CHƯƠNG III : PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG
TRÌNH MŨ VÀ LÔGARIT
I.

Phương trình mũ và phương trình logarit :

Định nghĩa:
Phương trình mũ và phương trình logarit lần lượt là phương trình có chứa ẩn ở mũ
và phương trình có chứa ẩn số trong dấu của phép toán logarit.
• Phương trình mũ cơ bản:
Phương trình có dạng ax=b (với a>0)
-

Nếu b ≤ 0 thì phương trình vô nghiệm.

-

Nếu 

-

Nếu 

-

Nếu 

b > 0
thì phương trình có nghiệm x = logab
a ≠ 1
b = 1

thì phương trình có nghiệm x = x0 ∈ R
a = 1
b ≠ 1
thì phương trình vô nghiệm.
a = 1

• Phương trình logarit cơ bản
Phương trình có dạng: logax = b (0Phương trình có nghiệm: x = ab ( ∀b ∈ R )
• Một số phương phương pháp để giải phương trình mũ và phương trình
logarit:
a)Phương pháp logarit hóa và phương pháp mũ hóa:
Mệnh đề 1:
a f(x) = a g(x)
⇔ f ( x) = g ( x )

Mệnh đề 2:
loga f(x) = loga g(x)
 f ( x) > 0
⇔
 f ( x) = g ( x )

(0 < a ≠ 1 )
 g ( x) > 0
 f ( x) = g ( x )

hoặc ⇔ 

1

Chú ý: phép logarit hóa và mũ hóa để giải phương trình mũ có thể thay đổi
miền xác định của phương trình do đó khi thực hiện cần cẩn thận trường hợp
đưa đến phương trình không tương đương với phương trình đã cho.
b) Phương pháp đặt ẩn phụ:
Cho hàm mũ ( hay hàm logarit) u(x) nào đó, F(u) là hàm số đại số của đối số u.
Nếu
đặt t = u(x) thì phương trình F[u(x)] = 0 trở thành phương trình đại số đối với
ẩn số t là F(t) = 0.
Nếu F(t) = 0 có các nghiệm thực t1, t2,…,tk thì việc giải phương trình ban đầu
quy về việc giải k phương trình: u(x) = ti

( i= 1,…,k)

Nói riêng, phương pháp này có thể dùng để giải phương trình mũ có dạng:
cnanx + cn-1a(n-1)x + …+ c1ax + c0 = 0

( i= 1,…,k)

Sau khi đặt ax = t với điều kiện t > 0, ta được:
cntn + cn-1tn-1 + c1t + c0 = 0 (t > 0)
hoặc phương trình logarit dạng:
n

n −1

bn log a + bn-1 log a x+..,+ b1logax+ b0 = 0 (0với điều kiện x>0, đặt t = logax, giải phương trình:
bntn + bn-1tn-1 + b1t + b0 = 0
c) Giải phương trình trình bằng cách đoán nhận nghiệm của phương trình,

rồi chứng minh ngoài nghiệm đó ra phương trình không còn nghiệm nào khác.
Chú ý:Ta có thể sử dụng hai cách sau để chứng minh nghiệm duy nhất của
phương trình
Mệnh đề 1 : Xét phương trình f(x) = c (c là hằng số)

(1)

Gọi D là miền xác định của (1). Nếu trên D hàm số f(x) luôn đồng biến (hoặc
nghịch biến) và phương trình (1) có nghiệm thì nó nghiệm duy nhất trên D
Mệnh đề 2 : Xét phương trình f(x) = g(x)

2


Gọi D là miền xác định của (2). Nếu trên D hàm f(x) luôn đồng biến còn g(x) luôn
nghịch biến (hoặc ngược lại) và phương trình (2) có nghiệm thì đó là nghiệm duy
nhất trên D.
d) Sử dụng đồ thị để giải một phương trình mũ hoặc phương trình logarit
e)Đánh gíá 2 vế của phương trình :
Cho phương trình f(x) = g(x) (1), có TXĐ D
Nếu f(x) ≤ a và g(x) ≥ a ( hoặc f(x) ≥ a và g(x) ≤ a) thì :
 f ( x) = a
 g ( x) = a

(1) ⇔ 

II. Bất phuơng trình mũ và logarit
1.Định nghĩa
Bất phương trình mũ và bất phương trình logarit lần lượt là bất phương
trình có chứa ẩn ở mũ và bất phương trình có chứa ẩn trong dấu của phép toán

logarit.
.Bất phương trình mũ cơ bản
. Bất phương trình ax > b ( 0 < a ≠ 1 )
Nếu b ≤ 0 thì bất phương trình nghiệm đúng với mọi x∈ R
Nếu

a > 1
.

b > 0

thì bất phương trình có nghiệm là x > logab

Nếu

0 < a < 1

 b>0

thì bất phương trình có nghiệm là x < logab

.Bất phương trình ax < b , ( 0 Nếu b ≤ 0 thì bất phương trình vô nghiệm
Nếu

a > 1
thì bất phương trình có nghiệm là x < logab

b > 0

Nếu

0 < a < 1
thì bất phương trình có nghiệm là x > logab

 b>0

.Bất phương trình logarit cơ bản
.Bất phương trình logax > b (0 < a ≠ 1)

3


Nếu a > 1 thì bất phương trình có nghiệm là x > ab
Nếu 0 < a < 1 thì bất phương trình có nghiệm là 0 < x < ab
.Bất phương trình logax < b( 0 < a < b)
Nếu a > 1 thì bất phương trình có nghiệm là 0 < x < ab
Nếu 0 < a < 1 thì bất phương trình có nghiệm là x > ab
(các bất phương trình sau đây cũng là các bất phương trình cơ bản ax ≥ b ; ax ≤ b ;
logax ≥ b ; logax ≤ b (0 < a ≠ 1) )
Khi giải bất phương trình mũ và logarit, ta cần đặc biệt chú ý tính chất đơn
điệu của hàm số mũ và hàm số logarit cùng với các giá trị được thừa nhận của ẩn.
2.Một vài phương pháp giải bất phương trình mũ và logarit:
a) Đưa hai vế của bất phương trình về cùng cơ số:
Bất phương trình

a f ( x ) > a g ( x ) (0 < a ≠ 1) (1)

Nếu a > 1 , bất phương trình (1) ⇔ f ( x) > g ( x)
Nếu

0 < a < 1 , bất phương trình (1) ⇔ f ( x ) < g ( x)

Bất phương trình

log a f ( x) > log a g ( x ) (0 < a ≠ 1) (2)
 f ( x) > g ( x)
 g ( x) > 0

Nếu a > 1 , bất phương trình (2) ⇔ 

Nếu

 f ( x) < g ( x)
0 < a < 1 , bất phương trình (2) ⇔ 
 f ( x) < 0

b) Phương pháp đặt ẩn phụ.
+ Tìm lượng chung, đặt ẩn phụ, quy bpt mũ ( hay logarit) về bpt đại số.
+ Giải bpt đại số trung gian, sau đó giải các bpt mũ hay logarit cơ bản.
c) Sử dụng đồ thị để xác định nghiệm của bất phương trình.

4


BÀI TẬP PT MŨ VÀ LOGARIT
Bài 1. Giải các phương trình
a) x 2 x = x(3 − x) + 2( 2 x − 1)
b) 3 x −1 x 2 + x(3 x − 2 x ) = 2(2 x − 3 x −1 )
Giải:

a)Ta có:
2 x x = x ( 3 − x ) + 2 ( 2 x − 1)
⇔ ( x − 2 ) 2 x = − ( x − 1) ( x − 2 )
⇔ ( x − 2 ) ( 2 x + x − 1) = 0
x = 2
⇔ x
 2 = 1 − x ( *)

Ta thấy (*) có 1 nghiệm x = 0 khi đó là duy nhất
Vì hàm số y = 2 x là hàm đồng biến ∀x ∈ R
y = 1 − x là hàm nghịch biến ∀x ∈ R

b)
3x −1 x 2 + x (3 x − 2 x ) = 2(2 x − 3x −1 )
3x 2
2
x + 3x x − 2 x x = 2 ×2 x − 3x
3
3
2
1
⇔ 3x  x 2 + x + ÷= 2 x ( x + 2)
3
3
⇔

⇔ 3x ( x +1)( x + 2) = 2 x ( x + 2)
x
x

⇔ ( x + 2) 
3 ( x +1) − 2 
=0

x + 2 = 0
⇔ x
x
3 ( x +1) − 2 = 0
x = 2

⇔  2 x
 ÷ = x +1

 3 

5


Giải (*)
Ta thấy x=0 là nghiệm duy nhất của phương trình (*), vì VT (*) là hàm nghịch
biến, VP(*) là hàm đồng biến.
Vậy nghiệm của phương trình là T = { 2, 0}

Bài 2. Giải các phương trình :
a) (cos 72 0 ) x + (cos 36 0 ) x = 3.2 − x (1)
b) ( 2 − 3 ) x + ( 2 + 3 ) x = 2
c) ( 2 − 3 ) x + ( 2 + 3 ) x = 2 x
Giải:
a)Ta có: 72 0 + 108 0 = 180 0
⇔ 72 0 + 3.36 0 = 180 0

⇔ 72 0 = 108 0 - 3.36 0
⇔ cos72 0 = - cos3. 36 0
⇔ 2 cos 2 36 0 - 1= - ( 4 cos 3 36 0 - 3. cos 36 0 )
⇔ 4 cos 3 36 0 + 2 cos 2 36 0 - 3 cos 36 0 - 1 = 0
⇔ ( cos 36 0 + 1)(4 cos 2 36 0 - 2 cos 36 0 - 1) = 0
⇔

cos 36 0 = −1
(loại)

2
0
0
4 cos 36 − 2 cos 36 − 1 = 0

(2)


1+ 5
0
cos 36 =
4
Từ (2) ta có: 

1− 5
0
(loai)
cos 36 =
4


2

1+ 5 

⇒ cos 72 = 2. 
 4  -1=


0

x

5 −1
4

x

 5 −1
1+ 5 
 +
 = 3. 2 − x
Phương trình (1) trở thành : 



 4 
 4 

x

x

 5 −1
1+ 5 
 +
 = 3 (3)
⇔
 2 
 2 





6


x

 5 −1
 (t > 0)
Đặt : t = 

2


x

 5 −1   1+ 5 

1+ 5 
1
 =
Mà : 
. 
= 1 ⇒ 
÷
÷
÷
÷

t
 2   2 
 2 
 3+ 5
t =
1
2
2
Thay vào pt (3) ta được : t + = 3 ⇔ t - 3t + 1 = 0 ⇔ 
t
 3− 5
t =
2

3+ 5
 Với t =
ta có phương trình :
2

x

 5 −1
 5 −1
3+ 5



= 
 2  =

2
2





−2

⇔ x = -2.
x

3 − 5 ⇒  5 − 1 
3− 5
t=
=
(**)



2
2
 2 
 5 −1
3− 5 3+ 5
3− 5

Mà :
.
=1 ⇒
= 

2
2
2
2


x

2

2

 5 −1
 5 −1
 =
 ⇒ x = 2.
Từ (**), ta có : 


 2 
2





Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 2 và x = -2.
b) ( 2 − 3 ) x + ( 2 + 3 ) x = 2 (1)
Đặt t = ( 2 − 3 ) x ( t > 0 )
⇒ ( 2 + 3 )x =

1
t

Phương trình (1) trở thành
1
t+ =2
t
⇔ t 2 − 2t + 1 = 0
⇔ t =1

Với t = 1 ⇒ ( 2 − 3 ) x =1 ⇔ x =0
7


Vậy nghiệm của phương trình là x =0
c) ( 2 − 3 ) x + ( 2 + 3 ) x = 2 x
2− 3 x
2+ 3 x

) +(
) =1
2
2

⇔(

Xét hàm f ( x) = ( 2 − 3 ) x + ( 2 + 3 ) x
2

⇒ f ' ( x) = (

2

2− 3 x
2− 3
2+ 3 x
2+ 3
< 0 ∀x ∈ R
) .ln
+(
) .ln
2
2
2
2

⇒ f ( x) là hàm giảm trên R.

Ta thấy f(2) =1 nên phương trình f(x) =1 có nghiệm duy nhất là x=2.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2.

Bài 3. Giải phương trình : 4 x −3 x + 2 + 4 x + 6 x +5 = 4 2 x +3 x + 7 + 1
2

2

2

Giải:

4

x 2 −3 x + 2

+4

x2 + 6 x +5

⇔4

x2 −3 x + 2

+4

⇔4

x2 −3 x + 2

(1 − 4

⇔ (4

2

x +6 x +5

=4

x2 +6 x +5

2 x2 +3 x + 7

=4

x2 + 6 x +5

− 1)(1 − 4

x2 −3 x + 2

.4

) + (4

2

+1

x −3 x + 2

x2 +6 x +5

x2 +6 x +5

+1

− 1) = 0

)=0

2
4 x +6 x +5 − 1 = 0
 x + 6 x + 5 = 0
⇔ 2
⇔ 2
x −3 x + 2
−1 = 0
4
 x − 3 x + 2 = 0
 x = ±1

⇔ x = 2
 x = −5

2

Bài 4. Giải phương trình : x log 9 = x 2 .3log x − x log 3 (1)
2

2

2

Giải:
8


(1) ⇔

32 log 2 x = x 3log
2

2

x

- 3log 2 x

Đặt t=log 2x ⇒ x= 2 t . Khi đó, ta được:
3 2t =2 2t .3 t - 3 t
⇔ 3 2t + 3 t =2 2t .3 t
⇔ 9 t + 3 t =(4.3) t
⇔(

9 t
3 t
) + ( ) =1
12
12

3
1
⇔ ( ) t + ( ) t =1 ( 2)
4
4
3
4

1
4

Nhẩm thấy t=1 là nghiệm của ( 2). Vì hàm số y= ( ) t + ( ) t nghịch biến nên t=1 là
nghiệm duy nhất của (2)
Với t=1 ⇒ x=2

Bài 5. Giải phương trình : 2 x − 21− x + 3x − 31− x + 5 x −1 − 5− x = 0
Giải

Ta có : 2 x − 21− x + 3x − 31− x + 5 x −1 − 5− x = 0
⇔ 2 x + 3x − 5− x = 21− x + 31− x − 5− (1− x ) (*)

Đặt

f (t ) = 2t + 3t − 5−t

Ta có f ' (t ) = 2t ln 2 + 3t ln 3 + 5t ln 5 > 0
Vậy

f(t) là hàm số đồng biến trên R

Từ (*) ta có : f(x)=f(1-x)
Mà f(t) là hàm số đồng biến nên ta được
x =1− x

⇔x=

1
2

là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài 6. Giải các phương trình:
a) 8 − x.2 x + 23− x − x = 0 (1)

b) 3.4 x + (3x − 10).2 x + 3 − x = 0
9


Giải:
8
−x=0
2x
8.2 x − x.2 x.2 x + 8 − x.2 x
⇔
=0
2x
⇔ 8(2 x + 1) − x.2 x (2 x + 1) = 0
a )(1) ⇔ 8 − x.2 x +

⇔ (2 x + 1)(8 − x.2 x ) = 0
⇔ 8 − x.2 x = 0
⇔ x.2 x = 8 ( *)

Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình suy ra x ≠ 0
8
Khi đó:
x

( *) ⇔ 2

Xét :

=

x

f ( x ) = 2x ⇒ f ' ( x ) =

2x
> 0∀x
ln 2

Suy ra f(x) đồng biến trên R
8
8
⇒ g ' ( x ) = − 2 < 0∀x ≠ 0
x
x
Suy ra g(x) nghịch biến trên R \ { 0}

g ( x) =

Ta có: f(2) = g(2)
Suy ra x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
b) Cách 1:

( *) ⇔ 3.4 x + 3x.2 x − 10.2 x + 3 − x = 0

⇔ (3.4 x − 10.2 x + 3) + (3x.2 x − x) = 0
1
⇔ 3(2 x − 3)(2 x − ) + x(3.2 x − 1) = 0
3
x
x
⇔ (2 − 3)(3.2 − 1) + x(3.2 x − 1) = 0
⇔ (3.2 x − 1)(2 x + x − 3) = 0
(3.2 x − 1) = 0 (1)
⇔ x
 2 + x − 3 = 0 (2)

Giải (1): 3.2 x − 1 = 0

10


⇔ 2x =

1
3

⇔ x = log 2

1
= − log 2 3
3

Giải (2): 2 x + x − 3 = 0
⇔ 2x = − x + 3

(2’)

Nhận thấy x = 1 là nghiệm duy nhất của (2’), vì VT (2’) là hàm đồng biến
trên R, VP (2’) là hàm nghịch biến trên R.
Vậy pt đã cho có 2 nghiệm: x = − log 2 3, x = 1
Cách 2:
3.4 x + (3 x − 10).2 x + 3 − x = 0

Đặt t = 2 x (t>0), ta có pt: 3.t 2 + (3 x − 10).t + 3 − x = 0 (**)
Ta có: ∆ = (3x − 10) 2 − 12(3 − x)
= 9 x 2 − 48 x + 64
= (3 x − 8) 2
t = − x + 3
Khi đó: (**) ⇔  1
t=
 3
1
3

x
• Với t = , ta có pt: 2 =

1
3

1
= − log 2 3
3
• Với t = − x + 3 , ta có pt: 2 x = − x + 3 (3)
⇔ x = log 2

Nhận thấy x = 1 là nghiệm duy nhất của (3), vì VT (3) là hàm đồng biến trên
R, VP (2’) là hàm nghịch biến trên R.
Vậy pt đã cho có 2 nghiệm: x = − log 2 3, x = 1
Bài 7: Giải các phương trình :
1
2

x

a)   = − x
1
3
= x

b) 3 x = x 2
c) 2 − x

11

Giải
x

1
a) Gọi y =  ÷ là ( C ) và y = − x là ( C1 )
2
1

x

Khi đó nghiệm của phương trình  ÷ = − x là hoành độ giao điểm của 2 đồ thị
2
hàm số ( C ) và ( C1 )

1

x

Nhìn vào đồ thị suy ra phương trình  ÷ = − x vô nghiệm
2
1 2
x
b) 3 = x
(1)
3
1
3

Vẽ đồ thị của hàm số y = 3x và y = x 2 trên cùng hệ trục tọa độ
y

x

:
12


Dựa vào đồ thị ta thấy chỉ có một giao điểm có hoành độ x=-1. Vậy x=-1 là
nghiệm duy nhất của phương trình (1)
Vậy nghiệm của phương trình là T={-1}
c) 2 − x =

x

x

1
1
⇔   = 2 (*)
x
2
TXĐ : D = [ 0,+∞ )

Cách 1 :
1
Xét x = , ta có : VT = VP =
2

1

 1 2
 
2

1
là nghiệm của pt (*)
2
1
 Xét x > , ta có :
2

Vậy x =

x>

1
2

1
2

1

⇔

 1 2
x >  ⇔
2

x

1
1
x >  >  ⇔
2
2

x > 2 − x (vô lý)

1
không là nghiệm của pt.
2
1
 Xét x < , ta có :
2

Vậy x >

x<

Vậy x <

1

1
⇔
2

1

 1 2
x <  ⇔
2

x

 1 2  1 
x <  <  ⇔
2
2

x < 2 − x ( vô lý)

1
không là nghiệm của pt.
2

KL : phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =

1
2

Cách 2 :
Ta nhận thấy x =

1
là nghiệm của (1).
2
1
2

x

Vẽ đồ thị của hàm số f(x) =   và g(x) =

x (x ≥ 0).

y

f(x)=(1/2)^x
f(x)=sqrt (x)

5

x
-8

-6

-4

-2

2

-5

4

6

8

10

13


Dựa vào đồ thị ta suy ra x =

1
là nghiệm duy nhất của (1).
2

Bài 8 : Giải các phương trình :
a) x x = x x
b) 2 x = sin x 2
sin x
c) 3
= cos x
Giải
a) x

x

= x x (*)

Điều kiện: x > 0
(*) ⇔ x

x

=x

x
2

x = 1 là một nghiệm của phương trình (*)
x ≠1

(*) ⇔

x=

x
2
x > 0

⇔  x = 0
 x = 4


x > 0

⇔
x2
x
=



4

⇔ x=4

Vậy nghiệm của phương trình là x = 1 và x = 4

b) Ta có:

| x |≥ 0 ⇒ 2| x| ≥ 20 = 1

Dấu “=” xảy ra khi |x| = 0
Ta có:

(1)

| s inx 2 |≤ 1. Dấu “=” xảy ra khi sinx2 = ±1

Từ (1) và (2) suy ra

| x |= 0

2
s inx = ±1

(2)

(vô nghiệm)

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

14


c)

3

sin x

= cos x (1)

DK: x ≥ 0
sin x

Ta có: sin x ≥ 0 ⇒ 3

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi sin x = 0va cos x ≤ 1
sin x = 0
 x = k 2π (k ∈ N )
sin x = 0
 x = kπ
⇔
⇔
⇔
⇒
Khi đó: (1)  cos x = 1
sin x = 0
sin x = 0
 x = lπ (l ∈ Z )
⇔ l = k 2π ⇒ k = 0(k ∈ Z )

Bài 9 : Giải và biện luận theo tham số a phương trình :
a (2 x − 2) + 1 = 1 − 2 x

Giải
a ( 2x − 2 ) + 1 = 1 − 2x
1 − 2 x ≥ 0
⇔
x
x 2
a ( 2 − 2 ) + 1 = ( 1 − 2 )
 x ≤ 0 ( *)
⇔ 2
( **)
t − ( a + 2 ) t + 2a = 0

Với t = 2 x , t > 0

Giải phương trình ( **) ta có
∆ = ( a + 2 ) − 8a = a 2 − 4a + 4 = ( a − 2 ) ≥ 0∀a ∈ R
2

2

+ a = 2 ⇒ ∆ = 0 nên phương trình ( **) có nghiệm kép

−b a + 2
=
=2
2a

2
Khi đó 2 x = 2 ⇒ x = 1 (loại)
+ a ≠ 2 suy ra ∆ > 0 nên ( **) có 2 nghiệm phân biệt
t=

t=

a + 2 m ( a − 2)

2

2
t = a

Suy ra 
t = 2

15


_ Với t = a ⇒ 2 = a ⇒ x = log 2 a
So sánh với điều kiện ( *) ta có
x

log 2 a ≤ 0 ⇔ 0 < a ≤ 1
_ Với t = 2 ⇒ 2 x = a ⇒ x = 1 (loại)

Kết luận :
+ 0 < a < 1 thì phương trình có 1 nghiệm x = log 2 a
+ a ∉ ( 0,1) thì phương trình đã cho vô nghiệm.

Bài 10 : Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt:
1
 
 3

x2 −2 x

= m2 + m +1

Giải
Điều kiện: m 2 + m +1 > 0 ∀m ∈¡
2
2
(1) ⇔ x − 2 x = log 1 ( m + m +1)
3

(2)

Xét hàm số
f ( x) = x 2 − 2 x
2

 f1 ( x ) = x − 2 x, ∀x ∈( −∞, 0] ∪[ 2, +∞)
⇔
2

 f 2 ( x ) = −x + 2 x, ∀x ∈( 0, 2 )

Ta có :

f '1 ( x ) = 2 x − 2
f '1 ( x ) = 0 ⇔ x = 1

f '2 ( x) = −2 x + 2
f '2 ( x ) = 0 ⇔ x = 1
lim =+∞

x →−∞

lim =+∞

x →+∞

Bảng biến thiên
X

−∞

f '1 ( x )

−

f '2 ( x )

+

0

−

+

1
0
0

+∞

2
+
−

+
−

16


f ( x)

+∞

+∞

0 < log 1 (m 2 + m + 1) < 1
3

log 1 (m 2 + m + 1) > 0
 3
⇔

2
log 1 (m + m + 1) < 1
 3
m 2 + m + 1 < 1

⇔ 2
1
m + m + 1 >
3


m 2 +m < 0

⇔ 2
2
m +m + > 0
3

⇔−1 < m < 0

Bài 11 : Giải các phương trình :
2
a )1 + 2 log x 2. log 4 (10 − x) =
log 4 x
b) log 27 ( x 2 − 5 x + 6) 3 = log

3

x −1
+ log 9 ( x − 3) 2

2

Giải
a) 1+ 2log x 2 .log 4 (10 − x) =

2
log 4 x

(1)

0 < x ≠ 1
 x < 10

Đk: 

(1) ⇔ 1+

log 4 (10 − x)
2
=
log 4 x
log 4 x

17


⇔ log 4 x + log 4 (10 − x) =2
⇔ log 4 [ x(10 − x)] =2
⇔ x(10-x)= 42
⇔ x2-10x+16=0

x = 2
⇔
x = 8

b) log 27 ( x 2 − 5 x + 6)3 = log
Điều kiện

3

x −1
+ log9 ( x − 3) 2 (*)
2

x2 − 5x + 6 > 0
2 > x > 1
⇔

 x>3
 x −1 > 0

Từ (*) ta được
log3 ( x − 2)( x − 3) = log 3

x −1
+ log3 x − 3
2

1
⇔ log3 ( x − 2)( x − 3) = log3 ( x − 1) x − 3
2

1
⇔ ( x − 2)( x − 3) = ( x − 1) x − 3 (**)
2

Trường hợp 2 > x > 1
Từ (**) ta có 2( x − 2) = 1 − x
⇔x=

5
3

(lọai)

Trường hợp x > 3
2( x − 2) = x − 1

Từ (**) ta được

⇔ x = 3 (loại)

Vậy phương trình vô nghiệm
Bài 12 : Giải các phương trình :
a ) lg 2 + lg(4 − x −1 + 9) = 1 + lg(2 − x −1 + 1)
b) log 2 (9 x − 2 + 7) = 2 + log 2 (3 x −2 + 1)

Giải
18


a) lg 2 + lg(4− x −1 + 9) = 1 + lg(2− x −1 + 1)

(2)

(2) ⇔ 2 ( 4− x −1 + 9 ) = 10 ( 2− x −1 + 1)
2
⇔ 2 ( 2− x −1 ) + 9  = 10 ( 2− x −1 + 1) (*)



Đặt t = 2− x−1 , t > 0

( *) ⇔ 2 ( t 2 + 9 ) = 10 ( t + 1)
⇔ 2t 2 − 10t + 8 = 0
t = 1
⇔
t = 4

• Với t = 1
⇔ 2− x −1 = 1
⇔ −x −1 = 0
⇒ x = −1

• Với t = 4
⇔ 2− x −1 = 4
⇔ −x −1 = 2
⇒ x =1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = -1 và x = 1
b) log 2 (9

x −2

+ 7) = 2 + log 2 (3x − 2 + 1)

⇔ log 2 (9 x −2 + 7) = log 2 4 + log 2 (3x −2 + 1)
⇔ log 2 (9 x −2 + 7) = log 2 4(3x −2 + 1)

⇔ 9 x −2 + 7 = 4(3x − 2 + 1)
⇔ 9 x −2 + 7 = 4.3x −2 + 4(*)
Đặt t = 3x− 2 (t >0), khi đó:
⇔ t 2 + 7 = 4.t + 4
⇔ t 2 − 4.t + 3 = 0
t = 1
⇔
(nhận)
t = 3
19


• Với t = 1 , ta có pt: 3x− 2 = 1
⇔ x−2=0
⇔x=2

• Với t = 3 , ta có pt: 3x− 2 = 3
⇔ x − 2 =1
⇔ x=3

Vậy pt đã cho có 2 nghiệm: x = 1, x = 3
Bài 13 : Giải các phương trình :
a ) lg 4 ( x − 1) 2 + lg 2 ( x − 1) 3 = 25

b) log 3 x +7 (4 x 2 + 12 x + 9) + log 2 x +3 (6 x 2 + 23x + 21) = 4
c) (x + 2) log 3 ( x + 1) + 4(x + 1) log 3 ( x + 1) - 16 = 0
2

Giải
a) lg ( x − 1) + lg ( x − 1) = 25 ( 1)
4

2

2

3

ĐK: x − 1 > 0 ⇔ x > 1
4
2
(1) ⇔ 16 lg ( x − 1) + 9 lg ( x − 1) = 25 ( 2 )
2
Đặt t = lg ( x − 1) , t ≥ 0

Khi đó
(2) ⇔ 16t 2 + 9t − 25 = 0
⇔ t = 1 (nhận) hoặc t =

−25
(loại)
16

2
Với t = 1 ⇔ lg ( x − 1) = 1

 x − 1 = 10
lg ( x − 1) = 1
⇔
⇔
 x −1 = 1
lg
x
−
1
=
−
1
(
)

10

 x = 11
⇔
 x = 11
10


20


2

2
b) log 3 x +7 (4 x +12 x +9) + log 2 x +3 (6 x + 23 x + 21) = 4

⇔log 3 x +7 (2 x + 3) 2 + log 2 x +3 (2 x + 3)(3 x + 7) = 4 (*)

Điều kiện

⇔

−7

x > 3

 0 < 2 x + 3 ≠ 1  x ≠ −2
⇔

0 < 3 x + 7 ≠ 1  x > −3

2
 x ≠ −1


Phương trình (*) tương đương
2 log 3 x +7 (2 x +3) +log 2 x +3 (3 x +7) +1 = 4
⇔2 log 3 x +7 (2 x +3) + log 2 x +3 (3 x + 7) −3 = 0(*)
1
Đặt t = log 3 x +7 (2 x + 3) ⇒ log 2 x +3 (3 x + 7) = . Khi đó:
t

1

(*) ⇔2t + −3 = 0
t

⇔2t 2 −3t +1 = 0
t = 1
⇔ 1
t =
 2
log 3 x + 7 (2 x + 3) = 1
⇔
log 3 x + 7 (2 x + 3) = 1
2

2 x + 3 = 3x + 7
⇔
 2 x + 3 = 3x + 7

x = −4
⇔ 2
4 x +9 x + 2 = 0

x = −4

⇔x = −2

1
x = −
4


21


So điều kiện ta được nghiệm của pt là: x = −

1
4

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm là: x = −

1
4

c) (x + 2) log 3 ( x + 1) + 4(x + 1) log 3 ( x + 1) - 16 = 0 (*)
2

TXĐ : D = ( − 1,+∞ )
Đặt t = log 3 ( x + 1)
PT (*) trở thành : (x + 2)t 2 + 4(x + 1)t – 16 = 0
∆' = 4(x + 1) 2 + 16(x + 2)

= 4x 2 + 8x + 4 + 16x +32
= 4x 2 + 24x + 36
= (2x + 6) 2 ≥ 0 ∀x ∈ D .
+ ∆' =0 ⇒ x = -3 ( loại).
4

t=

+ ∆ >0: pt có 2 nghiệm phân biệt:  x + 2

t = −4
'

−4
 t = -4 ⇒ log 3 ( x + 1) = −4 ⇔ x + 1 = 3 =

⇔x=−

t=

1
81

80
(nhận).
81

4
4
⇒ log 3 ( x + 1) =
(1)
x+2
x+2

Ta thấy x = 2 là nghiệm của pt (1).
Đặt h(x) = log 3 ( x + 1) và g(x) =
Ta có: h’(x) =
g’(x) =

4

.
x+2

1
>0 ∀x ∈ (−1,+∞) ⇒ h(x) đồng biến trên (-1,+ ∞ ).
( x + 1) ln 3
−4
<0 ∀x ∈ (−1,+∞) ⇒ g(x) nghịch biến trên (-1,+ ∞ ).
( x + 2) 2

Vậy pt (1) có nghiệm duy nhất x = 2.
22


KL : Phương trình đã cho có 2 nghiệm : x = -

80
và x = 2.
81

Bài 14 : Giải các phương trình sau :
a ) log 3 x = log 2 (1 + x )

b) 2log3(cotx) = log2(cosx) (1)
Giải
a) log 3 x = log 2 (1 + x ) (1)
Đặt t = log 3 x ⇔ x = 3t
(1) ⇔ t = log 2 (1 + 3t )
⇔ 1 + 3t = 2t
⇔ 2t − 3t − 1 = 0

Đặt
f ( x) = 2t − 3t − 1
3t ln 3
>0
2
Mặt khác t = 2 ⇔ x = 9 là một nghiệm cuả phương trình
Vậy nghiệm của phương trình là x = 9
⇒ f ′( x) = 2t ln 2 −

s inx > 0
cos x > 0

b) Điều kiện: 

2
(1) ⇔ log 3 (cot x) = log 2 (cos x)

Đặt t = log2(cosx) ⇒ cos x = 2t
⇒ cos 2 x = 4t

Khi đó ta có phương trình
log 3
⇔

4t
=t
1 − 4t

4t

= 3t
1 − 4t

⇔ 4t + 12t = 3t

23


4
⇔ ( ) t + 4t = 1
3

(2)

Ta thấy x= -1 là nghiệm duy nhất của pt (2) ( Vì VT là một hàm đồng biến
trên R và VP là một hàm hằng)
Với t = -1 ⇒ log 2 (cos x) = −1
⇒ cos x =

1
2

⇒x=±

π
+ k 2π , k ∈ Z
3

Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của phương trình ban đầu là
x=

π
+ k 2π , k ∈ Z
3

Bài 15 : Giải và biện luận theo tham số a phương trình :
log x −1 x =

1
log x −1 ( ax − a + 1) (1)
2

Giải
x > 1

(1) ⇔  x ≠ 2
log x 2 = log (ax − a + 1)
x −1
 x −1
2
 x = ax − a + 1
 x 2 − ax + a − 1 = 0
⇔
⇔
 x > 1, x ≠ 2
1 < x ≠ 2
1 < x ≠ 2

⇔  x = 1
 x = a − 1



1 < x ≠ 2
⇔
x = a − 1

Để x = a -1 là nghiệm của (1) thì phải thỏa 1 < a – 1 ≠ 2
Vậy, nếu a ≤ 2 hoặc a = 3 thì (1) vô nghiệm.
Nếu 2 < a ≠ 1 thì pt (1) có nghiệm x = a – 1.
Bài 16 :Cho phương trình: 9 x − m.3 x + 2m + 1 = 0 xác định m để :
a) Phương trình có nghiệm.
b) Phương trình có nghiệm duy nhất.

24


Giải
Đặt t = 3x

(t>0)

(*) ⇒ t 2 − mt + 2m + 1 = 0 (1)
a) Tìm m để phương trình có nghiệm
Giải (1)
∆ = m 2 − 4(2m + 1) = m 2 − 8m − 4

Để phương trình (*) có nghiệm thì phương trình (1) phải có nghiệm t > 0
∆ ≥ 0

⇔ S

 2 > 0

m 2 − 8m − 4 ≥ 0

⇔ m
 >0
2

(−∞; 4 − 2 5) ∪ (4 + 2 5; +∞)
⇔
m > 0

⇔ m ∈ (4 + 2 5; +∞)

b) Phương trình có nghiệm duy nhất
Để phương trình (*) có nghiệm duy nhất thì phương trình (1) phải có nghiệm duy
nhất lớn hơn 0
m = 4 − 2 5

∆ = 0
⇔
⇔   m = 4 + 2 5
a. f (0) > 0

 2m + 1 > 0

m = 4 − 2 5

 m = 4 + 2 5

⇔

Bài 17 : Xác định m để phương trình
log

5 +2

( x 2 + mx + m + 1) + log

5 −2

x = 0 có nghiệm duy nhất.

Giải
log

( x + mx + m + 1) + log
2

5 +2

5 −2

x=0

(1)

⇔ log

5 +2

( x 2 + mx + m + 1) − log

5 +2

⇔ log

5 +2

( x 2 + mx + m + 1) = log

5 +2

x=0
x

x > 0
⇔ 2
 x + mx + m + 1 = x
x > 0
⇔ 2
 x + (m − 1) x + m + 1 = 0(2)

25