Phuongtrinh mu logarit thanhtung by Anhhùnbóngđêm Rấtthíchchơigêm

GIẢI ĐÁP TOÁN CẤP 3

PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LÔGARIT

PHẦN 2

PHƯƠNG TRÌNH

BẤT PHƯƠNG TRÌNH

HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Trang

A. PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH I. PHƯƠNG TRÌNH ….LOẠI 1 : ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐ …………………………………. ….LOẠI 2 : LÔGARIT HÓA VÀ MŨ HÓA…………………………… …. LOẠI 3 : ĐẶT ẨN PHỤ…………………………………………….. …. LOẠI 4 : PHƯƠNG TRÌNH TÍCH…………………………………. …. LOẠI 5 : SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU……………………………. …. LOẠI 6 : ĐÁNH GIÁ………………………………………………... …. LOẠI 7: LƯỢNG GIÁC HÓA……………………………………….

II. BẤT PHƯƠNG TRÌNH B. HỆ PHƯƠNG TRÌNH

( 2 – 74 ) 2–9 10 – 14 14 – 47 47 – 54 54 – 69 70 – 72 73 – 74 (?–?) (?–?)

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

CHUYÊN ĐỀ : PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LÔGARIT A. PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LÔGARIT I. PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LÔGARIT LOẠI 1: ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐ 1. PHƯƠNG PHÁP GIẢI *) Phương pháp: Tìm cách đưa phương trình về một trong các dạng sau +) a f ( x )  a g ( x )  f ( x)  g ( x)

+) a f ( x )  a g ( x )

(a là hằng số và 0  a  1 )

 a  1   x  D  a  0    f ( x), g ( x)      với Tập xác định : D (a chứa biến hoặc chứa tham số) (2*)   f ( x)  g ( x)    a  0    f ( x)  g ( x)   \     a  0   f ( x)  g ( x) 

0  a 1 f ( x)  g ( x)

+) log a f ( x )  log a g ( x) 

f ( x )  0 (hoặc g ( x)  0 )

*) Chú ý :

a  1  +) Ở phương trình (2*) nếu a  0 thì a a   x  D  f ( x)  g ( x) +) Các công thức để chuyển về các dạng trên (giả sử các biểu thức đều có nghĩa): f ( x)

g ( x)

1) a m .a n  a m  n

2) a m : a n  a m n

6) log a b  log a c  log a (bc)

4) b  a log a b

am  a n

7) log a b  log a c  log a

b c

5) b  log a a b

8) k log a b  log a b k

2.CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1. Giải các phương trình sau: (0, 2) x 0,5 1)  5.(0, 04) x 1 2) 5 4) 2 x

1

 2x

2

 3x  3x

1



10  3



x 3 x 1





10  3



x 1 x 3

1 log 2 5 x  x 2    3 x  5  251  3x  5 Trang 2

3) 3x 1.2 x1  24 6)  x  3

3 x2 5 x  2

  x2  6 x  9

x2  x  4

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

Giải: (0, 2) x 0,5 (51 ) x 0,5 1)  5.(0, 04) x 1   5.(52 ) x 1  5 x  52 x 3   x  2 x  3  x  3 1 5 52 Vây phương trình có nghiệm: x  3 . 2)



10  3



x 3 x 1





10  3



x 1 x 3

Điều kiện: x  1 và x  3 .

Ta có : ( 10  3)( 10  3)  1  10  3  Khi đó phương trình tương đương:



10  3



x 3 x 1



 ( 10  3) 1



10  3





x 1 x 3



x 3 x 1   x 2  9  ( x 2  1) x 1 x3



 x 2  5  x   5 thỏa mãn điều kiện . Vây phương trình có nghiệm: S   5; 5

3) 3x 1.2 x 1  24 

3x .2.2 x  24  3x.2 x  36  6 x  6 2  x  2 . Vây phương trình có nghiệm: x  2 3 x2

4) 2

x 2 1

2

x2 2



3 3

x 2 1

2  2 9 2 4 1 1  2 2  2   22   3x  1    2 x .  3 x .        x 2  3  x   3 2 3 2   3 3 3

Vây phương trình có nghiệm: x   3 .

1 3x  5

  3x  5

log 1



25 x  x 2



5  x  3 x  5  0  3 5 5  33  Điều kiện:    x 2 3 2 2  5x  x  0  5  33  x  5  33  2 2

Khi đó phương trình tương đương: (3x  5)



1 2

 1 log 25 x  x2

 (3x  5) 2





x  2 3 x  5  1 3 x  6 x  2    2  2 2  x  5  13 log 2  5 x  x  1  log 5 2  5 x  x  5 x  5 x  3  0   5    5  2 kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là : x  2 và x  3 x2 5 x  2

6)  x  3

  x2  6x  9

x 2  x 4

  x  3

3 x2 5 x  2

  x  3

5  13 2

2( x 2  x  4)

x  3  1 x  4  x  3    x  3  0   2  2  2  x  4  3 x  5 x  2   , 2( x  x  4)     x  7 x  10  0 x  3  2  2  2   3 x  5 x  2  2( x  x  4)     3 x  5 x  2    x  2  x  3  0  x  3   2  2 x  5 2  2   3 x  5 x  2  2( x  x  4)   \    x  7 x  10  0; 3 x  5 x  2   \     x  3  0  x  3  3 x 2  5 x  2  2( x 2  x  4)   x 2  7 x  10  0   Vây nghiệm của phương trình là: S  2;3; 4;5 Trang 3

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

Ví dụ 2: Giải các phương trình sau: 1) 2 log 2  2 x  2   log 1  9 x  1  1

3 log 1 ( x  2) 2  3  log 1 (4  x)3  log 1 ( x  6)3 2 4 4 4

3 x3 1    log 2 x 3)  log3  .log 2 x  log3 x 3 2 

2 1 x 1 4) log 9  x 2  5 x  6   log 3  log 3 x  3 2 2 2 2 3 2 5) log 2  3 x 2  1  x  log 2  3 x 2  1  x  6 6) x lg x  lg x 3  1 1  1  x 1 1 x 1 1 7) log 2 x  log 3 x  log 4 x  log 2 x.log 3 x.log 4 x 8) log 2 (4 x  15.2 x  27)  2 log 2  0 (2007D) 4.2 x  3 9) log 2 (8  x 2 )  log 1 ( 1  x  1  x )  2  0 (2011D)













10) 2 log 2 x  log 1 1  x  2

1 log 2

x 2

x2



( 2013D)

Giải: 1) 2 log 2  2 x  2   log 1  9 x  1  1 2

 x  1 2 x  2  0 1  Điều kiện:   1 x 9 9 x  1  0  x  9 2

Khi đó phương trình tương đương: log 2  2 x  2   log 2  9 x  1  1  log 2 

x 1  2  2 x2  5x  3  0   3 x  9x 1  2

 2x  2

 2 x  2 9x 1

 log 2 2

.Vậy nghiệm của phương trình là: x  1 và x 

3 2

3 log 1 ( x  2) 2  3  log 1 (4  x)3  log 1 ( x  6)3 2 4 4 4

6  x  4 Điều kiện:   x  2 3 3 3 3 Khi đó phương trình tương đương:  log 2 x  2  .2   log 2 (4  x)  log 2 ( x  6) 2 2 2 2

 log 2 x  2  2  log 2 (4  x)  log 2 ( x  6)  log 2  4 x  2   log 2  (4  x)( x  6) 

 4 x  2  (4  x)( x  6) (*) TH1: 6  x  2  x  2  0 Khi đó (*)  4( x  2)  (4  x)( x  6)  x 2  2 x  32  0  x  1  33 (thỏa mãn) hoặc x  1  33 (loại) TH2: 2  x  4  x  2  0 , Khi đó (*)  4( x  2)  (4  x)( x  6)  x 2  6 x  16  0  x  2 (thỏa mãn) hoặc x  8 (loại)





Vậy nghiệm của phương trình là: S  2;1  33 . Trang 4

GV: THANH TÙNG

 3)  log3 

0947141139 – 0925509968

3 x3 1 .log x  log   log 2 x 2 3  x 3 2

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

Điều kiện: x  0

(3)

1 1 1 1  Khi đó (3)  1  log 3 x  .log 2 x   3log 3 x     log 2 x  log 2 x  log 3 x.log 2 x  3log 3 x  0 2 2 2 2  1 1   log 2 3.log 3 x  log 3 x.log 2 x  3log 3 x  0  log 3 x  log 2 3  log 2 x  3   0 2 2  

x 1  log 3 x  log3 1 log 3 x  0      8  8 8 3 log 2 x  3  1 log 2 3  log 2 x  log 2 x     2 3 3  3  Vậy nghiệm của phương trình là: x  1 và x 

thỏa mãn điều kiện

8 3 . 3

x  1 Điều kiện:   x  2; x  3  x  1 x  3 x 1 Khi đó (4)  log3 x 2  5x  6  log 3  log 3 x  3  log 3 x 2  5 x  6  log 3 2 2 2

4) log 9  x 2  5 x  6  

1 log 2

 x  5x  6 

 x  3 hoặc x  5) log 2 



 2 log 2  log 2 



x 1  log 3 x  3 2

 x  1 x  3 2

   x 1  x  2   x 2  1  x  log

7  4 3  x  0   2  x  1  7  4 3  x









x2 1  x  6

2 3

 2  x 2  5 x  6    x  1 x  3  x2  6 x  9  0    2  2  x 2  5 x  6     x  1 x  3  3x  14 x  15  0 

5 5 , kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: x  3 3

x 2  1  x  log 2  3

(4)



1



x2  1  x





1

 6  3log 2

x2  1  x  2  3







x2  1  x  6

 x2  1  7  4 3  x

 x  7  4 3  x  7  4 3   x4 3  2 7  4 3 x  96  56 3  x  4 3





Vậy nghiệm của phương trình là: x  4 3 2 3 2 6) x lg x  lg x 3  (6) Điều kiện: x  0 1 1  1  x 1 1 x 1 2 3 2 3 2 3 2 2 Khi đó (6)  xlg x lg x 3   xlg x lg x 3   xlg x lg x 3  x 2 1 x 1 1  x  1 x 1  x 1 1  x  1







x  1 x  1 x  1 1 1   2  2  lg x  lg10 1  x  1 hoặc x  hoặc x  3 10 100 lg x  lg x  3  1 lg x  3lg x  2  0 lg x  lg10 2   1 1  Vậy phương trình có nghiệm: S  1; ;   10 100  Trang 5

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

7) log 2 x  log 3 x  log 4 x  log 2 x.log 3 x.log 4 x

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

Điều kiện: x  0

(7)

1 1 Khi đó (7)  log 2 x  log 3 2.log 2 x  .log 2 x  log 2 x.log 3 2.log 2 x. log 2 x 2 2 1 1    log 2 x 1  log 3 2   log 3 2.log 22 x  2 2  

log 2 x  0 x 1   3 log 2 x  0 1   log 2 3  2    x  log 108 2 log x   log 2 108 2 2 log 2 x   log 2 108  2 1  log 3 2   x  2 log2 108 2

1   log 108 Vậy phương trình có nghiệm : S  1; 2 2 ; log 108   2 2  1 8) log 2 (4 x  15.2 x  27)  2 log 2  0 (8) (D – 2007) 4.2 x  3

Điều kiện: 2 x 

3 4

1

(8)  log 2  4 x  15.2 x  27   2 log 2  4.2 x  3  0  log 2 (4 x  15.2 x  27)  log 2  4.2 x  3 2

 4 x  15.2 x  27   4.2 x  3   5.4 x  13.2 x  6  0  2 x  

2 (loại) hoặc 2 x  3  x  log 2 3 5

Vậy phương trình có nghiệm: x  log 2 3 8  x 2  0  Điều kiện 1  x  0  1  x  1 1  x  0 

9) log 2 (8  x 2 )  log 1 ( 1  x  1  x )  2  0 (9) (D – 2011) 2

(9)  log 2 (8  x 2 )  log 2 ( 1  x  1  x )  log 2 4  0  log 2 8  x2

 4



1 x  1 x

Đặt t  1  x 2



1 4



8  x2 4



1 x  1 x





 0  log 2 1

1  x  1  x  8  x 2  16 2  2 1  x 2  8  x 2 

(9*)

t  0  x 2  1  t 2 . Khi đó (9*) có dạng: 2

16  2  2t    t 2  7   t 4  14t 2  32t  17  0   t  1  t 2  2t  17   0  t  1 Với t  1 khi đó (9*)  1  x 2  1  x  0 thỏa mãn điều kiện . Vậy phương trình có nghiệm x  0 1 10) 2 log 2 x  log 1 1  x  log 2 x  2 x  2 ( 2013D) Điều kiện: 0  x  1 2 2

















x2  log 2 x  2 x  2 1 x

. Đặt t 

x với t  0 1 x

Phương trình tương đương: log 2 x 2  log 2 1  x  log 2 x  2 x  2  log 2

x2 x2 x   x  2(1  x )   2 2 1 x (1  x ) 1  x





Phương trình có dạng: t 2  t  2  t 2  t  2  0  t  1 (loại) hoặc t  2 suy ra

 x  1  3 2 x2 x 20   x  1  3  x  4  2 3 thỏa mãn điều kiện 1 x  x  1  3 x

Vậy phương trình có nghiệm x  4  2 3 . Trang 6

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

Ví dụ 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:

Giải: log

5 2

x

 mx  m  1  log

52

x  0  log

5 2

x

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

log

5 2

x

 mx  m  1  log

 mx  m  1  log

52

52

x0

x  0 (*) x 2  x  mx  m  1  x

Cách 1: (*) có nghiệm duy nhất khi phương trình x 2  mx  m  1  x hay f ( x)  x 2  (m  1) x  m  1  0 có nghiệm kép dương hoặc có hai nghiệm trái dấu hoặc có hai nghiệm trong đó có một nghiệm bằng 0 và một nghiệm dương   m  3  2 3    m2  6m  3  0     m  1  1  m  0 m  3  2 3  P  m  1  0   m  1     m  1   m  1   f (0)  m  1  0     S  1  m  0   m  1 x  0  Cách 2: (*)    x2  x 1 m  x 1 

. Xét hàm số f ( x) 

 x2  2 x  2  x2  x  1 với x  0 . Ta có: f '( x)  ( x  1)2 x 1

⎧+) log a b  log a c  log a (bc) ⎪ b CHÚ Ý : *) Với 3 công thức: +) log a b  log a c  log a c ⎨ ⎪ * 2k ⎩+) 2 k log a b  log a b ( k  N ) nếu ta sử dụng chúng qua các bước trung gian để biến đổi phương trình, thì phép biến đổi theo : ++) chiều thuận (từ VT  VP) là phép biến đổi hoàn toàn chính xác (vì giữ nguyên được TXĐ) ++) chiều nghịch (từ VP  VT) là phép biến đổi không chính xác (vì nó thu hẹp lại TXĐ) Nên nếu muốn sử dụng theo chiều nghịch ta sẽ biến đổi như sau: ⎧ +) log a (bc )  log a b  log a c ⎪ b +) log a  log a b  log a c c ⎨ ⎪ 2k * ⎩ +) log a b  2k log a b ( k  N )  u ( x)  *) Khi gặp bất kì một phương trình có dạng f  h( x), log g ( x ) k ( x),   0 thì ta nên cho điều kiện v( x)    h( x )  0 0  g ( x )  1  trước khi bắt tay vào giải (để tìm TXĐ):  (****)  k ( x)  0 v( x)  0 *) Trong các bài toán ở phần tiếp theo, ghi “+) TXĐ: x  D ” được hiểu là ta đi đặt điều kiện theo (****). Trang 7

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

*) Để làm tốt các bài toán tiếp theo liên quan tới logarit các bạn cần nắm được các công thức biến đổi cơ bản sau: (giả sử các biểu thức đều có nghĩa). n 1) log a 1  0 2) log a a  1 3) log a m b n  log a b m log a b b 4) log a b  log a c  log a (b.c) 5) log a b  log a c  log a   6)  log c b log a c c 1 7) log a c.logc b  log a b 8) log a b  9) a loga b  b 10) b loga c  cloga b log b a

3. BÀI LUYỆN Bài 1: Giải các phương trình sau: 1) 3

x 2 1

1   9

x 7

22 x 1.4 x 1  64 8x 1

x5

x 17



4) 32 x 7  0, 25.128 x 3

5) 3  2 2



3) 2 x 1.4 x 1.

x 2  x 3

 32 2

1 x

1 1 7)   .   3 3

3

8) 9

3 x 1

3

6) 7.73 x 

5 9)   3

x 3

x 1

1  16 x 8 1 x

x2 3

 49

 9  .   25 

 3 10)    4

13)

x 2

 11)  2. 2 

9 4 .x     3  16



2 x 1 . 3 42 x 1 .83 x  2 2.0,125

16) 6 x  6 x 1  6 x  2  5 x  5 x 3  5 x 1 19)  2  x  x 2 

sin x

2log  x 1

  2  x  x2  log

2 3 cos x



x 3 2

 x  

 12)  

x 1



4

14) 3x 1  2.3x  2.3x 1  117 17) ( x 2  2 x  2) 20)

4 x 2

 x  2   x  

x 2  2 x 11



4  



x 3

 4 37

1 15) 7 x  2  .7 x 1  14.7 x 1  4.7 x  50 7



18) 3x

1

1  2

x x  4 3

5   3

 7,2 x  3,9

log 3 x

21)

 x2



 9 3 log 2 (7  x)  0

1 2x 1

  2 x  1



log 1 1 7 x  2 x 2 4

 x 1

9 1 log 5 27 3  125  27 22)   .   log 5 243 5  27  Bài 2: Giải các phương trình sau: 1) log 5 (26  3x )  2 2) log 3 ( x 2  2014 x  2012)  1

3) log 2 x  log 4 x  log 1 3 2

11 6

4) log 3 x  2log9 ( x  6)  3

5) log 3 x  log9 x  log 27 x  11

6) log 2 x  log 4 x  log 8 x 

7) log 3 x  log

8) log 3 ( x  1) 2  log 3 (2 x  1)  2

9) log 3 ( x  2) 2  log 3 x 2  4 x  4  9

x  log 1 x  6 3

10) log 9 ( x  1)  log 3 (4  x )  log 3 (4  x) 12) 2 log5 (3 x  1)  1  log 3 5 (2 x  1)

1 log 2 (5  x )  2 log 8 3  x  1 3 13) log 1 ( x  1)  log 1 ( x  1)  log 1 (7  x )  1

11)

1 1 log 2 ( x  3)  log 4 ( x  1)8  log 2 (4 x) 2 4 16) log 5 ( 4 x 2  5 x  1)  log 25 (3 x  1)  0

14)

15) log 2 ( x 2  3 x  2)  log 2 ( x 2  7 x  12)  3  log 2 3 17) log 2 ( x 2  3)  log 2 (6 x  10)  1  0 Trang 8



GV: THANH TÙNG 18) log

0947141139 – 0925509968

x  log 1 x3  log 3  3x 4   3

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

19) log 2 (3 x  1) 

20) log 2 ( x  2)  6 log 1 3x  5  2

1  2  log 2 ( x  1) log x 3 2

21) log 2 x  2  log 4 x  5  log 1 8  0

22) log 5 ( x  1)  log 1 5  log 5 ( x  2)  2 log 1 ( x  2) 5

23) log

x  1  log 1 (3  x)  log8 ( x  1)3  0

24) log 4 ( x  1)  2  log

4  x  log 8 (4  x)

25) log 4 ( x  1) 



1  log 2 x  2 2

log 2 x 1 4 1 27) 2 log( x  1)  log x5  log x 2

log 2 36  log 2 81  log 2 3x 4 x 15 log 2 4 1 28) log( x  10)  log x 2  2  log 4 2 2

26)

29) lg 5 x  4  lg x  1  2  lg(0,18)

32) lg 5  lg( x  10)  1  lg(21x  20)  lg(2 x  1)

1  1 1 1  1  31) lg x  lg  x    lg  x    lg  x   2  2 2 2  8  x x 32) log 2  2  4   x  log 2  2  12   3

33) ( x  1) log 5 3  log 5 (3 x 1  3)  log 5 (11.3x  9)

34) log

30) lg 6  x lg 5  x  lg(2 x  1)

35) log x 2  2 log 2 x 4  log

 4 x  6   log 5  2 x  2 

2

36) log 2 x  log 1 ( x 2  2 x  1)  log 4 ( x 2  4 x  4)  log 1 ( x  1)  0

37) log 2  x  x  1  log 2  x  x  1  log 2  x  x  1  log 2  x  x  1 2

38) log 7 40)

x x     39) log3  sin  sin x   log 1  sin  cos 2 x   0 2 2    3 

3sin 2 x  2sin x  log 7 2 sin 2 x cos x

log 2 x 4  4 log 4

3 3   41) log 2  x    log 2  x    3 x x   43) log 2 (log 3 (log 4 x )  log 4 (log3 (log 2 x)

2 2 x

42) log 2  log3  log 4 x    1 44) log 3 x  log 4 x  log5 x





47) log x 3  x 2  2 x  1  2

50) 2  log 9 x   log 3 x.log 3

1 2



45) x 2 .log x 27.log 9 x  x  4

46) log x1 (2 x 3  x 2  x  6)  3

48) log 4 ( x  2).log x 2  1

49) 3 



51) log 3

2x  1 1



x

1 6   log x  9 x   log3 x x 

1 x  1  log 3 4 x  3  4 2







x 1  0

Bài 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất: 2) log 0,5  m  6 x   log 2  3  2 x  x 2   0

1) log 2 ( x  2)  log 2 (mx)

Bài 4: Giải và biện luận phương trình theo m: 1) log( x 2  mx  3m)  lg(2 x  1)

lg(mx) 2 lg( x  1)

2) 2 log3 x  log3  x  1  log3 m  0

Bài 5: Cho phương trình 2 log 4  2 x  x  2m  4m   log 1  x 2  mx  2m 2   0 (với m là tham số thực) 2

1) Giải phương trình với m  1 . 2) Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12  x22  1 .

LOẠI 1 chỉ là trường hợp đặc biệt của LOẠI 2 (chúng ta sẽ tìm hiểu ngay sau đây)

Trang 9

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

LOẠI 2: LOGARIT HÓA VÀ MŨ HÓA 1.Phương pháp Logarit hóa (dành cho phương trình mũ) 2

Với ba phương trình 3x  3x (1) ; 3 x  2 x (2) và 3x  2 x (3) . Ta đã biết cách giải (1) và (2). Ở phương trình (1) có cùng cơ số 3 khác mũ ( x và x 2 ) , phương trình (2) cùng mũ x , khác cơ số ( 2 và 3 ). Nên ta có x 0 x  0  3  3 cách giải như sau: (1)  x  x 2   ; (2)     1     x  0 .  2  2 x  1 Song ở phương trình (3) khác cơ số ( 2 và 3 ) và khác cả mũ ( x và x 2 ). Để giải quyết bài toán này ta sẽ “hóa” nó về dạng logarit (phương pháp Logarit hóa) bằng cách logarit cơ số 2 (hoặc cơ số 3 ) cả hai vế phương 2 x  0 trình. Cụ thể: (3)  log 2 3x  log 2 2x  x log 2 3  x 2  x(log 2 3  x)  0    x  log 2 3 Chúng ta sẽ hiểu rõ hơn phương pháp LOGARIT HÓA qua các ví dụ minh họa và phương pháp đi kèm.

Phương pháp: Khi phương trình có dạng : u( x).a f ( x )  v( x).b g ( x ) (*) (hoặc a f ( x ) .b g ( x )  u ( x) ) với a  b ; a  1; a, b  0 Từ (*)  log a u ( x ).a f ( x )   log a  v ( x ).b g ( x )   log a u ( x )  f ( x)  log a v ( x)  g ( x) log a b  x  ? CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ : Giải các phương trình sau: 1) 5x

4

2) 34  43

 4.2 x

5) x 4 .53  5log x 5

3) x 4log2 x  32 2

6) 5 x  5 x 1  5x  2  3 x  3x

1

 3x

4) 9.x

3

7) x

log9 x

 x2

log6  6 x  log 2 3

6

log2 3

0

Giải: 1) 5 x

4

 4.2 x  log 5 5 x

4

 log 5 (4.2 x )  x 2  4  (2  x) log 5 2

 x  2  ( x  2)( x  2  log 5 2)  0    x  2  log 5 2 Vậy nghiệm của phương trình là : x  2 và x  2  log 5 2 . 4x

2) 3

4

 log 3 3

 log 3 4

4  4  3 log 3 4     log 3 4  x  log 4 (log 3 4) 3 3 x

Vậy nghiệm của phương trình là x  log 4 (log3 4) 3

3) x 4 log2 x  32

Điều kiện : x  0

Khi đó phương trình tương đương: log 2 x 4  log 2 x  log 2 32  (4  log 2 x ) log 2 x  5

x  2 log 2 x  1  log x  4log 2 x  5  0    thỏa mãn điều kiện  x  2 5  1 log 2 x  5 32  1 Vậy nghiệm của phương trình là x  2 và x  32 2 2

Trang 10

GV: THANH TÙNG 4) 9.x

log9 x

 x2

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

Điều kiện : x  0



Khi đó phương trình tương đương: log 9 9.x

log9 x

  log x  1  log x  2log x 2

2 9

 log 92 x  2log 9 x  1  0   log 9 x  1  0  log 9 x  1  x  9 thỏa mãn điều kiện

Vậy nghiệm của phương trình là x  9 . 5) x 4 .53  5log x 5

Điều kiện: 0  x  1



log x 5



Khi đó phương trình tương đương: log x x 4 .53  log x 5

 4  3log x 5  log 2x 5

1 1 1    x  5  log x 5  1  log x 5  log x  5 kết hợp với điều kiện  log 5  3log x 5  4  0    x  x     4 4 log x 5  4 4 5  x  log x 5  log x x  x   5 1 Ta được nghiệm của phương trình là x  và x  4 5 . 5 2 x

6) 5x  5x 1  5x  2  3x  3x

1

 3x

3

 5x (1  5  25)  3x (1  3  27)  5 x  3x

2 x  0  log 5 5 x  log 5 3 x  x  x 2 log 5 3  x( x log 5 3  1)  0    x  log 3 5 Vậy nghiệm của phương trình là x  0 và x  log3 5 .

7) x

log6  6 x  log 2 3

6

log2 3

Điều kiện : x  0

0

Khi đó phương trình tương đương: log 6 x

log6  6 x log2 3



log6 6

log2 3

 log 6  6 x   log 2 3 log 6 x  log 2 3

 (1  log 6 x) log 6 x  log 2 3(1  log 6 x)  (1  log 6 x)(log 6 x  log 2 3)  0 1  1  log 6 x  0  log 6 x  1 x  6    thỏa mãn điều kiện log2 3 log 6 x  log 2 3  0  log 6 x  log 2 3  x  6 Vậy nghiệm của phương trình là x  9 .

BÀI LUYỆN Giải các phương trình sau: 1) 5 x

5 x 6

 2 x 3

5) 57  7 5 x

9) 8 .5 13) 2

x 3

x 2 1

3

2) 3x

17) x.2log x 4  8

4

3) 3x .2 2 x1  6

 52 x

7) 4.9 x 1  3.2

6) 3x .2 x  1

x 1 2

4) 5 x.8 8) 8

x 1 x

x x2

 500

 36.32  x

1  8 x2  2 x 6

x 1 x

10) 3 .9

3

x 2  2 x 5

2

2x  2.27 x x

14) 4  3

18) x lg x  1000 x 2

x

11) 3x.2 x  1 1 2

x

1 2

 2 2 x 1

15) x 4 .63  6log x 6 log0,5  sin 2 x 5sin x cos x  2  1 19) 4  9

3

Trang 11

12) 53log5 x  25 x 16) x 6 .5 log x 5  55 2

20) 7 log 25 (5 x ) 1  x log5 7

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

2.Phương pháp mũ hóa (dành cho phương trình logarit) Với ba phương trình log 2 x  log 2 ( x 2  6) (1) ; log 2 x  log 3 x (2) và log 2 x  log 3 (2 x) (3) . Ta đã biết cách giải (1) và (2). Ở phương trình (1) có cùng cơ số 3 khác biểu thức ( x và x 2  6 ) , phương trình (2) cùng biểu thức x , khác cơ số ( 2 và 3 ). Nên ta có cách giải như sau:

 x  3  x  x2  6  x2  x  6  0  (1)       x  2  x  3 . x  0 x  0 x  0  (2)  log 2 x  log 3 2.log 2 x  (1  log 3 2) log 2 x  0  log 2 x  0  x  1 . Song ở phương trình (3) khác cơ số ( 2 và 3 ) và khác cả biểu thức ( x và 2x ). Để giải quyết bài toán này ta sẽ “hóa” nó về dạng mũ (phương pháp mũ hóa) bằng cách : t log 3 2  x  2t  3 t t 2 Đặt log 2 x  log 3 (2 x)  t    2.2  3  2   t  log 2  x  2   3 t 2    2 x  3 2 Chúng ta sẽ hiểu rõ hơn phương pháp MŨ HÓA qua các ví dụ minh họa và phương pháp đi kèm.

Phương pháp: Khi gặp phương trình có dạng : log a f ( x )  log b g ( x) ( a  b ) t  f ( x)  a ử Đặt log a f ( x)  log b g ( x)  t   ⎯⎯⎯⎯ h(t )  0  t  ?  x  ? t  g ( x)  b

CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1 : Giải các phương trình sau: 1) log 2 x  1  log 3 x 2) 4log7 ( x3)  x log6 x

5) log 2 ( x  3

4) log 2 sin x  2log3 tan x

Giải : 1) log

3) log 7 x  log 3 ( x  2) 6) log 4 6 ( x 2  2 x  2)  2 log

)  log 6 x

( x 2  2 x  3)

x  1  log 3 x (1) Điều kiện: x  0

 x 2  2t 2 t  x  2   (1)  2 log 2 x  log 3 3  log 3 x  log 2 x 2  log3 (3x)  t    3t t 3 x  3 x  3  2

log 9 2 2 .

 3t  9t 9     2t   2t     9  t  log 9 9  x  3t 1  3 9 2 3 2

2) 4

log 7 ( x 3)

Vậy phương trình có nghiệm x

t t  x  3  7t 4 1 t t  x  log 7 ( x  3)  log 4 x  t    4  3  7     3.    1 (*) t 7 7  x  4 t

4 1  4 4 1 1 f (t )     3.   . Ta có: f '(t )    ln  3.   ln  0 với t   . 7 7 7 7 7 7 Suy ra f (t ) nghịch biến t   . Khi đó (*)  f (t )  f (1)  t  1  x  4 thỏa mãn điều kiện

Xét hàm số:

Vậy phương trình có nghiệm: x  4 Trang 12

log 9 2 3 2 .

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

3) log 7 x  log 3 ( x  2)

Điều kiện: x  0

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

t  x  7t  7 1 t t Đặt log 7 x  log 3 ( x  2)  t    7  2  3   2.      1 (*) t 3  x  2  3  3 

t t  7  7 7 1 1 1 Xét hàm số: f (t )    2.   ln  0 với t   .   2.   . Ta có: f '(t )    ln 3 3 3 3  3   3  Suy ra f (t ) nghịch biến t   . Khi đó (*)  f (t )  f (2)  t  2  x  49 thỏa mãn điều kiện

Vậy phương trình có nghiệm: x  49 sin x  0 Điều kiện:  cos x  0

4) log 2 sin x  2log3 tan x

. Đặt log 2 sin x  2 log 3 tan x  t

sin x  2t t sin x  2t 4t  4 t t t t 2  2    3  4  12  3  0     4t  1  0 (*)  sin x t t t 1 4 3 3  tan x  3  1  sin 2 x t

4  4 4 1 Xét hàm số: f (t )     4t  1 . Ta có: f '(t )    ln    4t ln 4  0 với t   . 3  3 3 3 1 Suy ra f (t ) đồng biến t   . Khi đó (*)  f (t )  f ( 1)  t  1  sin x  2  5  x   k 2 (thỏa mãn điều kiện) hoặc x   k 2 (không thỏa mãn điều kiện) 6 6  Vậy phương trình có nghiệm: x   k 2 với k   . 6 log6 x

5) log 2 ( x  3

)  log 6 x

log6 x

Đặt log 2 ( x  3

Điều kiện: x  0

t log x t  x  3 6  2 3 t t t t )  log 6 x  t    6  3  2  3     1 (*) t 2  x  6

3 Xét hàm số: f (t )  3t    2

 3 3 . Ta có: f '(t )  3t ln 3    ln  0 với t   .  2 2 1 Suy ra f (t ) đồng biến t   . Khi đó (*)  f (t )  f (1)  t  1  x  thỏa mãn điều kiện 6 1 Vậy phương trình có nghiệm: x  6 2 2 6) log 4 6 ( x  2 x  2)  2log 5 ( x  2 x  3)  4log 6 ( x 2  2 x  2)  4 log 5 ( x 2  2 x  3) t t  x 2  2 x  2  6t 1  5 t t  log 6 ( x 2  2 x  2)  log 5 ( x 2  2 x  3)  t   2  1  6  5        1 (*) t 6  6  x  2 x  3  5 t

1 5 1 1 5 5 Xét hàm số: f (t )       . Ta có: f '(t )    ln    ln  0 với t   . 6 6 6 6 6 6 Suy ra f (t ) nghịch biến t   . Khi đó (*)  f (t )  f (1)  t  1

 x  2 . Vậy phương trình có nghiệm: x  2 hoặc x  4 .  x2  2 x  2  6  x2  2 x  8  0   x  4 Trang 13

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

Ví dụ 2: Giải phương trình: log

2 2 3

( x 2  2 x  2)  log 2 3 ( x 2  2 x  3)

2  x  1  x  2 x  2  0 Giải : Điều kiện  2   x  2 x  3  0 x  3 Phương trình được viết lại: log ( x 2  2 x  2)  log ( x 2  2 x  3)  log8 4

8 4 3

 a  7  4 3 Đặt  2  y  x  2 x  3

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

7 4 3

( x 2  2 x  2)  log 7 4

( x 2  2 x  3)

khi đó phương trình có dạng: log a 1 ( y  1)  log a y

t t  y  1  ( a  1)t  a   1  t t Đặt log a 1 ( y  1)  log a y  t    a  1  ( a  1)        1 (*) t  a 1   a 1   y  a t

a 1  a   1   a   1  Xét hàm số : f (t )     0 , t    ta có : f '(t )    ln  ln  a 1  a 1  a 1  a 1  a 1  a 1 Suy ra f (t ) nghịch biến với t . Khi đó (*)  f (t )  f (1)  t  1  y  a  x 2  2 x  3  7  4 3  x 2  2 x  10  4 3  0  x  1  11  4 3 thỏa mãn điều kiện

Vậy phương trình có nghiệm x  1  11  4 3 . BÀI LUYỆN Giải các phương trình sau: 1) 2log5 ( x 3)  x 3) log 5 x  log 7 ( x  2)

2) 2 log 3 ( x 5)  x  4 4) log 2 (log 2 x)  log3 (log 3 x)

Thực chất phương pháp mũ hóa ta đã sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp hàm số. Chúng ta sẽ tìm hiểu rõ hơn hai phương pháp này ở các phần tiếp theo…

LOẠI 3 : ĐẶT ẨN PHỤ DẠNG 1: Phương trình có dạng: A.a k . f ( x )  B.a h. f ( x )  C .a l. f ( x )  E  0 ( k , h, l  Z và ( k , h, l )  1 )

(1)

Cách giải: +) TXĐ: x  D f (x) f ( x) Đặ a  t t  0 t  0 a  t x  D +) Từ (1) ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ A.t k  B.t h  C.t l  E  0 ⎯⎯⎯⎯⎯ t  ? ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ f ( x)  log a t ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x  ? ( thường k , h, l  {0;  1; 2; 3} )

CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Trang 14

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

Ví dụ 1: Giải các phương trình sau: 2) 4 x 

1) 2 2 x  6.2 x  8  0 1 x

3

4) 64  2

x2  2 2

3 x

x2  2

 5.2 x1 1

3) 2 x

6  0

7) 125 x  50 x  23 x1

x

 22 x  x  3 (2003D)

1

 1 x  1 x 5)    3.    12 3 3

 12  0

6) 23 x 1  7.22 x  7.2 x  2  0 9) 5.32 x 1  7.3x 1  1  6.3x  9 x 1  0

8) 3.8 x  4.12 x  18x  2.27 x  0 (2006A)

32 x  2.(0,3) x  3 x 100 13) log 4 (3.2 x 1  5)  x 10)

11) (7  4 3) x  3(2  3) x  2  0

12) 4cot

14) log 2  4 x  4   x  log 1  2 x 1  3

15) log 2 (3.2 x  1)  2 x  1  0

 2 sin

3 0

16) log 3  9

 4.3  2   3 x  1

x 1



19) 7  5 2

 

17) 2  2



2 5 3 2 2

Giải : 1) 2 2 x  6.2 x  8  0





 3 1 2

x2  2

 5.2 x 1

Đặt t  2 x

x2  2

 6  0  2 2( x

 2x

x

4) 64 x  2

x

1 3( x 1)



12  1 (Y HN – 2000) 2x

x2 2 )

. Vậy phương trình có nghiệm : x  1 và x  2 . 5  .2 x  2

x2  2

6  0

9 . 4

Đặt t  2 x

20) 23 x  6.2 x 

1 2  0

 2 2 x  x  3 (2003D) . Phương trình tương đương: 2 x

x

18) 4log2 2 x  x log2 6  2.3log2 4 x

5 3 (t  0) . Khi đó phương trình có dạng: t 2  t  6  0  t   (loại) hoặc t  4 2 2 4  x  0 x  4 9  4  x  x2  2  4  x2  2  4  x   2  x  2 4 8 x  18  x  2  (4  x)

Vậy phương trình có nghiệm : x  3) 2 x

27 4

x2  2

 2x

 2  2 x  x

Đặt t  2 x (t  0) . Khi đó phương trình có dạng:

x t  2  2  2 x  1 t 2  6t  8  0    x  t  4  2  4 x  2

2) 4 x 



2 x

(t  0) . Khi đó phương trình có dạng: t 

x



4 2

x2  x

3

4  3  t 2  3t  4  0  t  1 (loại) hoặc t  4 t

 x  1 . Vậy phương trình có nghiệm : x  1 và x  2 .  4  x2  x  2  x2  x  2  0   x  2

3

3 x

 12  0  2 x  8.2 x  12  0 3

Đặt t  2 x

t  2 (t  0) . Khi đó phương trình có dạng: t 2  8t  12  0   t  6

3  3x x 1 2 2 x  3   3   . Vậy phương trình có nghiệm : x  3 và x  3log6 2 . 3 x  3log 6 2   x  log 2 6  2  6  x Trang 15

GV: THANH TÙNG 2

0947141139 – 0925509968 2

1

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

 1 x  1 x  1 x  1 x 5)    3.    12        12  0 3  3 3 3 1

 1 x Đặt t    3

(t  0) . Khi đó phương trình có dạng: t 2  t  12  0  t  4 (loại) hoặc t  3

1

1  1 x  1 x  1      3         1  x  1 . Vậy phương trình có nghiệm : x  1 . x  3  3  3 6) 23 x 1  7.2 2 x  7.2 x  2  0  2.23 x  7.2 2 x  7.2 x  2  0 2 x  1 t  1 x  0   1 1 3 2 x (t  0) . Khi đó phương trình có dạng: 2t  7t  7t  2  0  t    2    x  1 2  2   x  1  x t  2  2  2

Đặt t  2 x

Vậy phương trình có nghiệm : S  0; 1;1 x

 125   25  5 5 7) 125 x  50 x  23 x 1  125 x  50 x  2.8 x       2      2  0  8   4   2  2 5 Đặt t     2

(t  0) . Khi đó phương trình có dạng: t 3  t 2  2  0  (t  1)(t 2  2t  2)  0  t  1

5    1 x  0 2

. Vậy phương trình có nghiệm : x  0 .

8) 3.8 x  4.12 x  18 x  2.27 x  0 (2006A) . Phương trình tương đương: x

 8  4 2 2  2 2 3.    4.       2  0  3.    4.       2  0  27  9 3 3  3 3 x

2  2 Đặt t    (t  0) .Khi đó phương trình có dạng: 3t 3  4t 2  t  2  0  (t  1) 2 (3t  2)  0  t  (vì t  0 ) 3  3 x

2  2      x  1 . Vậy phương trình có nghiệm : x  1 . 3 3  

9) 5.32 x 1  7.3x 1  1  6.3 x  9 x 1  0  5.32 x1  7.3 x 1  (3 x 1  1) 2  0  5.32 x  7.3x  3. 3x 1  1  0

1  2 5t  2t  3  0 khi t   3 Đặt t  3x (t  0) .Khi đó phương trình có dạng: 5t 2  7t  3. 3t  1  0   5t 2  16t  3  0 khi t  1  3  3  x 3  x 1 1 t  5 3  5 3  5  x  1  log 3 5      t  1  3x  1  3x  1  x   log 3 5  5   5 5  2x

10)

. Vậy phương trình có nghiệm : S = 1  log3 5;  log3 5

32 x  3  3  2.(0, 3) x  3     2.    3 x 100  10   10  x

 3 Đặt t    (t  0) . Khi đó phương trình có dạng: t 2  2t  3  t 2  2t  3  0  t  1 (loại) hoặc t  3 .  10  Trang 16

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

 3     3  x  log 3 3 . Vậy phương trình có nghiệm : x  log 3 3 .  10  10 10 3 11) (7  4 3) x  3(2  3) x  2  0  (2  3) 2 x   2  0 ( vì (2  3) x .(2  3) x  1 ) x (2  3) 3 Đặt t  (2  3) x (t  0) . Phương trình có dạng: t 2   2  0  t 3  2t  3  0  (t  1)(t 2  t  3)  0  t  1 t  (2  3) x  1  x  0 . Vậy phương trình có nghiệm : x  0 . 1

12) 4cot

 2 sin

3  0  4

1 1 sin 2 x

 2 sin

3  0  4

1 sin 2 x

 4.2 sin

 12  0

Đặt t  2 sin

(t  0) . Phương trình có dạng: t 2  4t  12  0  t  6 (loại) hoặc t  2 .

1    1  sin 2 x  1  cos x  0  x   k . Vậy phương trình có nghiệm : x   k . 2 sin x 2 2 x 2  1 x  0 13) log 4 (3.2 x 1  5)  x  3.2 x 1  5  4 x  4 x  6.2 x  5  0   x   x  log 2 5 2  5 Vậy phương trình có nghiệm : x  0 và x  log 2 5 .  2 sin

2

14) log 2  4 x  4   x  log 1  2 x 1  3  log 2  4x  4   log 2 2 x  log 2  2 x 1  3 2

 log 2  4 x  4   log 2  2 x  2 x 1  3    4 x  4  2 x  2 x 1  3   4 x  3.2 x  4  0  2 x  1 (vô nghiệm ) hoặc 2 x  4  x  2 . Vậy phương trình có nghiệm : x  2

15) log 2 (3.2 x  1)  2 x  1  0  log 2 (3.2 x  1)  log 2 2 2 x 1  3.2 x  1  2 2 x 1  2.4 x  3.2 x  1  0 2x  1 x  0 . Vậy phương trình có nghiệm : x  0 và x  1 .  x 1 2  x  1   2

16) log 3  9 x 1  4.3x  2   3 x  1  9 x 1  4.3x  2  33x 1  3.33 x  9.32 x  4.3 x  2  0 Đặt t  3x (t  0) .Khi đó phương trình có dạng: 3t 3  9t 2  4t  2  0  (t  1)(3t 2  6t  2)  0 t  1   3  15 t   3

3x  1 t  1 x  1    , kết hợp với điều kiện t  0 ta được:  3  15 3  15   x t  3  15 x  log 3 3     3 3  3 

3  15 . 3 27 1 1 27 17) 2 2 x  2 2 x  2 x  2 x  (*)  22 x  2 x  2x  x  4 2 2 4 1 1 1 Đặt t  2 x  x ( t  2 )  t 2  22 x  2 x  2  2 2 x  2 x  t 2  2 . Khi đó phương trình (*) có dạng: 2 2 2 27 7 5 t2  2  t   4t 2  4t  35  0  t   (loại) hoặc t  4 2 2  x 1 2   x  1 1 5 x x x  2  x   2.4  5.2  2  0   . Vậy phương trình có nghiệm x  1 . 2  x 1 2 2 x   2  2

Vậy phương trình có nghiệm x  1 và x  log 3

Trang 17

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

18) 4log 2 2 x  x log 2 6  2.3log 2 4 x

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

Điều kiện: x  0

Khi đó phương trình tương đương: 41 log2 x  xlog2 6  2.322log2 x  4.4log2 x  x log2 6  18.9log2 x Đặt t  log 2 x  x  2t .Khi đó phương trình có dạng: t

t log 2 6

4.4  2

4 2 2 2  18.9  4.4  6  18.9  4.       18  4.       18  0 9 3 3 3 t

9 2 Đặt u    ( u  0 ) . Phương trình có dạng: 4t 2  t  18  0  t  2 (loại) hoặc t  4 3 2

1  2 9  2         t  2  log 2 x  2  x  22  4  3 4  3 x

1 . 4

    2  53  2 2   3 1  2   1  2  0  1  2    2  51  2   3 1  2   1  2  0 Đặt t  1  2  ( t  0 ) . Khi đó phương trình có dạng: t

19) 7  5 2

. Vậy phương trình có nghiệm x 

 ( 2  5)t 2  3t  1  2  0

(1  2) x  1 t  1 x  0   2 x  (t  1) t  ( 2  4)t  1  2   0  t  1  2  (1  2)  1  2   x  1  t  3  2 2 x 2  x  2 (1  2)  3  2 2  (1  2) 

Vậy phương trình có nghiệm S = 0;1; 2 12  1 (Y HN – 2000) 2 2x 1 12 8 12 8 2  23 x  6.2 x  3( x1)  x  1  23 x  6.2 x  3 x  x  1  23 x  3 x  6.  2 x  x   1  0 2 2 2 2 2 2   2 8 2  2 8 8 Đặt t  2 x  x  t 3  23 x  3 x  3.2 x. x .  2 x  x   23 x  3 x  6t  23 x  3 x  t 3  6t 2 2 2  2  2 2

20) 23 x  6.2 x 

3( x 1)



Khi đó phương trình có dạng : t 3  6t  6t  1  0  t 3  1  t  1 2  2 x  x  1  4 x  2 x  2  0  2 x  1 (loại) hoặc 2 x  2  x  1 2 Vậy phương trình có nghiệm x  1 . Ví dụ 2: Tìm m để phương trình: 1) log 2 (4 x  m )  x  1 có hai nghiệm phân biệt. 2) 4 x  m.2 x1  2m  0 có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn điều kiện x1  x2  3 . 3) 16 x  m.8x  (2m  1).4 x  m.2 x có ba nghiệm phân biệt. 4) 25 x  ( m  1).5 x  m  2m 2  0 có hai nghiệm trái dấu. 5) 4

x 1  3 x

1 1 x 2

6) 9

x 1 3 x

 14.2

1 1 x 2

 (m  2).3

 8  m có nghiệm.

 2m  1  0 có nghiệm.

Trang 18

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

Giải : 1) Tìm m để phương trình: log 2 (4 x  m )  x  1 (1) có hai nghiệm phân biệt. (1)  4 x  m  2 x 1  4 x  2.2 x  m  0 Đặt t  2 x với t  0 . Khi đó phương trình có dạng: t 2  2t  m  0 (*) Để (1) có hai nghiệm phân biệt thì (*) phải có hai nghiệm dương phân biệt :

 '  1  m  0  m  1    1  m  0 . Vậy 1  m  0 là các giá trị cần tìm. S  2  0 m  0  P  m  0  2) Tìm m để phương trình: 4 x  m.2 x 1  2m  0 (2) có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn điều kiện x1  x2  3 . Đặt t  2 x với t  0 . Khi đó phương trình có dạng: t 2  2mt  2m  0 (*)

  '  m 2  2m  0 m  2 Để (2) có hai nghiệm x1 ; x2 thì (*) phải có hai nghiệm t1; t2 dương :   m2 m  0  S  P  2m  0 Khi đó x1  x2  3  2 x1  x2  23  2 x1.2 x2  8  t1 .t2  8  2 m  8  m  4 thỏa mãn điều kiện m  2 Vậy m  4 thỏa mãn điều kiện bài toán. 3) Tìm m để phương trình: 16 x  m.8 x  (2m  1).4 x  m.2 x (3) có ba nghiệm phân biệt. Đặt t  2 x với t  0 . Khi đó phương trình có dạng:

t 4  mt 3  (2m  1)t 2  mt  t 3  mt 2  (2m  1)t  m (vì t  0 )  t 3  mt 2  (2m  1)t  m  0

t  1  x  0  (t  1) t 2  (1  m)t  m   0   2  f (t )  t  (1  m)t  m  0 (*) Phương trình (3) có ba nghiệm phân biệt  (*) có hai nghiệm phân biệt dương : m  3  2 2  '  m 2  6m  1  0      m  3  2 2  m  3  2 2 S  m  1  0 P  m  0   m  1 Vậy m  3  2 2 thỏa mãn điều kiện bài toán. 4) Tìm m để phương trình: 25 x  ( m  1).5 x  m  2m 2  0 (4) có hai nghiệm trái dấu. Đặt t  5 x với t  0 . Khi đó phương trình có dạng: t 2  ( m  1)t  m  2m 2  0 (*) t  m Cách 1: (*)  (t  m)(t  2m  1)  0    t  1  2m Với x  0  5 x  50 hay t  1 . Tương tự x  0  0  t  1  0  m  1  m  0  0  m  1  1  2m Vậy phương trình (4) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi :    1 (vô nghiệm)  0  m   0  1  2m  1  m 2     m  1 Vậy không có giá trị của m thỏa mãn điều kiện bài toán. Trang 19

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

Cách 2: Với x  0  5 x  50 hay t  1 . Tương tự x  0  0  t  1 Vậy phương trình (4) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm t1 , t2 thỏa mãn: 0  t1  1  t2 1  m    (3m  1)  0 3   m  1 S  1  m  0   0  m  2 2  P  m  2m  0  (t  1)(t  1)  t t  (t  t )  1  m  2m2  m  1  1  2m  2m 2  0 m  0  1 2 1 2 1 2  m  1 2

(vô nghiệm)

Vậy không có giá trị của m thỏa mãn điều kiện bài toán. 5) Tìm m để phương trình: 4 Điều kiện: 1  x  3

x 1  3 x

 14.2

x 1  3 x

. Đặt t  f ( x)  2

1   1 Ta có: f '( x)     .2  2 x 1 2 3  x 

x 1 3 x

 8  m có nghiệm.

x 1  3 x

.ln 2 khi đó f '( x)  0  x  1  3  x  x  1

Vậy ta có t   4; 4 2  . Khi đó bài toán được phát biểu lại là:   Tìm m để phương trình: t 2  14t  8  m (*) có nghiệm với t   4; 4 2    Xét hàm số g (t )  t 2  14t  8 với t   4; 4 2  . Ta có: g '(t )  2t  14 ; g '(t )  0  2t  14  0  t  7  

Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị m cần tìm là : 41  m  32 6) Tìm m để phương trình: 91 Điều kiện: 1  x  1

1 x 2

 ( m  2).31

. Đặt t  f ( x)  31

1 x 2

 2m  1  0 có nghiệm.

. Ta sẽ đi tìm miền giá trị của t bằng 2 cách: 2

Cách 1: Ta có 0  1  x 2  1  1  1  1  x 2  2  31  31 1 x  32 hay 3  t  9 Cách 2 : (Dùng hàm số) 2 x Ta có: f '( x)  .31 1 x .ln 3 khi đó f '( x)  0  x  0 1  x2

Vậy ta có t   3;9 . Trang 20

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

Khi đó bài toán được phát biểu lại là: Tìm m để phương trình: t 2  ( m  2)t  2m  1  0 (*) có nghiệm với t  3;9 (*)  t 2  2t  1  m(t  2)  m  Xét hàm số g (t )  Ta có: g '(t ) 

t 2  2t  1  g (t ) (vì t   3;9 ) t2

t 2  2t  1 với t   3;9 . t 2

t 2  4t  3 (t  1)(t  3)   0 với t   3;9 (t  2) 2 (t  2)2

Suy ra g (t ) đồng biến với t  3;9

( g '(t )  0  t  1 hoặc t  3 )

 f (3)  g (t )  g (9)  4  g (t )  16 .

Vậy để (*) có nghiệm với t   3;9 thì 4  m  16

CHÚ Ý: Để làm tốt các bài toán liên quan tới phương trình chứa tham số các bạn cần nắm được kiến thức sau: Nếu y  f ( x) là hàm liên tục trên miền D. Phương trình f ( x)  g ( m) có nghiệm với x  D khi và chỉ khi min f ( x )  g ( m )  max f ( x) xD

xD

BÀI LUYỆN Bài 1 : Giải các phương trình sau: 1) 2.16 x  15.4 x  8  0 4) 2 x 

x2  4

 5.

 2

7) 8 x  18 x  2.27 x

x  2 x  4

6  0

2) 4 x 1  2 x1  2 x 2  12 1 5)   4

3) 5

 51

40

x2

 25  x  9

6) 4 2 x  23 x 1  2 x 3  16  0 9) 32 x 1  3x  2  1  6.3x  32( x 1)

8) 4.33 x  3x 1  1  9 x

x 2 10  4 2 10) x 2  11) 4cos 2 x  4 cos x  3 2 4 x 13) log 2  2  4   x  log 2  2 x  12   3 14) x  log 2  9  2 x   3

16) (26  15 3) x  2(7  4 3) x  2(2  3) x  1 Bài 2: Tìm m để phương trình: 1 1) 27.3x 1  .9 x 1  m có hai nghiệm phân biệt. 3 x2 x2 3) 9  4.3  8  m có ba nghiệm phân biêt. 5) 4 x  2 x  6  m có hai nghiệm trái dấu. 2

7) 34 2 x  2.32  x  2 m  3  0 có nghiệm. 9) 2.4 x 1  5.2 x 1  m  0 có nghiệm.

17) 4

log9 x

 6.2

log9 x

12) log 5  5 x  4   1  x 15) 53 x  9.5x  27(125 x  5 x )  64 2

2) 4 x  2 x

log9 27

2

 3 18) 8 x  9.2 x 

27 27   64 8x 2 x

 6  m có ba nghiệm phân biêt.

4) 9 x  m.3x  1  0 có nghiệm duy nhất. 6) 4 x  2 x 1  m có nghiệm. 8) 4 x 1  3 x  14.2 x 1  3 x  8  m có nghiệm. 2 10) 2.2cos 2 x  3.2cos x  m  0 có nghiệm .

Trang 21

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

DẠNG 2: Phương trình có dạng: A.a f ( x )  B.b f ( x )  C  0 ( a.b  1 ) (2)

Cách giải: +) TXĐ: x  D a.b  1  a f ( x ) .b f ( x )  1

1 t B +) Từ (2) ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ A.t   C  0  At 2  Ct  B  0 (*) t f ( x) t  0 a x  D  t +) Từ (*) ⎯⎯⎯⎯⎯ t  ? ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ f ( x)  log a t ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x  ? Đặ a

f ( x)

 t t 0

⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯

b f ( x) 

CHÚ Ý: Ta có thể biến đổi A.a f ( x )  B.b f ( x )  C  0  A.a f ( x )  B.a  f ( x )  C  0 (vì a.b  1 ) (về DẠNG 1) Như vậy DẠNG 2 chỉ là trường hợp đặc biệt của DẠNG 1.

CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1: Giải các phương trình sau: 2) ( 5  2 6 ) sin x  ( 5  2 6 ) sin x  2

1) ( 2  1) x  ( 2  1) x  2 2  0 (2007B) 2 2 4 3) (2  3) ( x1)  (2  3) x  2 x 1  2 3 5)



52



2 x  x 1

 2.



52





3 8

52



  

2x  x

3 8

 6

 1

Giải : 1) ( 2  1) x  ( 2  1) x  2 2  0 (2007B) Đặt t  ( 2  1) x (t  0)  ( 2  1) x 

1 t

1 . Khi đó phương trình có dạng : t   2 2  0 t

t  2  1  ( 2  1) x  2  1  x  1  t 2  2 2t  1  0     x t  2  1  ( 2  1)  2  1  x  1

Vậy phương trình có nghiệm x  1 . 2) ( 5  2 6 ) sin x  ( 5  2 6 ) sin x  2 Đặt t  ( 5  2 6 ) sin x (t  0)  ( 5  2 6 )sin x 

1 t

1 . Khi đó phương trình có dạng : t   2 t

 t 2  2t  1  0  t  1  ( 5  2 6 ) sin x  1  sin x  0  x  k

Vậy phương trình có nghiệm x  k 2

3) (2  3)( x 1)  (2  3) x

Đặt t  (2  3) x

2 x

 2 x 1

( k  )

( k   ). 2

4 (2  3) x  2 x (2  3) x  2 x 4     2 3 2 3 2 3 2 3

 (2  3) x 2 x  (2  3) x  2 x  4 2 1 1 . Khi đó phương trình có dạng : t   4 (t  0)  (2  3) x  2 x  t t 2

t  2  3 (2  3) x  2 x  2  3  x2  2x  1 x  1 2  t  4t  1  0       2 2 t  2  3 (2  3) x  2 x  2  3  x  2 x  1  x  1 2





Vậy phương trình có nghiệm S = 1  2;1  2;1 . Trang 22

GV: THANH TÙNG



0947141139 – 0925509968

3 8

Đặt t 



  

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

3 8

3 8



 6

(t  0) 



3 8

  1t

1 Khi đó phương trình có dạng : t   6 t

   t  3  8  t 2  6t  1  0     t  3  8  Vậy phương trình có nghiệm x  3 .



 t 

52

Đặt

2 x  x 1

52



 2.



52



 

52

2 x  x 1

(t  0)

 

  3 8   3

3 8

3

2x  x

 1 

52



2 x  x 1

 t 2  t  2  0  t  2 (loại) hoặc t  1 



x 3 1   x  3 x    1 8  3 8



1 2 . Khi đó phương trình có dạng : t   1 t t



2 x  x 1

 2.



52



2 x  x 1



52



2 x  x 1

52

 1

 1  2 x  x  1  0 (*) Điều kiện x  0

2 x  20  1 Khi đó với x  0    2 x  x  1  0 . Khi đó (*)  x  0 x  0  Vậy phương trình có nghiệm x  0

Ví dụ 2: Tìm m để các phương trình sau có nghiệm:

2  3 



 4. 2  3



m

Điều kiện x  0

Giải :

x  x  0 . Vì   2 3  2 3 0  2  3  1 4 4 Khi đó phương trình có dạng : t   m . Xét hàm số f (t )  t  với 0  t  1 . t t



Đặt t  2  3





(t  0)  2  3





1 t



4 t2  4  2  0 với t   0;1 t2 t Suy ra f (t ) nghịch biến với t   0;1 ; lim f (t )   .

Ta có: f '(t )  1 

t 0

Khi đó ta có bảng biến thiên:

Vậy phương trình có nghiệm khi m  5 .

Trang 23

 



 1 hay 0  t  1

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

BÀI LUYỆN Bài 1: Giải các phương trình sau: x

1) (2  3)  (2  3)  14

73 5   7 3 5  2)    7.    8  2   2 

3) ( 7  4 3 ) x  ( 7  4 3 ) x  14



Bài 2: Tìm m để các phương trình sau có nghiệm:

 tan x 

3 x 

 

  cot x 



3 x 

2

5  2  2 m  0 trên đoạn  0;1 .

52 

DẠNG 3: Phương trình có dạng: A.a f ( x )  B.b f ( x )  C.c f ( x ) ( a.b  c 2 ) (3) Cách giải: +) TXĐ: x  D

ế ủ ( )

ả

f ( x)

ặ a

f (x)

; b

f (x)

+)Từ (3) ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯

a A.   c

f (x)

b  B.   c

f ( x)

a b .  1 c c  C ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ DẠNG 2

CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1: Giải các phương trình sau 1) (3  5) x  (3  5) x  3.2 x 1

5) 22 x

4) 6.9 x  13.6 x  6.4 x  0 6) 2 2

x 3  x

 5.2

x  3 1

 2 x4  0

2) 15.25 x  34.15x  15.9 x  0



1

 9.2x



5 1

x

log 2 x



3) 45. 3 25x  75. 3 9 x  152. 3 15x  0

 22 x  2  0





5 1

log 2 x

x

Giải : x

3 5   3 5  1) (3  5)  (3  5)  3.2        3 2 2     x

3 5   3 5  1 1 Đặt t   . Khi đó phương trình có dạng : t   3  (t  0)     t  2   2  t

 3  5  x 3  5  3 5   2   2 t   x 1  2    t 2  3t  1  0    . Vậy phương trình có nghiệm x  1 .  x  3 5  x  1  3  5  3  5 t      2 2  2  x2

5 3 2) 15.25  34.15  15.9  0  15.25  15.9  34.15  15.    15.    34 3 5 x2

5 Đặt t     3

1  3 (t  0) (có thể cho điều kiện chặt t  1 )     t 5 15 Khi đó phương trình có dạng : 15t   34  15t 2  34t  15  0 t Trang 24

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

x   3  5   3 t  5  3   x 2  1 5     x 2  1  x  1 . Phương trình có nghiệm x  1  2 2 x t  5  5  x  1 5  3    3  3  x

 25  5 5 5 3) 45. 3 25 x  75. 3 9 x  152. 3 15 x  0  45. 3    75  152. 3    0  45. 3    152. 3    75  0  9  3  3 3 5 Đặt t  3   3

(t  0)

. Khi đó phương trình có dạng : 45t 2  152t  75  0

x 2    5  x 25 3 5   5 25  x 3          t  9 3  2 9  3   3 x  6  3      . Phương trình có nghiệm x x t  3  x  1  x  3  5  3  5  1 3  5 3  5  3       3  5  3     3 

1 x

x  6  x  3 

 9 x  3 x 4) 6.9  13.6  6.4  0  6.    13.    6  0 4 2 1

 3 x Đặt t    (t  0) . Khi đó phương trình có dạng : 6t 2  13t  6  0 2 1  x 3 3   1  3   t    x 1  2  2  2     x  1 . Vậy phương trình có nghiệm x  1 .  1 1 t  2   3  x 2  1  3  x    3  2  2

5) 2

2 x 2 1

 9.2

Đặt t  2 x

x2  x

x

2 2 22 x 2x x 2  0  2.2  9.2  4.2  0  2. 2 x  9. 2 x  4  0  2.22( x  x )  9.2 x  x  4  0 2 2 1 (t  0) . Khi đó phương trình có dạng : 2t 2  9t  4  0  t  4 hoặc t  2

2 x2

2 x2

x2  x

2x  x  4 x2  x  2 x2  x  2  0  x  1   x2  x 1   2  2  . Vậy phương trình có nghiệm x  1 và x  2 . 2 x  x  1  x  x  1  0  x  2   2

6) 22

x 3  x

 5.2

Đặt t  2

x  3 1

x 3  x

t  8  2   t  2  2

 2 x  4  0  22

(t  0) x 3  x x 3  x

x 3  x

 10.2

x 3

 16.2 x  0  2



x3  x



 10.2

x 3  x

 16  0

. Khi đó phương trình có dạng : t  10t  16  0

 x3  x  3    2  x  3  x  1 

8

  x  3  2  x  2 x  3  x  3  x  5x  6  0    x  3 x  1 x  3  x 1    x  1   x 2  x  2  0

Vậy phương trình có nghiệm S = 3; 2;1 . Trang 25

GV: THANH TÙNG 7)





5 1

log 2 x





0947141139 – 0925509968



5 1

log 2 x

Điều kiện x  0

x

Khi đó phương trình tương đương:  5 1  Đặt t     2 

log 2 x

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3





5 1

 5 1  (t  0)     2 

log 2 x



log 2 x







5 1

log 2 x

2

log 2 x

 5 1      2 

log 2 x

 5 1      2 

log 2 x

1

1 1 . Khi đó phương trình có dạng : t   1 t t

 5 1  1 5 1 5  t  t 1  0  t   0 (loại) hoặc t     2 2  2  Vậy phương trình có nghiệm x  2 .

log 2 x



5 1  log 2 x  1  x  2 2

Ví dụ 2: Tìm để phương trình m.16 x  2.81x  5.36 x có hai nghiệm dương phân biệt. x

 81  9 9 9 Giải : m.16  2.81  5.36  m  2.    5.    2.    5.    m  0  16  4 4 4 x

9 Đặt t    với x  0  t  1 . Khi đó phương trình có dạng: 2t 2  5t  m  0 (*)  4 Cách 1: Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt t1 , t2

thỏa mãn 1  t1  t2

   25  8m  0  m 5   (t1  1)(t2  1)  t1t2  (t1  t2 )  1    1  0  2 2  S 5  2  4  1

25  25 m  8  3 m   8  m  3

25 là các giá trị cần tìm. 8 Cách 2: (*)  m  2t 2  5t . Xét hàm số f (t )  2t 2  5t với t  1 . Ta có : f '(t )  4t  5 ;

Vậy 3  m 

f '(t )  0  4t  5  0  t 

5 4

Vậy phương trình có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi 3  m 

25 8

BÀI LUYỆN Giải các phương trình sau 1) (5  21) x  7(5  21) x  2 x 3 4) 25 x  10 x  2 2 x1

2) 6.4 x  13.6 x  6.9 x  0 5) 2.4 x

1

 6x

Trang 26

1

 9x

1

3) 2.2 2 x  9.14 x  7.7 2 x  0 6) log 3  4.16 x  12 x   2 x  1

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

Nhận xét: Qua 3 dạng toán trên các bạn có thể nhận thấy một điểm chung là : Khi bài toán có từ 2 cơ số khác nhau trở lên, ta thường quy chúng về một cơ số (tìm cách chuyển các bài toán về DẠNG 1) bằng cách : +) dùng các công thức: lũy thừa, hằng đẳng thức… để cùng chuyển về một cơ số. +) chia cả hai về của phương trình cho một cơ số thích hợp (nhưng trước khi chia phải chuyển chúng về cùng số mũ). Vì vậy phương trình tổng quát cho 3 dạng toán trên có thể viết gọn dưới dạng: f ( a g ( x ) )  0

DẠNG 3 là một trường hợp đặc biệt của DẠNG 4 – là dạng toán tiếp theo chúng ta sẽ học. DẠNG 4: Phương trình có dạng: au 2  buv  cv 2  0 ; au 3  bu 2 v  cuv 2  dv 3  0... (4) (dạng đồng cấp)

Cách giải: +) TXĐ: x  D

ế ( )

ặ uv ; u

u  u u  u  u a.    b.    c  0 ; a    b.    c.    d  0... (*) v v v v v u u Đặ t  t  x  D v v +) Từ (*) ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ at 2  bt  c  0 ; at 3  bt 2  ct  d  0 …  t  ? ⎯⎯⎯⎯⎯ f ( x )  0 ⎯⎯⎯⎯⎯ x  ?

+) Từ (4) ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯

CHÚ Ý: Khi phương trình (*) có nghiệm thì thực chất cách làm trên ta đang đưa phương trình về dạng tích theo “góc nhìn gián tiếp” . Vì vậy DẠNG 4 này chúng ta sẽ được gặp lại ở LOẠI 4 : PHƯƠNG TRÌNH TÍCH và nhìn thấy rõ hơn dạng tích của chúng .

CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ : Giải các phương trình sau: 1) 4 x  4

x 1

 3.2 x 

3) 9.4 x  2 x.3x

3

2) 4sin x  3.2

 4.32 x

2

4) 23 x  21 2 x  x

0

  2 sin  x   4  2

 21 2cos x  0 2 2  22  x 2 x  3.81 x  0

Giải : 1) 4 x  4

x 1

 3.2 x 

Đặt t  2 x 

  2 x   3.2 x.2

 

 4. 2



 0  2x



 3.2 x 

(t  0)

Khi đó phương trình có dạng : t 2  3t  4  0  t  1 (loại) hoặc t  4

 x  1  4  x x  2  x x 2  0   x4 .  x  2 Vậy phương trình có nghiệm x  4 . Suy ra 2 x 

Trang 27

40

GV: THANH TÙNG

2) 4

sin x

0947141139 – 0925509968

 2 sin  x   4 

 3.2

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

 21 2cos x  0  22sin x  3.2sin x  cos x  2.22cos x  0  22(sin x cos x )  3.2sin x cos x  2  0

 2sin xcos x  1 t  1 Đặt t  2sin x cos x ( t  0 ) . Khi đó phương trình có dạng: t 2  3t  2  0     sin xcos x 2 t  2  2

       x   k   2 sin x   0 sin x   0 4       4 4  sin x  cos x  0     x    k 2         1  sin x  cos x  1    2 sin  x    1 sin  x     x   k 2 4 4 2     2     Vậy phương trình có nghiệm: S =   k ;   k 2 ;  k 2 k    2 4 

(k  )

3) 9.4  2 .3 Đặt t 

x2 3

2 x2  2

 4.3

2x 3x

2 x2

 0  2  3.2 .3  4.3

 2x   2x   0   x 2   3.  x2   4  0 3  3 

(t  0) . Khi đó phương trình có dạng : t 2  3t  4  0  t  4 (loại) hoặc t  1

x  0 Suy ra x2  1  2  3  log 2 2  log 2 3  x  x log 2 3  x(1  x log 2 3)  0    x  1  log 3 2 3 log 2 3  2x

Vậy phương trình có nghiệm x  0 hoặc x  log3 2 (Khi kết luận dùng từ “và” hoặc từ “hoặc” đều được nhưng dùng kí hiệu và “{” là không chính xác). 2

4) 23 x  21 2 x x  22 x  2 x  3.81 x  0  23 x  2.2 2 x  x  4.2 x 2 x  24.2 3 x  0 2



23 x  2.22 x  x  4.2x  2 x  24.23 x 2

Đặt t  2

x  x2

3 x2

(t  0) .

Khi đó phương trình có dạng : t 3  2t 2  4t  24  0 2

 (t  2)(t 2  4t  12)  0  t  2  2 x x  2  x  x 2  1  x 2  x  1  0  x 

Vậy phương trình có nghiệm x 

1  5 2

BÀI LUYỆN

Giải các phương trình sau : 2 2 1) 9x  9 x  8.3x  x sin x

3) 9

1 2 sin  x   

3



4

2) 22 x

 4.32cos x  0

1 3

 9.2x

x 3

 22 x  2  0

4) 125 x  2 x.25 x  23 x1  0

Trang 28

 0  23( x  x )  2.22( x  x )  4.2 x  x  24  0

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

DẠNG 5: Dùng 2 ẩn phụ chuyển phương trình: f  f1 ( x ), f 2 ( x )   0 (5) về hệ phương trình

Cách giải: +) TXĐ: x  D

u  f1 ( x) (∗) v  f 2 ( x )

Đặ 

+) Từ (5) ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯

f (u , v )  0 (suy ra từ (5)

u  ? x  D ⎯⎯⎯⎯⎯ x  ?  g (u , v)  0 (từ (∗) ta khử ) v  ?

CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ: Giải các phương trình sau 2) 32 x  3x  5  5

1) 8 x  1  2 3 2 x 1  1









3) log 2 x  x 2  1  3 log 2 x  x 2  1  2

4  log 2  x 2  4 x  5   1  log 2  x 2  4 x  5   3

Giải: 1) 8 x  1  2 3 2 x 1  1 u  2 x Đặt  3 x 1 v  2  1

(u  0)

u 3  1  2v  3  u 3  v3  2(v  u )  (u  v)(u 2  uv  u 2  2)  0  u  v v  1  2u

u  1  u  1  2u  u  2u  1  0  (u  1)(u  u  1)  0   kết hợp với điều kiện u  0 ta được: u  1  5  2 3

2x  1 u  1 x  0 5 1     5  1 . Vậy phương trình có nghiệm: x  0 hoặc x  log 2 5 1   x u  1  5 2 x  log 2  2  2   2 2 2) 32 x  3x  5  5 u  3 x Đặt  x  v  3  5

u  0 ( với  ) v  0

2 u  v  5  2  u 2  v 2  (u  v)  0  (u  v)(u  v  1)  0 v  u  5 

 u  v (không thỏa mãn điều kiện) hoặc u  v  1  0  3x  3x  5  1  0  x 1  17 3  2 1  17 2 x x x x x x  3  5  3  1  3  5   3  1  9  3  4  0    x  log 3 2  x 1  17 3   2

Vậy phương trình có nghiệm: x  log 3

1  17 2 Trang 29

GV: THANH TÙNG



0947141139 – 0925509968





x  0 Điều kiện:  x  x 2  1  x   2  x 1  x 1  0



3) log 2 x  x 2  1  3log 2 x  x 2  1  2







http://www.facebook.com/giaidaptoancap3









Ta có: log 2 x  x 2  1  log 2 x  x 2  1  log 2  x  x 2  1 x  x 2  1   log 2 1  0  

 

u  log x  x 2  1 2  Đặt  v  log 2 x  x 2  1  Cách 1:

 

u  3v  2 u  1 Suy ra:  (*)  u  v  0 v  1

2  x  0 x  2 5 (*)  log 2 x  x 2  1  1  x  x 2  1  2  x 2  1  2  x   2  x 2 4 x  5  0 4   x  1  (2  x)



 log x    (*)   log  x   2

Cách 2:

 x  1  1

x 2  1  1 2

Vậy phương trình có nghiệm x  4)

1  2 5 5 x  x 1  2   2 x   x  thỏa mãn điều kiện 2 4  x  x2  1  2 

5 4

4  log 2  x 2  4 x  5   1  log 2  x 2  4 x  5   3

 u  2 u  4  log  x 2  4 x  5   2 u  v  3 u  v  3 u  v  3   v  1 Đặt  (với u, v  0 )   2 2     2  u  1 uv  2 u  v  5 (u  v)  2uv  5 v  1  log 2  x 2  4 x  5     v  2

u  2 +) Với   4  log 2  x 2  4 x  5   2  log 2  x 2  4 x  5   0  x 2  4 x  5  1  ( x  2) 2  0  x  2 v  1  u  1 +) Với   4  log 2  x 2  4 x  5   1  log 2  x 2  4 x  5   3  x 2  4 x  5  8  x  2  7 v  2 



Vậy phương trình có nghiệm S = 2  7; 2; 2  7



CHÚ Ý : Ở ý 1 của Ví dụ phương trình có dạng tổng quát là: f n ( x )  b  a n a. f ( x )  b n u  f ( x) u  b  av Đặt  (Hệ phương trình đối xứng Loại II)  n n v  b  au v  a. f ( x)  b

BÀI LUYỆN Giải các phương trình sau 1) 27 x  2  3 3 3x1  2

2) 2 2 x  2 x  6  6

Trang 30

2x 18  x 1 1 x x 1 x 2 1 2  2 2  2  2 8



GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

DẠNG 6: Phương trình có dạng : g ( x).a 2 f ( x )  h ( x).a f ( x )  k ( x)  0

(6)

(hoặc g ( x ).log 2a f ( x )  h( x ).log a f ( x)  k ( x)  0 (6’) )

Cách giải: ể

( )

+) Xét g ( x)  0  x  ? ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ kết luận

+) TXĐ: x  D  a f (x) t  0 +) Từ (6) ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Đặ t

g ( x).t 2  h ( x ).t  k ( x )  0 (*)   h( x )  P ( x )  f ( x )  h( x )  P ( x ) 2 2     h ( x )   4. g ( x ).k ( x )   P ( x )  t  a xD 2.g ( x) 2.g ( x) +) Từ (*) ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯  (2*) ⎯⎯⎯⎯ x  ?    h( x )  P ( x )  f ( x )  h( x )  P ( x )  t  a 2.g ( x) 2.g ( x )   f (x)  b b  0  x  ? ⎡a ⎢ l ( x) là hàm mũ (quay về 4 Dạng đầu) ( (2*) thường có : ⎢ f ( x )  l ( x) : tính đơn điệu của hàm số (xem Ạ ) ⎢ a l ( x) là đa thức thì dùng: ⎣ đánh giá (xem Ạ ) CHÚ Ý : Dạng (6’) các bạn giải tương tự ( thay vai trò của a f ( x ) bởi log a f ( x) ).

CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1 : Giải các phương trình sau: 1) 25 x  2(3  x).5 x  2 x  7  0 3) 32 x  (2 x  9).3x  9.2 x  0

2) 9 x  ( x 2  3).3 x  2 x 2  2  0 4) 4 2 x  23 x 1  2 x 3  16  0

5) 4log3 ( x 1)  ( x  1).2log3 ( x 1)  x  0

6) log 22 x  ( x  1) log 2 x  6  2 x

7) lg 2 x  lg x.log 2  4 x   2 log 2 x  0

8) x.log 22 x  2( x  1).log 2 x  4  0

Giải: 1) 25x  2( x  6).5 x  10 x  35  0 Đặt t  5 x ( t  0 ) . Khi đó phương trình có dạng: t 2  2( x  6)t  10 x  35  0 Ta có: 't  ( x  6) 2  10 x  35  x 2  2 x  1  ( x  1)2 5 x  5 (1) t  6  x  ( x  1)  5   x t  6  x  ( x  1)  7  2 x 5  7  2 x (2)

+) Giải (1) : (1)  5x  5  x  1 . +) Giải (2): (2)  5 x  2 x  7  0 (*) Xét hàm số : f ( x)  5 x  2 x  7  f '( x)  5 x ln 5  2  0 , x   . Suy ra hàm số f ( x) đồng biến x   Khi đó (*)  f ( x)  f (1)  x  1 . Vậy phương trình có nghiệm x  1 . Trang 31

GV: THANH TÙNG 2

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

2) 9 x  ( x 2  3).3 x  2 x 2  2  0 2

Đặt t  3x ( t  0 ) . Khi đó phương trình có dạng: t 2  ( x 2  3)t  2 x 2  2  0 Ta có:  t  ( x 2  3) 2  4(2 x 2  2)  x 4  2 x 2  1  ( x 2  1) 2

 3  x 2  ( x 2  1) 2 2 t   3x  2 (1) 2   2 2 2  3  x  ( x  1) 3x  1  x 2 (2)  1  x2 t  2 2

+) Giải (1) : (1)  x 2  log3 2  x   log3 2 . Để giải (*) ta dùng:

+) Giải (2): (2)  3x  x 2  1  0 (*) .

Cách 1: (Hàm số) 2

Xét hàm số : f ( x)  3x  x 2  1  f '( x)  2 x.3x ln 3  2 x ; f '( x)  0  2 x(3x ln 3  1)  0  x  0

Suy ra f ( x)  0 , x   . Khi đó (*)  x  0 2

Cách 2: (Đánh giá) Ta có: x 2  0  3x  30  1  3x  x 2  1  3 x  x 2  1  0 . Khi đó (*)  x  0 Vậy phương trình có nghiệm x   log3 2 hoặc x  1 . 3) 32 x  (2 x  9).3x  9.2 x  0 Cách 1: Đặt t  3 x ( t  0 ) . Khi đó phương trình có dạng: t 2  (2 x  9)t  9.2 x  0 Ta có:  t  (2 x  9) 2  36.2 x  4 x  18.2 x  81  (2 x  9) 2

 2 x  9  (2 x  9) 3x  32 9 x t   3 9 x  2  2   x   3  x  x x x x0  2  9  (2  9) 3  2  2   1   2x t   2 Cách 2: 32 x  (2 x  9).3x  9.2 x  0  32 x  2 x.3 x  9.3 x  9.2 x  0  3x (3 x  2 x )  9(3x  2 x )  0 3x  32 x  3  9 x  2  x  (3x  2 x )(3x  9)  0   x   3 x  0   x 3  2  2   1   Vậy phương trình có nghiệm x  0 và x  2 .

4) 4 2 x  23 x 1  2 x 3  16  0 2

Cách 1: 4 2 x  23 x 1  2 x 3  16  0   2 2 x   2.2 x.2 2 x  8.2 x  16  0 Đặt t  22 x ( t  0 ) . Khi đó phương trình có dạng: t 2  2.2 x t  8.2 x  16  0 Ta có:  't  (2 x )2  8.2 x  16  (2 x  4) 2 t  2 x  (2 x  4)  4  0   t  4  2.2 x  22 x  4  2.2 x  2 2 x  2.2 x  4  0 x x x t  2  (2  4)  4  2.2  2x 

1  5 1  5 5 1 (vô nghiệm) hoặc 2 x   x  log 2 2 2 2 Trang 32

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

Cách 2: 4 2 x  23 x 1  2 x 3  16  0  4 2  2.2 x.4  4 2 x  23 x 1  0 Đặt 4  t  0 . Khi đó phương trình có dạng: t 2  2.2 x t  4 2 x  23 x 1  0 Ta có: 't  (2 x ) 2  42 x  23 x 1  (2 x ) 2  2.2 x.22 x  (22 x ) 2   2 x  2 2 x 

t  2 x  2 x  2 2 x  2.2 x  2 2 x   t  2.2 x  2 2 x  4  2.2 x  22 x  2 2 x  2.2 x  4  0 x x 2x 2x t  2  2  2   2  0

 2x 

1  5 1  5 5 1 (vô nghiệm) hoặc 2 x   x  log 2 2 2 2

5 1 2 Điều kiện: x  1

Vậy phương trình có nghiệm x  log 2 5) 4log3 ( x1)  ( x  1).2log3 ( x 1)  x  0

Cách 1: Đặt t  2log3 ( x1) ( t  0 ) . Khi đó phương trình có dạng: t 2  ( x  1)t  x  0 Ta có:  t  ( x  1) 2  4 x  ( x  1) 2

 x  1  ( x  1) x t  2   t  x  2log3 ( x 1)  x  log 3 ( x  1)  log 2 x (xem lại phương pháp mũ hóa) t  x  1  ( x  1)  1  0  2 u u  x  1  3u  2 1 u u Đặt log 3 ( x  1)  log 2 x  u    2  1  3        1 (*) u  3 3  x  2 u

2 1 1  2 1 2 Xét hàm số: f (u )       . Ta có: f '(u )    ln    ln  0 với u   . 3  3 3  3  3 3 Suy ra f (u ) nghịch biến u   . Khi đó (*)  f (u )  f (1)  u  1  x  2 thỏa mãn điều kiện Vậy phương trình có nghiệm: x  2

Cách 2: 4log3 ( x1)  ( x  1).2log3 ( x 1)  x  0  4log3 ( x1)  x.2log3 ( x1)  2log3 ( x 1)  x  0











 2log3 ( x1) 2log3 ( x1)  x  2log 3 ( x 1)  x  0  2log3 ( x1)  x 2log3 ( x 1)  1  0  2log3 ( x1)  x  log 3 ( x  1)  log 2 x

Đến đây giải tương tự như Cách 1 ta được nghiệm của phương trình x  2 6) log 22 x  ( x  1) log 2 x  6  2 x Điều kiện x  0 Đặt t  log 2 x . Khi đó phương trình có dạng: t 2  ( x  1)t  2 x  6  0

 1 x  x  5  2 t  log x  2 (1) 2 2 2 2  2  t  ( x  1)  4(2 x  6)  x  10 x  25  ( x  5)   t  1  x  ( x  5)  3  x log 2 x  3  x (2)  2 1 +) Giải (1): (1)  x  2 2  +) Giải (2): (2)  x  log 2 x  3  0 (*) 4 1 Xét hàm số f ( x)  x  log 2 x  3 với x  0 . Ta có: f '( x )  1   0 , x  0 x ln 2 Suy ra hàm số f ( x ) đồng biến với x  0 . Khi đó (*)  f ( x)  f (2)  x  2 Vậy phương trình có nghiệm x 

1 và x  2 . 4 Trang 33

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

7) lg 2 x  lg x.log 2  4 x   2 log 2 x  0  lg 2 x   2  log 2 x  lg x  2log 2 x  0 Điều kiện x  0 Đặt t  lg x . Khi đó phương trình có dạng: t 2  (2  log 2 x)t  2 log 2 x  0  t  (2  log 2 x ) 2  8 log 2 x  4  4 log 2 x  log 22 x  (2  log 2 x ) 2

 (2  log 2 x)  (2  log 2 x)  2 t   lg x  2 (1) 2   t  (2  log 2 x)  (2  log 2 x)   log x  lg x   log 2 x (2) 2  2 1 +) Giải (1): (1)  x  102  100 +) Giải (2): (2)  lg 2.log 2 x   log 2 x  (1  lg 2) log 2 x  0  log 2 x  0  x  1

Vậy phương trình có nghiệm x  8) x.log 22 x  2( x  1).log 2 x  4  0

1 và x  1 . 100

Điều kiện x  0

Đặt t  log 2 x . Khi đó phương trình có dạng: xt 2  2( x  1)t  4  0

't  ( x  1)2  4 x  x 2  2 x  1  ( x  1)2  x 1 x 1 2 log 2 x  2 (1) t  x   log 2 x  2 (2) x  1  x  1 2 t   x   x x +) Giải (1): (1)  x  22  4 2  0 (*) x 2 1 2 Xét hàm số f ( x )  log 2 x  với x  0 . Ta có: f '( x )   2  0 , x  0 x x ln 2 x Suy ra hàm số f ( x ) đồng biến với x  0 . Khi đó (*)  f ( x)  f (2)  x  2

+) Giải (2): (2)  log 2 x 

Vậy phương trình có nghiệm x  2 và x  4 .

CHÚ Ý: Thực chất ở DẠNG 6 các bạn có thể tìm cách phân tích thành tích bằng các kỹ thuật như: tách ghép, nhóm, sử dụng hằng đẳng thức…dàng cho những ai có kỹ năng phân tích tốt. Song với cách giải ở DẠNG 6 được trình 2 bày ở trên, chúng ta đã phân tích thành tích theo một cách khác (hiển nhiên  phải có dạng:    P( x )  ) và đã bỏ qua khâu trung gian (không nhìn thấy dạng tích) mà không hề sử dụng các phép phân tích trên.

Ví dụ 2: Cho phương trình: m 2 .33 x  3m.32 x   m2  2  .3x  m  0 (*) với m là tham số thực Tìm m để phương trình có ba nghiệm thực phân biệt.

Trang 34

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

Giải: m 2 .33 x  3m.32 x   m 2  2  .3x  m  0  (33 x  3x ) m 2  (3.32 x  1) m  2.3x  0 Ta có:  m  (3.32 x  1) 2  8.3x (33 x  3 x )  34 x  2.32 x  1  (32 x  1) 2

 3.32 x  1  (32 x  1) 2.32 x 2.3x m     m.32 x  2.3 x  m  0  3x x 3x x 2x 2(3  3 ) 3  3 3  1   x 1 (2*) 2x 2x 2x 3   3.3  1  (3  1) 3 1 1  x 2x  m m   2(33 x  3x ) 3 (3  1) 3x   f (t )  mt 2  2t  m  0 (1) Đặt t  3 (t  0) khi đó (2*) có dạng:  t  1 (2)  m Phương trình (*) có ba nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi (2) có một nghiệm dương và (1) có hai nghiệm x

1 m  0  m  0  '  1  m 2  0  m  0 1 dương phân biệt khác    0  m 1 2 m  1  m  1 S  m  0  P  1  0   1  m2  1 f   0 m   m  Vậy 0  m  1 là các giá trị cần tìm. BÀI LUYỆN Giải các phương trình sau: 1) 3.16 x 2  (3 x  10).4 x 2  3  x  0 3) 8  x.2 x  23 x  x  0

2) 9x  ( x  12).3x  11  x  0 4) 3.25 x  2  (3 x  10).5 x 2  x  3

5) 3.9x 1   3x  7  .3x 1  2  x  0

6) 32 x  3x  5  5

7) ( x  2) log 32 ( x  1)  4( x  1) log 3 ( x  1)  16  0

8) log32  x  1   x  5 .log3  x  1  2 x  6  0

DẠNG 7: Phương trình có dạng: f (log a g ( x))  0 ( hoặc f (log h ( x ) g ( x ))  0 )

Cách giải: +) TXĐ: x  D +) Sử dụng các công thức để chuyển phương trình về dạng : f (log a g ( x))  0 (hoặc f (log h ( x ) g ( x ))  0 ) (*) đặ t  log a g ( x ) ặ t  log h ( x ) g ( x ) +) Từ (*) ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯

t  log a g ( x ) ặ t  log h ( x ) g ( x ) f (t )  0  t  ? ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x  ?

Trang 35

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

CÁC VÍ DỤ MINH HỌA

Ví dụ 1: Giải các phương trình sau: 5 1) log 3 x  log x 3  2) log x 1 16  3  log 2 ( x  1) 2 2 4) lg 4 ( x  1)  2 lg 2 ( x  1)3  88 5) log 22 x  2 log 1  log 4 x 2 x 2 1 2 7) 3 log 2 x  log 2 4 x  0 8)  1 4  lg x 2  lg x 10) log x 4 x 2 .log 22 x  12 2

1 3) log 2 2  log 2 4 x   . 2 x

6) log 2 2 x  3log 2 x  log 1 x  2 2

9)  2  log 3 x  log 9 x 3 

11) log 3 (3x  1) log 3 (3x 2  9)  3

12) 1  log x 27 .log 3 x  1  0

x  4 log 4 x  5  0

14) log 2

13) log x x  2log16 x x  8log 4 x x  0

4 1 1  log 3 x

15) 6.9log 2 x  6 x 2  13.xlog 2 6

16) lg  lg x   lg lg  x3   2   0



18) 2  2



log 2 x



 x. 2  2



log 2 x

17) log 2 x 1 (2 x 2  x  1)  log x 1 (2 x  1) 2  4 (2008A)  1  x2

log 2 4 2 x  log x 4 2 x  log 2

19)

x  log 2 x 2

Giải: 1) log 3 x  log x 3 

5 2

Điều kiện : 0  x  1

Khi đó phương trình tương đương : log 3 x 

1 5  log 3 x 2

1 5 t    2t 2  5t  2  0 t 2 log 3 x  2 t  2 x  9     1 1 log 3 x  t  x  3  2  2

Đặt t  log 3 x , phương trình có dạng:



, thỏa mãn điều kiện.



Vậy phương trình có nghiệm: S = 9; 3 . 2) log x 1 16  3  log 2 ( x  1)

Điều kiện : 0  x  1  1  1  x  0

Khi đó phương trình tương đương : 4 log x 1 2  3  log 2 ( x  1)  Đặt t  log 2 ( x  1) , phương trình có dạng:

4  3  log 2 ( x  1) log 2 ( x  1)

t  1 4  3  t  t 2  3t  4  0   t t  4

x 1  2 x 1 log 2 ( x  1)  1    1   15  log ( x  1)   4 x  1  x  2 16 16  

, thỏa mãn điều kiện.

 15  Vậy phương trình có nghiệm: S = 1;   .  16  Trang 36

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

4 x  0  Điều kiện :  0 x2 2 0  x  1 1 1 1 3 Khi đó phương trình tương đương :  (2  log 2 x)     log 2 x  2 2 1  log 2 x 2 log 2 x

1 3) log 2 2  log 2 4 x   . 2 x

t  1 log 2 x  1  x  1 1 3 2  t   2t  t  1  0   1   2 Đặt t  log 2 x , phương trình có dạng:   t  log 2 x  1 1 t 2  x  2  2  2 1  thỏa mãn điều kiện. Vậy phương trình có nghiệm: S =  ; 2  . 2 

4) lg 4 ( x  1)  2 lg 2 ( x  1)3  88

Điều kiện : x  1

Khi đó phương trình tương đương :

lg 4 ( x  1)  18lg 2 ( x  1)  88

Đặt t  lg 2 ( x  1) ( t  0 ) , phương trình có dạng: t 2  18t  88  0  t  22 (loại) hoặc t  4

 x  1  100  x  101  lg( x  1)  2  , thỏa mãn điều kiện.  lg ( x  1)  4     x 1  1  x  101  lg( x  1)  2 100 100   2

101   Vậy phương trình có nghiệm: S = 101; . 100   2 5) log 22 x  2 log 1  log 4 x 2 Điều kiện : x  0 x 2

Khi đó phương trình tương đương : log 22 x  2(1  log 2 x )  log 2 x

log 2 x  1 x  2  , thỏa mãn điều kiện.  log 22 x  3log 2 x  2  0   x  4 log 2 x  2 Vậy phương trình có nghiệm: S = 2; 4 . Nhận xét: Nếu phương trình sau khi biến đổi có dạng bậc hai đơn giản ta có thể bỏ qua bước trung gian đặt ẩn phụ để giải trực tiếp như bài toán trên. 6) log 2 2 x  3 log 2 x  log 1 x  2

Điều kiện : x  0

log 2 x  1  x  1 2 Phương trình tương đương : 4 log x  3log 2 x  log 2 x  2  2 log x  log 2 x  1  0     log 2 x  1  x  2  2 2 2

2 2

1  Vậy phương trình có nghiệm: S =  ; 2  . 2 

log 2 x  2 log 2 x  2 7) 3 log 2 x  log 2 4 x  0  3 log 2 x  2  log 2 x     2 2 9 log 2 x  (2  log 2 x) log 2 x  5log 2 x  4  0 log x  1 x  2  2  , thỏa mãn điều kiện. Vậy phương trình có nghiệm: S = 2;16 .  x  16 log 2 x  4 Trang 37

GV: THANH TÙNG 8)

0947141139 – 0925509968

1 2  1 4  lg x 2  lg x

Đặt t  lg x với

Khi đó phương trình có dạng:

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

t  2 và t  4

t  1 lg x  1  x  10 1 2   1  t 2  3t  2  0     4t 2t t  2 lg x  2  x  100

Vậy phương trình có nghiệm: S = 10;100 . 1  0  x  Điều kiện :  9  x  3 1 4 2  log 3 x 4 Khi đó phương trình tương đương :  2  log 3 x   1  1 log 3 (9 x) 1  log 3 x 2  log 3 x 1  log 3 x

9)  2  log 3 x  log 9 x 3 

4 1 1  log 3 x

1  t  1  log 3 x  1  x  2t 4 2 Đặt t  log 3 x , phương trình có dạng:   1  t  3t  4  0     3  2  t 1 t t  4  log 3 x  4 x  81 

1  thỏa mãn điều kiện. Vậy phương trình có nghiệm: S =  ;81 . 3  10) log x 4 x 2 .log 22 x  12 Điều kiện : 0  x  1

 2  2 Khi đó phương trình tương đương : (2  2 log x 2).log 22 x  12   2   .log 2 x  12 log x  2  x  4 log 2 x  2 , thỏa mãn điều kiện.  log x  log 2 x  6  0    x  1 log x   3  2 8  2 2

 1 Vậy phương trình có nghiệm: S = 4;  .  8

11) log 3 (3x  1) log 3 (3x  2  9)  3  log 3 (3x  1) log 3 9(3 x  1)   3  log 3 (3 x  1)  2  log 3 (3x  1)   3  3x  1  3  log 3 (3 x  1)  1 x  log (3  1)  2log 3 (3  1)  3  0    x 1  3  2  x  log 3 2 x  3 1   log 3 (3  1)  3 27  Vậy phương trình có nghiệm: x  log 3 2 2 3

12) 1  log x 27 .log 3 x  1  0

0  x  1 Điều kiện :  1  log x 27  0

3 1 Khi đó phương trình tương đương: 1  log x 3   2 log 3 x

2  3log x 3   log x 3 2

t  0  t  0  t  0 2  3t 1   t2 Đặt t  log x 3 , phương trình có dạng:  t   2  3t 2   2    t 2 2  2t  3t  2  0  2  t  t   1   2 1 1 1 Suy ra log x 3    log 3 x  2  x  thỏa mãn điều kiện. Vậy phương trình có nghiệm: x  . 2 9 9 Trang 38

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

13) log x x 2  2log16 x x3  8log 4 x x  0 2

 1 1 Điều kiện : x  (0;  ) \  2; ;   4 16  Khi đó phương trình tương đương: log x x  3log16 x x  2 log 4 x x  0 2

  log 2 x 3log 2 x 2log 2 x 1 3 2    0  log 2 x     0 x log 2 (16 x) log 2 (4 x)  log 2 x  1 4  log 2 x 2  log 2 x  log 2 2 t  0 3 2   1  Đặt t  log 2 x , phương trình có dạng: t    2   0  t (9t  6)  0   t  t 1 t  4 t  2  3  

x  1 log 2 x  0    x  1 log 2 x   2 3  3 4 

14) log 2

 1  thỏa mãn điều kiện. Vậy phương trình có nghiệm: S = 1; 3  .  4

1 1 x  4 log 4 x  5  0  log 2 x  4 log 2 x  5  0 2 2

 1  log 2 x  1 1 2   log 2 x  1  log 2 x  2  x  4  x  4  1 2  log 2 x  5  2 Vậy phương trình có nghiệm: x  4 . 15) 6.9log 2 x  6 x 2  13.xlog 2 6

Điều kiện: x  0

Đặt t  log 2 x  x  2 . Khi đó phương trình có dạng: 6.9t  6.(2t ) 2  13.(2t ) log 2 6 t

3 2  6.9t  6.4t  13.6t  6.    6.    13 2 3

 u  6 2 6u   13  6u  13u  6  0   u u  

3 . Đặt u    ( u  0 ) 2

Phương trình có dạng:

  3 t 3 3    x  2 t  1 2 2 2  , thỏa mãn điều kiện     3 t 2 x  1 2 t   1        2 3  2  3

 1 Vậy phương trình có nghiệm: S =  2;  .  2 lg x  0 lg x  0 16) lg  lg x   lg lg  x3   2   0    lg x.  3lg x  2   1 lg lg x.  3lg x  2    0

lg x  0  2  lg x  1  x  10 . 3lg x  2lg x  1  0 Vậy phương trình có nghiệm: x  10 . Trang 39

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

0  2 x  1  1 1 Điều kiện :    x 1 2 0  x  1  1

17) log 2 x 1 (2 x 2  x  1)  log x 1 (2 x  1) 2  4 (2008A)

Khi đó phương trình tương đương: log 2 x 1  (2 x  1)( x  1)   2 log x 1 (2 x  1)  4  1  log 2 x 1 ( x  1)  2 log x 1 (2 x  1)  4  log 2 x1 ( x  1) 

2 3 log 2 x 1 ( x  1)

log 2 x 1 ( x  1)  1  log 22 x 1 ( x  1)  3log 2 x 1 ( x  1)  2  0   log 2 x 1 ( x  1)  2 x  2  x  1  2x 1 x  2 5     , x   2 2 4  x  1  (2 x  1) 4 x  5x  0   x  0  5 kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là : S =  2;  .  4



18) 2  2



log 2 x



 x. 2  2



log 2 x

 1  x2

Đặt t  log 2 x  x  2t . Khi đó phương trình có dạng: t

 2  2   2 . 2  2 





 2 2 

t 2

 1 2

2  2  4 1   2  2        1  2  2  2  2    2 2 1  



 2

 1  1 4  4    2  2 t





2  2  2  2  2  2 . 2  2  t



  1  1  2  2  



 1   2t 



  t 4t     1 2  2  1  0 t      2  2 









 t  t  0  x  1 . Vậy phương trình có nghiệm: x  1 .  4   1  2  2 

log 2 4 2 x  log x 4 2 x  log 2

19)



x  log 2 x 2

Điều kiện: x  2

1 1 1 1  log 2 x   1  log x 2    log 2 x  1  log 2 x 4 4 4

1 2  log 2 x  log x 2  log 2 x  1  log 2 x  2  log 2 x  log x 2  log 2 x  1  2 log 2 x 2 Đặt t  log 2 x với t  1 , khi đó phương trình có dạng:







1 (t  1) 2 t 1 2  t   t 1  2 t   t 1  2 t   t 1  2 t t t t

 t  1  t (t  1)  2t  t (t  1)  t  1  t 2  t  t 2  2t  1  t  1  log 2 x  1  x  2 Vậy phương trình có nghiệm: x  2 . Trang 40

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

Ví dụ 2 (A – 2002): Cho phương trình: log 32 x  log32 x  1  2m  1  0 (1) (m là tham số) 1) Giải phương trình (1) khi m = 2. 2) Tìm m để phương trình (1) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [1;3 3 ] .

Giải:

Điều kiện x  0

Đặt t  log32 x  1  1  log 32 x  t 2  1 . Khi đó phương trình có dạng: t 2  t  2m  2  0 (*) 1) Với m  2 phương trình (*) có dạng: t 2  t  6  0  t  3 (loại) hoặc t  2  log 32 x  3  log 3 x   3  x  3

thỏa mãn điều kiện.

Vậy với m  2 phương trình có nghiệm x  3 3 . 2) Với x  1;3 3  hay 1  x  3 3  log 32 1  1  log 32 x  1  log 23 3 3  1 hay 1  t  2   Khi đó bài toán được phát biểu lại là: “ Tìm m để phương trình (*) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 1; 2 ” Ta có: (*)  2m  t 2  t  2

Xét hàm số f (t )  t 2  t  2 với t  1; 2 ; f '(t )  2t  1  0 , t  1; 2

Suy ra hàm số f (t ) đồng biến trên 1; 2 

Khi đó phương trình (*) có nghiệm khi 0  2m  4  0  m  2 Vậy 0  m  2 là các giá trị cần tìm.

Ví dụ 3: Cho phương trình log 2  5x  1 .log 4  2.5 x  2   m 1) Giải phương trình với m = 1. 2) Xác định m để phương trình có nghiệm x  1 .

Giải:

1 log 2  5 x  1 .log 4  2.5 x  2   m  log 2 5 x  1 . log 2  2  5 x  1   m 2 x  log 2  5  1 . 1  log 2  5 x  1   2m

Đặt t  log 2  5 x  1 khi đó phương trình có dạng: t.(1  t )  2m  t 2  t  2m (*) t  1 1) Với m  1 phương trình (*) có dạng: t 2  t  2  t 2  t  2  0   t  2 5 x  1  2 5 x  3  x  log 5 3 log 2  5 x  1  1      x   5  1  1 5 x  5  x  log 5 5 log 2  5 x  1  2    4  4 4 Trang 41

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

2) Khi x  1  5 x  5  log 2  5 x  1  log 2  5  1  2 hay t  2 Khi đó bài toán được phát biểu lại là: “ Tìm m để phương trình (*) có nghiệm t  2 ” . Xét hàm số f (t )  t 2  t với t  2 ; f '(t )  2t  1  0 , t  2 Suy ra hàm số f (t ) đồng biến với t  2

Khi đó phương trình (*) có nghiệm khi 2m  6  m  3 . Vậy m  3 là các giá trị cần tìm.

Ví dụ 4: Tìm m để phương trình: 1) log 32 x  ( m  2) log 3 x  3m  1  0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 x2  27 . 2)

log 22 x  log 1 x 2  3  m  log 4 x 2  3  có nghiệm thuộc  32;  . 2

Giải: 1) log 32 x  ( m  2) log 3 x  3m  1  0 (1*) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 x2  27 . Điều kiện x  0 Đặt t  log3 x . Khi đó phương trình có dạng: t 2  (m  2)t  3m  1  0 (2*) +) Phương trình (1*) có hai nghiệm x1 , x2 khi và chỉ khi phương trình (2*) có hai nghiệm phân biệt t1 , t2

m  4  2 2 Khi đó   (m  2)2  4(3m  1)  m 2  8m  8  0   (*)  m  4  2 2 +) Với điều kiện (*) ta có: t1  t2  log3 x1  log3 x2  log3 ( x1 x2 )  log3 27  3 Theo Vi – et ta có: t1  t2  m  2  m  2  3  m  1 thỏa mãn (*) Vậy m  1 là giá trị cần tìm. 2)

log 22 x  log 1 x 2  3  m  log 4 x 2  3  có nghiệm thuộc  32;  . 2

Điều kiện: x  0 Khi đó phương trình tương đương:

log 22 x  2 log 2 x  3  m  log 2 x  3

Đặt t  log 2 x với x  32  log 2 x  log 2 32  5 hay t  5 . Phương trình có dạng:

t 2  2t  3  m  t  3 (*)

Khi đó bài toán được phát biểu lại là: “ Tìm m để phương trình (*) có nghiệm t  5 ” . Với t  5 thì (*) 

 t  3 .  t  1  m  t  3 

t  3.





t 1  m t  3  0

 t 1  m t  3  0  m  Trang 42

t 1 t 3

GV: THANH TÙNG Cách 1: Ta có :

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

t 1 t  3 4 4   1 t 3 t 3 t 3

t 1 t 1 4 4  3 1  3 suy ra 1  m  3 .  1  3 hay 1  t 3 52 t 3 t 3 Vậy phương trình có nghiệm với 1  m  3 . Với t  5  1  1 

Cách 2: Ta xét hàm số f (t ) 

t 1 với t  5 và tìm được miền giá trị của f (t )  1;3 khi đó ta sẽ được kết t 3

quả như Cách 1. BÀI LUYỆN Bài 1: Giải các phương trình sau: 1 1) log 5 x  log x  2 5 2 4) 2  log 3 x   5 log 3  9 x   3  0

5) 3. log 3 x  log 3 3 x  1  0

7) log 22  x  1  6log 2 x  1  2  0

8) log 2 3 x  3 log 2 x  

3 3) 4 log 24 x  log 2 x 2  2  0 2 6) 4 log 3 x  1  log 3 x  3

2) lg 2 x  lg x 2  lg 2 3  1

2 3

9) log 1 x  3 log 1 x  2  0 3

11) 16 log 27 x2 x  3log3 x x 2  0

10) log 2 x 64  log x2 16  3 13) 1  log 2 x  2  log 4 x   3 16) 2  log 2 x  1 log 4 x  log 2

14) log x 3.log 3 x 3 

12)

1 6

18) log 2 (2 x  1).log 2 (2 x1  2)  12

20) log 2  4 x 1  4  .log 2  4 x  1  log

1 8

1 2

22) 7

log 225 (5 x ) 1

 x log5 7

23) x log 2 9  x 2 .3log 2 x  x log 2 3 26) log

27) log1 2 x  6 x 2  5 x  1  log13 x  4 x 2  4 x  1  2  0

28)

 log

 2 x  log 4 2 x log 2 x 2   log 2 



x  log 4 2

21) 4log2 2 x  x log2 6  2.3log2 4 x 24) 2.9

25) log 3 x  7  9  12 x  4 x 2   log 2 x 3  6 x 2  23 x  21  4

29)

2 1  1 1  log x 5  log x

15) log x 2.log 2 x 2  log16 x 2

1  0 17) log 3 (3 x  1) log 3 (3 x1  3)  6 4

19) log 5  5 x  1 .log 25  5 x1  5   1



log 2

x 9

 x log2 6  x 2

x. log x 3 3  log 3 3 3  6



5 1

log 2 x







5 1

log 2 x

x

2 2  log 4 x  2 x 

Bài 2: Cho phương trình: log 32 x  2m  2  log3 x   4  m 1  log3 x 

( m là tham số thực )

5 1) Giải phương trình với m   . 2) Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc đoạn [1;9] . 4 Bài 3: Cho phương trình: ( m  3) log 21  x  4    2 m  1 log 2  x  4   m  2  0 ( m là tham số thực ) 2

1) Giải phương trình với m = 12. 2) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn 4  x1  x2  6 . Bài 4: Cho phương trình:  x 2  1 .log 2  x 2  1  m 2  x 2  1 log  x 2  1  m  4  0 ( m là tham số thực ) 1) Giải phương trình với m = 4. 2) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt thỏa mãn 1  x  3 . Trang 43

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

DẠNG 8: Phương trình có dạng: f ( x)a logb f ( x )  g ( f ( x))

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 (1)

Cách giải: +) TXĐ : x  D t Đặ t  log b f ( x )  f ( x )  b t  log b f ( x) +) Từ (1) ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ bt ( a t )  g (t )  t  ? ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x  ? ( x  D )

CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ: Giải các phương trình sau: 1) x 4 log2 x  32

2) 64log4 x  3.2log2 x  3.xlog4 x  4

Giải: 1) x 4 log2 x  32 Điều kiện x  0 Cách 1: Đặt t  log 2 x  x  2t . Khi đó phương trình có dạng: t 4 t

2 

 32  2

t 2  4t

x  2 t  1  2  t  4t  5  t  4t  5  0    , thỏa mãn điều kiện  x  2 5  1 t   5  32  5

 1 Vậy phương trình có nghiệm S = 2;  .  32 

Cách 2: x 4  log2 x  32  4  log 2 x  log x 32  4  log 2 x 

5 log 2 x

x  2 log 2 x  1 , thỏa mãn điều kiện  log x  4 log 2 x  5  0    x  1 log 2 x  5 32  2 2

 1 Vậy phương trình có nghiệm S = 2;  .  32  2

2) 64log4 x  3.2log2 x  3.xlog4 x  4

Điều kiện x  0 2

Cách 1: Phương trình tương đương: 64log4 x  3.2 4log4 x  3.x log4 x  4 Đặt t  log 4 x  x  4t . Khi đó phương trình có dạng: 2

64t  3.2 4t  3. 4t   4  43t  3.4 2t  3.4t  4 (*) . Đặt u  4t

( u  0 ) phương trình có dạng:

u 3  3u 2  3u  4  u 3  3u 2  3u  4  0  (u  4)(u 2  u  1)  0  u  4

x  4 2  log 4 x  1 t  1 Suy ra 4t  4  t 2  1     1 thỏa mãn điều kiện t  1  log 4 x  1  x   4  1 Vậy phương trình có nghiệm S = 1;  .  4 Trang 44

GV: THANH TÙNG

Cách 2: Đặt t  x log4 x

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

log x 3log 4 x 3log x log x 3  log24 x 3log 24 x 4 4 4 64  4  4  x  x  t3  ( t  0 ) khi đó:  log x 2  2log22 x  2log2 x 2  x log2 x  x 2log4 x  x log 4 x  t 2 

















Khi đó phương trình có dạng: t 3  3t 2  3t  4  t 3  3t 2  3t  4  0  (t  4)(t 2  t  1)  0  t  4

x  4  log 4 x  1 1 2 x  4  log 4 x  log x 4  log 4 x   log 2 x  1    1 , thỏa mãn điều kiện log 4 x  log 4 x  1  x   4  1 Vậy phương trình có nghiệm S = 1;  .  4 log 4 x

CHÚ Ý: Nếu trong phương trình có dạng f (b

log a x

 log a x  x  a t (chuyển về dạng cơ bản) , x )  0 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯  log x t2  x a  a 

Đặ t

BÀI LUYỆN Giải các phương trình sau: 1) ( x  2)

log3 ( x  2)



9 x2

log 22 x

2) 8

 4  2.x

log 2 x

DẠNG 9: Phương trình có dạng: f  log a g ( x ),log b h( x)   0 (*) ( trong đó g ( x).h ( x )  1 )

Cách giải: +) TXĐ: x  D g ( x ).h( x )  1  h( x)  g 1 ( x) +) Từ (*) ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ f  log a g ( x), log b g 1 ( x)   0 (2*) log b g 1 ( x )   log b a.log a g ( x ) +) Từ (2*) ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ f (log a g ( x))  0 (chuyển về dạng cơ bản)

CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ : Giải các phương trình sau:

















1) log 2 x  x 2  1  3log 2 x  x 2  1  2











2) log 4 x  x 2  1 .log 5 x  x 2  1  log 20 x  x 2  1

Giải: 1) log 2 x  x 2  1  3 log 2 x  x 2  1  2

x  0 Điều kiện:  x  x 2  1  x   2  x 1 x 1  0 Trang 45



GV: THANH TÙNG Cách 1: Ta có:

x 

0947141139 – 0925509968





http://www.facebook.com/giaidaptoancap3





x2 1 x  x2 1  1  x  x2 1 



 x  x2 1

 x  x 1 Khi đó phương trình được biến đổi: log  x  x  1   3log  x  x  1   2  log  x  x  1   3log  x  x  1   2  2 log  x  x  1   2  log  x  2

1



x 2  1  1

1  2 x 1  0 1 5 x  2  , thỏa mãn điều kiện  x  x 1   2 x 1  2x 1   2 2 x 2 2 4  4( x  1)  (2 x  1) 4 x  5 5 Vậy phương trình có nghiệm x  4 Cách 2: 2















Ta có: log 2 x  x 2  1  log 2 x  x 2  1  log 2  x  x 2  1 x  x 2  1   log 2 1  0  

 

u  log x  x 2  1 2  Đặt  v  log 2 x  x 2  1  Cách 2.1:

 

u  3v  2 u  1 Suy ra:   (*) u  v  0 v  1

2  x  0 x  2 5 (*)  log 2 x  x 2  1  1  x  x 2  1  2  x 2  1  2  x   2  x  2 4 4 x  5  0  x  1  (2  x)





 

 

log x  x 2  1  1  1 2 5 5  2 x  x 1  2 Cách 2.2: (*)     2 x   x  thỏa mãn điều kiện 2 4 log 2 x  x 2  1  1  x  x2  1  2   5 Vậy phương trình có nghiệm x  4











2) log 4 x  x 2  1 .log 5 x  x 2  1  log 20 x  x 2  1





x  0 .Điều kiện:  x  x 2  1  x   2  x 1  x 1  0





Khi đó phương trình tương đương: log 4 x  x 2  1 .log 5 x  x 2  1

  log  x 

  x  1  .log  x 



1



 log 20 x  x 2  1

   x  1   log 5.log  x  x  1   0 log x  x  1  0    x  1   log 5  0    log  x  x  1    log 



 log 4 x  x 2  1 .log 5 x  x 2  1  log 20 x  x 2  1  0 4

 x  x2  1  1  log 5 x  x 2  1 log 4 x  2   20 1  2 2 4 20 5  x  x  1  4log 20 5 x  1 2x  2 x  x2 1  1  2 2  log 5  ( x  x 1 x  x 1  1)  1 log 20 5   1 4 20  log 5 2 x   4 2  x  x  1  4 20  log 5 x  log 5   2 4 20 2.4 20  2











Trang 46

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

BÀI LUYỆN Giải các phương trình sau: 1) log

x



    1  .log  x  x  1   log  x  x  1 

x 2  2 x  1  log 1 x  x 2  2 x  1  3 2

2) log 2 x  x

LOẠI 4: PHƯƠNG TRÌNH TÍCH Phương pháp: Chúng ta đã làm quen với phương pháp phân tích thành tích trong LOẠI 3 ở DẠNG 4 và DẠNG 6 (phân tích gián tiếp) . Ngoài ra chúng ta còn sử dụng nhiều kỹ thuận phân tích thành tích khác như: tách  f ( x)  0 ghép, nhóm, sử dụng hằng đẳng thức…để đưa phương trình về dạng tích: f ( x).g ( x)  0    g ( x)  0 CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ : Giải các phương trình sau: 2 2 2 1) 4 x 3 x  2  4 x 6 x 5  42 x 3 x 7  1 3

2) 2 x

3) 42 x  x  2  2 x  42 x  2  2 x  4 x  4 (2010D) 5) log 2 x  2 log7 x  2  log 2 x.log 7 x

x

 4.2 x

x

 22 x  4  0 (2006D)

4) 12.3x  3.15 x  5 x1  20 6) log 2  x ( x  1) 2   log 2 x.log 2 ( x 2  x )  2  0 8) x.log 22 x  2( x  1).log 2 x  4  0

7) x 2 .3x  3x (12  7 x)   x 3  8 x 2  19 x  12 9) 4 x log 2 x  2  log 2 x  22 x 1

10) log 3 x  log 4 x  log5 x

11) log 2 x  log 3 x  log 4 x  log 2 x.log 3 x.log 4 x

12) 2.log 92 x  log 3 x.log 3

2x  1 1

x  13) log 22 x  x log 7  x  3    2 log 7  x  3   .log 2 x 2  

14) x 2 .log 6 5 x 2  2 x  3  x log 1  5 x 2  2 x  3  x 2  2 x 6 2

15)  x  3 .log 2  x  1  2 log x 1 2   x  3 .log x 1 2  2 log 2 x  1

 17)  16)



x  1  1  x  2 log 2  x 2  x   0



3 1

log 2 x

 x.





3 1

log 2 x

18)  x 2  1 .lg 2  x 2  1  2 2  x 2  1 .lg  x 2  1  0

 1  x2

Giải: 1) 4 x

3 x  2

 4x

6 x 5

 42 x

3 x 7

 1  4x

3 x  2

 42 x

3 x 7

 4x

6 x 5

1  0 2

4

x2 3 x  2

1  4

x2  6 x 5

  1  4

x 2  6 x 5

  0  1  4

 x2  6x  5  0  2  x  1; 5;1; 2  x  3x  2  0

x2 6 x 5

 4

x2 3 x 2

 4 x  6 x 5  1 1  0   2 x 3 x 2 1  4



. Vậy phương trình có nghiệm S  1; 5;1; 2 . Trang 47

GV: THANH TÙNG 2) 2 x

x

 4.2 x

x 2

x

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

 22 x  4  0 (2006D)

 22 x  4  0  2 x

2

x



 4    22 x  4   0   2 2 x  4  2 x

22 x  4  0  22 x  22 2 x  2 x  1  2  2  2  x x x x 1  0  1 x  x  0 x  0  2  2 3

3) 42 x  x  2  2 x  42 Điều kiện x  2

x2

x



1  0

. Vậy phương trình có nghiệm S  0;1 .

 2 x  4 x  4 (2010D) Khi đó phương trình tương đương:

3 3 3 2 4 x  2 x  2  2 x  24 2 x  2  2 x  4 x  4  22 x  2 2 4 x  2 4  2 x  4 24 x  2 4  0



 2

2

2

2 x2

2

x3  4







 24 x  2 4  0  4 x  4 (1) 0  3 3  22 x  2  2 x  4  0  2 x  2  x  4 (2)

+) Giải (1): Ta có (1)  x  1 +) Giải (2): Từ (2)  x3  4  0  x  3 4 . Để giải (2) ta có : Cách 1: (2)  2 x  2  4  x3  8 



x2 2



x2 2

x22

x

8 

2( x  2)  ( x  2)( x 2  2 x  4) x22

2  1  . Với x  4  0   x  2  2  (3) vô nghiệm. x2  2x  4  4 

x  2  2   x 2  2 x  4 (3)  x  2  2

Vậy phương trình có nghiệm S  1; 2 . Cách 2: (2)  x3  2 x  2  4  0

(3)

Xét hàm số f ( x)  x 3  2 x  2  8 với x  3 4 Ta có f '( x)  3x 2 

 0 với x  3 4  f ( x) đồng biến với x  3 4

x2 Khi đó (3)  f ( x)  f (2)  x  2 .

Vậy phương trình có nghiệm S  1; 2 . 4) 12.3x  3.15x  5 x 1  20  3.3 x.(4  5 x )  5.(4  5 x )  0  (4  5 x )(3x 1  5)  0  3 x 1  5  x  1  log 3 5  x  log 3

Vậy phương trình có nghiệm x  log 3 5) log 2 x  2 log 7 x  2  log 2 x.log 7 x

5 . 3

Điều kiện x  0

log 2 x  2 log7 x  2  log 2 x.log7 x  log 2 x. 1  log 7 x   2. 1  log 7 x   0 log x  1 x  7  1  log 7 x  log 2 x  2   0   7 , thỏa mãn điều kiện.  x  4 log 2 x  2 Vậy phương trình có nghiệm S  4;7 . Trang 48

5 3

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

6) log 2  x ( x  1) 2   log 2 x.log 2 ( x 2  x )  2  0 Điều kiện x  1 Khi đó phương trình tương đương: log 2 x  2 log 2 ( x  1)  log 2 x. log 2 x  log 2 ( x  1)  2  0   log 22 x  log 2 x  2   2 log 2 ( x  1)  log 2 x.log 2 ( x  1)  0

 (log 2 x  1)(log 2 x  2)  (2  log 2 x).log 2 ( x  1)  0   log 2 x  log 2 ( x  1)  1 (log 2 x  2)  0  log 2  x( x  1)   1 (log 2 x  2)  0

 x  1 1   log x   2 x   2   x  1 , kết hợp với điều kiện ta được nghiệm phương trình x  2 .    4 2  4  log 2 ( x  x)  1  x 2  x  2  x  2 

7) x 2 .3x  3x (12  7 x)   x 3  8 x 2  19 x  12

 3x ( x 2  7 x  12)  ( x3  8 x 2  19 x  12)  0  x 2  7 x  12  0 (1)  3x ( x 2  7 x  12)  ( x  1)( x 2  7 x  12)  0  ( x 2  7 x  12)(3x  x  1)  0   x 3  x  1  0 (2) x  3 +) Giải (1) : Ta có (1)   x  4 +) Giải (2) : Xét hàm số f ( x)  3 x  x  1 . Ta có: f '( x)  3x  1  0 với x   Suy ra f ( x ) đồng biến với x   . Khi đó (2)  f ( x)  f (0)  x  0 . Vậy phương trình có nghiệm S = 0;3; 4 . 8) x.log 22 x  2( x  1).log 2 x  4  0

Điều kiện x  0

Cách 1: Phương trình tương đương: x.log 22 x  2 x log 2 x  2 log 2 x  4  0 log 2 x  2 (1)  x log 2 x.  log 2 x  2   2.  log 2 x  2   0   log 2 x  2  x log 2 x  2   0   log 2 x  2 (2) x 

+) Giải (1): (1)  x  22  4 2  0 (*) x 2 1 2 Xét hàm số f ( x )  log 2 x  với x  0 . Ta có: f '( x )   2  0 , x  0 x x ln 2 x Suy ra hàm số f ( x) đồng biến với x  0 . Khi đó (*)  f ( x)  f (2)  x  2

+) Giải (2): (2)  log 2 x 

Vậy phương trình có nghiệm x  2 và x  4 . Cách 2: Đặt t  log 2 x . Khi đó phương trình có dạng: xt 2  2( x  1)t  4  0

't  ( x  1)2  4 x  x 2  2 x  1  ( x  1)2  x 1 x 1 2 log 2 x  2 (1) t  x và tiếp tục giải như cách 1.   log 2 x  2 (2) x  1  x  1 2 t    x  x x Trang 49

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

9) 4 x log 2 x  2  log 2 x  22 x 1

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

Điều kiện: x  0

Phương trình tương đương: 4 x log 2 x  2.4 x  2  log 2 x  0  4 x  log 2 x  2    log 2 x  2   0

 log 2 x  2 x  2   log 2 x  2   4 x  1  0   x  x  0 4  1

, kết hợp điều kiện được nghiệm phương trình x  2 .

Điều kiện: x  0

10) log 3 x  log 4 x  log 5 x

Phương trình tương đương: log 3 x  log 4 3.log3 x  log 5 3.log3 x  log3 x 1  log 4 3  log 5 3  0  log 3 x  0  x  1 , thỏa mãn điều kiện . Vậy nghiệm của phương trình x  1 .

Điều kiện: x  0

11) log 2 x  log 3 x  log 4 x  log 2 x.log 3 x.log 4 x (*)

1 1 Khi đó (*)  log 2 x  log 3 2.log 2 x  .log 2 x  log 2 x.log 3 2.log 2 x. log 2 x 2 2 1 1    log 2 x 1  log 3 2   log 3 2.log 22 x  2 2  

 log 2 x  0 x 1  3 log x  0   2   log 3 2  2    x  2 log 2 108 2 log x   log 2 108  log 2 x   log 2 108  2 1 1 log 2  x  log 108 3  2  2 2  Vậy phương trình có nghiệm : S  1; 2  2 9

12) 2.log x  log 3 x.log 3

; 2

log 2 108

  

Điều kiện: x  0

2x  1 1

Với x  0  2 x  1  1  0 

log 2 108

2x 1 1  2x 1 1

Khi đó phương trình tương đương : 1 1 log 32 x  log 3 x.log 3 2 x  1  1  log 3 x  log 3 x  log 3 2 2



 log3 x log 3 x  log 3 





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





 2x 1 1   0 



x 1  2x 1 1  x  2 x  1  1 (*)



x  0 Ta có: (*)  x  2 x  1  2 2 x  1  1  2 2 x  1  x  2  4(2 x  1)  ( x  2) 2  x 2  4 x  0   x  4 Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: S = 1; 4 . x  13) log 22 x  x log 7  x  3    2 log 7  x  3   .log 2 x Điều kiện: x  0 2   2 Phương trình tương đương: 2 log 2 x  2 x log 7 ( x  3)  x log 2 x  4log 7 ( x  3).log 2 x

 2 log 2 x. log 2 x  2log 7 ( x  3)  x  log 2 x  2 log 7 ( x  3)  0 log x  2 log 7 ( x  3)  0 (1)   log 2 x  2 log7 ( x  3)  x  2 log 2 x   0   2 (2)  x  2 log 2 x  0 Trang 50

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

 x  2t 2 +) Giải (1): (1)  log 2 x  log 7 ( x  3)  t     2t  3  7 t  4t  6.2t  9  7t 2 t ( x  3)  7 2

4 2 1     6.    9.    1 7 7 7 t

(*) t

4 2 1 4 4 2 2 1 1 Xét hàm số f (t )     6.    9.   ; f '(t )    ln  6.   ln  9.   ln  0 , t   . 7 7 7 7 7 7 7 7 7 Suy ra hàm số f (t ) nghịch biến với t  

Khi đó (*)  f (t )  f (2)  t  2  x  4 thỏa mãn điều kiện. +) Giải (2): Xét hàm số g ( x)  x  2 log 2 x với x  0 2 2 ; g ''( x )  2  0 với  x  0 x ln 2 x ln 2 Suy ra g '(t ) đồng biến  g '( x )  0 có tối đa 1 nghiệm  g ( x)  0 (hay phương trình (2) ) có tối đa 2 nghiệm

Ta có: g '( x )  1 

 g (2)  0 Mặt khác:  nên suy ra phương trình (2) có hai nghiệm x  2 hoặc x  4  g (4)  0 Vậy phương trình ban đầu có nghiệm x  2 hoặc x  4 14) x .log 6 5 x  2 x  3  x log 1  5 x  2 x  3  x  2 x 2

Phương trình tương đương:

3  x  . Điều kiện: 5 x  2 x  3  0  5  x 1 2

x2 .log 6  5 x 2  2 x  3  x log 6  5 x 2  2 x  3  x 2  2 x 2

 x 2 .log 6  5 x 2  2 x  3  2 x log 6  5 x 2  2 x  3   2 x 2  4 x

 x 2 .  2  log 6  5 x 2  2 x  3    2 x  2  log 6  5 x 2  2 x  3   0

 x2  2x  0   x  2 x  .  2  log 6  5 x  2 x  3    0   2  log 6  5 x  2 x  3  2 2

x  0  x  2   x2  2x  0 x2  2x  0  2  2  13 x   5 x  2 x  3  36 5 x  2 x  39  0 5   x  3 13   Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình: S  2;  ;3 . 5   2

15)  x  3 .log 2  x  1  2log x 1 2   x  3  .log x 1 2  2 log 2 x  1 Điều kiện: 1  x  2 Phương trình tương đương: ( x  3) 2 .log 2  x  1  log x 1 2  ( x  3) 2 .log x 1 2  log 2  x  1  ( x  3)2 .  log 2  x  1  log x 1 2   log 2  x  1  log x 1 2   0  ( x  3)2  1 log 2  x  1  log x 1 2   0 Trang 51

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

x  4 x  2 ( x  3)  1  0 2   ( x  3)  1 x  3   1     2   x  3 1 log  x  1  log x 1 2  log 2  x  1  1  log 2 ( x  1)  1   2 log 2  x  1 x  3  2 3  Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình: S  4;3;  . 2  2

16)





x  1  1  x  2 log 2  x 2  x   0

Điều kiện: x  1

 x  1  1  x  2 (1) Phương trình tương đương:  2 (2) log 2  x  x   0 x  2 2  x  0 5  +) Giải (1): (1)  x  1  1  x  2 x  1  4  x  1  2  x   2  5  x 2 4  x  1  (2  x)  x  4  x  1 +) Giải (2): (2)  x 2  x  2  x 2  x  2  0   x  2 2

5  Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình: S   ; 2  4 

17)





3 1

log 2 x

 x.





3 1

log 2 x

 1  x2

Đặt t  log 2 x  x  2t . Khi đó phương trình có dạng:







3  1  2 t.





3 1 

4t 1    





3 1  1 2









3 1

 2. t







  3 1    





3 1 t



3 1

 1   2t 



3 1

  1  0 t  3 1  4t





3 1

  1  1  t  3 1 

3  1  1  



t 3 1    1 t 3 1





  1 4  4  t  3 1  4t



t 2





 3 1 t 1  t   t  0  x  1 . Vậy phương trình có nghiệm: x  1 .  4   1  3  1 





18)  x 2  1 .lg 2  x 2  1  2 2  x 2  1 .lg  x 2  1  0 Phương trình tương đương:

Điều kiện: x  1

x 2  1.lg  x 2  1  x 2  1.lg  x 2  1  2 2   0  

 x2  1  0 (1) ( vì lg  x 2  1  0 với  x  1 )   x 2  1.lg  x 2  1  2 2  0 (2)  +) Giải (1): (1)  x 2  1  x  1 Trang 52

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

+) Giải (2): x  1 không là nghiệm của (2) nên Xét hàm số f ( x)  x 2  1.lg  x 2  1  2 2 với x  1

 lg  x 2  1 2 x 2  1  2x    x  2 x2  1 x 1   x 2  1 x 2 1  *) Với x  1  f '( x)  0  f ( x) đồng biến với x  1 . x

f '( x) 

lg  x 2  1  x 2  1.

*) Với x  1  f '( x )  0  f ( x) nghịch biến với x  1 .  f (3)  0 Suy ra phương trình (2) có tối đa hai nghiệm. (a) . Mặt khác:  hay x  3 là nghiệm của (2) (b)  f (3)  0 Từ (a) và (b) suy ra (2) có hai nghiệm x  3 2

. Vậy phương trình có nghiệm S  3; 1;1;3 .

Ví dụ 2: Cho phương trình: m.2 x 5 x  6  21 x  2.265 x  m 1) Giải phương trình với m  2 . 2) Tìm m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt. Giải: Phương trình tương đương: 2

x2 5 x  6

 m  2    m  2   0   m  2  2 1 x 2

1 x 2

x 2 5 x  6

 21 x  m 1  0   2  2 x 5 x  6  1



2 x  0  21 x  2 1  x 2  1 1) Với m  2 phương trình có dạng:  2  2   x  2 x 5 x  6  2  1  x  5x  6  0  x  3

Vậy phương trình có nghiệm S  0; 2;3 . 2

 21 x  m (*) 2  m  2) Phương trình tương đương:   x  2 2  x  5 x  6  0 x  3  1 x 2

m  0 m  0  Cách 1: (*)    2 2 (2*) 2 1  x  log 2 m  x  log 2 m Vậy để phương trình có bốn nghiệm thì (2*) phải có hai nghiệm phân biệt khác 2 và 3

 log 2  log  2

2 2 0  m  1 m  2 2  2  16;  4; log 2  9  m m m 2

0  m  2   1 1 2 m ; m   512  8 256 m

Cách 2: Xét hàm số f ( x)  21 x với x  2 và x  3 2

f '( x)  2 x.21 x ln 2 2

f '( x)  0  2 x.21 x ln 2  0  x  0 2

lim f ( x)  lim 21 x  lim

0 2 2x Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị m cần tìm: 1 1  m   0; 2  \  ;   8 256  x 

x 

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

BÀI LUYỆN Giải các phương trình sau: 1) 8.3x  3.2 x  24  6 x 4) 2

x 5 x 6

1 x

2

 2.2

6 5 x

3) 4 x  4 x

2) 12  6 x  4.3x  3.2 x 5) 2

1

2 x 5 x  2 x 2 2 x 

2

4 x 8 x 3

 1 2

6 x 13 x 5

6) 2

x 3 x 3

2 x

2

 42x x 1

2 x

1

 2  2( x 1)

2 7) 4 x  x  21 x  2( x 1)  1 8) 9  3 x  3 x 2  1  1 9) x log6  3x   36 5 x 7  0 10) log 2 x.log 3 x  3  3log 3 x  log 2 x 11) log 2 x.log 3 x.log 5 x  log 2 x.log 3 x  log 3 x.log 5 x  log 5 x.log 3 x

LOẠI 5: SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU 1. KIẾN THỨC LIÊN QUAN Qua các dạng toán trước đó các bạn đã làm quen với phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số các bài toán. Trong phần này chúng ta sẽ đi tìm hiểu kĩ hơn phương pháp này qua phần kiến thức cơ bản và các ví dụ minh họa đi kèm. Giả sử y  f ( x) là hàm liên tục trên miền D. Định lí 1 : Nếu hàm số y  f ( x) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) trên D thì : +) Phương trình trên D : f ( x )  k có không quá một nghiệm (nếu có nghiệm thì có nghiệm duy nhất) (*) +) f (u)  f (v)  u  v với mọi u, v  D. Định lí 2 : Nếu hàm số y  f ( x) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến), còn hàm số y  g ( x ) luôn nghịch biến (hoặc luôn đồng biến) với x ∈ D. Khi đó phương trình : f ( x)  g ( x) với x ∈ D nếu có nghiệm thì có nghiệm duy nhất. Nhận xét: Thực chất định lí này nếu áp dụng được thì ta cũng có thể chuyển về (*) (bằng cách chuyển hết sang một vế) để chỉ cần xét một hàm số. Định lí 3: Nếu hàm số y  f ( x) có f '( x) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) với x  D (tức là ta chứng minh f ''( x )  0 hoặc f ''( x )  0 với x  D ) thì phương trình f ( x)  k có nhiều nhất là hai nghiệm. (Nếu chỉ ra được hai nghiệm thì đó là toàn bộ nghiệm của phương trình). 2. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1: Giải các phương trình sau: x

3 7 1)     2 x 5 5 x

6) 9  5  4  2 9)



2) 2 x  1  3 2





  

7) 2  3  5

x 1

1 x

2

1 x

3

5



14 x

15) log 22 x  ( x  1) log 2 x  6  2 x

1 1  5  8) 3     5 x        3 x  10 3  4   12  x

10) log5 ( x  3)  3  x 13)

11) log 2 x  log3 ( x  1)  3

1 1 log 3 log 7 14) x  x 2  x 2  2  lg( x  2)  x 2 8 16) ( x  2)  log 2 ( x  3)  log 3 ( x  2)  x  1





17) log 2 x  3log6 x  log 6 x



18) 3log 3 15  x  3 x  2 log 2 x

19) log 4 5  x  2 x  3   2 log 2  x  2 x  4  2

x

74 3

12) log( x 2  x  6)  x  log( x  2)  4



5) 8 x (3 x  1)  4

4) 2 x  5  3 x x

74 3

3) 5x  12 x  13x

20) log 3 Trang 54



1 x  3x  2  3    5 2



3 x  x2  2

2

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

Giải: x

7  3 7 3 1)     2 x     2 x   0 5 5 5 5

7 3 Xét hàm số f ( x)     2 x  với x   5 5

(1)

3 3 Ta có: f '( x)    ln  2 x ln 2  0 với x   , suy ra f ( x) nghịch biến với x   5 5 Khi đó (1)  f ( x )  f (1)  x  1 . Vậy phương trình có nghiệm x  1 . x 2

2) 2  1  3  2  1 

 3

x x 1  3 1  3  1         1  0      2   2   2   2  x

x 1  3 Xét hàm số f ( x)        1 với x    2   2  Suy ra f ( x) nghịch biến với x  

(2) x

x 1  3 3 1 .Ta có: f '( x)    ln    0 với x    ln 2  2  2 2

Khi đó (2)  f ( x)  f (2)  x  2 . Vậy phương trình có nghiệm x  2 . x

 5   12   5   12  3) 5x  12 x  13x 5 x  12 x  13x        1        1  0 (3)  13   13   13   13  x

 5   12  Xét hàm số f ( x)        1 với x    13   13  Suy ra f ( x) nghịch biến với x  

5  12  12  5 .Ta có: f '( x)    ln    ln  0 với x    13  13  13  13

Khi đó (3)  f ( x)  f (2)  x  2 . Vậy phương trình có nghiệm x  2 . 4) 2 x  5  3 x  2 x  3 x  5  0 (4) Xét hàm số f ( x)  2 x  3x  5 với x  

.Ta có: f '( x)  2 x ln 2  3  0 với x  

Suy ra f ( x) đồng biến với x   Khi đó (4)  f ( x)  f (1)  x  1 . Vậy phương trình có nghiệm x  1 . 4 4  8x   0 (5) 3x  1 3x  1 12 4 1  0 với x   ; Xét hàm số f ( x)  8 x  . Ta có: f '( x)  8 x ln 8  2 3x  1 (3 x  1) 3

5) 8 x (3 x  1)  4  8 x 

4  4    lim f ( x)  lim  8 x   0 ; lim f ( x)  lim  8 x      x  x  x  x  3x  1  3x  1    4  4    lim  f ( x)  lim   8x    ; lim  f ( x)  lim   8 x       1  1  1  1 3x  1  3x  1  x    x     x    x      3

 3

1 4 : f ( x)  0  8 x  0 3 3x  1 Khi đó phương trình vô nghiệm. 1 +) Với x   : f ( x) đồng biến. Khi đó: 3 1 1 (5)  f ( x)  f    x  3 3

+) Với x  

1 Vậy phương trình có nghiệm x  . 3

 3

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

6) 9  5  4  2





x x x x  20   20  5 4 5  4  1        2.          2.    1  0 9 9 9 9  9   9 

(6)

x x  20  5 4 Xét hàm số f ( x)        2.    1 với x   9 9 9   x

x x  20  5  4 4 20 5 Ta có: f '( x)    ln    ln  2   0 với x    ln 9 9 9 9 9  9  Suy ra f ( x ) nghịch biến với x  

Khi đó (6)  f ( x)  f (2)  x  2 . Vậy phương trình có nghiệm x  2 . 7) 2 x  3x  5 x 1  21 x  31 x  5 x (7) Cách 1: Phương trình tương đương 2 x  3x  5 x 1  21 x  31 x  5 x  0 Xét hàm số f ( x)  2 x  3x  5 x 1  21 x  31 x  5 x với x   .

(7’)

Ta có: f '( x)  2 x ln 2  3x ln 3  5 x 1 ln 5  21 x ln 2  31 x ln 3  5 x ln 5  0 với x   Suy ra f ( x) đồng biến với x   1 1 1 Khi đó (7’)  f ( x)  f    x  . Vậy phương trình có nghiệm x  . 2 2 2

Cách 2: Xét hàm số đặc trưng f (t )  2t  3t  5t 1 Ta có: f '(t )  2t ln 2  3t ln 3  5t 1 ln 5  0 với t   , suy ra f (t ) đồng biến với t   Khi đó (7)  f ( x )  f 1  x   x  1  x  x  x

1 2

. Vậy phương trình có nghiệm x 

1 1  5  1 1  5  8) 3x     5 x        3 x  10  3x     5x        3 x  10  0  3  4   12  3  4   12  x

1 1  5  Xét hàm số f ( x)  3x     5 x        3 x  10 với x   3  4   12  x

1 1  5 5 1 1 Ta có: f '( x)  3x ln 3    ln  5 x ln 5    ln    ln  3  0 với x   3 4  12  12  3 4 Suy ra f ( x ) đồng biến với x  

Khi đó (8)  f ( x )  f (1)  x  1 . Vậy phương trình có nghiệm x  1 . x



74 3

 

74 3



 74 3   74 3     1  14 x    14   14     

(9)

 74 3   74 3     với x   Xét hàm số f ( x)    14   14      x

 74 3  74 3  74 3  74 3  ln  ln   0 với x   Ta có: f '( x)       14 14 14 14     Suy ra f ( x ) nghịch biến với x   Khi đó (9)  f ( x)  f (2)  x  2 . Vậy phương trình có nghiệm x  2 .

Trang 56

(8)

1 . 2

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

10) log 5 ( x  3)  3  x  log 5 ( x  3)  x  3  0

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 Điều kiện : x  3

(10)

Xét hàm số f ( x)  log 5 ( x  3)  x  3 với x  3

1  1  0 với x  3 . ( x  3) ln 5 Suy ra f ( x ) đồng biến với x  3 Khi đó (10)  f ( x )  f (2)  x  2 . Vậy phương trình có nghiệm x  2 . Ta có: f '( x) 

11) log 2 x  log 3 ( x  1)  3

Điều kiện : x  1

(11)

Xét hàm số f ( x)  log 2 x  log 3 ( x  1) với x  1

1 1   0 với x  1 . x ln 2 ( x  1) ln 3 Suy ra f ( x ) đồng biến với x  1 Khi đó (11)  f ( x)  f (4)  x  4 . Vậy phương trình có nghiệm x  4 . Ta có: f '( x) 

12) log( x 2  x  6)  x  log( x  2)  4  log  ( x  3)( x  2)  x  log( x  2)  4  log( x  3)  x  4 (12) Điều kiện: x  3 Xét hàm số f ( x )  log( x  3)  x với x  3 1  1  0 với x  3 . ( x  3) ln10 Suy ra f ( x ) đồng biến với x  3 Khi đó (12)  f ( x )  f (4)  x  4 . Vậy phương trình có nghiệm x  4 .

Ta có: f '( x) 

1 1 1  lg( x  2)   2  x  lg( x  2)   0 (13) Điều kiện: x  2 x 2 8 8 1 Xét hàm số f ( x )  2 x  lg( x  2)  với x  2 8 1 Ta có: f '( x)  2  x ln 2   0 với x  2 . ( x  2) ln10 Suy ra f ( x ) nghịch biến với x  2

13)

Khi đó (13)  f ( x )  f (3)  x  3 . Vậy phương trình có nghiệm x  3 . 14) x  x

log2 3

x

log2 7

2

Điều kiện: x  0

 xlog2 3  2t log2 3  2t log2 3  3t    Đặt log 2 x  t  x  2t   log 7  xlog2 7   2t  2  2t log2 7  7 t  t

2 3 1 Khi đó phương trình có dạng: 2  3  7  2  2  3  2  7        2.    1 (14) 7 7 7 t

2 3 1 Xét hàm số f (t )        2.   với t   . 7 7 7 t

 2 2  3 3 1 1 Ta có: f '(t )    ln    ln  2.   ln  0 với t   . 7 7 7 7 7 7 Suy ra f (t ) nghịch biến với t  

Khi đó (13)  f (t )  f (1)  t  1  x  2 . Vậy phương trình có nghiệm x  2 . Trang 57

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

15) log 22 x  ( x  1) log 2 x  6  2 x

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

Điều kiện x  0

Đặt t  log 2 x . Khi đó phương trình có dạng: t 2  ( x  1)t  2 x  6  0

 1 x  x  5  2 t   log x  2 (1) 2 2 2 2  t  ( x  1)  4(2 x  6)  x  10 x  25  ( x  5)    2 t  1  x  ( x  5)  3  x  log 2 x  3  x (2)  2 1 +) Giải (1): (1)  x  2 2  +) Giải (2): (2)  x  log 2 x  3  0 (*) 4 1 Xét hàm số f ( x)  x  log 2 x  3 với x  0 . Ta có: f '( x)  1   0 , x  0 x ln 2 Suy ra hàm số f ( x ) đồng biến với x  0 . Khi đó (*)  f ( x)  f (2)  x  2 1 và x  2 . 4 16) ( x  2)  log 2 ( x  3)  log3 ( x  2)  x  1

Vậy phương trình có nghiệm x 

Điều kiện x  3

Khi đó phương trình tương đương: x 1 x 1 log 2 ( x  3)  log 3 ( x  2)   log 2 ( x  3)  log 3 ( x  2)   0 (16) x2 x2 x 1 Xét hàm số f ( x)  log 2 ( x  3)  log 3 ( x  2)   0 với x  3 x2 1 1 3 Ta có: f '( x)     0 với x  3 . ( x  3) ln 2 ( x  2) ln 3 ( x  2) 2 Suy ra f ( x ) đồng biến với x  3 Khi đó (16)  f ( x )  f (5)  x  5 . Vậy phương trình có nghiệm x  5 . log6 x

17) log 2 ( x  3

)  log 6 x

log6 x

Đặt log 2 ( x  3

Điều kiện: x  0

t  x  3log6 x  2t 3 t t t t )  log 6 x  t    6  3  2  3     1 (*) t 2  x  6

3 Xét hàm số: f (t )  3    2

 3 3 . Ta có: f '(t )  3 ln 3    ln  0 với t   .  2 2 1 Suy ra f (t ) đồng biến t   . Khi đó (*)  f (t )  f (1)  t  1  x  thỏa mãn điều kiện 6 1 Vậy phương trình có nghiệm: x  6 t





18) 3log 3 15  x  3 x  2log 2 x



Điều kiện: x  0



Đặt 3log 3 15  x  x  2 log 2



 15  2  2

 15  x  3 x  x t   x  2t



 3t

 1   2 32 3  15.      1 (18)    3   3   3 

  3  15   2    2     t



 1   2 32 Xét hàm số f (t )  15.        3   3   3 

Trang 58

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968 t

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

3 1  2 2 32 2  1  Ta có: f '(t )  15.  ln  ln  ln  0 với t   .          3  3 3  3 3  3 Suy ra f (t ) nghịch biến với t  

Khi đó (18)  f (t )  f (6)  t  6  x  64 . Vậy phương trình có nghiệm x  64 . 19) log 4

x

 2 x  3  2 log 2  x 2  2 x  4 

 log 4 5 ( x 2  2 x  3)  2log 2 ( x 2  2 x  4)  4log 5 ( x 2  2 x  3)  4 log 4 ( x 2  2 x  4) t t 2 t  x  2 x  3  5 1  4 t t  log 5 ( x 2  2 x  3)  log 4 ( x 2  2 x  4)  t   2  1  5  4        1 (*) t 5  5  x  2 x  4  4 t

1 4 1 1 4 4 Xét hàm số: f (t )       . Ta có: f '(t )    ln    ln  0 với t   . 5 5 5 5 5 5 Suy ra f (t ) nghịch biến t   . Khi đó (*)  f (t )  f (1)  t  1

 x  2 . Vậy phương trình có nghiệm: x  2 hoặc x  4 .  x2  2 x  3  5  x2  2 x  8  0   x  4 20) log 3



3 x  x2  2

1 x  3x  2  3    5



Xét hàm số: f ( x)  log 3



2

(20)

1 x  3x  2  3    5



Điều kiện: x 2  3x  2  0  x   ;1   2;  

3xx2 2

với x   ;1   2;  

2x  3

Ta có: f '( x)  2

2 x  3x  2



1   2 x  3   2 5 x  3x  2  3

3xx2 2



1 5

  3 x  x 2 2 1 1 1    2 x  3   ln  2 2 5 5 2 x  3 x  2 x  3 x  2  3  



f '( x)  0  2 x  3  0 (vì 2

2 x  3x  2 x





3 x  x2  2

1   2 x  3x  2  3  5 



1  0 với x   ;1   2;   ) 5

3 . Khi đó ta có bảng biến thiên: 2

Dựa vào bảng biến thiên ta có: +) Với x  1 : f ( x)  2 , khi đó phương trình (20)  x  1 . +) Với x  2 : f ( x)  2 , khi đó phương trình (20)  x  2 . Trang 59

Vậy phương trình có nghiệm S  1; 2 .

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

Ví dụ 2: Giải các phương trình sau: 2 2 2 1) 2 x 1  4 x  x  1 2) 2 x  x  2 x 8  8  2 x  x 2 3) 2 x  x  93 2 x  x 2  6  4 2 x 3  3x  x  5 x  x2  x  3  2x 1 2x  1 2 2 4) log3  2 5) log  2 x  6 x  2 6)  x  3 x  2 log  1  x  2x  2 2 2 ( x  1) x  2x  4 x  5  2

2x 2  1 3 x 2 7) 2  x  2 3 2 x 2 1

18 x  32 x  12 x  16 x  x 27 x  36 x  48 x  64 x

1 1  x  2 8

2  1 7 .log 2  x 2  x  2   3 x  x.log 2  2 x     0 2 4  2 x  4x  5  2 2x  3 10) ( x  2)2  log2 2x  3

9) 9

Giải: 1) 2 x 1  4 x  x  1  2 x 1  ( x  1)  22 x  2 x (1) Xét hàm số đặc trưng: f (t )  2t  t

với t  

Ta có: f '(t )  2 ln 2  1  0 với t   , suy ra f (t ) đồng biến với t   Khi đó phương trình (1)  f ( x  1)  f (2 x)  x  1  2 x  x  1 t

Vậy phương trình có nghiệm x  1 . 2) 2 x

x

 2 x 8  8  2 x  x 2  2 x

x

 ( x 2  x)  2 x 8  ( x  8) (2)

Xét hàm số đặc trưng: f (t )  2t  t với t   Ta có: f '(t )  2t ln 2  1  0 với t   , suy ra f (t ) đồng biến với t   x  4 Khi đó phương trình (2)  f ( x 2  x)  f ( x  8)  x 2  x  x  8  x 2  2 x  8  0    x  2 Vậy phương trình có nghiệm S  4; 2 . 3) 2 x

x

 93 2 x  x 2  6  4 2 x 3  3x  x  5 x  2 x

Xét hàm số đặc trưng: f (t )  2t  3 t  t

x

 3x  x  ( x 2  x)  24 x 6  364 x  (4 x  6) (3)

với t  

Ta có: f '(t )  2t ln 2  3t ln 3  1  0 với t   , suy ra f (t ) đồng biến với t   x  2 Khi đó phương trình (3)  f ( x 2  x)  f (4 x  6)  x 2  x  4 x  6  x 2  5 x  6  0   x  3 Vậy phương trình có nghiệm S  2;3 .

 x2  x  3  2 2 2 2 2 4) log 3  2   x  3 x  2  log 3  x  x  3    x  x  3   log 3  2 x  4 x  5    2 x  4 x  5  (4)  2x  4 x  5  Xét hàm số đặc trưng: f (t )  t  log 3 t với t  0 Ta có: f '(t )  1 

1  0 với t  0 , suy ra f (t ) đồng biến với t  0 . t ln 3

 x  1 Khi đó (4)  f ( x 2  x  3)  f (2 x 2  4 x  5)  x 2  x  3  2 x 2  4 x  5  x 2  3 x  2  0    x  2 Vậy phương trình có nghiệm x  1 và x  2 . Trang 60

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

x  1 2x 1  Điều kiện: 0 1 2 ( x  1)  x   2 Với điều kiện phương trình tương (trừ hai vế phương trình cho 1) : 2x 1 log 2  2 x 2  6 x  1  log 2  2 x  1   2 x  1  log 2  2 x 2  4 x  2    2 x 2  4 x  2  2 2( x  1)

2x 1  2x2  6x  2 5) log 2 ( x  1)2

Xét hàm số đặc trưng: f (t )  t  log 2 t

(5)

với t  0

1  0 với t  0 t ln 2 suy ra f (t ) đồng biến với t  0 .

Ta có:

f '(t )  1 

Khi đó (5)  f (2 x  1)  f (2 x 2  4 x  2)  2 x  1  2 x 2  4 x  2  2 x 2  6 x  1  0  x  Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình: x 

6) log 2

2x 1  1  x  2x x

3 7 2

3 7 . 2

x  0 2x  1 0 x  x 0 x 2  1

Điều kiện:

Với điều kiện phương trình tương : log 2  2 x  1  log x  1  x  2 x   2 x  1  log 2  2 x  1  x  log x

Xét hàm số đặc trưng: f (t )  t  log 2 t

(6)

với t  0

1  0 với t  0 , suy ra f (t ) đồng biến với t  0 . t ln 2 Khi đó (6)  f (2 x  1)  f ( x)  2 x  1  x  2 x  x  1  0 (*) . Để giải (*) ta tiếp tục dùng hàm số:

Ta có:

f '(t )  1 

Xét hàm số g ( x)  2 x  x  1 . Ta có: g '( x)  2 x ln 2  1 và g ''( x)  2x ln 2 2  0 với x   . suy ra g '( x) đồng biến với x    g '( x)  0 có tối đa một nghiệm  g ( x)  0 có tối đa 2 nghiệm hay (*) có nhiều nhất 2 nghiệm (a)  g (0)  0 Mặt khác :   x  0 và x  1 là nghiệm của (*) (b)  g (1)  0 Từ (a) và (b) suy ra phương trình (*) có hai nghiệm: x  0 và x  1 Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình: x  1 . 2

2x2  1 3 x 2    2 x 2  1 .3 2 2 2 x  1 x 2 3

2 x 2 1

  x 2  2  .3

x2  2

(7)

Xét hàm số đặc trưng: f (t )  t.3 t với t  0 . t.3 t .ln 3 t .3 t .ln 3 Ta có: f '(t )  3 t  3 t   0 với t  0 , suy ra f (t ) đồng biến với t  0 2 2 t

Khi đó phương trình (7)  f (2 x 2  1)  f ( x 2  2)  2 x 2  1  x 2  2  x 2  1  x  1 Vậy phương trình có nghiệm S  1;1 .

Trang 61

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

18x  32 x  12 x  16 x 2x (9 x  16 x )  4 x (3 x  4 x ) 2x 4x   x    x    x 27 x  36 x  48x  64x (9x  16x )(3x  4 x ) 3x  4 x 9 x  16 x 

1 x

 3 x   2  2

Xét hàm số đặc trưng f (t ) 

1 t

x

 2x

(8)

3 2x   2 2

 t với t   .

3 t   2 2  3 t 3     ln  2t ln 2   2  2  Ta có: f '(t )    1  0 với t   , suy ra f (t ) nghịch biến 2   3 t  t    2  2   

Khi đó (8)  f ( x)  f (2 x)  x  2 x  x  0 Vậy phương trình có nghiệm x  0 . Chú ý: Thực ra ta có thể sử dụng phương pháp đánh giá (sẽ được đề cập ở phần sau) để giải bài toán trên . 18 x  12 x  18 x  32 x  12 x  16 x  0  x  +) Với x  0  32  16 x  27 x  36 x  48 x  64 x  phương trình vô nghiệm.   x  0

18 x  12 x  18 x  32 x  12 x  16 x  0   +) Với x  0  32 x  16 x  27 x  36 x  48 x  64 x  phương trình vô nghiệm.   x  0 +) Với x  0 thay vào thỏa mãn phương trình. Vậy phương trình có nghiệm x  0 . 1 1  x  2 8

2  1 7 .log 2  x 2  x  2  3 x  x.log 2  2 x     0 2 4  Phương trình tương đương:

9) 9

TXĐ: x  

 1 7 log 2  2 x    1 1 2 x  log 2  x  x  2  2 4  1 1   x2  x 2 (9)   3 .log 2  x  x  2   3 2 4.log 2  2 x    2  2 1 1 x  x 2 x  2 4 3   2 4 3 1 Xét hàm số đặc trưng: f (t )  3t .log 2 (t  2) với t   4 t 3 1 1  0 với t   , suy ra f (t ) đồng biến với t   . Ta có: f '(t )  3t ln 3.log 2 (t  2)  (t  2) ln 2 4 4 2

 1 1 Khi đó phương trình (9)  f ( x 2  x)  f  2 x    2 4   x2  x  2 x 

1 1   4x 2  4x  8x  4 1 2 4 Trang 62

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

 4 x 2  4 x  8 x  5  4 x 2  12 x  5  0 5  x    2  x  1  x  1      1 2 2    x  2 2  2  4 x  4 x  8 x  3  4 x  4 x  3  0    1 1 x   3  x   x   2 2 2   5 1 3 Vậy phương trình có nghiệm S   ; ;   . 2 2 2

x2  4x  5 3  2 2x  3 Điều kiện: x   2 2x  3 Phương trình tương đương: 2( x 2  4 x  5) ( x  2)2  log 2  2 2 x  3  ( x  2) 2  1  log 2 ( x  2)2  1  2 2 x  3  log 2 2 2 x  3 2 2x  3 Xét hàm số đặc trưng: f (t )  t  log 2 t với t  0 10) ( x  2)2  log2



Ta có:

f '(t )  1 



(10)

1  0 với t  0 , suy ra f (t ) đồng biến với t  0 . t ln 2

Khi đó phương trình (10)  f  ( x  2) 2  1  f (2 2 x  3)  ( x  2) 2  1  2 2 x  3

(*)

Để giải (*) ta có thể đi theo các cách sau: Cách 1: Đặt t  2 x  3 ( t  0 )  x 

t2  3 , khi đó (*) có dạng: 2

t 2  1   t2 3   2   1  2t   1  2t  t 4  2t 2  8t  5  0  (t  1) 2 (t 2  2t  5)  0  t  1  2 4    x  1 thỏa mãn điều kiện . Vậy phương trình có nghiệm x  1 . 2

Cách 2: (*)  x 2  2 x  1  2





2 x  3  x  2  ( x  1) 2 

2( x  1)2 (nhân liên hợp ) 2x  3  x  2

2 2 3 2    x  1 1   0 với x   )  x  1   0  x  1  0 (vì 1  2 2x  3  x  2  2x  3  x  2  Vậy phương trình có nghiệm x  1 . Cách 3: Đặt

2 x  3  y  2 với y  2  ( y  2)2  2 x  3  ( y  2)2  1  2( x  2)

(2*)

( x  2) 2  1  2( y  2) Từ (*) và (2*) suy ra   ( x  2) 2  ( y  2) 2  2( y  x)  ( x  y )( x  y  4)  2( y  x) 2 ( y  2)  1  2( x  2) x  y  ( x  y )( x  y  6)  0    y  x  6

+) Với y  x thay vào (2*) ta được: ( x  2)2  1  2( x  2)  x 2  2 x  1  0  ( x  1)2  0  x  1 3 3 9 +) Với y   x  6 . Ta có: x     x   y   x  6   (không thỏa mãn điều kiện y  2 ) 2 2 2 Khi đó phương trình vô nghiệm. Vậy phương trình có nghiệm x  1 . Trang 63

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

Ví dụ 3: Giải các phương trình sau: 1) 3x  2 x  3 x  2 2) 3x  5 x  2.4 x 4) 3x.2 x  3x  2 x  1 5) 7 x 1  6 log 7 (6 x  5)  1

3) 22  32  2 x  3x 1  x  1 6) 6 x  1  2 x  3log 6  5 x  1

7) log 3 (2 x  1)  log 5 (4 x  1)  log 7 (6 x  1)  3 x Giải: 1) 3x  2 x  3 x  2  3x  2 x  3 x  2  0 Xét hàm số f ( x)  3x  2 x  3 x  2

(1)

Ta có: f '( x)  3x ln 3  2 x ln 2  3 và f ''( x)  3x ln 2 3  2 x ln 2 2  0 với x   . suy ra f '( x) đồng biến với x    f '( x)  0 có tối đa một nghiệm  f ( x)  0 có tối đa hai nghiệm hay (1) có nhiều nhất 2 nghiệm (a)

 f (0)  0 Mặt khác :   x  0 và x  1 là nghiệm của (1) (b)  f (1)  0 Từ (a) và (b) suy ra phương trình (1) có hai nghiệm: x  0 và x  1 Vậy phương trình có nghiệm S  0;1 . x

3 5 3 5 2) 3x  5 x  2.4 x        2        2  0 4 4 4 4 x

(2)

3 5 Xét hàm số f ( x )        2  4  4 x

3 5 5 3 5 5 3 3 Ta có: f '( x)    ln    ln và f ''( x)    ln 2    ln 2  0 với x   . 4  4 4 4 4 4 4 4 suy ra f '( x) đồng biến với x    f '( x)  0 có tối đa một nghiệm  f ( x)  0 có tối đa hai nghiệm hay (2) có nhiều nhất 2 nghiệm (a)

 f (0)  0 Mặt khác :   x  0 và x  1 là nghiệm của (2) (b)  f (1)  0 Từ (a) và (b) suy ra phương trình (2) có hai nghiệm: x  0 và x  1 Vậy phương trình có nghiệm S  0;1 . x x x x x x 3) 22  32  2 x  3x 1  x  1  22  32  2 x  2.2 x  3x 1  x  1  22  32  2 x  2 x 1  3x 1  x  1 t

Xét hàm số đặc trưng: f (t )  2  3  t

(3)

với t   .

Ta có: f '(t )  2t ln 2  3t ln 3  1  0 với t   , suy ra f (t ) đồng biến với t   Khi đó phương trình (3)  f (2 x )  f ( x  1)  2 x  x  1  2 x  x  1  0 (*) Xét hàm số g ( x)  2 x  x  1 Ta có: g '( x)  2 x ln 2  1 và g ''( x)  2 x ln 2 2  0 với x   . suy ra g '( x) đồng biến với x    g '( x)  0 có tối đa một nghiệm  g ( x)  0 có tối đa 2 nghiệm hay (*) có nhiều nhất 2 nghiệm (a)

 g (0)  0 Mặt khác :   x  0 và x  1 là nghiệm của (*) (b)  g (1)  0 Từ (a) và (b) suy ra phương trình (*) có hai nghiệm: x  0 và x  1 Vậy phương trình có nghiệm S  0;1 . Trang 64

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

2x  1 2x 1  3x   0 (4) 2x 1 2x 1 1 4 . Ta có: f '( x)  3x ln 3   0 với x  2 2  2 x  1

4) 3x.2 x  3 x  2 x  1  3x (2 x  1)  2 x  1  3x  Xét hàm số f ( x )  3x 

2x  1 2 x 1

1  1  suy ra f ( x ) đồng biến trên các khoảng  ;  và  ;   . Vậy: 2  2  1 1 +) Với x  thì hàm số đồng biến , khi đó (4)  f ( x)  f ( 1)  x  1 (thỏa mãn x  ) 2 2 1 1 +) Với x  thì hàm số đồng biến, khi đó (4)  f ( x)  f (1)  x  1 (thỏa mãn x  ) 2 2 Vậy phương trình có nghiệm S  1;1 .

5) 7 x 1  6 log 7 (6 x  5)  1

Điều kiện: x 

Cách 1: Phương trình tương đương: 7 x 1  6 log 7 (6 x  5)  1  0 Xét hàm số f ( x )  7 x 1  6 log 7 (6 x  5)  1 với x  Ta có: f '( x)  7 x 1 ln 7 

5 6 (5)

5 6

36 216 5 và f ''( x)  7 x1 ln 2 7   0 với x  . 2 (6 x  5) ln 7 6  6 x  5  .ln 7

suy ra f '( x ) đồng biến với x 

5  f '( x )  0 có tối đa một nghiệm 6  f ( x)  0 có tối đa hai nghiệm hay (5) có nhiều nhất hai nghiệm (a)

 f (1)  0 Mặt khác :   x  1 và x  2 là nghiệm của (5) (b)  f (2)  0 Từ (a) và (b) suy ra phương trình (5) có hai nghiệm: x  1 và x  2 . Vậy phương trình có nghiệm S  1; 2 . Cách 2: Đặt log 7 (6 x  5)  y  1  7 y 1  6 x  5 , khi đó ta có hệ: 7 x 1  6 y  5  7 x 1  7 y 1  6 y  6 x  7 x 1  6( x  1)  7 y 1  6( y  1)  y 1 7  6 x  5

Xét hàm số đặc trưng: f (t )  7t  6t

(*)

với t   .

Ta có: f '(t )  7 ln 7  6  0 với t   , suy ra f (t ) đồng biến với t   Khi đó phương trình (*)  f ( x  1)  f ( y  1)  x  1  y  1  y  x t

 7 x 1  6 x  5  7 x 1  6 x  5  0 (2*)

Xét hàm số g ( x)  7 x 1  6 x  5 Ta có: g '( x)  7 x 1 ln 7  6 và g ''( x)  7 x 1 ln 2 7  0 với x   . suy ra g '( x) đồng biến với x    g '( x)  0 có tối đa một nghiệm  g ( x)  0 có tối đa hai nghiệm hay (2*) có nhiều nhất hai nghiệm (a)  g (1)  0 Mặt khác :   x  1 và x  2 là nghiệm của (2*) (b)  g (2)  0 Từ (a) và (b) suy ra phương trình (2*) có hai nghiệm: x  1 và x  2 Vậy phương trình có nghiệm S  1; 2 . Trang 65

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

1 5 x Cách 1: Phương trình tương đương: 6  1  2 x  3log 6 (5 x  1)  0

6) 6 x  1  2 x  3log6  5 x  1

Điều kiện: x  

Xét hàm số f ( x )  6 x  1  2 x  3log 6 (5 x  1) với x  

(6)

1 5

15 75 1 và f ''( x)  6 x ln 2 6   0 với x   . 2 (5 x  1).ln 6 (5 x  1) .ln 6 5 1 suy ra f '( x) đồng biến với x    f '( x)  0 có tối đa một nghiệm 5  f ( x)  0 có tối đa hai nghiệm hay (6) có nhiều nhất hai nghiệm (a)

Ta có: f '( x)  6 x ln 6  2 

 f (0)  0 Mặt khác :   x  0 và x  1 là nghiệm của (6) (b)  f (1)  0 Từ (a) và (b) suy ra phương trình (6) có hai nghiệm: x  0 và x  1 . Vậy phương trình có nghiệm S  0;1 . Cách 2: Đặt log 6 (5 x  1)  y  6 y  5 x  1 , khi đó ta có hệ: x 6  1  2 x  3 y  6 x  6 y  3 y  3x  6 x  3x  6 y  3 y  y 6  5 x  1 

Xét hàm số đặc trưng: f (t )  6t  3t

(*)

với t   .

Ta có: f '(t )  6t ln 6  3  0 với t   , suy ra f (t ) đồng biến với t   Khi đó phương trình (*)  f ( x)  f ( y )  x  y  6 x  5 x  1  6 x  5 x  1  0 (2*)

Xét hàm số g ( x)  6 x  5 x  1 Ta có: g '( x)  6 x ln 6  5 và g ''( x)  6 x ln 2 6  0 với x   . suy ra g '( x) đồng biến với x    g '( x)  0 có tối đa một nghiệm  g ( x )  0 có tối đa hai nghiệm hay (2*) có nhiều nhất hai nghiệm (a)  g (0)  0 Mặt khác :   x  0 và x  1 là nghiệm của (6) (b)  g (1)  0 Từ (a) và (b) suy ra phương trình (6) có hai nghiệm: x  0 và x  1 . Vậy phương trình có nghiệm S  0;1 . 1 6 Phương trình tương đương: log 3 (2 x  1)  log5 (4 x  1)  log 7 (6 x  1)  3x  0

7) log 3 (2 x  1)  log 5 (4 x  1)  log 7 (6 x  1)  3 x

Điều kiện : x  

Xét hàm số: f ( x)  log3 (2 x  1)  log 5 (4 x  1)  log 7 (6 x  1)  3x Ta có: f '( x) 

2 4 6   3 (2 x  1) ln 3 (4 x  1) ln 5 (6 x  1) ln 7

4 16 36 1    0 với x   2 2 2 (2 x  1) ln 3 (4 x  1) ln 5 (6 x  1) ln 7 6 1 suy ra f '( x ) nghịch biến với x    f '( x )  0 có tối đa một nghiệm 6 f ''( x)  

Trang 66

(7)

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

 f ( x)  0 có tối đa hai nghiệm hay (7) có nhiều nhất hai nghiệm (a)

 f (0)  0 Mặt khác :   x  0 và x  1 là nghiệm của (7) (b)  f (1)  0 Từ (a) và (b) suy ra phương trình (7) có hai nghiệm: x  0 và x  1 Vậy phương trình có nghiệm S  0;1 .

CHÚ Ý: Ý 5) và 6) của Ví dụ 3 có dạng tổng quát k ax  b  c log k ( dx  e)   x   (với d  ac   ; e  bc   )  k ax b  c ( ay  b)   x   d  ac   ; e  bc   +) Ta đặt log k ( dx  e)  ay  b   ay b ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯  dx  e  k ( ) ( )

+) Từ (*) ⎯⎯⎯⎯

k ax b  acy  e (1) k ay b  acx  e (2)

k ax b  acx  k ay b  acy  f ( x )  f ( y ) với f (t )  k at b  act …

Ví dụ 4: Cho phương trình 5 x

 2 mx  2

 52 x

 4 mx  m  2

 x 2  2mx  m

4 1. Giải phương trình với m   . 5 2. Tìm m để phương trình có nghiệm.

Giải: Phương trình tương đương: 5x

 2 mx  2

 ( x 2  2mx  2)  52 x

 4 mx  m  2

 (2 x 2  4mx  m  2) (*)

Xét hàm số đặc trưng: f (t )  5t  t Ta có: f '(t )  5t ln 5  1  0 với t   Khi đó phương trình (*)  f ( x 2  2mx  2)  f (2 x 2  4mx  m  2)  x 2  2mx  2  2 x 2  4mx  m  2  x 2  2mx  m  0

4 1. Giải phương trình với m   . 5

x  2 4 8 4 2 2 Với m   phương trình có dạng: x  x   0  5 x  8 x  4  0   x   2 5 5 5 5  2  Vậy phương trình có nghiệm S  2;   . 5  2. Tìm m để phương trình có nghiệm. Ta có:  '  m 2  m

m  0 Phương trình có nghiệm :  '  0  m2  m  0   m  1

Trang 67

(*)

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

Ví dụ 5: Giải và biện luận phương trình theo tham số m : Giải:

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

x 2  3x  2  x  m  x 2  3x  2 xm

log 2

 x 2  3x  2  0 Điều kiện  x  m  0

Với điều kiện phương trình tương đương: log 2 x 2  3 x  2  log 2 ( x  m )  x  m  x 2  3 x  2  log 2 x 2  3 x  2  x 2  3 x  2  log 2 ( x  m )  ( x  m ) (*)

Xét hàm số đặc trưng: f (t )  log 2 t  t với t  0 Ta có: f '(t )  Khi đó (*)  f



1  1  0 với t  0 , suy ra f (t ) đồng biến với t  0 . t ln 2



x 2  3x  2  f ( x  m) 

x 2  3x  2  x  m  x 2  3x  2  ( x  m)2

 (2m  3) x  m 2  2

(2*)

m 2 3 , phương trình (2*)  x  2 2m  3

+) Nếu 2m  3  0  m 

m  1 m2  2 m 2  3m  2 m  0   0  3  m2 2m  3 2m  3 2 3 1 +) Nếu 2m  3  0  m  , phương trình (2*) có dạng: 0.x  (vô lí) hay (2*) vô nghiệm. 2 4 Kết luận: m2  2 3 +) Với m  1 hoặc  m  2 phương trình có nghiệm x  . 2 2m  3 3 +) Với 1  m  hoặc m  2 phương trình vô nghiệm. 2 Kết hợp với điều kiện ta có:

Ví dụ 6: Tìm m để phương trình sau có bốn nghiệm thực phân biệt: 2

3( x 1) .log3  x 2  2 x  3  9 x  m .log3  2 x  m  2  Giải:

3( x 1) .log 3  x 2  2 x  3  9 x  m .log 3  2 x  m  2   3x

 2 x 1

 3x

2 x 3

.log3  x 2  2 x  3  32 x  m .log3  2 x  m  2  .log3  x 2  2 x  3  32 x  m  2.log 3  2 x  m  2  (*)

Xét hàm đặc trưng f (t )  3t .log 3 t với t  2

3t Ta có: f '(t )  3 .ln 3.log 3 t   0 với t  2  f (t ) đồng biến với t  2 t.ln 3 t

Khi đó (*)  f ( x 2  2 x  3)  f  2 x  m  2   x 2  2 x  3  2 x  m  2  x 2  2m  1 (1)  x  2x 1  2 x  m   2  x  4 x  2m  1  0 (2) 1 +) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 2m  1  0  m   2 2

Trang 68

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

+) Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi  '  3  2m  0  m  

3 2

+) Gọi x0 là nghiệm chung của (1) và (2) khi đó ta có: 2  x02  2m  1 2m   x02  1  m  1  2m   x0  1  2    m  1  2   2 2  x0  4 x0  2m  1  0  x0  4 x0    x0  1  1  0 2( x0  1)  0  x0  1

Vậy để phương trình (*) có bốn nghiệm thực phân biệt thì phương trình (1) và (2) đều có hai nghiệm phân biệt 1  m   2 3   3  m   trong đó (1) và (2) không có nghiệm chung  m     2 2   m  1 m  1   3. BÀI LUYỆN Bài 1: Giải các phương trình sau: x

3) 2 x  5 x  29 2

1) 2 x  3x  5

2) 2 x  3x  5 x

4) 3x  x  4  0

5) 2 x  3x  4 x 



3 2

 

3 2







6) 2.2 x  3.3x  6 x  1

 10 2

8) 2log5 ( x 3)  x

9) log 2 ( x  3)  log3 ( x  2)  2

10) log 3  x  1  log5  2 x  1  2

11) log 5 x  log3 x  log5 3.log9 225

12) x.21 x  2.log 2 1  x   x.log 2 1  x   log 2  x  1 14) x  2.3log 2 x  3 17) x 2  3log 2 x  x log 2 5 20) x 2  (2 x  3) x  2(1  2 x )  0

13) log 2  x 2  4   x  log 2 8  x  2  

15) x  x log 2 3  5log 2 x 8 18) x log3 4  x 2 .2log3 x  x log3 2 3 21) log7 x  log3 ( x  2)

16) x log 2 9  x 2 .3log 2 x  x log 2 3 19) 3.25 x 2  (3 x  10).5 x  2  3  x  0 22) 2 log 6





x  8 x  log 4 x

Bài 2: Giải các phương trình sau: 1) 2 x1  2 x 4) log 3

x

2) 5x 2  5x

 ( x  1) 2

x2  x  1  x 2  3x  2 2 x2  4x  3

5) e

2 x 5

 x 1

e

x 1

 ( x  1)2 

x 1 7) 2 x 1.log 2  x 2  1  4 .  log 2 x  1  1

Bài 4: Giải các phương trình sau: 1) 22 x

34 x  93

1 1  2x  5 x 1

x

x  2 )2

 log 2 (2 x)

 34 x  376   x 2  34 x  376  3log 2  x 2  34 x  376    35 2x

x  2) log x  x log 7 ( x  3)  log 2 x   2 log 7 ( x  3)  2 

3) e

1 x 2

1  2(e  1) x  x 2  x2  2x 1   ln   1  x2 1  x2  

Bài 5: Chứng minh rằng phương trình sau có nghiệm duy nhất: x x 1   x  1 Bài 6: Tìm m để phương trình sau có ba nghiệm thực phân biệt:  xk

4) 2.2(

3) 8x (3x  1)  9 x  1

2 2

6) 3.x log3 x   log 3 x  1  x 2

8) 32014 x 3cos x  32014 x  4cos x  3cos3 x  0

Bài 3: Giải các phương trình sau: 1) 3x  5 x  6 x  2 2) 3x  8 x  4 x  7 x 3

3) 2 x  log 2 x  21 x  log 2 (1  x)

.log 2 ( x 2  2 x  3)  2 x

.log 1  2 x  k  2   0

2 x

Trang 69

(với x  0 )

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

LOẠI 6: ĐÁNH GIÁ Phương pháp: Xét phương trình: f ( x)  g ( x) (*)   f ( x)  k   g ( x)  k Sử dụng hằng đẳng thức, các bất đẳng thức quen thuộc để đánh giá:    f ( x)  k    g ( x)  k

 f ( x)  k Khi đó (*)    x ?  g ( x)  k

2. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA

Ví dụ 1: Giải các phương trình sau: 1) 2 x

1

2) log 2  x 2  x  1  1  x 2

 1  cos x

3) 22 x  x 

x2  1 x

5) 2 x  1  2 x  2   x 2  2 x

2 2 2 13 4) 2 x 4 x 5  3 x  4 x 4  4 x  4 x 3  4 1  6) log 2  2 x 2    4 x3  x  4 x 2  log 2 (2 x) 2 

Giải: 1) 2 x

1

 1  cos x

 x 2  1  1  2 x Ta có:  1  cos x  2

1

2

 x2  0  (1)    x  0 . Vậy phương trình có nghiệm x  0 cos x  1

2) log 2  x 2  x  1  1  x 2 2  x  x  1  1  x  1 x  2   0  x  1 Ta có: log 2  x 2  x  1  1  x 2  0      x  1  x  1 2 2  x  1 1  x  0  x  1

Thay vào thỏa mãn phương trình. Vậy phương trình có nghiệm S  1;1 . 2

3) 2 2 x  x 

x2  1 x

Từ phương trình ta suy ra x  0 , khi đó áp dụng BĐT Cauchy ta có: 2

Mặt khác: 22 x  x  21( x 1)  21  2 1  x   0 Suy ra dấu đẳng thức xảy ra    x 1 x ( x  1) 2  0  Vậy phương trình có nghiệm x  1 . Trang 70

x2  1 1 1  x   2 x.  2 x x x

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

2 2 2 13 4) 2 x  4 x 5  3 x 4 x  4  4 x  4 x 3  4 2  x2  4 x 5  2( x 2) 1  21  2 2 2 2 2 2  2 13 Ta có: 3 x 4 x  4  3( x 2)  30  1  2 x  4 x 5  3x 4 x  4  4 x  4 x 3  4  2 1 ( x 2)2 1 x  4 x  3 1 4 4 4   4 Khi đó phương trình tương đương ( x  2) 2  0  x  2 . Vậy phương trình có nghiệm x  2 .

5) 2 x  1  2 x  2   x 2  2 x

 2 x  1  2 x  2  2 x  1  2  2 x  2 x  1  2  2 x  1 . Ta có:  2 2   x  2 x  1  ( x  1)  1

(2 x  1)(2  2x )  0 Khi đó phương trình tương đương với các dấu đẳng thức xảy ra    x 1 x 1  0 Vậy phương trình có nghiệm x  1 . 1  6) log 2  2 x 2    4 x3  x  4 x 2  log 2 (2 x) Điều kiện: x  0 2  1 1  2   Phương trình tương đương: log 2  2 x 2    log 2 x  1  4 x3  4 x 2  x  log 2  2 x    1  x  2 x  1 2 2x   

 1 1 1    2 2 x.  2  log 2  2 x    1 2 x  2x 2x 2x  Với x  0 ta có:   2  1  x  2 x  1  1 1  1 2 x  2 x  0 Suy ra phương trình tương đương  x 2  x  2 x  1 2  0 

. Vậy phương trình có nghiệm x 

1 . 2

Ví dụ 2: Tìm tất cả các cặp ( x; y ) thỏa mãn phương trình: 2013sin x  2013cos x  2015  cos 2 y 2 2 2 2013 Giải: 2013sin x  2013cos x  2015  cos 2 y  2013sin x   2014  1  cos 2 y (*) 2 2013sin x Đặt t  2013sin

với 1  t  2013 . Khi đó (*) có dạng:

t

2013 t 2  2014t  2013  2014  1  cos 2 y   2 cos 2 y (2*) t t

 t 2  2014t  2013 (t  1)(t  2013)   0 do 1  t  2013  Ta có  t t  2cos 2 y  0 

 t 2  2014t  2013 0  nên (2*)   t cos 2 y  0 

 sin x  0  sin x  0   2013sin 2 x  1  sin 2 x  0  t  1     2 cos y  0   2  cos y  0 sin x   t  2013    2013    sin x  1  1    sin 2 x  0  cos x  1 cos y  0       cos y  0 cos y  0  cos y  0  cos y  0

Trang 71

  x  k    y    l  2    với k , l    x    k  2      y   l 2  

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

Ví dụ 3: Cho a  1 , tìm tất cả bộ ba số thực ( x, y, z ) sao cho y  1 thỏa mãn phương trình : 8  4z  y2 0 2  xy  0  xy  0  xy  0  3 3   2 2 Giải: Điều kiện  x y  xyz  0   xy ( x y  z )  0   x 2 y 2  z  0 4 z  y 2  0 4 z  y 2 4 z  y 2    2

log 2a ( xy )  log a  x3 y 3  xyz  

Do y  1  y 2  1  4 z  y 2  1  z 

1 1 1 , khi đó x 2 y 2  z  x 2 y 2   2 x 2 y 2 .  xy  xy 4 4 4  x 3 y 3  xyz  xy ( x 2 y 2  z )  ( xy )2

8  4z  y2 8 4 Suy ra log ( xy )  log a  x y  xyz    log 2a ( xy )  log a  xy    log 2a ( xy )  4 log a  xy   4 2 2 2 a

  log a ( xy )  2  0

a  2 a  2  y2  1    x  1 x   1 z  1   4 2 hoặc  2  Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi    xy  1 y 1  y  1    2 1 1 log ( xy )  2 z  z   a  4  4 3. BÀI LUYỆN Bài 1: Giải các phương trình sau: x

1) 3  cos 3 x 4) 2 x1  2 x 7)



x

2) ln(sin x)  1  sin x  0

 ( x  1) 2 x

3 2

 

10) 2 2 x 1  23 2 x 

3 2

   5

8 log 3  4 x  4 x  4  2

5) 2 x 1  21 2 x  3 3 2 1 8) 3x  x  3 8  x 2 3 11) 2 tan

13) log 3  x 2  x  1  log 3 x  2 x  x 2 15) log 3



3 3)     x 2  x  1 4



4  x  x  5 1

1  17) log 2  2 x 2    log 2 x  3 x 2  2 x3 2 

19) 4 x  2 x 1  2(2 x  1)sin(2 x  y  1)  2  0

Bài 2: Giải phương trình sau: 2 2 1) 2013x  2013x  2012 x  2014 x

xy  cot 2 xy

 2 x 3

 4 x  2 x  2  5x  2 x 1  14 1 9) log 1 x   x  2  x  2  4 2 4  3 12) log x ( x  1)  lg    2 log 2 (4 x  4 x  3)  2 6) 3x

14) 3 x 2  2log 2 x 1  log 2 ( x 2  1)  log 2 x 16) log 2  2 x 2  4 x  2   log 2 x  1  4 x  2 x 2 2

18) 3sin x  3cos x  2 x  2 x  2

20)

1  x2 1  x2 1  1 11 2x 2x  log 2  x  2  x  2   2 2 9 1 x 1 x 1  1 2x 2x 2

2) 202cos x  122cos x  322cos x  322sin x  202sin x  122sin Trang 72

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

LOẠI 7 : SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA ( Chỉ mang tính chất giới thiệu – sẽ không xuất hiện trong đề thi Đại Học – Cao Đẳng) Ví dụ: Giải các phương trình sau:



1) 4.33 x  3x1  1  9x



2) 1  1  2 2 x  1  2 1  2 2 x .2 x

3) x 3  2 x  1  3 3x  1  ln

9 x 2  6 x  3126 x 6  3125

Giải: 1) 4.33 x  3x 1  1  9 x  4.33x  3.3x  1  32 x

Điều kiện: 1  9 x  0  0  3x  1

  Đặt 3x  cos t với t  0;  , khi đó phương trình có dạng:  2

    k 3t   t  k 2  t  8  2 2     (k  ) 4 cos3 t  3cos t  1  cos 2 t  cos3t  sin t  cos   t    2  3t      t   k 2  t     k     4 2     kết hợp với điều kiện t   0;  ta được: t  8  2

Ta có: cos

    2 cos 2  1  cos  4 8 8  3 x  cos

Vậy phương trình có nghiệm x  log 3





2) 1  1  2 2 x  1  2 1  2 2 x .2 x

 2 1 4  2  2 2 2 2 2

1  cos

 2 2 2 2   x  log 3 8 2 2 2 2 . 2 Điều kiện: 1  2 2 x  0  0  2 x  1

  Đặt 2 x  sin t với t   0;  , khi đó phương trình có dạng:  2





1  1  sin 2 t  1  2 1  sin 2 t .sin t

t t 3t t  sin t  sin 2t  2.cos  2sin cos 2 2 2 2 t    2  2  k t    k 2 t  cos  0    t 3t  3t   k 4 2  cos  2  2sin   0       k 2  t   ( k  )   2 2 2 4 6 3 2  3t  3t 3   k 4 sin 2  2   t    k 2  2 4 3  2  1  cos t  1  2 cos t  .sin t  2 cos 2

Trang 73

GV: THANH TÙNG

0947141139 – 0925509968

http://www.facebook.com/giaidaptoancap3

 1  x 2  sin   2 1  x  1  6 2      Kết hợp với điều kiện t   0;  ta được t   ;     1 x   1  2 6 2  2      x 2 2  sin   2  2  4 2 1  Vậy phương trình S   1;   . 2  3) x 3  2 x  1  3 3x  1  ln

9 x 2  6 x  3126 x 6  3125

Phương trình tương đương: x 3  x  3 x  1  3 3 x  1  ln(9 x 2  6 x  3126)  ln( x 6  3125)

 x 3  x  ln( x 6  3125) 



3 x  1  3 3 x  1  ln  





Xét hàm số đặc trưng : f (t )  t 3  t  ln(t 6  3125)  f '(t )  3t 2  1  5

3 x  1  3125 (4) 



6t 5 t 6  3125

Ta có: 5  t 6  3125   5t 6  56  6 6 t 30 .56  30 t  t 6  3125  6 t 

 1

6t 5 6t 5  1   1  1 t 6  3125 t 6  3125

6t 5 6t 5 2  0  3 t  1   0 hay f '(t )  0 với t   t 6  3125 t 6  3125

Suy ra f (t ) đồng biến , khi đó : (4)  f ( x)  f





3 x  1  x  3 3 x  1  x3  3 x  1 (*)

Ta xét phương trình (*) với x   2; 2 . Khi đó đặt x  2 cos t với t   0;   , phương trình (*) có dạng:

    k 2 3t   k 2  t  9  3 1 1 3 8cos3 t  6 cos t  1  4cos3 t  3cos t   cos 3t     2 2 3t     k 2 t     k 2  3 9 3 

( k  )

 5 7    5 7   Kết hợp với điều kiện t   0;   suy ra: t   ; ;   x  2 cos ; 2 cos ; 2 cos  (2*) 9 9 9  9 9 9   Do phương trình (*) có không quá 3 nghiệm nên (2*) là toàn bộ số nghiệm của (*)  5 7   Vậy phương trình có nghiệm : S  2 cos ; 2 cos ; 2 cos . 9 9 9  

PHẦN BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐANG ĐƯỢC CẬP NHẬT…

CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ ĐỌC TÀI LIỆU !

Trang 74