2

2

3 5

( 0)

x x x x

t t

 

     

ta bất phương trình:

2

1

2 t

t t

t t



 

       

 

2

2

2

x x x

x

 

    

 

d Vì ( 1)( 1) 1 ( 1)

2



       



nên    

1

1 1

2 1

1 x

x

x x

bpt x

x 

 

 

       

 (do 1  )

( 1)( 2)

1

x

x x

x x

    

 

   



 

Bài 4: Giải bất phương trình

2

2.5

5

5

x x

x

 



Giải:

Điều kiện 52x 4 02xlog 45 xlog 25 (*)

Đặt u5x, điều kiệnu2 , bất phương trình có dạng:

2

2

3

u u

u

 



(1)

Bình phương vế phương trình (1) ta được:

2 2

2

2 2 2

4

45 45

4 4 4

u u u u

u

u u u u

     

    (2)

Đặt

2

2 ,

4

u

t t

u

 



Khi bất phương trình (2) có dạng:

2

2

2

2 5

2

2

4 45 5 25 100

4

log 20 20 20 20 (*)

1

5 5 log

2

x

x u

t t t u u

u

x

u u

u u x

          



 

 

    

   

  

    

   

Vậy nghiệm bất phương trình log 2;5 log5 20; 

x  

 

Bài 5: Giải bất phương trình

a 4x12x2 3 b (ĐHDB – 2005)

2

2

2

9

3

x x x x



  

   

 

Giải:

a Bpt 22

4

x x

   4x 2x 12 2x 2x 120

Đặt t = 2x , t >

Dot0 , suy : 0 t 4 t 42x 42x 22  x2 b Đặt t3x22x,t0 ta có t2 2t  3 1 t

BPT thành 3x22x 3 x22x0 0x2

Bài 6: Giải bất phương trình:

a 9x2 x 1 1 10.3x2 x b 2x2.5x2 2 53x 3x

Giải:

a Đặt t3x2x t0 ta

2

– 10

9

t

t t

t

 

   

 

Khi t  t 3x2x  1 x2 x0  1 x0 (a)

Khi t   32 2

1

x x x

t x x

x

   

       

 

(b)

Kết hợp (a) (b) ta có tập nghiệm bpt là: S = (–; –2]  [–1;0]  [1; + ) b BPT2.5x2 2.53x 10x2 103x  x23x x1

Bài 8: Giải bất phương trình

a 32x24.3x2270 b 32x24.3x2270 c 52x126.5x 5

Giải

a Bpt 3 32x 24.3 3x 2270 9 3 x 36.3x270

Đặt t = 3x , t > Bpt 9t236t270

0

1 t 3x 3 3x x

           

b Bpt 32x 4.3 3x 27

    9 3 x  36.3x270

Đặt t = 3x , t >

Bpt

9t 36t 27

   

0

1 3

3 3 3 3 3

x x

x x

t t x

t t x

 

     

  

    

    

    

c Bpt 5 26.52x  x 5 5 5 x 226.5x 5

Đặt t = 5x ,t 0 Bpt 5t226t 5

1

1

1

5 5

0

5

5

1

5

5 5

x x

x x

x

t t

x

t t





  

   

    

 

    



     

   

  

Bài 9: Giải bất phương trình

a Bpt 22

4

x x

   4x2x 12  2x 22x120

Đặt t = 2x , t >

Bpt 12

4

t t t

t

  

     

 

Dot0 suy ra: t4 t 42x 42x 22 x2 b Đặt t 3x2x, t >

Bất phương trình trở thành: t2 – 10t +   ( t  t  9) Khi t  t 3x2x  1 x2 x0  1 x0.(i)

Khi t   32 2

1

x x x

t x x

x

   

       

 

(2i)

Kết hợp (i) (2i) ta có tập nghiệm bpt là: S = (- ; -2][-1;0][1; + )

Bài 10: Giải bất phương trình: (2 3) 2 (2 3) 2

2

x x x  x

   



Giải:

Bất phương trình    

2 2 2

2 3

x x x x

    

Đặt  

2 2

2 ( 0)

x x

t t



   ta bất phương trình

2

1

4 3

t t t t

t

           (thỏa mãn)

Khi  

2 2

2

2 3

x x

x x



         

2

2 1 2

x x x

        

Bài 11: (ĐHDB -2003) Giải BPT 15.2x1  1 2x  1 2x1

Giải:

Đặt t = 2x ta 30t 1 t 1 2t

- t = thỏa BPT

- t 1 ta 30 1 2 2 1

30

t t

t t t

t t t t t

 

 

        

     

 

- t1 ta

2

1

1 1 1

30 1 1

30

30 28

30

t

t t

t t t

t t t t t t

  

     

  



          

        

 

1

1

1 1

0 28

30 30

t

t t t

t

   

 

           

  

Tổng hợp trường hợp điều kiện t0 ta có 0 t 02x 4x2

a

2

2

log 2log

2 2x x x 200 b 32 log2x 2x1 log 3 8x2 0 Giải:

a Điều kiện: x0

BPT  24 log22x x2log2x 200

Đặt t log2 xx2t

Ta 22 22

4t 2 t 200

Đặt y22t2 y1

Ta y2 y200  5 y4

Đối chiếu điều kiện ta có : 22t2 42t2 2t2     1 t

Do log2 1

2

x x

     

b Điều kiện: x0

Biến đổi 32 log2x 2.x1 log 3 8x2 09log2x 2.xlog 62 8x2 09log2x 2.6log2x 8x2 0 Đặt t log2 xx2t

Ta BPT: 2.6 8.4

4

t t

t t t    

         

   

Đặt  0

2

t u   u

  ta được:

3

2

log

3

2

3 4

2 log log log

t

u u u

t x x

 

           

 

      

Từ tìm nghiệm BPT cho là:

3

log

0;

S  

 

Bài 12: Giải bất phương trình 1 1

2x 11 2 x

Giải:

Đặt y2x1(y0), BPTtrở thành:

1 1

0 0

2 1 1 (2 1)(1 )

y

y hay y

y y y y y y



          

     

Do ta có:

Khi 1

2

1 2 2

2 2 1 log

2 3 3

x x

y    x

2

2

0 log log

3

x x

      

Khi y 1 2x1  1 2x1 20  x 1 0x1 Nghiệm bất phương trình : log2

3

x

  hay x1

BÀI TOÁN 4: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ - DẠNG 2 I Phương pháp:

Phương pháp giống phương trình mũ II Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải bất phương trình 4x2x14x2 0

Giải:

Đặt t2x điều kiện t >

Khi bất phương trình có dạng: 2

2 4x

t  t  Ta có:   ' 4x2 0

Do đó:

2

'

0

4

1

(2)

0

1

2

x x

x

x

x b

x

t t

a

 

  



 

 

  

     



      

  



Vậy bất phương trình có nghiệm x =

Bài 2: Giải bất phương trình 9x2x5 3 x9 2 x10

Giải: Đặt 3x

t điều kiệnt 0 bất phương trình tương đương với:

     

2

f t t  x t x  Ta có  ' x529 2 x1  x42

Do f t 0 có nghiệm t = t = 2x + Do bất phương trình có dạng: t9t2x10

3

9

2 1

0

9

2 3 2 1

x

x

x

x

t x

t x x Bemouli x x x

x

t x

t x x x

 

     



 

 

          

  

 

   

         

 

  



    

   

  

Vậy bất phương trình có nghiệm x2 0x 1

Sử dụng ẩn phụ cho biểu thức mũ bất phương trình khéo léo biến đổi bất phương trình thành

phương trình tích, lưu ý:

0

0

A B A B

A B

   

  

 

  

  

0

0

A B A B

A B

   

  

 

  

  

II Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải bất phương trình 6x2x2 4.3x22x

Giải:

Viết lại bất phương trình dạng: 3x x4.2x4.3x22x0

Đặt

2

x

x u v

   

  

điều kiệnu, v0 bất phương trình có dạng:

  

2

4 4

3

0

4

0 3 2

4 2 4

x x

x

x x

x

uv v u v u v v

u v x

v x

u v x

v x

       

 

     



 

 

    

  

 

  

      

 

  



  

  

  

Vậy bất phương trình có nghiệm x2 x0

Bài 2: Giải bất phương trình 2x 2x 1 22x14x2

Giải:

Điều kiện: 1

x  x 

Viết lại bất phương trình dạng: 2x 2x 1 2.22x2 2 x1

Đặt

2

x u

v x

   

 

 

điều kiện u > v0 Khi bất phương trình biến đổi dạng:

 2    2

2 2

2 2

2x

u v u v u v u v u v

u v x

         

    

Ta xét phương trình:

0

2

2 2 1

2

2

x x

x x

x x

x x

  

 

       



 





Vậy bất phương trình có nghiệm 1; / 0;

2

x     

Giải:

Viết lại bất phương trình dạng:

   

2

2

5 2.5 10.5 16 5 5

x x x x

x x x x



     

       

Điều kiện: 5x 1 0 x0 Đặt

5

x

x u v

   

 

 

 

Bất phương trình biến đổi dạng:

   

2

2 2 2

2

0

2 5

2

5

1 7.5 10

5

x x

x x

x x

x x

u v u v

u v u v u v

u v u v u v

x

   

 

 

          

    

 

 

    

 

   

  



  

 



Vậy bất phương trình có nghiệm x =

BÀI TOÁN 6: SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ Bài 1: Giải bất phương trình: 2x 3x 5x 38 (1)

Giải:

Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định liên tục với xR có:

'

( ) ln 2x ln 3x ln 5x

f x     với xR nên f(x) đồng biến (*).Do

đó(1) f x( ) f(2) x x

x R

 

    

 

Vậy bất phương trình có nghiệm: x2

Bài 2: Giải bất phương trình: 2.2 x 3.3x 6 (1)x

Giải:

Ta có:(1) 1 (2) (

6

x x x

x

do x R

     

           

      )

Đặt f(x) = VT(2), có f(x) xác định, liên tục với xRcó:

' 1 1 1

( ) ln ln ln

6 3 2

x x x

f x              x R

      nên f(x) ngh

ịch biến R,

((1) (2) f x( ) f(1) x x

x R

 

     

 

Vậy bất phương trình có nghiệm: x1

Mặt khác : f(2) = nên (1)  f x( ) f(2) x2 Vậy tập nghiệm bpt x2

Bài 3: Giải bất phương trình:3x 4x 5x

Ta chia hai vế bất phương trình cho5x,ta được: BPT 5

x x

   

    

   

Xét hàm số: ( )

5

x x

f x      

    (TXĐ:D)

3 4

'( ) ln ln

5 5

x x

f x             x R

       

Suy hàm số f(x) nghịch biến trên đồ thị hàm só f(x) chì cắt đường thẳng y =1 điểm có tọa độ (2,1) Vậy để f x 1thìx2

Nghiệm bất phương trình là: x2

BÀI TOÁN 7: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP PHÂN KHOẢNG Bài 1: Giải hệ thức 3x24 x 2 4 3 x 2 1 (1)

Giải:

- Với x 2thì x2 – > x – > Do 3x24 30 1 (vì hàm đồng biến)

nên VT(1) > = VP(1) Bất phương trình khơng có nghiệm khoảng - Với x 2thì x2 – < x – < Do 3x24 30 1 (vì hàm đồng biến)

và x 2 4 3 x 2 0 nên VT(1) < = VP(1) Bất phương trình khơng có nghiệm khoảng - Với x = thay vào thỏa mãn

Vậy bất phương trình có nghiệm x = Bài 2: Giải bất phương trình 3 5

1 2x

x  x   (1)

Lời giải:

- Với x < x

 mà 2x1 0 nên  

5

1

3

1 1; 2x

x  x   Do VT(1) < Vậy bất phương trình khơng có nghiệm khoảng

- Với x  x 0 mà 2x1 0

nên 3 x 15 1;3 x2x

 

  Do VT(1) 

Vậy bất phương trình có nghiệm x 

Bài 3: (ĐHDB - 2004) Giải BPT

11

 

 



x x

x

Giải:

BPT

1

2

0

x x x



 

 



- Với x 1

1

2x 2x

   

- Với x = không thỏa BPT

- Với 1x2

1

2

x x x



   

   

suy 1x2 không thỏa BPT

- với x 2

1

2

x x x



   

   

suy x2 thỏa BPT Kết luận: nghiệm x1, x2

CÁC BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ ĐƯỢC GIẢI BẰNG NHIỀU CÁCH I ĐẶT VẤN ĐỀ :

Như thơng qua tốn trên, biết phương pháp để giải bất phương trình mũ thơng qua ví dụ minh hoạ thấy điều rằng, bất phương trình thực nhiều phương pháp khác Trong mục minh hoạ ví dụ giải

nhiều phương pháp khác với mục đích là:

+ Giúp em học sinh tiếp nhận đầy đủ kiến thức toán THPT trở nên linh hoạt việc lựa chọn phương

pháp giải

+ Giúp em học sinh lớp 10 11 lựa chọn phương pháp phù hợp với kiến thức

II Bài tập áp dụng:

Bài 1: Tìm m dương để bất phương trình sau có nghiệm:

   

2 2 1 2 1

2 3

x  x m m   m x  x m m   m

    

Giải:

Nhận xét rằng: 2 2   31

Nên đặt  

2 2

2 x x m m m

u      điều kiện u1

Thì  

2 2 2 x x m m m

u

   

  Khi bất phương trình có dạng:

  2 2

2 3 3 1(1)

x x m m m

u     x x m m m

              

Ta lựa chọn cách giải sau: Cách 1: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ

Đặt t = x – m, bất phương trình có dạng: t22t mt2m2m 1 (2) + Với t0 (2) f t t22m1t2m2m 1 (3)

Vậy (2) có nghiệm (3) có nghiệm t0

   

2 u u 4u

u



f(t) = có nghiệm t0(0t1 t 2 t10t2)

 2

2

1

1

1

'

2

2

(0)

1

1

0 1

2

2 1

(0) 1

2

m

m m m

m

m m

af

m m

m s

m

m m

af m

   

  



    

    



  

  

  



 

         



   

  

    

  

  



  

   



+ Với t0 (2)g t( )t22m1t2m2m 1 (3) Vậy (2) có nghiệm (3) có nghiệmt0

phương trình g(t) = có (1) nghiệm

1

0

0

t t t

t t

      

  

 

 2

2

1

1

' 1

2

(0)

1

1

0

2 1

2 1

(0) 2

m

m m m

m

m m

ag

m m

s m

m m m

ag

    

      

   



       

 



 

       

    

 

 

 

 



      



 

 

Vậy bất phương trình có nghiệm

m

 

Cách 2: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ

Đặt t xm , điều kiện t0 Bất phương trình có dạng:h t( )t22t2mxm 1 (4) Vậy bất phương trình có nghiệmmin ( )h t 0(t0) (5)

Nhận xét h(t) Parabol có đỉnh t = – < 0, ( )h t h(0)(t0)

Do đó:

(5) 1

2

m m m

        Vậy bất phương trình có nghiệm

2

m

 

Bài tập tổng hợp tự giải :

Bài 1: Giải bất phương trình sau a (ĐHDB – B 2008) 2 2

2 x  x 16.2 x x  20

Đs: 1 x 1

b (ĐHDB – B 2008) 32x122x1 5.6x 0

Đs: 2

3

1 log

2

x

c log log3

2 x x 400

d. (ĐHSPHN – B 2001)

2

2.3

1

3

x x x x



  

Đs: 3

2

0 x log

e. (ĐHGTVT – 1998)    

3

1

10 10

x x

x x

 

 

  

Đs:

1

x x

    

 



f. (ĐHY TB – 2001) 3x2 5x22x3 2x x 3x2 5x2 2x 23x

Đs: 1

3

x

  

Bài 2: Giải bất phương trình sau a. (ĐHTCKT – 2001)

 

2 log 1

2

3

2

log log

1

1

x

x 

   

    

   

 

 

  

 

Đs: 73 217

2 x

   

 

b. (ĐHXD – 2001) x4 8ex1  x x e  x1 8

Đs: x 2

c. (ĐHY – 1999) 2.2x 3.3x 6x1

Đs: x2

d    

1

1

5

x x

x

 



  

Đs:

1

x x

    

  

Bài 3: Giải bất phương trình sau

a 4x2 3 x.x31 x 2.3 x.x22x6 b  

 2 1

log log

1

3 12

,



 

      

x x

x

x

c x22x17.3 x22xx1 2 d 4x2 x.2x213.2x2 x2.2x2 8x12 e 25x3x2 2x2x.3x 25x3x2 4x2.3x f 6.92z2x13.62x2x6.42x2x 0

Đs:

d (ĐHDHN – 1997)  2x  1 2x3

Bài 4: Giải bất phương trình sau

a 8.3 x4x 94x19 x b x x x

1

1

9

 



 

c 2log2x.3log2x1.5log2x2 12 d

 

1

9 log 3 log

log log3 3

2



  x

x

e 252xx2192xx21 34.152xx2 f  

 

52

2

4

1 2

 



 

x x

Bài 5: Giải bất phương trình sau

a 3x24 x24.3x2 1 b 32x8.3x x4 9.9 x4 0

c 5  10

2 log

log



 x

x

x d 3x24  24.3x2 1

x

e 122 1122 0

x x

x

f 16logax 43.xloga4

Bài 6: Giải bất phương trình sau a   x x x x    xx

2

2

1

1

5 b

2 21

3

2

        

 

x x

c 6log26xxlog6x 12 d xlog2x4 32

e 4x116x 2.log48 f x2 x1x 1

Đs:

a x 0 x 1

f x 1

Bài 7: Giải bất phương trình sau

a 3 22 122 0

x x x

  

Đs: x0

b (ĐHYD HCM – 2001)

2

1

1

3 12

3

x x

   

 

   

   

Đs: x 1

c. (ĐHPCCC – 2000)    

2

2

2

1

3 5

x x x x

x x

 

 

    

d

2

8.3

3

x x

x x



     

  

Đs:

3

1

0 log

3

x

 

e 4x2x.3 x31 x 2 3x2 x2x6

Đs: 0 log 232

x x

   

Bài 8: Giải bất phương trình sau

a 6.92x2x13.62x2x6.42x2x0 b 4x3.2x x 4 x1 c. (ĐHBCVT – 1998) 3 22 122 0

x x x

   d 2.2x3.3x6x1

e 2 32 1

x x

  f

1

) ( )

( 

 

 

 x

x x

Đs:

a 1

2 x

   b 0x4 c x0 d x2

e x2 f x1

Đs: x2

b. (ĐHBK – 1997)

1

2

3

3

x x x x

 

  

    

Đs: x2

c ( 1) ( 1)

x x x

  

Đs: 5

2 x x

   

   

d 2

2x 2x 2x 3x 3x 3x

    

Đs: x2

e 2x23x2.3x23x3.5x23x4 12

Đs: x  1 x4

Bài 9: Giải bất phương trình sau

a 2 2

5

1

3 x x x



Đs: x   6 x 10

b  

2

2

2 x x

x  

Đs: 2

2

x x

   

c

2

1 3 xx 9

Đs: 1;2 \ 0;1  

d 22x1 22x3 22x5 27x 25x 23x

Đs:

3

x

BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ CHỨA THAM SỐ

Bài 1: Xác định m để bất phương trình: m.4x 2m1.2x m50 nghiệm với x0

Bài 2: Cho bất phương trình:m.9x23x2 6x23x2 16 1 m4x23x 0 (1) a Xác định m để nghiệm (1) thoả mãn bất phương trình 1x2 (2) b Xác định m để nghiệm (2) nghiệm (1)

Bài 3: Xác định giá trị m để bất phương trình:

92x2x 2m1 6 2x2x m1 4 2x2x 0 nghiệm với x thoả mãn điều kiện

2

x 

Bài 4: Cho bất phương trình: m1 4 x2x1m 1

a Giải bất phương trình m = –

a Giải bất phương trình

16

m

b Tìm m để bất phương trình nghiệm với x Bài 6: Xác định m để bất phương trình:

a m.4x m12x2m10 nghiệm với x b 4x m.2x m3  có nghiệm

c m.9x2m16x m.4x nghiệm với x  [0; 1]

Bài 7: Cho bất phương trình: 12

3

1

1

            

 x x (1)

a Giải bất phương trình (1)

b Xác định m để nghiệm (1) nghiệm bất phương trình: 2x2 m2x 2 3m0

Bài 8: (QGHN – 1997) Giải biện luận bất phương trình xloga ax  ax

HD:

Điều kiện a > 0, a  1, x >

Với0a1 Lấy lôgarit số a hai vế PT

      

4

1 log log log log log

1

1 log

a a a a a

a

x x x x x

x a x

a

       

      

Với a1, Biến đổi với ý số > ta loga x1 log a x40

4

1

log

log

a

a

x x

a x

x a

 

   

 

 

  



 



CHỦ ĐỀ III: BẤT PHƯƠNG TRÌNH LƠGARIT

BÀI TỐN 1: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG I Phương pháp:

Để chuyển ẩn số khỏi loga người ta mũ hố theo số vế bất phương trình Chúng ta lưu ý phép biến đổi sau:

Dạng 1: Với bất phương trình: loga f x logag x 

   

   

   

     

0

1

0

0

0

1

a a

f x f x g x

g x a

f x g x a f x g x

 

  



 

 

 



  



 



 



 

     

  

   

 

1 log

0

b

a

b a

f x a f x b

a f x a

  

 

 

  

 

  



 

  

Dạng 3: Với bất phương trình:

   

 

1

log

0

0

b

a

b a

f x a f x b

a

f x a

  

 



  

 

  



  

  

II Bài tập áp dụng:

Loại 1: Khi số a số dương

Bài 1: (ĐHDB – 2002) Giải bất phương trình: 1  1  

2

log 4x 4 log x 3.2x

Giải:

Bất phương trình 1   1 

2

log 4x 4 log x 3.2x

2

2

2 3.2

4 2.4 3.2

4 3.2

x

x x x

x x x





  



    

  

 

(vì 4x

  )

 

2

4 3.2

2

x

x x

x

loai x

  

      

 

Bài 2: (ĐHDB - 2004) Giải bất phương trình 2 

4

loglog x 2x x 0

 

 

Giải:

   

   

2

2

2

2

2

log

log log log

log

x x x

x x x x x x

x x x



   



        



 

  

  



2

2

2

2

2 2

2

x x x

x x x x x x

x x x

   



        

  

2 2

2 2

0

2 4

x x x x

x x

x x x x x x x x

                             

4 1

x x

x

x x x

  

 

   

    

 

Bài 3: (ĐH – B 2008) Giải bất phương trình

2

0,7

log log

4 x x x         

Giải:

BPT

2

2

0,7 2 2

6

log 0

4

log log log

4

log

4

x x x x

x x x x x x

x x x x x x

x x                                           

2 3 8

6

4 x x x x x x x x               

Bài 4: (ĐH – D 2008) Giải bất phương trình

2

3 log x x

x

 



Giải:

BPT 2 2

0

0

log 4 2

0

1

x x

x x

x x x

x x

x x x

x x                                 

0 0 1 2

2

4

0 2 2

0 2 2 2

x x x x

x

x x

x x x

x                                     

Bài 5: Giải bất phương trình:

2 log2

2

1  

     x x Giải: Bpt                             ) ( log ) ( log log 4 log 2 2 2 x x x x x x x x

Giải (1): (1)

5 16 16 8

4   

Giải (2): (2)

9 17

4

0

4

0

4 17

4

2

   

     

 

  

 

  

 x

x x

x x x

x

Vậy bất phương trình có tập nghiệm 

          

5 16 ; ; 17

4



Bài 6: Giải bất phương trình: 2  1

2

1

log log

2 x x x

 

    

  

Giải: Điều kiện:

2

( ; 5) (1; )

( 7; 5) (1 )

7

x

x x

x x

x

    

    

       

 

 

  



BPT 2

2 2

1

log ( 5) log log ( 5) log ( 7)

x x x x x

x

         



2 27

4 14 49

5

x x x x x 

       

Kết hợp điều kiện: BPT có nghiệm: )

27 ; (  

x

Bài 7: Giải bất phương trình: 1 3

3

log (x1)log (2x)

Giải:

Điều kiện: 1 x2

BPT 3 3

3

1

log ( 1) log (2 ) log ( 1) log (2 ) log log (2 )

1

x x x x x

x

           



2

1

1

1 5

1

2

2

1

x x

x

x x

x

x x

 

  



 

 

      

  

  

  

Loại 2: Khi số a chứa tham số

Bài 1: (ĐH – B 2002) Giải BPT logxlog39x 721

Giải:

Bất phương trình     

 

 

 

3 3

3

0 1

log log 72 log 72 log 72

log 72 log 72

x x x

x

x x

x x

x x

    

 

 

        

 

   

 

 

3

1

0 0 1

9 72

log 72 72

9 72 72

x x

x x x

x x x x

x x

x x

x

  



 

     



      

    

  

     

 

 

3

1

0

log 2

3x 3x 3x

x x

x



  

 

    

      

 

Chú ý:

Để xét hai trường hợp ta làm sau Điều kiện

 

 

9

0,

9 72 72 log 73

log 72

x x

x

x x

x

  

 

       

 

 

 

Vì xlog 739 1 nên bất phương trình log39x 72 x9x 3x 720  x2 Kết hợp với điều kiên (*) ta log 739  x2

Bài 2: (ĐHDB - 2004) Giải BPT log3 xlog 3x

Giải:

BPT 3 3 3

2

0, 0, 0,

log log log

1 1 1

0

x x x x x x

t x t x t x

t t

t t

t t

 



       

 

 

      

      

 

   



 

3

0, 1

1 log log

x x

x x

x x

 



     

    



Bài 3: Giải bất phương trình logx3x1logxx2 1

Giải:

Bất phương trình tương đương với:

2

2

2

1

1 1 2

3 1 2

3 1 0 1

0 1

1

0 1

3

3 1

3 2 1

x x

x x

x x x

x x x

x

x x

x x

x x

x x x x

 

  

     

  

        

  

     

       

 

      



      

    



    

Vậy bất phương trình có nghiệm 1; \ 1 

x 

 

2

2

2

2

2

1

3

4

5 2

0

1

0

5

2

0

4

x x

x x x

x x x

x x

x

x x

x x x

x x

 

   

  

      



    

 

   

 

      



     



  

 

Vậy bất phương trình có nghiệm 3; 3;

2

x  

   

Cách 2: Bất phương trình tương đương với: logx5x28x3logxx2

 

2

2

0

3

5 2

0

2

1

x

x

x x

x

x

x x x x

 





 

   



  

 

  



       



Vậy bất phương trình có nghiệm 3; 3;

2

x  

   

Bài 5: Giải bất phương trình: log( x 2 x)2 log x12 (1)

   

Lời giải:

Điều kiện:

2

0 0

1 1

4

2 0,

1 0,

x

x x

x

x

x x

x

   



  

 

  

 



 



   



   



(*)

BPT 2 2

2

1

(1) log ( ) log

log ( x x) log x x x x

      

  

2 2

2

log ( ) log log

1

x x

x x x

x

 

       



2

(2 1) 0

1

x x x x x

x x x

x x

       

            

 

 

2

1 2 ( 1) ( 1)

(1 ) ( 1)

x

x x x x x x x x

x x x

 



            

  



2

1

1 3 2 3 3 2 3

3 3

3

3

3

x x

x

x x x

  

     

        

    

 

Kết hợp với (*) ta (1) có nghiệm0 3

x

   

Bài 6: Giải bất phương trình: logx(3x)(3x)1 (1)

Lời giải:

Điều kiện: 02 ( )

(3 ) 0,

x x

x x x x

 

  



 

 

     

 

BPT (1) 1 logx(3x)(3x)0

(3 ) (3 )

logx x x(3 x) logx x (3 x)

    

 

(3 )

logx x x x(3 x) (x 1) (x 1)(x 1)

           

3 5 5

( 1)

2 2

x x x x x

       

             

   

Vậy (1) có nghiệm3 5

2 x x

 

    

Bài 7: Giải bất phương trình: a

3

log 3x log 3x b log (2x x2 5x6)1

Giải:

a Điều kiện:

    

  

3

x x x

BPT

3 3 3

3

1 1 1

0

log log log log log

log

x

x x x x x

      

 

1 log log

) (log log ) (log log

1

3

3 3

3

 

 

  

  

 x x x x

x x

TH 1: log3x0 x1 kết hợp ĐK : 0x1

TH 2: log3x0 x3

Vậy tập nghiệm BPT: x(0 ; 1)(3 ; )

b Điều kiện: 2

5

3

x

x x

x

 

    

 

>0

TH 1: Nếu 1

x  x bất phương trình cho:

2

2

2

log ( 6) log

5 6

x x x x x

x x x x x x

   

TH 2: Nếu0 1

x x

     ,bất phương trình cho 2 6

x

x x x x x

x

 

        

 

Vậy trường hợp nghiệm bất phương trình là:

x

 

Kết hợp hai trường hợp ta có 1

x x x

      

Bài 8: (ĐHAG – 2001) Giải bất phương trình: logx2 2x1 Giải:

Bất phương trình

2

2

1 0

1 1

0

0

2

0

1

x x

x x x x

x x

x x x x

x x

x

     



         

  

   

   

 

  

  

     



  



Bài 9: Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm:

1

3

log x 1  log (axa)

Giải:

Điều kiện: axa0

Bpt tương đương x2 1 a x( 1) Nếu a0 thìx 1 Ta có

2

1

x

a x

  

Nếu a0 x 1 Ta có

2

1

x

a x

  

Xét hàm số

2

1

x y

x

 

 với x-1

'

2

1

1

( 1)

x

y x

x x



  

 

x -  -1 +  y’ - || - +

y

-1 +

-

Vậy bất phương trình có nghiệm

2

1

a a

   

   

BÀI TOÁN 2: SỬ DỤNG CÁC PHÉP BIẾN ĐỔI LÔGARIT I Phương pháp:

II Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải bất phương trình lg 5x1lg 5 x1

 

Giải:

Điều kiện: 1

5

x

x x

  

  



 



(*)

Biến đổi tương đương bất phương trình dạng:

 2    2  

2

lg lg 10 5 10

9 3

x x x x

x x x

        

 

 

      

Vậy nghiệm bất phương trình 3x5

Bài 2: Giải bất phương trình  

 

3

log 35

3 log

x x

  

Giải: Điều kiện:

 

0 1

loga

a a

x x

 

   





 

  

 



Bất phương trình tương đương với: log5x35x 3 3

 

 

2

3

3

3

2

4

5

5

35

4

0

35

0 35

5

x x

x x

x x

x x

x

x

x x

x x

 

   

    

  

   

    

  

 

  



 

    

 

    



Vậy bất phương trình có nghiệm < x <

Bài 3: Giải bất phương trình 1 

3

1

log log 1

2 x  x (1)

Giải:

   

   

3

2

0 1

3 3

1

3

2

3 3

log log 1 1 1

1 1 1 0(2)

x x

x x x x x x

x x x x x x

    

          

            

Đặt

1 x

t x    t Khi bất phương trình (2) có dạng:

      

3 2

3

0

2 2

2

0 1 0 0

t

x

t t t t t t t t t t t

t x x x

t x x x

  

             



     

  

   

      

   

Vậy bất phương trình có nghiệm x9 hoặc0x1

Bài 4: Giải bất phương trình log3xlog9xlog27 x11

Giải:

Điều kiện:x 0

Pt log3xlog32 xlog33 x11

3 3

3

6

1 1

log log log 11 (1 ).log 11

2 3

11

log 11 log 11

6 11

log 729

x x x x

x x

x x x

       

   

     

Bài 5: Giải bất phương trình 3 1 3

3

log xlog x log (3x )3

Giải:

Điều kiện:x 0

Pt 1

2

1

3

2

3

3

log x log  x log log x

    

3 3 3

3 3

1

3

2 log log log log 3log log

1

2

(1 4) log 2.log log

x x x x x x

x x x x

        



         

Bài 6: (ĐHDB - 2007) Giải BPT  

2 1 log 1

log 2

2

1 x  x  x 

Giải:

Điều kiện: 1

x x

Đưa    

2

2 2

1

1 1

log ( 1)(2 1) log log

2 2 ( 1)(2 1)

x

x x x

x x



       

 12

2 ( 1)(2 1)

x x x     

3 ( 1)(2 1)

x x

x x

  

 

 

( 1)( 1)

0

( 1)(2 1)

x x x x        x x      1 x

  

Kết hợp điều kiện:

1 1 x x x             1 x

  

Bài 7: (ĐH – A 2007) Giải bất phương trình 3

2log (4x3)log (2x3)2

Giải:

BPT tương đương

2

2

3 3

3

3

4

4

(4 3) (4 3)

log (4 3) log (2 3) log

2 3

x x x x x x x x x                                  

8 21

x x x           3 x x            3 x   

Bài 8: Giải bất phương trình:

2

2

2

log ( 1) log ( 1)

0 (1) x x x x      

Lời giải: Điều kiện:

2

( 1)

1 ( 1)

4

x x x x x x                    (*)

BPT (1)2 log (2 x1)3log (3 x1) ( x2 3x4)0

1

1

1

0

2 log 3log

2

( 1)( 4)

( 1)( 4)

log 2.log

log log

x x

x x

x x

x x

x x

x x  

                            

1

0

(logx logx 8).log ( 1).log ( 1).( 1)( 4)

x

x x x x

            

1

0

log log ( 1).log ( 1).( 1)( 4)

8

x x

x x x x

           



0

log log ( 1).log ( 1).( 1)( 4)

8

x x

x x x x

3

0

( 1)( 4) ( 1)( 4)

x

x x x x x

x x x

 

          

  



Kết hợp với (*) ta (1) có nghiệm  1 x0x4

Chú ý:

Để tránh phức tạp ta làm sau

Do

2

3 4

3 4

x x khi x

x x khi x

   

     

Xét trên4;  BPT logx19logx180  x BPT có nghiệm S 4;

Xét trên 1; 4 log 19 log 18 log 19

8

x x x

BPT   

      

- Xét trên   

9

1;0 log 1;

8

x

BPT  x

       

- Xét trên0; 4 log 19

8

x

BPT  VN

   

Tương tự: Giải bất phương trình

2

3

2

log ( 1) log ( 1)

0

5

x x

x x

  



 

HD:

Điều kiện x 1

BPT

3

3

3log ( 1)

2 log ( 1)

log log ( 1)

0 0

( 1)( 6)

x x

x

x

x x x



 



      

  

Bài 9: Giải bất phương trình: 3 1 1 

3

1

log log log

2

x  x  x  x

Giải:

Điều kiện: x3

Phương trình cho tương đương:

  1  1 

2

3 3

1 1

log log log

2 x  x 2  x 2  x      

2

3 3

1 1

log log log

2 x x x x

       

      

3 3

log x x log x log x

       

  

3

2

log log

3

x

x x

x



 

      



 

   2 10

2

3 10

x x

x x x

x x

   

        

  

Giao với điều kiện, ta nghiệm phương trình cho x 10

Bài 10: Giải bất phương trình:  

1 log log

2

x

x 

Giải:

BPT

2

2 2

2

log 1 log log

0

log 2 log

x x x

x x

  

   

 

2 2

log x 0, Do: log x log x 0 x

       

Đối chiếu điều kiện: BPT có nghiệm 0 x1

Bài 11: Giải bất phương trình log20,5x4 log2 x  4 log16x4 Giải:

 

4 16

2

0,5 16 0,5

2

2

0,5 16

2

5

2

2

2

2

2 2

4 log

log log log log log

log log log

4 log 8

0 log

1

log log

1

log

log log 16 log log 0

4

0

x

x x x x x

x x x

x

x

x

x x

x

x x x x x

x x

  

 

     



  

 

 

 



 

   

 

 



  

  

   

   

   



   

Tập nghiệm bất phương trình

8

5

[1;2 ] (0; ]

4

S  

BÀI TOÁN 3: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ - DẠNG 1 I Phương pháp:

Mục đích phương pháp chuyển tốn cho bất phương trình đại số quen biết đặc

biệt bất phương trình bậc hệ bất phương trình

II Bài tập áp dụng:

Bài 1: (ĐH – B 2006) Giải BPT log54x 1444 log 25  1 log52x2 1

Giải:

Biến đổi BPT

 

5

4 144 144

log log 5.2 5.2

16 16

x x

x x

   

    

 

 

4x 20.2x 64

   

Đặt t 2x 0

2

20 64

t t

    (t4)(t16) 04 t 16 2x4

Đưa 3log log2 1log 2 2

x  x  x

6

2t t t( log x)

t

    

2

6

t t

        t t

4

x t

   

Bài: Giải bất phương trình:(log 8x log4 x2 ) log2 2x 0

x x x

2

4

(log log ) log 0  x x

2

log

0 log



  x

x

1

2



 

 

 

.

Bài 3: Giải bất phương trình    

3

4 2

2 2

2

32

log log log log

x

x x

x

   

    

 

 

Giải:

Điều kiệnx 0 Biến đổi bất phương trình dạng:

   

   

       

1

3

4 2

2 2 2

2

4 2

2 2 2

2

4

2 2

32

log log log log

log log log log 32 log log log 3log log log

x

x x

x

x x x x

x x x x

 

   

    

 

 

   

       

     

Đặt tlog2 x ta được:

 2  

4 2

2

3 13 36 1

3 log

3

8 3 log

4

t t t t t t t

x

t x

t x

x

           



   

      

 

  



   

   



Vậy nghiệm bất phương trình 1; 4;8

x 

 

Chú ý:

Trong ví dụ em cần lưu ý thực phép biến đổi cho toán tử:

       

2 2

3 3

2

2

1 1 2

2 2

2

2

2 2

1 2

2

log log log log log log

8 8

log log log log

x x x x

x

x x x x

     

       

 

        

         

          

 

 

     

 

Bài 4: Giải bất phương trình 2(log3x)25log3 9x  3

Giải:

Điều kiện :x0

Pt  

3 3

2(log x) log log x

 

2

3 3

2

3

2(log ) log 2(log ) 10 log

2(log ) 5log

x x x x

x x

         

   

Đặt t = log3x Pt

7

2 2 2

3

7

2 1 log 3

2

t t t x  x x

                 

Theo điều kiện x 0

Vậy: Nghiệm BPT :

7

1

3 3x

Bài 5: Giải bất phương trình log22 xlog2x2 3 5(log4 x2 3)

Giải: Điều kiện:

       log log 2

2 x x

x

Bất phương trình cho tương đương với log22 xlog2 x2 3 5(log2 x3) (1)

đặt t log2 x

BPT (1) t2 2t3 5(t3) (t3)(t1)  5(t3)

2 2 1 log 1 2

3 log

8 16

( 1)( 3) 5( 3)

t x t x t t x x

t t t

                                    

Vậy BPT cho có tập nghiệm là: ] (8;16)

1 ; ( 

Bài 6: Giải bất phương trình: log9(3x24x2)1log3(3x2 4x2)

Giải:

BPT tương đương với log9(3x24x2)12log9(3x24x2)

Đặt t  log (39 x2 4x2) t 0

BPT trở thành: 2 2 1

2

t  t  t   t    t

                                                           1 7 1 4 ) ( log ) ( log 2 9 x x x x x x x x x x x x x

Bài 7: Giải bất phương trình:

3

8

2

log log log (1 ) log

Điều kiện:

1

x x

  

 

BPT 2

2

log log (1 )

log (1 ) log

x x

x x



 



Đặt

2

log log (1 )

x t

x



 ta BPT

2 1

1

0

0

t t

t

t

t t

   

    

  

TH 1:

2

2

log

1 log log (1 )

log (1 )

x

t x x

x

        

 (vì1 2 x1)

2

1

2 1

1 2

x x x x

x

         

 So sánh ĐK ta có :

1

2

x

 

TH 2:

2

2

log

0 1 log log (1 )

log (1 )

x

t x x

x

        

 x 2x x

     

Tập nghiệm bất phương trình là: 0;1 1; 

 



 

 

Bài 8: Giải bất phương trình log20,5x4 log2 x  4 log16x4 Giải:

BPT

 

4

16 2

2

2

0,5 2 2

2 2

2

2

0,5 16

4 log

4 log

log log

log log

log log 16 log log

log log log 0

x x

x x

x x

x x x x

x x x x

 



   



 

 

   

   

 

  

  

 

8

2

8

0 log

1

5

1

log

0

4

x

x x

x x

 

 

   

 

  

  

   

  



Tập nghiệm bất phương trình

8

5

[1; ] (0; ]

S  

Bài 9: Giải bất phương trình:2 log5xlog 125x 1 Giải:

Điều kiện :0 x 1 log5 x3log 5x 0

Đặt t log5 x t( 0) log 5x

t

Bất phương trình thành:

2

3 3

2 0

2

t t

t t t

t t

 

          

Vậy:

1

5 5

5 5

1 log log log 0

5

3

0 log log log log

1

2

x x x

x x

x

 

   

  

 

  

 

    



  

  

Bài 10: Giải bất phương trình: 2

2

6

3 log 2xlog x  Giải:

Điều kiện

0 1

x x x

   

     

0 < x  1/2

Đặt t log2 x t 0

Ta

2

1

3

0

(1 )

0

t

t t

t t

t



   

   

 

 

  

… Suy tập nghiệm :  

3

1

; 1; 2

 



 

 

BÀI TOÁN 4: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ - DẠNG 2 I Phương pháp:

II VD minh hoạ:

Bài 1: Giải bất phương trình log32xlog2 8x log3 xlog2 x3 0 (1)

Giải:

Điều kiện x0

Biến đổi phương trình tương đương dạng:  

3

log x log x log x3log x0

Đặt tlog3x bất phương trình có dạng: f t t23 log 2x t 3log2x0(2) Ta có:  3 log 2 x212 log2x3 log 2 x2 Do f(t)=0 có nghiệm:

2

3 log

t

t x

    

Do (2) tương đương với: t3tlog2x0log3x3 log 3xlog2x0

3

3

3

log log 27

log log log log 27

0

log log 27

x x x

x x x x x x

x

x x x

      

 

  

     

  

  

    

  

   

   

Vậy bất phương trình có nghiệm tập 0;1  27;

BÀI TỐN 5: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ - DẠNG 3 I Phương pháp:

Sử dụng ẩn phụ cho biểu thức mũ bất phương trình biến đổi bất phương trình thành bất phương

trình tích, lưu ý:

0

0

A B A B

A B

   

  

 

  

  

0

0

A B A B

A B

   

  

 

  

  

II Bài tập áp dụng:

Giải bất phương trình log3 log2 log3 log2

x

x x x

Giải:

Điều kiện x0 (*)

Viết lại bất phương trình dạng: log3x.log2x2 log3xlog2 x 2

Đặt

2

log log

u x

v x

  

 

Khi bất phương trình có dạng:

  

3

2 2

log

1

log

2

3

1 log

2 log

uv u v u v

x

u x

x

v x

x

u x x

v x x

       

 

     

 

 

 



  

  

 

     



      



  

    

  

  

thoả mãn (*)

Vậy bất phương trình có nghiệm < x <

BÀI TOÁN 6: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ I Phương pháp:

II Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải bất phương trình 2 

1

log log

1

x

x

 

     



 

(1)

Điều kiện: 2

1

x

x x

  

 

   

(*)

Ta có nhận xét sau:

+) x2 4 4log2 x24log 42 2VT 2 +)

3

1

2 1 1

1

1

log log 2

1

x x x

x x

VP x

           

 

 

      



 

Do bất phương trình có nghiệm khi:

2

2 2

VT x

x

VP x

 

   

  

 

  

 

Vậy bất phương trình có nghiệm x =

Bài 2: Giải bất phương trình

 

2

1

3

1

log

log 2x 3x x





 

Giải:

Điều kiện:

2

1 1 0

1 1

0

2

0 1

0

1 1

2

3

2

x x

x x

x x

x

x x

x

x x

    

 

    

 

      

  

 

 

   

 

  



 



   



Ta có: 1 2

3

log 3 1

A x  x   x  x 

2

2 1

2

x x x

      

 

1

log 1

B x  x   x

Từ ta có bảng xét dấu sau:

+ Với1x0; VT0; VP0 Bất phương trình (1) sai + Với0x1 / 2; VT0; VP0 Bất phương trình (1)

+Với1x3 / 2; VT0; VP0 Bất phương trình (1)

+ Vớix3 / 1; VT0; VP0 Bất phương trình (1) tương đương với:

 

2

1

3

log log 1

1 1 1 0

x x x x x x

x x x

         

 

      



Kết hợp với trường hợp xét ta x 5

Vậy bất phương trình có nghiệm: 0;1 1;3 5; 

2

   

  

   

   

PHƯƠNG PHÁP PHÂN KHOẢNG Bài 1: Giải  log 5 1 2 1

5

x

x x x x

x

        (1)

Giải:

Điều kiện:

2

0

4 3 1;

1

8

x x

x x x x x x

x

x x



  

 

         

 

   

   



- Với x = (1)  1 0

1

log5       (luôn đúng)

- Với x = (1) 

5 125

27

5 3

log

1

5      



(loại)

Vậy bất phương trình có nghiệm x =

Bài 2: Giải bất phương trình: 2 x2 7x 12  14x 2x2 24 log x

x x

 

        

 

Giải:

Điều kiện:

2

0,

3

7 12

4

2 14 24

x x

x

x x

x

x x

 



  

   

 

  

   



- Với x = bất phương trình trở thành bất đẳng thức

2 3

3 3

3 log 3 log

2       

    

  (sai)

- Với x = bất phương trình trở thành

2 log

1 log

2 log

2 4  

  

  

     

 (đúng)

Vậy bất phương trình cho có nghiệm x =

PHƯƠNG PHÁP TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

Bài 1:(NTA - 2000) Giải bất phương trình: log2(2x 1)log3(4x 2)2 (1)

Giải:

Đặt f(x) = VT(1),có f(x) xác định,liên tục với xR có:

' ln ln

( )

(2 1) ln (4 2) ln

x x

x x

f x   

nên f(x) đồng biến (*).Do đó: (1) f x( ) f(0) x x x R         

Vậy bất phương trình có nghiệm: x0

Bài 2: Giải bất phương trình: x(3log2 x2)9log2 x2

Giải:

Điều kiện:x0

Bất phương trình  3(x3)log2x2(x1)

Nhận thấy x = không nghiệm bất phương trình

TH1: Nếu x3 BPT 

3 log    x x x

Xét hàm số: x x

f log2

2 )

(  đồng biến khoảng 0;

3 ) (    x x x

g nghịch biến khoảng 3;

mà f 4 g 4 3 Với x4: Ta có

       ) ( ) ( ) ( ) ( g x g f x f

 Bpt có nghiệm x4

Với x4:Ta có

       ) ( ) ( ) ( ) ( g x g f x f

 Bpt vô nghiệm TH 2: Nếu 0 x3 BPT 

3 log    x x x x x

f log2

2 )

(  đồng biến khoảng 0;

3 ) (    x x x

g nghịch biến khoảng  0;3 mà f 1  g 1 1

Với x1:Ta có

       ) ( ) ( ) ( ) ( g x g f x f

 Bpt vơ nghiệm

Với x1:Ta có

       ) ( ) ( ) ( ) ( g x g f x f

 Bpt có nghiệm 0 x1

Vậy Bpt có nghiệm 

     x x

Tìm giá trị lớn tham số m cho bất phương trình: log 5x21log5mx24xm

nghiệm với xR

Giải:

Điều kiện: mx24xm0đúng với  x R

2

2

5

3

0 10 21

m m m m m                  (2)

Từ (1), (2)=> bất phương trình với  x Rkhi m=3

Bài tập tổng hợp tự giải:

Bài 1: Giải bất phương trình sau:

a   log  1

1 log log 5

25  

         x x

x b log42x2 3x21log22x2 3x2

c x

x x x 2 2 2

2 log

32 log log

log 

             

 d 2xlog x 4x42x1log 2x

2

2

e   1 1

5 log

4

2       

 x x

x x x

x f  

2 log

log 

        x x Đs:

e (KTQD – 2001) x1

Bài 2: Giải bất phương trình sau:

a.log 2.logx 2x2.log 42 x1 b x x

8

8

1 4log

log

1  

c log3xlog5xlog3x.log5x d

  log 2     x x x

e  

x x x log 1

6  



 f log  4

5     x x Đs:

f x  5 x 4 2;

Bài 3: Giải bất phương trình sau:

a    

2

1 log

log

x

x    b  

4 16 log log

4  

       x x

c log  1 log  1 log 35 

3

1 x  x  x  d

 1 log  1

2 log 2 2

1  

   x x x x

e log 9 1 log 3 7

2 1

2

1    



 x

x

f  

8 18 log 18

log4 

       x x Đs:

b 0;1 3;10

3

x   

   

a  

3 

log

8 log

2 2

 

 

x x x

b log2 x21log22x2

c

1

log3 

 

x x

d 2xlog x 4x42x1log 2x

2

2

e log 3 2 log33 2

2

9 x  x   x  x f  

2 log

1 log

2 log

2

x

x  x 

Bài 5: Giải bất phương trình sau:

a 4x216x7log3x30 b log

2 log

2

2

4 x x

c log2xlog2x84 d log2xlog3x1log2 x.log3x

e

 1

log 1

3 log

1

3

3

1 

 

 x x

x

f log3x log3x 3

Đs:

c (ĐHYTH – 2001)

3 13 13

2

1

0; ;

2

x

 

 

 

   

   

Bài 6: Giải bất phương trình sau:

a log  3

2 log

6 log

3

1

3 x  x  x  x b

 2  3

5 11

2

log 11 log 11

x x x

x x

    



 

c    

x x

x x

x

x 12 14 24 2logx

2    

    

 



 d  

1

3

log log x 5  0

 

e 8 1

8

2

2 log ( 2) log ( 3)

3

x  x  f

2

4

log

5

x x

x x

 



 

Đs:

a (GTVT – 2000) x 10 b x  2; 2 15

Bài 7: Giải bất phương trình sau: a

2 16

1

log 2.log

log

x x

x



 b    

2

1

5

log x 6x8 2 log x4 0

c

4

log

2

x x x



 



 



  d log log93 9

x

x  

e logxlog24x 61 f log3x x23x1

Bài 8: Giải bất phương trình sau: a

2 1 2 log

1

2x x  x 

x b

2

3 3

log x4 log x9 2 log x3

c log x5 1 d log

2



e (ĐHKT – 1997)   2 lg lg

2

lg

 

 

x x x Đs:

a 33

6 x

 

  e VN f logx 35x2 18x_162

Bài 9: Giải bất phương trình sau:

a (ĐHDB – D 2007) 1 2

2

1

log log ( 1)

2

x  x  x 

Đs: 1

3 x

b (ĐHDB – A 2008)

2

log log

1

x x



 



 



 

Đs: x 1

c. (ĐHY HN – 2001) log2 x2 3x2 12 log2 x0

Đs:

5 53

2

5 53

2

x x

 

  

 

  

d (ĐHSP HCM – A 2000) log93x2 4x2 1 log33x2 4x2

Đs:

1

1

7

1

x x



  

 

   

e

3

log (x3) log x2 log 21

Đs: ( 4; 3)    ( 3; 1)(0; 2)(2;3) f log2 log (4 4) log 32

2

x

x x

x



    



Đs: x2 x 4

g 3 1

3

2 log (4x3)log (2x3)2

Đs:3

4 x

h log0,5x2 log0,25(x1)log 62 0

Đs: x3

Đs: 1 5 5

2

x   x

    

Bài 10: Giải bất phương trình sau:

a log2 log0,5 31

16

x

  

 

 

 

 

 

Đs: x2

b

log (5x x 8x3)2

Đs: 1 3

2x5x2

c (ĐHY HN – 1997) log 64 log 162x  x2 3 Đs:

3

1

1

2x  x

d log

2

x x x



 



 



 

Đs: 1 x2

Bài 11: Giải bất phương trình sau:

a 5x 6x2 x3x4 log2 x(x2 x)log2 x55 6xx2

b

1

5 lg

  

 

x x x

x c

x x x

x

x x

3

5

log

) log ( log log

log   

d log log ( ) log log ( )

5

5

1 x  x  x  x e

3

log 2x x log 2x x

f 1logx2000 2 g

3 ) ( log

1

3

  



x x

Đs:

a 5;3

2

x  

  b x  5; 0  1;3 c  

5

0; 1;3

5

x 

 

 

d ;12

5

x  

 

e  

3

1

0; 2;

2

x  

 

f  

3

1

0; 2000;

2000

x  

 

g 2log310;2

Bài 12: Giải bất phương trình sau: a. (ĐHV – 1999)

2

2

log 

 

x x

x b

2 2

(2 x 7x 12) ( 14x 2x 24 2) logx

x x

 

        

 

c

64 log 12

1 ) ( log

2

2

2 x   

x d

3 log

log 2

2

1 

 



x x x

e

14 24 log

2

25 

 



x x

a ;  1;2 2;3 7

1

      

 

 

 b x4 c 6;

2

x  

 

d x4; e 3;1   3;4 f x 2 2; 0, 5  1; 2

Bài 13: Giải bất phương trình sau:

a log (2 1)log (2 2)

2

2   



x x

b (QHQT – 2001)

2 log 

 

x x x

c log logx 93x 91 d

4 log

log

2

x

x  e log log 2log 1 9

2

1 x 

f

4

) ( log ) ( log

2

3

2

 



 



x x

x x

g 2log92 xlog3xlog3( 2x11) h

) ( log

) 35 (

log

  

x x a a

Đs:

a x   log 5; log 32 2  b x1; 2 c xlog 1013 d 0;4

x   x  

 

e x4;10 f x  1; 0  4; g x1; 4 h x2;3 (với 0a 1)

Bài 14: Giải bất phương trình sau:

a log22x 1log34x22 b log log (log 4 )

2

2 x x   x 

c ( 1)log (2 5)log

2

2

1    

 x x x

x d log (5 18 16)

3 x  x 

x

e log12 4 84 5 0



 x x

x f log log log ( 3)

2

3

9   

 x x x

g

1 lg

1 lg

2 2



 

 

x x x

x

h xlog2x4 32

Đs:

a x  ;0 b 0;1 8;16

2

x 

  c x0; 2  4;

d ;1 8; 

3

x  

 

e 1;5 ;

4

x  

    f x0;

BẤT PHƯƠNG TRÌNH CĨ CHỨA THAM SỐ

Bài 1: (QGHN – 1999) Tìm m để bất phương trình 2sin2x3cos2x m.3sin2x có nghiệm Đs: m4

Đs:

3

m m

     

Bài 3: Cho bất phương trình log2 xa log x

a Giải bất phương trình a1

b Tìm a để bất phương trình có nghiệm

4

x 

Đs:

a

1

1 ; 2

x



 

 



 

b

Bài 3: (ĐHSP HN – 2001) Tìm m để x 0 ;2 thỏa mãn log2 x2 2xm log4(x2 2xm) 5

Đs: 2m4

Bài 4: Tìm m để bất phương trình 2 log2 log2 log2

1 1

m m m

x x

m m m

     

     

     

  

      có nghiệm

duy Đs: 32

31

m 

Bài 4: Tìm m để bất phương trình x m x m x m x

2

log ) ( )

(    

 có nghiệm

Đs: m2

Bài 4: (ĐH Mở HN – 2001) Tìm m để hai bất phương trình log ( 5) 3log ( 5) 6log ( 5)

25

5

1 x  x  x  

và (xm)(x35)0 có nghiệm chung

Bài 5: Tìm m để bất phương trình logmx2 2xm10 nghiệm với x

Bài 6: (ĐHNN I – 2001) Giải biện luận bất phương trình log 2 log log log

loga a2 x a2 a x a Đs:Nếu 0a 1 a2 x1 Nếu a 1 xa2

Bài 7: Tìm tất giá trị tham số a để bất phương trình a.9x a1 3 x2 a 1 nghiệm với x



Đs: a1

Bài 8: (ĐHGTVT – 2001) Tìm tất giá trị x thỏa mãn x1 nghiệm bất phương trình

) (

log2 2   

 x m

m x

x với 0m4 Đs: x3

Bài 9: Với giá trị m bất phương trình log ( 2 )

2

1 x  xm  có nghiệm nghiệm

Bài 10: Cho hai bất phương trình  

3

log (35 )

3

log (5 )

a a

x x

 

 , với 0a 1

     

5

1 log x 1 log x 4xm 0

Tìm tất giá trị m để nghiệm (1) nghiệm (2)

Bài 11: Cho hai bất phương trình logx5x2 8x 32 1 , với 0a 1 x2 2x 1 a4 0 2 

Tìm tất giá trị a để nghiệm (1) nghiệm (2)

Bài 12: Với giá trị a bất phương trình log2a12x1logax30 thỏa mãn đồng thời

x x4

Bài 13: Tìm giá trị a để bất phương trình log ( 1)log5( 6) log

2

1       a 

a

ax x ax

x có

nghiệm Tìm nghiệm

Bài 14: Giải bất phương trình logax2  x 2logax2 2x3 biết có nghiệm

9

x

CHỦ ĐỀ 3: HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ BÀI TỐN 1: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

Bài 1: (ĐH – D 2002)Giải hệ phương trình:

3

1

2

4

2

x

x x x

y y

y



  



 

 

 

Giải:

3

3

1

3

2 5

2

4 (2 2)2

2

2 2

x x

x x

x x x x

x

x x

y y y y

y y y

y y y y

y y



     

    

   

  

     

   

   

 

   

2

2 2

1

1

5

x x

y y x x

y y

y y

y y

       



   

 

  

  

   



Bài 2: Giải hệ phương trình:

2

4 3.4 log

x y y

x y



  



  



( ;x yR )

Giải:

Hệđã cho tương đương với:

3

1 1 log

3

4

4 3.4 3.4

1 log 1 log

x y y y y

x y y x y y

      

    

 



 

         

 

 



1

2

4

3.4

3

2 log

y

y

x y







 

 

   



2

3

3.4

2 log

y

x y



 

  

  

 

 

 

3 4

1

1 log

1

1 log

x y



 

   

  

Vậy hệ có nghiệm    34  34

1

; log ; log

2

x y    

 

Cách khác:

Đặt u4x y 1;v3.42y1(u0;v0) Hệ tương đương với

 

 

3 4

1

1 log

2 2

1

1 log

x

u v u

u v v

y



 

 

  

 

 

  

 

    

 

Bài 3: Giải hệ phương trình:

2 27x 9y x

x

  y  

 

 

 

Giải:

Giải hệ phương trình

2

3 (1) 27x 9x (2)

x y

y

   

 

 

 

Phương trình(2) 27x  9y2 x 3y2 3x  x y2, thay vào phương trình (1) ta được:

2

1

1 1

3

2

2

2

y

y y x

y y

y x

y

y

  

      

      

  



 



   

Vậy hệ phương trình có nghiệmx y; (1;1); (1; 1); (4; 2); (4; 2) 

BÀI TOÁN 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ I Phương pháp:

Phương pháp sử dụng nhiều để giải hệ mũ việc sử dụng ẩn phụ Tuỳ theo dạng hệ mà lựa chọn phép đặt ẩn phụ thích hợp

Ta thực theo bước sau:

Bước 1: Đặt điều kiện cho biểu thức hệ có nghĩa

Bước 2: Lựa chọn ẩn phụ để biến đổi hệ ban đầu hệ đại số biết cách giải ( hệ bậc ẩn, hệ đối

xứng loại I, hệ đối xứng loại II hệ đẳng cấp bậc 2) Bước 3: Giải hệ nhận

Bước 4: Kết luận nghiệm cho hệ ban đầu II Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải hệ phương trình

2 2

3 x y 17

  



Giải: Đặt

2

x

y u v

   

  

điều kiệnu v, 0 Khi hệ (I) biến đổi dạng:

2

2 1 3 1

9 17

3

8

1

6

2 2

3

x

y

u u

x u

u v

u

y

u v v

v

     

  

       

   

     



   

     

 

Vậy hệ có cặp nghiệm 1;1

Bài 2: Cho hệ phương trình

1

3 2

3

x y

x y

m m

m m

 

  

 

  

  a Tìm m để hệ có nghiệm

b Tìm m nguyên để nghiệm hệ nghiệm nguyên

Giải: Đặt

1

3

x

y u v



   

  

điều kiện u3 vàv0 Khi hệ (I) biến đổi dạng:

1

mu v m

u mv m

  



  



(II) Ta có:

1

m

D

1

m m   ;

2

u m D

m





2

1

2 1;

1

v m

m m D

m    

2

2

m

m m

m  

a Hệ có nghiệm khi:

2

0

1

2

3 2

1

1

0

u

v

D m

m

D m

u m m

D m

m m

D m

v

D m

 



   

   





  

             

  



      



 

 

 

  

Vậy hệ có nghiệm  2 m 1

b Với m nguyên ta có m = – hệ có nghiệm là:

1

3 3 1

2 2 2 1

x

y

u x x

v y y



 

  

     

  

   

    

   

Vậy với m = – hệ có nghiệm nguyên (0;1)

Bài 3: Cho hệ phương trình

2cot sin sin cot

9

9 81

gx y

y gx m



 

 

 

 

a Giải hệ phương trình với m =

b Tìm m để hệ có cặp nghiệm (x;y) thoả mãn

2

y 

 

Biến đổi hệ dạng:

u v m

u v

   

  

Khi u, v nghiệm phương trình f t( )t22mt 3 (1) a Với m = ta được:

sin 0;

2

2cot

1

2

3

y u v

gx

t u

t t

t v

  

   

  

     

     

  

2

1 ;

sin

; ,

2

5

cot ;

2

2

y k

x l y y k

y

k l Z

y k

gx x l y y k

x l

 

 

 

 

 

 

 



 

 

     

 



  

     



        





 

 

 

Vậy với m = hệ có họ cặp nghiệm Bài 4: Giải hệ phương trình

2

2

2 2

2 2

4

2 3.2 16

x x y y

y x y

 

 

   

 

 

 

Giải:

Viết lại hệ phương trình dạng:

  2

2 1 2

2

4 4.4 2

2 3.4

x x y y

y x y

 



   

 

  



(I)

Đặt

2 1

4

x

y u v



   

  

điều kiện

4

u vàv0

Khi hệ (I) biến đổi dạng:

2

2

4 1(1)

4 4(2)

u uv v

v uv

   

 

 

 

(II)

Để giải hệ (II) ta sử dụng cách sau: Cách 1:

Khử số hạng tự từ hệ ta được:4u213uv3v2 0 (3)

Đặt u = tv, đó: 2 

3

(3) 13 1

4

t

v t t

t

  

    

  

+ Với t = ta u = 3v đó:

(2) 8v 4 vô nghiệm

+ Với

4

t ta

4

u vv u đó:

(2)4u 4u1

2 1 2

1 1

4 2 4 2

x

y

u x x

v y y





      

  

   

   

   

Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm (1;2) (-1;2)

Từ (2) ta

2

4

v u

v



 (4) Thay (4) vào (1) ta được: 2v431v2160 (5)

Đặt tv t 2, 0 ta được: 2

16

1

(5) 31 16 1 16

4 (1)

2

t

u

t t v v

v t

 

  

         



  

 

2 1 2

1

1

4

2

2

x

y

x x

y y



       



  

 

 

 



Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm x y;   1; ; 1; 2

Bài 5: Giải hệ phương trình

2

2

2 3.2

2 2

x x

x y

y y



   

 

  

 

Giải:

Đặt u2x điều kiện u1 Hệ có dạng:

     

  

2

2 2

2

2

2

2

3

1

u u y

u y u y u y

y y u

u y u y u y

y u

   



      



  

 

 

      

  

+ Với u = y, hệ phương trình tương đương với:

2 2

2

1

1

2 3 2 2

2

x

x

x

y y

u y u y u y

u y

u u u u u x

y y

   

 

 

   

    

   

      

          

    



    

+ Với y = – u, hệ phương trình tương với:

 2

2

1 1

3

2

y u y u

u u

u u u

 

   





 

  

   

 



vô nghiệm

Vậy hệ có cặp nghiệm x y;   0;1 , 1; ,   1; 2

Bài 6: Giải hệ phương trình

   

   

2

2 log

log

2

9 (1)

1 1(2)

xy

xy

x y

  

 

   

 

Giải:

Điều kiện: xy0

+ Giải (1): Đặt log2  2t

t xy xy Khi phương trình (1) có dạng:

 log 32 2

9t  3 2t 3t  3 2.3t 3 t2.3t 3 (3)

2 1(1) 3

t u

u u t xy

u

  

         

 

+ Giải (2): x2y2 2x2y 1 0x y22xy2xy 1

x y2 2x y

      (4)

Đặt v = x + y, phương trình (4) có dạng:

2 1

3

v x y

v v

v x y

  

 

    

    

 

Với x + y = ta được:

2

x y xy

 

 

 

Khi x, y nghiệm phương trình:X2X  2 vơ nghiêm Với x + y = – 3, ta được:

2

x y xy

   

  

Khi x, y nghiệm phương trình : 1

2

X x

X X

X y

 

 

     

 

 

hoặc

1

x y

  

 

Vậy hệ có cặp nghiệm (1;2) (2;1)

Bài 7: Giải hệ phương trình

3

2

2 3.2 (1) 1 (2)

x y y x

x xy x

  

  

 

   

 

Giải:

Phương trình (2)

 

2

1

1

0

3

3 1

3 1

x x

x x

x x

x x y

x xy x

x y y x

  

 

 

  

   

      

  

      

        

 

 

+ Với x = thay vào (1) ta được: 2 3.2 12.2 log2

11 11

y y y y y

y



        

+ Với

1

x

y x

   

  

thay y = – 3x vào (1) ta được: 23x123x13.2 (3)

Đặt t23x1 t 1 nên

4

t

   

2

2

3 8(1)

(3) 6

3

log log

x t

t t t

t t

x y



  

          

  

 

       

 

Vậy hệ phương trình có nghiệm:

2

0 log

11

x y

   

  

hoặc  

 

2

1

log

3

2 log

x y

  

  

  



   

Bài 8: Giải hệ phương trình  

 

2

2

2

3x y y x y x

x xy y

    

   

 

  

 

Giải:

Phương trình  

2

1 3

2

x y

x y

    

   

TH 1: Với x 2y vào  2 32y13y  3 3 

Đặt: 3y

t   ta

 

3

1 37

1 37 37

6

3 3 log log

6

1 27

6

t

t t y x

t

 



      



            

     

  

TH 2: Với

2

x  y vào    

5

2 2

2 3.3 3.3

y

y y

   

Đặt: 32 0

y

u  ta

  2

3

1 37

4 3 3

6

1 37 37 37

3 log log

6 6

y

u u u u u u

y x



         

   

  

         

   

   

Vậy nghiệm hệ:

3

3

1 37 37

2 log log

6

1 37 37

log log

6

x x

y y

       

   

     

     



 

     

 

     

     

   

 

BÀI TOÁN 3: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ I Phương pháp:

Ta thực theo bước sau:

Bước 1: Đặt điều kiện cho biểu thức hệ có nghĩa

Bước 2: Từ hệ ban đầu xác định phương trình hệ theo ẩn ẩn, giải phương trình phương pháp hàm số biết

Bài 1: Giải hệ phương trình:

1

2

(1 ).5 (1)

3 (2)

    

   

 

   

 

x y x y x y

x y y y

x

Giải:

Xét (1): Đặt t = x – y (1) 9.3 5

t t

t

    

      

   

 

 Với t > VT < 10, VP > 10

 Với t < 0, VT > 10, VP < 10

 Phương trình (1) có nghiệm t = hay x = y

Thay x = y vào phương trình (2) ta được: (2) x2 2x 3x x

x

    

Dễ thấy x = khơng phải nghiệm phương trình, chia hai vế cho x = ta được:

(2) x x

x x

     Đặt y x y 0

x

  

Ta phương trình: y2 – 3y + = 

2

y y

  

 

Từ ta tìm x

Bài 2: Giải hệ phương trình:

2

2

2

( , )

2

y

x

x x x

x y R

y y y

 

     



 

    

 

Giải:

Đặt

1

u x v y

 

 

 



Hệ PT 

2

1

1

v

u

u u

v v

   

 

  

 

3u u u2  1 3v  v v2  1 f u( ) f v( ), với

( ) 3t

f t   t t 

Ta có:

2

1

( ) ln

1

t t t

f t

t

 

   



 f(t) đồng biến

2

3

1 3u log ( 1) (2)

u v u u u u u

          

Xét hàm số: g u( ) u log3u u21g u'( )0g(u) đồng biến

Mà g(0)0  u0 nghiệm (2)

Vậyx y 1 nghiệm hệ PT Bài 3: Giải hệ phương trình

3

2

2 3.2 (1)

3 1 (2)

x y y x

x xy x

  

  

 

   

 

PT (2) 2

1

1

0

(3 1)

3 1

3 1

x x

x x

x x

x x y

x xy x

x y y x

                                         

Với x = thay vào (1):

2

8

2 3.2 12.2 log

11 11

y y y y y

y



        

- Với

1 x y x       

thay y = – 3x vào (1) ta được: 3

2 x 2x 3.2 (3)

Đặt

2 x

t   Vì x 1 nên

4  t 2

log (3 8)

3 ( )

1

3

(3) 6

3 2 log (3 8)

x

t loai

t t t

t t y                               

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm

2 log 11 x y       

hoặc

2

1

log (3 8)

3

2 log (3 8)

x y               

Bài 4: Giải hệ phương trình

  

3

2

3 5.6 4.2

2

x y x x y

x y y y x y x

               Giải:

Điều kiện: x y,

x y     

Hệ phương trình

3 3

3 5.6 4.2 5.6 4.2

(2 )( ) (2 )( )( )

x y x x y x y x x y

x y y y x y x x y y x y x x y y

                              

3

3

3 5.6 4.2 3 5.6 4.2 0

(2 ) ( )( )

x y x x y

x y x x y

y x y x x y y y x

                             

(do 2y x)( xy y) 1 0)

3 2

3 5.6 4.2 5.6 4.2 (1)

2 (2)

x y x x y x x x

y x y x

 

       

 

 

 

Giải (1):

2 2 3

3 5.6 4.2

2 3

4

x

x x

x x x

x                                     log x x       

Với x0 thay vao (2) ta đượcy 0

Với 3

2

log

x thay vao (2) ta 3

2

1 log

Kết hợp với điều kiện ta nghiệm phương trình 3

2

log

x , 3

2

1 log

y 

Bài 5: Giải hệ phương trình 2( 1)

x y x y

x y

e e x

e x y

 



   

 

  

 

Giải:

Đặt u x y v x y

 

 

 



Hệ phương trình 1 (1)

1 (2)

x y v v

x y u u v

e x y e u e u

e x y e v e e v u

 

         

  

  

       

  

  

- Nếu uv uv (2) vơ nghiệm

- Nên (2)uv Thế vào (1) ta có eu u 1 (3) Xét f u eu –u– , f' u eu –

Từ BBT f u  ta có f u 0u0

Do (3) có nghiệm 0 0

0

x y x

u v

x y y

  

 

    

  

 

Bài 6: (ĐHDB - 2004) Giải hệ phương trình

2

1

2x y 2x

x y y x

x y

 

   

 

  

 

Giải:

Xét PT thứ nhất: ( )( 1) 0

1

x y x y x y

x y

 



     

  



TH1: Thay y = x vào PT thứ hai

2 x2x 0 2xx 1 x  1 y  1

TH2: Thay y = 1x vào PT thứ hai 2x12x 3

Hàm số f x( )2x12x3đồng biến R f  1 0nên f x 0có nghiệm x 1 y0 Vậy hệ có hai cặp nghiệm x y;    1; 1  1; 0

Bài 7: Giải hệ phương trình

2

3 (1)

12(2)

x y

y x x xy y

   

 

  

 

Giải:

Xét phương trình (1) dạng: 3xx3yy (3) Xét hàm số f t( )3tt đồng biến R

Vậy phương trình (3) viết dạng: f x  f y x y Khi hệ có dạng:

2 2

2

2

12 12

x y x y x y x y

x x y

x xy y x

    

   

  

   

    

     

 

Bài 8: Giải hệ phương trình 2

2

x

y

x y

y x

   

 

  

 

Giải:

Biến đổi tương đương hệ dạng: 2 3 3

3 2

x

x y

y

x y

x y

x y

   



     



  

 

(1)

Xét hàm số f t 2t 3t3 hàm đồng biến R

Vậy phương trình (1) viết dạng: f x  f y x y

Khi hệ thành:

2x 2x (2)

x y x y

x y x

 

 



 

    

 

(II)

+ Giải (2): Ta đoán x = 21 3 Vế trái hàm đồng biến vế trái hàm số nghịch biến

vậy x = nghiệm phương trình Khi hệ (II) trở thành:

1

x y

x y x

 

  

  

Vậy hệ cho có nghiệm x = y =

Bài 9: Giải hệ phương trình   

2

2 2 (1)

2(2)

x y

y x xy

x y

    

 

 

 

Giải:

Thay (2) vào (1) ta được:

  2  3

3

2 2

2 (3)

x y x y

x y

y x x y xy y x

x y

        

   

Xét hàm số f t 2t t3 đồng biến R

Vậy phương trình (3) viết dạng: f x  f y x y Khi hệ có dạng:

2 2

1

1

2 2

x y x y x y x y

x x y

x y x

    

   

  

   

    

    

 

Vậy hệ có cặp nghiệm x y;     1;1   1; 1

Bài 10: Giải hệ phương trình sau  

 

   

2

2

1

1

2

3

2

2

y x

x y

y x

x y

 





  

  

   

 

Giải:

Điều kiện: x y, 0

Phương trình      

2

2 1 4 1

1 2x 3 x 2 y  3 3y

Xét hàm số : f t 2t213 t t 0  3 : f x  f 4y

Ta có '  22 1ln 2 0

2

t

f t t t

t



Nếu   4  4 

,

f x f y

x y

x y

 



 

   

Phương trình    

2

1

2 2x y  3 x y 7

Đặt : u xy 2u213 u 7 5  Hàm f u 2u21 3 u hàm tăng

Lại có: f  1 7nên u 1 nghiệm  5  xy 1 6 

Từ    

4

4 5

4 &

1

5

x x y

x y

y

   

 

 

 

  

 

Vậy nghiệm hệ ; 5

 

 

 

Bài 11: Giải hệ phương trình sau  

x x y

y y z

z z x

e e y

e e z I

e e x

  

  



 

 

 



Giải: Nhận xét:

Hệ có nghiệmx yz 0 ta cm hệ có nghiệm thật vậy:

Nếu x0    

 

1

y

y y z

e y

I

e e z



 

  

  

 

 

Xét hàm số : f y ey y1,f ' y  ey1, f ' y 0 y 0

Bảng biến thiên

Y  

 

f ' y + -

 

f y

Dựa vào bảng biến thiên suy hàm số có nghiệm y0 vào  2 ta được1 z e

  z

Tương tự với z =

Hệ  

     

1

1

1

x x

y x x y

z

y y z y

z z z x

x z

x ye

e f y

e

e e e y

ze

I e e e z e f z

e

e e e x

xe

e f x

e

  



 





   

 

     



 

 

 

 



 

Xét hàm số      

 2

1

, '

1 1

t t t

t t

e e t te

f t f t

e e

 

 

 

Với t0 , ta cm et   t

  t 1; '  t

f t e  t f t e  Suy f ' t 0  t

 

0 0

lim lim lim lim

1

t

t

t t

t t t t

te t

f t e

e e

        

Bảng biến thiên:

T  

 

f ' t + +

 

f t

Từ suy ra:

Nếu xy f x  f y ez ex z x f z  f x  y z Như x y  y z x vơ lý

Khi hệ trở thành ex 1 x0 nên pt vô nghiệm

Vậy hệ có nghiệm x y z0

BÀI TOÁN 4: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ I Phương pháp:

Nhiều toán cách đánh giá tinh tế dựa các: + Tam thức bậc hai

+Tính chất hàm số mũ

+Bất đẳng thức

+……

Ta nhanh chóng nghiệm hệ biến đổi hệ dạng đơn giản II Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải hệ phương trình

2

2

1

1

2 2

2

x y x y

x y

 



    

 

 



Giải: Đặt

2

2

x u v y

   

 

 

điều kiện u0

3

v

Hệ có dạng: 2(1)

1(2)

u v u v uv

    

 

  

(I)

Biến đổi (1) dạng: 4u v 2 uv22u2v2 2u2v22u2v2 2u2v24uv4

Khi hệ tương đương với:

2

2

2

1

2

2 0

1

1

3

1

x

y

u v

x x

u v u v

y y

uv



  

      

 

      

   

   



  

  

 

Vậy hệ có căp nghiệm x y;   0;1  0; 1 

CHỦ ĐỀ 4: HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ BÀI TỐN 1: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG I Phương pháp:

Dựa vào phép toán biến đổi tương đương cho bất đẳng thức hệ bất phương trình, ta tìm

được nghiệm hệ Phép tốn thường sử dụng là: A B A C B D

C D



 

   

  

Việc lựa chọn phương pháp biến đổi tương đương để giải hệ bất phương trình mũ thường thực theo bước sau:

Bước 1: Đặt điều kiện để biểu thức hệ có nghĩa

Bước 2: Thực phép biến đổi tương chuyển hệ bất phương trình đại số biết cách giải Bước 3: Kiểm tra tính hợp lệ cho nghiệm tìm được, từ đưa lời kết luận cho hệ

Với hệ bất phương trình mũ chứa tham số thường thực theo bước sau: Bước 1: Đặt điều kiện để biểu thức hệ có nghĩa

Bước 2: Thực phép biến đổi tương đương ( phương pháp sử dụng nhiều phép biến đổi tương đương ) để nhận từ hệ bất phương trình ẩn chưa tham số

Bước 3: Giải biện luận theo tham số bất phương trình nhận

Bước 4: Kiểm tra tính hợp lệ cho nghiệm tìm được, từ đưa kết luận cho hệ

Chú ý: Đối với hệ bất phương trình mũ ẩn thường giải bất phương trình hệ, kết hợp tập

nghiệm tìm để đưa kết luận nghiệm cho hệ bất phương trình

Bài 1: Giải hệ bất phương trình

2

2 2

2

2 9.2 (1) 3(2)

x x x x

x x x

  

  

 

    

 

Giải:

Giải (1): 2 2 2

2.2 x 9.2xx4.2 x 02.2x x 9 4.2x x 0

Đặt t2x2x điều kiện

4

1

t Khi phương trình có dạng:

2

2

4

2 9 1

(1)

2 (3)

2

x x t

t t t

t t

x

x x x x

x



  

         

  

  

        

 

Giải (2):

 

2

2

2

5 5

1

2 2

2

4 3 5 14

1

2 5

14

4 2

5

5 24 28

x x

x

x x x

x x

x

x

x x x x

x x

 



  



    



  

     

 

       



   



 

 

   

 

       

  



  



   

 

(4)

Kết hợp (3) (4) ta nghiệm hệ x =

BÀI TOÁN 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ I Phương pháp:

Việc lựa chọn đặt ẩn phụ thích hợp cho hệ phương trình mũ, ta chuyển hệ hệ đại số biết cách

giải Cụ thể ta thường thực theo bước sau: Bước 1: Đặt điều kiện cho biểu thức hệ có nghĩa Bước 2: Lựa chọn ẩn phụ cho hệ điều kiện cho ẩn phụ Bước 3: Giải hệ nhận từ suy nghiệm x; y

Bước 4: Kiểm tra tính hợp lệ cho nghiệm tìm được, từ đưa lời kết luận cho hệ II Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải hệ bất phương trình

 

2

2

2

3

2 2 log 2

x y

x y

   

 

 

 

(I)

Giải: Đặt

2

x

y u v

   

  

 

2 2 2

2 2 2 2 2

2

3

2 2 1(1)

log ; 1(2)

log

u v u v u v

u v u v u v

u v

           

  

 

  

    

 

  



Giải (1) ta biến đổi:

 2 2

2

1

2 3(3)

2

v v

u v v

u v

 

  





 

   

  

 



Giải (2) cách thay (3) vào (2) ta được:

3

3

2 log

2

2

2

1 2

y

y

v v y

v

v y



 

  

   

   

  

   

  



         

  

Vậy nghiệm hệ là cặp số (x;y) thoả mãn hệ:

 

2

3

log ;1

2

1

y y

x y



  

 

    



BÀI TOÁN 3: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ I Phương pháp:

Trong phần sử dụng phương pháp cần đủ biết để giải hệ bất phương trình chứa dấu trị

tuyệt đối

II Bài tập áp dụng:

Bài 1: Tìm m để hệ sau có nghiệm

2

2

2 2

2 2

x y y

y x x m m

 

    

 

   

 

Giải:

Trước hết cần m 1 0m1

Đặt:

2

x

y u v

   

  

, điều kiện u, v > Hệ biến đổi dạng:

 

 

2

2

2 2

1 (1)

2

2 1 (2)

u v m

u v v m

u v u m v u m

   

    

 



 

   

    

 

(I)

Điều kện cần: Giả sử hệ có nghiệm u ; v0 0suy u ; v0 0cũng nghiệm hệ Vậy để hệ có nghiệm

nhất điều kiện cần làu0 v 0

Khi đó: u02u012 m2u022u0m 1 (1) Ta cần (1) phải có nghiệm

2

m

    

Điều kiện đủ: Với

2

m hệ có dạng:

 

 

2

2

1

2 1

2

u v

v u



  

  

   

 

(II)

 2  2

2 2

2

1 1 2 2

2

2

2 2

u v u v u u v v

u v u v

            

   

          

   

Nhận xét

2

uv  thoả mãn hệ (II) suy x y–1 Vậy hệ có nghiệm

2

m

BÀI TOÁN 4: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ I Phương pháp:

Nhiều bất phương trình đánh giá tinh tế dựa trên: + Tam thức bậc

+ Các bất đẳng thức như: Cơsi, Bunhiacơpxki……

+ Tính chất trị tuyệt đối

………

Ta nhanh chóng nghiệm II Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải hệ bất phương trình 2 (1)

2 2 1(2)

x y y y

x y y y

 

   

 

   

 

(I)

Giải: Điều kiện:

 

2

1 2

2 2

2 2

y

y y

y x

x y y x

y x



 

      

  

  

   



 

  

   

  

(*)

Giải (1): 2 (*)

2

x y

x

y y x y

 

 

      

 

 

(3)

Thay (3) vào (2) thấy thoả mãn Vậy hệ có nghiệm x = y =

Bài 2: Giải hệ phương trình

 

 

2

3

2 log 4

2

3 (1)

4 8(2)

x x y

y y y

    

 

 

    

 

Giải:

Giải (1) ta được:    

2

3 3

2 log

4 log

Giải (2) với y 3ta được: 4yy1  y32  8 y23y0  3 y0 (4) Từ (3) (4) suy y = – 3, hệ thành:

2

1; 3

3 3; 3 x x y x x x x y y y                              

Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm  1; 3hoặc3;  

 

Bài tập tổng hợp tự giải:

Bài 1: Giải hệ phương trình sau a               2 2 2 2 2 x y x x y x xy y x x

b  

              4 4 y x x y y x y x

c    

                 2 2 x y y x d            9 y x x y x y x y

e  

        y y y x x y y x 3 2 f             3 3 5 y x y x y x y x

Bài 2: Giải hệ phương trình sau a          77 2 y x y x b              19 2 1 y x y x c                 3 y x y x x y x y d

3

4 128 x y x y          

e 2

( )

5 125 x y x y          

f 2 12

5 x y x y       

Bài 3: Giải hệ phương trình sau a

3

2

3 5.6 4.2

( )( )

x y x x y

x y y y x y x

               b 2 2 ( )

2 3(2 )

3 2 y x x y y x x y               c 2 sin sin

3 2

x y x e

y

x y y y

            

d  

 

2 2

3

1

4 ln

x y x y x y

y x y x

e               , ) ( 10 sin sin 

 x y

y x

y x ex y

f          12 2 2 y xy x x y y x g       25 2 y x y xy x

h

2

1

2x y 2x

x y y x

x y            i

3 1152

log ( )

x y x y          k 33

3 972

log ( )

x y x y         l

3 18

y y x x          

m log4

4096 y y x x       Đs:

h x y–1x1,y0

i x y;   2; 7 k (5;2) l

2

; log

 

 

  m  

1

16;3 , ;

64

 



 

 

HỆ PHƯƠNG TRÌNH CĨ CHỨA THAM SỐ

Bài 1: Xác định a để hệ phương trình sau có nghiệm nhất:

| |

2

2 | |

1

x

x y x a

x y            Giải:

Hệ có tính chẳn ẩn x gọi x ; y0 0 nghiệm hệ x ; y0 0 nghiệm

của hệ

Để nghiệm hệ ta cần có: x0  x0 x0 0

Thế x vào h0 ệ ta được: 2 0

0

1

1

1

y a a y a

y a y                      

Điều kiện đủ:

Với a = 0, ta có hệ:  

2 2 1 x

x y x

x y          

Từ đẳng thức: 2

1 x x y y          

Từ  1 2 1  ì 1 

1 1

x x x x x

x x x x v

x y y

                       

Suy pt (1) có nghiệm

0 y x      

Với a = ta có hệ :

2

2

2

1

x

x y x

x y

    

 

 

 

Nhận thấy hệ có hai nghiệm 1; ; 1; 0 nên a = không thỏa Tương tự:

Bài 1: Giải biện luận theo k hệ phương trình: log (3 )

log (3 )

x

y

x ky y kx

 

  

 

 

Bài 2: Cho hệ phương trình:

2

1

1

x y

a a

x y b b



 

 

    



, tìm a để hệ có nghiệm với moïi b[0,1]

Bài 3: Cho hệ phương trình:

2

2

( 1) ( 1)

1

a y

x b

a bxy x y

    

 

  

 

,

tìm a để hệ phương trình có nghiệm với giá trị b

Bài 4: Tìm a để hệ bất phương trình sau có nghiệm

1

2

2 log

1

( 1)

( 3)

x x

x a x a

x x



 

  

 

    

 

   



Bài 5: Giải biện luận theo tham số : 2 4x y xy

x y a

a

a  

  

 

 

CHỦ ĐỀ 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH LƠGARIT BÀI TỐN 1: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG

I Phương pháp:

Ta thực theo bước sau:

Bước 1: Đặt điều kiện cho biểu thức hệ có nghĩa

Bước 2: Sử dụng phép để nhận từ hệ phương trình theo ẩn x y (đơi theo ẩn x, y)

Bước 3: Giải phương trình nhận phương pháp biết phương trình chứa thức Bước 4: Kết luận nghiệm cho hệ phương trình

II Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải hệ phương trình  

3

3

1 (1)

log 1(2)

y x

x

x

y x

 

 

 

  



Điều kiện:

1

4 0

0

x

x x

x

   

    

   

Từ phương trình (2) ta được:

3

1 log

3 log

3 log 3

3

x y

x

y x

x



      (3)

Thế (3) vào (1) ta được:

 

 2

3

1 1 4

2

4

3

4

x

x x x x x

x x

x x

x x x y

x x

x x



            

 

  



         

 

  

 



Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm (3;0) Bài 2: Giải hệ phương trình:

   

2

2

4

log log

x y

x y x y

  

 

   

 

Giải:

Điều kiện:

2

x y x y

 

 

 



(*)

Từ phương trình thứ hệ lấy lơgarit số hai vế ta được:

     

   

2

2 2

2

log log log log log log

x y x y x y

x y x y

      

    

Thế vào phương trình thứ hai ta được:

       

 

2 3

2

1 log log 2.log 1 log log

log 2

x y x y x y

x y x y

        

     

Vậy ta hệ mới:

2

3

2

4

2 1

2

2

x x y

x y

x y x y

y

   

 

   

 

  

 

  

  

 

thoả mãn điều kiện (*)

Vậy hệ phương trình có nghiệm

Bài 3: (ĐH – A 2009) Giải hệ phương trình

2

2

2

log ( ) log ( )

3x y xy 81

x y xy

 

   

 

 



Giải:

Điều kiện:xy0

Hệ phương trình tương đương 2

2 2 2

2 2

2

4

log ( ) log log ( ) 2

4

3x y xy

x y xy x y xy

x y xy

 

      

 



 

  



  

 2

2

2

2

0

2

4

x y x x

x y

y y

x y xy

x y xy

         



   

  

    

   

 

Bài 4: (ĐH – B 2005) Giải hệ phương trình:

2

9

1

3log (9 ) log

x y

x y

    

 

 

 

Giải:

Với điều kiện

0

x y

  

 



Ta có hệ tương đương

3 3

1

1

3

log (3 ) log log

x y

x y

x

x y

y

    

     





   

  

   



 



1

1

y x

x y

x x

x y



     

 

 

   

 

 



Xét x 1 2x 1 1 x2ta có

1 2 1 2

x  x x x   x x  x x

Nghiệm hệ

1

x x

y y

 

 



 

 

 

Bài 5: (ĐH – A 2004) Giải hệ phương trình 14

2

1 log ( ) log

25

y x

y

x y



  

  

 



Giải:

Điều kiện y 0,y x

Hệ phương trình tương đương

1 4 4

4 2 2

2

1

log ( ) log log ( ) log 25

25

y x y x y

y

x y

x y



      





 

 



  



4

2 2

log

25 25

y y

y x y x

x y x y

 

 

 

 

 

     

 

2 2

4

3

25

x x

y y

x y x

 

 

 

 

    

 

4

3

y y x

x x y

   

  

  

   

  

Bài 6: (ĐHDB - 2002) Giải hệ phương trình

4

4

log log

x y

x y

   

 

 

 

Điều kiện

4

0

0

log log

x

y x

x y

x

 

  

 



 

  



 



Hệ phương trình

4

4

4 4 3

log log

log log

x y x y

x y

x y

      



 



  

 

2

4

4

x y x y

x y y y

   

 

 

   

 

1

1

x x

y y

 

 

 

 

 

Bài 7: (ĐHDB - 2002) Giải hệ phương trình  

 

3

3

log

log

x

y

x x x y

y y y x

    

 

   

 

Giải:

Điều kện x0,x1,y0,y1

 

 

3 3 2 3 2

3

3

log 2 3 5 2 3 5 0

2 5

log

x

y

x x x y x x x y x x x y

y y y x y y y x

y y y x

             

  

 

  

      

     

 

2

2

2

( )( 1)

2( ) 3( ) 5( )

4( ) 8( )

4( ) 3( ) 5( )

x y x y

x y x y y x

x y x y

x y x y x y

   

       



 

   

     

 



2

1

2 16 8 13

x y y x x

y

x x x x

    

  

  



     

 

Bài 8: (ĐH – D 2010) Giải hệ phương trình:

2

2

4

( , )

2 log ( 2) log

x x y

x y

x y

    



 

  

 



Giải:

Điều kiện x2,y0 Hệ phương trình

2

2

4 (1)

2 log ( 2) log (2)

x x y

x y

    

  

  

 

(2) ( 2)2 2

2

y x

x y

y x

  

    

  

Với (1) 2 0 ( )

3

x loai

y x x x x

x

 

        

 

Với

2

4 2

2 (1) 1( )

5

4

x x x

y x x loai

x x

x

     



    

   

 

 

Bài 9: Giải hệ phương trình: 8 

2 2

log 3log

1

x y x y

x y x y

    

 

     



Giải :

Điều kiện: x y0, xy 0

2

2 2 2 2

log 3log (2 )

1 3

x y x y x y x y

x y x y x y x y

         

 



 

         

 

 

Đặt: u x y v x y

 

 

 



ta có hệ: 2 2

2 ( )

2

3

2

u v u v u v uv

u v u v

uv uv

       

 



     

   

 

 

2

2 (1)

( ) 2

3 (2)

u v uv

u v uv

uv

   



    

 

 

Thế (1) vào (2) ta có:

2

8 9 (3 )

uv uv  uv  uv uv   uv uv Kết hợp (1) ta có: 4,

4

uv

u v

u v

 

  

   

(vì u>v) Từ ta có: x =2; y =2.(T/m) Vậy nghiệm hệ là: x y;   2; 2

Bài 10: Giải hệ phương trình log2 4 log2

16

x y

x y

 

 

 



Giải:

Điều kiện: x0,y0

2

2 2 2

8

(1) log x log y log ( x y ) log x y x

y

        

Thay vào (2) ta

4 4

4

64

16 16 64 8

y y y y y

y           (vì y0)

Với

8

y  x

Vậy hệ có nghiệm

4

8 2 2

x y

  

 

 

 

Bài 11: Giải hệ phương trình:

    

  



 

y x y x y

x y x

) ( log

27

) (

Điều kiện: x y0 Hệ cho 

3

5

( )

27

( )

x y x y x y x y             3 5 27

( )

x y x y x y x y             3 3

( )

x y x y x y x y             

 33

( ) 5x y

x y

x y 

  

 

 



 33

(2 3) 125

y x x       

2

y x x          x y     

thỏa mãn điều kiện

Bài 12: Giải hệ phương trình:

2 2

2

3

2010 2009

2010

3log ( 6) log ( 2)

y x x y

x y x y

               Giải:

Điều kiện x0, y0

  log3 log3

3

3 xy xy log xy xy y

x

         

(2)  2 log44x2 4y2log42x2 6xyx2 2y2 9 Giải hệ (1), (2) ta nghiệm hệ: ( ;   3; 3 6;

2

x y    

 

 

Bài 13: (ĐH – B 2010) Giải hệ phương trình:  

2

2

log (3 1)

, 4x 2x

y x

x y R y           Giải:

Hệ phương trình 

2

2 2

3 3

4 3(4 ) (2 1) 2.4

x x x

x x x x x x x

y y y

y                              

2 2 1

1

3 3

1

1

(2 1) 2

2

x x

x x x

y y x

y                                  

Bài 14: Giải hệ phương trình sau:  

   

log

log

x x x y I y x          Giải:

Điều kiện: ,

Hệ    

 

2

6

6

x y x

I

y x y

  

  

 

 

Hệ trở thành hệ đối xứng:    1  ta được:   2

2

x y x y x y

x y

 

     

  



Với x y vào 1 x2 10x0x10 Vậy nghiệm hệ là: x y10

Với y 2x vào   

 

2

1

2

x y loai

x x

x loai

   



     

  

Vậy nghiệm hệ 10;10

BÀI TOÁN 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ I Phương pháp:

Phương pháp sử dụng nhiều để giải hệ lôgarit việc sử dụng ẩn phụ Tuỳ theo dạng hệ

mà lựa chọn phép đặt ẩn phụ thích hợp

Ta thực theo bước sau:

Bước 1: Đặt điều kiện cho biểu thức hệ có nghĩa

Bước 2: Lựa chọn ẩn phụ để biến đổi hệ ban đầu hệ đại số biết cách giải (hệ đối xứng loại I, loại II hệ đẳng cấp bậc hai)

Bước 3: Giải hệ nhận

Bước 4: Kết luận nghiệm cho hệ ban đầu II Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải hệ phương trình :

2

1

1

2 log ( 2) log ( 1)

log ( 5) log ( 4) =

x y

x y

xy x y x x

y x

 

 

        

 

  

 

, ( ,x y)

Giải: Điều kiện:

2

2 0, 0, 0, ( ) 1,

xy x y x x y x

I

x y

           



     



1 2

1 2

2 log [(1 )( 2)] log (1 ) log ( 2) log (1 ) (1)

( )

log ( 5) log ( 4) = log ( 5) log ( 4) = (2)

x y x y

x y x y

x y x y x

I

y x y x

   

   

         

 

 

 

     

 

 

Đặt log2y(1x)t (1) trở thành: t (t 1)2 t

t

       

Với t1 ta có: 1 x y 2 y  x (3) Thế vào (2) ta có:

2

1 1

4

log ( 4) log ( 4)= log 1

4

x x x

x x

x x x x x

x x

  

   

           

 

0

x  

+ Kiểm tra thấy có x 2, y1thoả mãn điều kiện Vậy hệ có nghiệm x 2, y1

Bài 2: Giải hệ phương trình

   

3

4 32

log log

x y y x

x y x y





 



    



Giải: Điều kiện:

0 ;

x y x y x y

 

 

 



 



Biến đổi hệ phương trình dạng:

 2 2

3

2 2 5 (1)

log (2)

x y x y

y x y x

x y x y

     

   

     



 

   

   

 

 

Giải (1): Đặt t x y

y x t

   Khi (1) có dạng:

2

2

2

2 5 1

2

t

x y

t t t

y x

t t

 

 

  

       

    



  



+ Với x = 2y (2) 2

1 2(1)

y x

y y

y x

  



     

     

+ Với y = 2x 2

(2) x 4y

    vơ nghiệm

Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm (2;1) Bài 3: Giải hệ phương trình

2

log 2

2

2

2 log

2

log ( ) log

x x

y y

xy x y x

  

 

  

  

   



Giải:

Điều kiện

0

x

xy x y

  

  



Từ phương trình thứ hai hệ ta cóx1xy0 x y vào phương trình đầu ta có:

 

2

log 2

2

2 log

2

x x

x   x

 

Đặt log2 t

t  x x

Phương trình  1 2t21 (t1)2 22t 2t21t2  1 22t 2t  

Xét hàm số f t 2t  t f' x 2 ln1 1t  0 t R nên f t  hàm số đồng biến R

Bài 4: Giải hệ phương trình

2

3

log (3 ) log ( )

( )

4 2.4 20

x y x y

x x y x y

x y x xy y

x R

 

 

     



 

  



Giải:

Điều kiện:

0

x y x y

  

 

  



Phương trình (1)

3

logx y (3x y) log x y (x y) logx y (3x y) log x y (x y) (3)

         

Đặt t logx y (3xy)

Phương trình (3) trở thành 3 2

t

t t t

t t

 

       

 

- Với t1 ta có logx y (3x y) 1 3xyxyx0 thay vào (2) ta

0

4

4y 2.4 204y 18 ylog 18 (thỏa mãn)

- Với t2 ta có logx y (3x y)23x y(xy)2  4 thay vào (2) ta

(2)

2

1

2( ) 2( )

2 20 2 20 (5)

x x y

x y x y x y x y

 

   

     

+ Thay (4) vào (5) ta

2

( )

2( ) 2( )

2 20 2 20 (6)

x y

x y x y x y x y



   

    

Đặt u2(x y ) phương trình (6) trở thành 20 5( )

u loai

u u

u

  

    

 

Với u 4 ta có 2x y 4xy23xy4

Ta có hệ

3

x y x

x y y

  

 



 

  

 

Vậy hệ có nghiệm x y; (0;log 18); (1;1)4

Bài 5: Giải hệ phương trình:

2

3

2 log

2 log log

x

x x

y

y y 

  

 

 

 

( ,x y)

Giải:

Điều kiện:y0

Đặt a log3 y b; 2 (x b0)

Hệ cho tương đương với 2

1

2

2

2

2 2 10

4

a b

b a

a b

ab a b a a a

b

   

  

 

  

 

 

  

      

 

   

Với

4

a b

  

 

ta có log3 81

2 2x

y y

x



  



 



 

Bài 6: Giải hệ phương trình :

2

3

2

2 2

2.log log

log (log 1).log

y x

y x

  

 

  



Giải:

Điều kiện

0

x y

  

 

Hệ phương trình

 2

3

3

2

3

2

2.log log

2.log log

log

log log

log

log

y x

y x

y

y x

x

   

  

 

 

 

  

 

Đặt

3

log log

a x

b y

  

 

HPT trở thành:

2

2 1

b a b a

  



 



  2

1

2 1

0

1

a

a a a a

b b a

b a

         



  



 

 

  



2

log

log

x x

y y

 

 

 

  



(thỏa mãn) Vậy hệ có nghiệm nhất: x y;   2;1

Bài 7: (ĐHCT – 2001) Xác định mọi giá trị tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm phân biệt:

2

3

3

2

2

log ( 1) log ( 1) log (1)

log ( 5) logx x (2)

x x

x x m  

   

  

   

 

Giải:

Ta có:

 1 log (3 1) log( 1) log 23 log (3 1) log (3 1)

1 2( 1)

1

2( 1)

x x x x

x x

x x

        

  



   

 



Đặt t log (2 x2 2x5) (2) trở thành: t m t2 5t m

t

     

Ta có: ' 2 2 0, x (1,3)

( 5) ln

x t

x x



   

 

2

log ( 5) ( )

t x x f x

     đồng biến (1;3) Lại do: t  f x  đồng biến (1, 3) nên 1x32 t

Vậy hệ có nghiệm phân biệt 22

5

t

t t m

    

 



có nghiệm phân biệt

Dựa vào bảng biến thiên ta có đáp số 25;

m   

 

Bài 8: (ĐHTS – 2001) Giải hệ phương trình:

2

3

3

2 log (6 ) log ( 9)

log (5 ) log ( 2)

x y

x y

y xy x x x

y x

 

 

       

 

   

 

Giải:

Giải hệ phương trình:    

 

2

3

3

2 log log (1)

log log ( 2) (2)

x y

x y

y xy x x x

y x

 

 

       

 

   

 

Điều kiện:

0

0 2 3

6 2

2 6 9 0 2

1

5

2

x

y x

y xy x x

y

x x

y y

x

   

   

  

 



     

 



 



  

 

    



 

 

Ta có (1)2 log3x2y)(3xlog2y3x2 6 log 3x(2y) 1 2 log2y3x6

(vì2y0 và – x0)

 

log (2 ) log (*) x y y x

    

 

Đặt log (2 )

t y

x

 

 (*) trở thànht:

2

1

2

t t t

t

      (vì t = khơng nghiệm)

Do phương trình (1) log (2 )

3 x y x y y x

         



Thế y x 1 vào (2) ta được:

log (6 ) log ( 2)

3x x  3x x 

 

log (6 ) log ( 2) log (3 ) log (6 ) log ( 2)(3 )

3 3 3

0

6 ( 2)(3 )

5

x x x x x x

x x x x x

x

x x x x x y

x loai

          

    

 

           

 

Vậy hệ phương trình có nghiệm

1

x y

  

Bài 1: Giải hệ phương trình sau :

2

4 log

log

y

y x x





 

 

 

 

HD:

Đặt: 2 0, log2

y

u   v x

Hệ phương trình 4;

4

uv

u v x y

u v

 

       

 



BÀI TOÁN 3: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ I Phương pháp

Ta thực theo bước sau:

Bước 1: Đặt điều kiện cho biểu thức hệ có nghĩa

Bước 2: Từ hệ ban đầu xác định phương trình hệ theo ẩn theo ẩn, giải phương

trình phương pháp hàm số biết Bước 3: Giải hệ nhận

II Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải hệ phương trình

2

log log log log

x y

y x

   

 

  

 

Giải:

Điều kiệnx y; 0

Biến đổi tương đương hệ dạng:

   

   

   

   

2 3

2 3

log log log log

log log log log

x y x y

y x x y

       

 



 

     

 

 

(I)

   

2 3

log x log x log y log y

      (1)

Xét hàm số: f t log2t32 log3t

Miền xác định D0;

Đạo hàm  

 

1

0,

3 ln ln

f t t D

t t

     

 hàm số ln đồng biến

Vậy phương trình (1) viết dạng: f x  f y x y Khi hệ (I) trở thàmh:

   

2

log log (2)

x y

x x

   

  

 

(II)

Giải (2): x 3 22 log 3x x 3 4.2log3x2 x 3 4.2log 2.log3 2x2  

3 3

log log 4 1 log 4 log 4

2

3 4

x x x x x x

Xét hàm số g x x1 log 4 3.xlog 43

Miền xác định D0;

Đạo hàm:     log 43 log 43

3

' log 3log

g x   x  x    x D hàm số ln nghịch biến

Vậy phương trình (3) có nghiệm nghiệm

Nhận xét x = nghiệm phương trình bới đó:

3

1 log log

1 3.1 444

Khi hệ (II) trở thành: 1

x y

x y x

 

  

  

Vậy hệ cho có nghiệm (1;1) Bài 2: Giải hệ phương trình:

2

3 ln(2 1) (1)

3 ln(2 1) (2)

x x x y

y y y x

    

 

   

 

Giải:

Điều kiện: 1;

2

x  y  Lấy    1 –  f x  f y 

Với f t t2 4tln  t 1 ( 1)

t    f đồng biến  x = y

   

4 ln

g x x x x

      ; g(x) đồng biến

 x = nghiệm Thử lại thỏa mãn Vậy hệ có nghiệm x = y =

Bài 3: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:

   

4

(2 1) ln( 1) ln = (2 1) ln( 1) ln (1)

1 ( 1)( 1) (2)

x x x y y y

y y x m x

      

 

      

 

Giải:

Điều kiện

0

x y

  

 

Đặt f x   2x ln x – ln x (2x 1) ln x x



     

Gọi x1; x2 [0;+) với x1 x 2

Ta có :

1

1

1

1

2

( ) ( )

1

ln ln

x x

f x f x

x x

x x

    



 

  

  



: f(x) hàm số tăng

Từ phương trình (1)  x = y

(2)  x 1 (4 x1)(x1)m x 1 0 24 0

1

x x

m

x x

 

   

 

1

Vậy hệ có nghiêm phương trình: X2 – 2X + m = có nghiệm 0 X 1

Đặt  

– ’( ) –

f X  X X f X  X suy hệ có nghiêm 1 m0

Tương tự:

Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm

       

  

4

2 ln ln ln (1)

1 2 (2)

x x x y y y

y y x m x

         

 

     

 

Đặtx t 1, hệ phương trình trở thành

       

  

4

2 ln ln ln ln (1)

1 1 (2)

t t t y y y

y y t m t

          

 

      

 

Điều kiện: y1, t1

Xét hàm số f x( )2x1 ln x1lnt đồng biến 0; Từ(1) f t( ) f y( ) t y

…bạn đọc giải tiếp   1 m00m1

Bài 4: (ĐHDB - 2006) Giải hệ phương trình ln(12 ) ln(1 2 )

12 20

x y x y

x xy y

    

 

  



Giải:

Xét PT thứ ln 1 xxln 1 yy Đặt f t ln 1 tt t (  1)

1 ( )

1

t f t

t t



   

 

- Nếu 1 t f’ t 0, Nếu t0 f’ t 0

PT thành f x  f y 

- Xét x2 12xy20y2 0x 10y x = 2y

Nếu y = x = thỏa hệ PT

Nếu y0 x =10y hay x = 2y cho x0, y0 Nếu  1 y0thì x = 10y hay x = 2y cho x0, y0

Vậy y 1 y0 x,y dấu tính chất đơn điệu hàm số khoảng 1; , (0; ) phương trình đầu f x  f y x y

Hệ cho thành

1, 10

y y

x y x y

x y

  

 

  

   

vơ nghiệm

Vậy hệ có nghiệm (x0;y0)

Bài 5: (ĐH – D 2006) CM với a0 hệ sau có nghiệm ln(1 ) ln(1 ) x y

e e x y

y x a

     



 



Biến đổi ln(1 ) ln(1 ) x a x

e e x a x

y x a



       



 

 Xét hàm số

( ) x a x ln(1 ) ln(1 ),

f x e  e   x a  x x 

( ) ( 1)

(1 )(1 )

x a a

f x e e

x x a

    

   (vì a0 vàx 1 )

1

lim ( ) , lim ( )

x

t

f x f x





    , f(x) liên tục ( 1; ) Từ hai kết trên, f x 0 có nghiệm x0 ( 1; )

Do f x( )0,  x nên f x 0có khơng q nghiệm

Kết luận f x 0 có nghiệm x0 HPT có nghiệm nhất.(xx ; y0 x0 a)

Bài 6: Giải hệ phương trình :

   

2 2

2

3

2010

2009

2010

3log ( 6) log ( 2)

y x x y

x y x y



 

 

 

      



Giải:

Điều kiện:

2

x y x y

  

 

  



Lấy loga số 2009 phương trình (1) ta x2 log2009(x2 2010) y2 log2009(y2 2010)

Xét hàm số f t( ) t log2009(t2010),t0hiển nhiên hàm đồng biến đồng biến

từ suy 2

,

x y x y x y

     

TH 1: Với x y vào (2) ta được: 3log3x22 log2x16t

Đưa pt dạng 9

t t

   

 

   

   

Phương trình có nghiệm t 1 (bạn đọc tự cm)

7

x y

  

TH 2: Với x y thế vào (2) phương trình log3y6 1 y  3 x3

Bài tập tự giải có hướng dẫn:

Bài 1: (ĐHDB – 2007) Chứng minh hệ

2

2007 (1)

1

2007 (2)

1

x

x

y e

y x e

x

 



 



      

có hai nghiệm

0 x y

 

  

HD:

Với    

2 ( 1)

1

t t

f t e t f t

t

   



đồng biến t >1  x = y

   

2 2007 ”

1

x x

g x e g x

x

      



kết hợp tính liên tục hàm số  đpcm

BÀI TOÁN 4: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ I Phương pháp:

II Bài tập áp dụng:

Bài 1: (ĐHTN – 1997) Giải hệ phương trình  2  

2

log log (1)

1(2)

x y

e e y x xy

x y

    

 

 

 

Giải:

Điều kiện x; y0

Giải (1) ta có nhận xét sau:

- Nếu x ylog2xlog2 y, đó:  

 

1

0

VT VP

  

 

  

(1) vô nghiệm

- Nếu x ylog2xlog2 y, đó:  

 

1

0

VT VP

  

 

  

(1) vô nghiệm - Vậy x  y nghiệm (1)

Khi hệ có dạng: 2 2 2 1

1 2

2

x y

x y x y

x y x

x y x

 

 

  

    

  



  

  



Vậy hệ có cặp nghiệm ;

2

 

 

 

Bài 2: Giải hệ phương trình  

 

2

log

logx y 1

x y x y

xy x y

 

    

 

   

 

Giải: Điều kiện:

0

0

1

0

x y

x y xy

xy x y

 



 

 

  

 

  

     

Từ phương trình thứ hệ với viếc sử dụng ẩn phụ txy0, ta được: log2t t

2

log

0

2

1 log

Bernoulli

u u t x y

u

u t x y



   

 

    

   

  

+ Với x + y = hệ có dạng:

 

3

1 1 0;

log 1 1;

x y x y x y x y

xy xy xy x y

 

         



  

   

      

   



+ Với x + y = hệ có dạng:

 

4

2 2

log 1

x y x y x y

xy xy xy

 

      



 

  

    

  



Khi x; y nghiệm phương trình: t2 2t 3 vơ nghiệm

Vậy hệ có cặp nghiệm (0;1) (1;0)

Bài 3: Giải hệ phương trình:

  2  

3

2

2

log log *

4

y x y x x xy y

x y

     

 

  



Giải:

Điều kiện: x > ; y > Ta có :

2

2

0

y

x xy y x   y 

  x,y >0

Xét x > y

3

2

VT(*)

log log

VP(*)

x y  

   

 

(*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm

Xét x < y 3 3

2

VT(*) log log

VP(*)

x y  

   

 

(*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm

Khi x = y hệ cho ta

2

0

2x 2y

  

 



x = y = (do x, y > 0) Vậy hệ có nghiệm x y;  2; 2

Bài tập tự giải có hướng dẫn:

Bài 1: (ĐHDB - 2002) Tìm k để hệ BPT sau có nghiệm

 

3

3

2

1

1

log log 1

2

x x k

x x

    

 

  

 

HD:

Xét BPT ta có 2  3

2

1

log log 1

2 x 3 x 

- Giải xong  1 x2

- Xét BPT x133x k 0k  f x( ) x133x

- Xét  1 x 1, k  f x( )1x33x Bài 2: Giải hệphương trình:

2

2

log (1 tan x log (1 tan y)

     

HD:

Nếu ba số x, y, z

Giả sử x = y– 1 ylny

Xét f  y  y– –ylny

   

’ ln ; ’

f y   y f y   y  f  1 0

Nếu 0 y 1 f’ y 0 suy f y 

Nếu y1 f’ y 0suy f y 



Vậy y = nghiệm Bài tập tổng hợp tự giải:

Bài 1: Giải hệ phương trình sau a                   z x z z y z y y x y x x ) ( log ) ( log ) ( log 3 b 3

3 ln( 1) 3 ln( 1) 3 ln( 1)

x

z

x x x y

y y y y z

z z z x

                      

c

2

log 3sin log (3cos ) log 3cos log (3sin )

x y y x          d  

3

3

3

2

log log

1

y x

x x y y

x y x y x                             e 2 log log log y x y x xy x y y        

f  

   

2

lg 3lg lg lg lg

x y

x y x y

           

Bài 2: Giải hệ phương trình sau a

   

3

4 32

log log

x y y x

x y x y

           b 3 log log 3 27 log log

y x x y y x       

c    

   

log log

log log

x y

x y

x y y x

x y y x

           

d    

   

2 4

4 2

log log log log

log log log log

x y x x        e           2

4 4

2

4 4

log log log

log log 2 log

x y x x y

x

xy y y x

y                  f  

 

3 log

log

2

4

3 12

xy

xy

x y x y

          

Đs: a.(2;1) b

1 9 x x y x               

e (ĐHM – 1999) x y       

với  0 tùy ý

1 x y     

Bài 3: Giải hệ phương trình sau

a    

   

2

1

1

2.log 2 log log log

x y

x y

xy x y x x

y x                     

b  

            lg lg lg lg lg lg 2 2 y x y x xy y x c  

2 2

7

log log log

log x y x y           d        log log 4 log log8

y x

y

x y x

e                    log log 14 2

1 y x

y xy x y x f            log log log log 2 y x y x Đs:

d.(TCKT – 2001)

1 2 x x y x               

Bài 4: Giải hệ phương trình sau

a  

         2 log 2 log x y y x y x

b  

           log 3 1

3x y

x x x y c           log log 2 3 y y x y x

d  

      log log xy y x x y

e   

         16 log log 3 2 y x xy x y y x f            lg lg lg lg 4 y x y x Đs:

a x y;   5;5 d x y;   4; , 2; 4  

Bài 5: Giải hệ phương trình sau a           y y y y x x 81 12 log b        log log 2 y x xy

c log2 2log2

5

x y x y        

d log3 log3 log 23

5 x y x y        

e lg2 lg2

29 x y x y        f   log 2 log log y y x y x y x x

y        

Bài 6: Giải hệ phương trình sau



 2.log  

4

3 y

y yx

c log4 log4 log 94 20 x y x y          d

log log

3

x y y x

x y           

Đs: d x y 2

Bài 7: Giải hệ phương trình sau

a log log

2

y x x y xy y         b

( 1) ln ( 1) ln ( 1) ln

x y y y

y z z z

z x x x

          

c  

      2 2

log log

log log

x y y x                d

2

1 log (1)

2x x (2)

x y

y y 

         Đs:

a log2

2

x y 

b Nếu x  theo y, z  hệ cho

ln ln ( 1) ln ( 1) y y x y z z y z x x z x                

hệ vô nghiệm

d x y;   –1;1  4;32

Bài 8: Giải hệ phương trình sau a           ) ( log log log log 27 3 y x y x b        16 log log 4 2 y x y x c          x y y x 2 2 log log log log log d         3 ) ( log ) (

log2 2

xy y x y x e              log log 12 log log log log 3 2 y y x x x y y x f          log log ) ( log

4 x y

y x x x g            , ) ( log , lg ) ( log

3 x x

x x h          lg 3 lg 2 x y x y i      

 ( 23)

log log y y x x k          lg lg lg ) ( lg x y y x l         2 2 ) (lg lg

lg x y a

a xy

a x y;   3; , 6;3   b  

2 2; c

3 32 2;      

d 3;1 3;

7

 

  

 

e 1; 2 f 5; 2 g 9; 29

2

   

 

 

 

h  10; 4 i 2; 4 k  10; 20 10 20;

3

 

   

  l

3

1

;a a ;

a a

   



   

   

Bài 9: Giải hệ bất phương trình sau

a

2

2

3

log log

3

3 x x x x x           

b      

 

1

1 log log 1 log 7.2 12 log 2

x x x x x              

c  

 

1

1 lg lg(2 1) lg(7.2 12)

log 2

x x x x x              d 2 1 1

log (1 ) log (1 )

log (1 ) log (1 )

x y

x y

y y x x

y x                   

e ln(12 ) ln(1 2 )

12 20

x y x y

x xy y

    

 

  



Đs: d 2 ; 5

 



 

  e (0;0)

HỆ PHƯƠNG TRÌNH LOGA CÓ CHỨA THAM SỐ Bài 1: Cho hệ

          0 log log 2 3 ay y x y x

(a tham số)

a Giải hệ a2

b Tìm a để hệ có nghiệm Đs: a 0

Bài 2: Cho hệ

            ) ( log ) ( log ) ( log ) ( log bx ay by ax bx ay by ax y x y x

a Giải hệ a3,b5

b Giải biện luận a0,b0

Bài 3: Cho hệ

            ) sin cos ( log ) sin cos ( log ) sin cos ( log ) sin cos ( log         x y y x x y y x y x y x

a Giải hệ

4

  

b Cho 0;

2

   

Bài 3: Xác định a để hệ có nghiệm

  

  

  

1 ) ( log ) (

log2 2

2

y x y

x a y x

0a1

Bài 4: Giải biện luận hệ log (3 )  

log (3 )

x

y

x ky

k R y kx

 

 

 

 