Tài liệu Phương pháp giải phương trình mũ và phương trình lôgarit luyện thi đại học 2016

------------O0O------------ Phƣơng pháp 1: GIẢI PHƢƠNG TRÌNH CƠ BẢN a f ( x )  b  f ( x)  log a b ; log a f ( x)  b  f ( x)  ab . Ví dụ 1. Giải các phƣơng trình: a) 3x 2 5 x  4  81 ; b) log 2 (3x  4)  3 . Giải: a) 3x 2 5 x  4  81  x2  5x  4  log3 81  x2  5 x  4  log3 34 x  0  x2  5x  4  4  x2  5x  0  x( x  5)  0   . x  5 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 và x = 5. b) log 2 (3x  4)  3 . 4 . 3 log 2 (3x  4)  3  l3x  4  23  3x  4  8  3x  12  x  4 . ĐK: 3x  4  0  x  Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 4. Page 1 Phƣơng pháp 2: ĐƢA VỀ CÙNG CƠ SỐ 1) Đối với phương trình mũ: biến đổi phương trình về dạng a f ( x )  a g ( x ) . - Nếu cơ số a là một số dương khác 1 thì a f ( x )  a g ( x )  f ( x)  g ( x) . a  0 - Nếu cơ số a thay đổi thì a f ( x )  a g ( x )   . ( 1) ( ) ( ) 0 a f x g x       2) Đối với phương trình logarit: biến đổi phương trình về dạng 0  a  1  loga f ( x)  log a g ( x)   f ( x)  0   f ( x)  g ( x) Ví dụ 1. Giải các phƣơng trình: a) 3x 2 5 x  4  81 ; b) log 2 (3x  4)  3 . Giải:  81  3x 5 x4  34  x2  5x  4  4 x  0  x2  5x  0  x( x  5)  0   . x  5 a) 3x 2 5 x  4 2 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 và x = 5. 4 b) ĐK: 3x  4  0  x  . 3 log 2 (3x  4)  3  log 2 (3x  4)  log 2 23  3x  4  23  3x  4  8  3x  12  x  4 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 4. Page 2 Ví dụ 2. Giải các phƣơng trình: a) 3x 2  x 8 c) 2.5x 2  913 x 3  5.2 x 2 3 ; b) 2x1  2x1  2x  28 . ; d) 2x 2 1  3x  3x 2 2 1  2x 2 2 . Giải: a) 3x 2  x 8  913 x  3x 2  x 8  32(13 x )  x2  x  8  2(1  3x)  x  2 .  x2  5x  6  0    x  3 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = - 2 và x = - 3. b) 2x1  2x1  2x  28  22.2 x1  2 x1  2.2x1  28  2 x1 (22  1  2)  28  2x1  4  2x1  22  x  1  2  x  3 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 3. c) 2.5 x 3 2  5.2 x 3 2 5x  2 3 2 3 2x 5 5    2 2 x 2 3 1 5   2  x2  3  1  x2  4  x  2 . Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = - 2 và x = 2. d) 2x 2  2x 1 2 1  3x  3x 1  2x 2  2x 1  3.3x 1  3x 1  23.2x 1 2 2  23.2 x 2 1 2  3x 2 1 2  3.3x 2  2 x 1.9  3x 1.4    3 2 2 x 2 1 2 1 2 2 2  2 x 1 (1  23 )  3x 1 (1  3) 2 4 2    9 3 2 x 2 1 2 2     x2  1  2 3  x2  3  x   3 . Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = - 3 và x = 3. Page 3 Ví dụ 3. Giải các phƣơng trình: a) lg x  lg x 2  lg 4 x ; b) log 2 x  log3 x  log 4 x  log5 x . Giải: b) ĐK: x  0 . lg x  lg x2  lg 4 x  lg x  2lg x  lg 4  lg x  2lg x  lg 4 x  2 .  2lg x  lg 22  lg x  lg 2  x  2   x 2    Do x  0 nên nghiệm của phương trình là x  2 . b) ĐK: x  0 . log2 x  log3 x  log4 x  log5 x  log2 x  log3 2.log2 x  log4 2.log 2 x  log5 2.log 2 x  log2 x.(1  log3 2  log 4 2  log5 2)  0  log2 x  0  x  1. Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1. Phƣơng pháp 3: BIẾN ĐỔI ĐƢA VỀ PHƢƠNG TRÌNH TÍCH Ví dụ 1. Giải các phƣơng trình: a) 12.3x  3.15x  5x1  20 ; b) log2 (3x  4).log2 x  log2 x . Giải: a) 12.3x  3.15x  5x1  20  12.3x  3.3x.5x  5.5x  20  0  3.3x (4  5x )  5(5x  4)  0  (5x  4)(3.3x  5)  0 5 x  4  0 5 5  x  3x   x  log3   . 3  3 3.3  5  0 Page 4 5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  log 3   . 3 3x  4  0 4 b) ĐK:  . x 3 x  0 log 2 (3x  4).log 2 x  log 2 x  log 2 x log 2 (3x  4)  1  0 log x  0 log x  0 x 1 x 1  2    2 x  2 log 2 (3x  4)  1  0 log 2 (3x  4)  1 3x  4  2 Do x  4 nên nghiệm của phương trình là x  2 . 3 Phƣơng pháp 4: LÔGARIT HÓA, MŨ HÓA Ví dụ 1. Giải các phƣơng trình: a) 3x.2 x  1 2 b) 3log2 x  x  2 . ; Giải: a) Lấy lô garit hai vế với cơ số 2, ta được   log 2 3x.2 x  log 2 1  log 2 3x  log 2 2 x  0  x.log 2 3  x 2 .log 2 2  0 2 2 x  0 x  0 .  x.log 2 3  x 2  0  x  log 2 3  x   0    log 2 3  x  0  x   log 2 3 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 và x =  log 2 3 . b) ĐK: x  0 . Đặt log 2 x  t  x  2t ta thu được phương trình mũ theo biến t : Page 5 3t  2t  2 (*). Vế trái của (*) là hàm số đồng biến, vế phải là hàm hằng nên phương trình (*) nếu có nghiệm thì có nhiều nhất là một nghiệm. Mà t  0 là một nghiệm của (*) nên đó là nghiệm duy nhất của (*).  log 2 x  0  x  1. Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1. Phƣơng pháp 5: DÙNG ẨN PHỤ Ví dụ 1. Giải phƣơng trình: 22x 2 1 9.2x Giải: Chia cả 2 vế phương trình cho 22x 22x 2 2x 1 9.2x 2 2x 9.2x 2.22x 2x Đặt t 2t 2 9t 2 x 4 2 2x 2 2 x 1 4 0 2 x 2 1 2x 2 .2 2 22x 2 0 0 ta được: 2x 9 x2 .2 4 x 1 0 0 điều kiện t > 0. Khi đó phương trình tương đương với : 0 t 4 t 1 2 2x 2 x 2x 2 x 22 2 1 x2 x x2 x x 2 1 x 1 2 Vậy phương trình có 2 nghiệm x = - 1, x = 2. Page 6 Ví dụ 2. Giải phƣơng trình: 7 4 3 x 3 2 2 2 3 ; 2 3 Giải: Nhận xét rằng: 7 4 3 Do đó nếu đặt t 3 điều kiện t > 0, thì: 2 2 3 2 x 2 x 0 3 3 1 x 1 và 7 t 3 0 4 3 x t2 Khi đó phương trình tương đương với: t2 3 t 2 t3 0 t 2t 1 3 0 2 3 x t 1 t2 t 1 x 0. t 1 t2 t 3 0 Vậy phương trình có nghiệm x = 0. Ví dụ 3. Giải phƣơng trình: 32x 9 .3x 9.2x 0 3x , điều kiện t > 0. Khi đó phương trình tương đương với: Giải: Đặt t t2 2x 2x 9 t 2x 9 2 9.2x 0 4.9.2x 2x 9 2 t 9 t 2x . Khi đó : + Với t + Với t 9 x 2 3x x 9 x 3 x 2 2 3 2 x 1 x 0 Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 2, x = 0. Page 7 Ví dụ 4. Giải phƣơng trình: 22x 2x 6 6 Giải: Đặt u 2x , điều kiện u > 0. Khi đó phương trình thành: u 2 Đặt v 6, điều kiện v u v2 6 u u 6 6 6 Khi đó phương trình được chuyển thành hệ: u2 v 6 v2 u 6 u2 v2 + Với u = v ta được: u 2 u u v 6 u u 0 v u v 3 u 1 u 2 0 3 u v 0 u v 1 2x 3 x 0 log2 3 + Với u + v + 1 = 0 ta được : u2 u 5 0 u u 1 21 2 1 21 u 1 21 2 2x 21 1 2 x log2 21 1 2 2 Vậy phương trình có 2 nghiệm là x log2 3 và x = log2 21 1 . 2 Phƣơng pháp 6: DÙNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ Ví dụ 1. Giải phƣơng trình: log7 x  log3 ( x  2) . Giải: ĐK : x  0 . Đặt t = log7 x  x  7t . Khi đó phương trình trở thành : Page 8 t  7  1   1 (*). 2. t  log3 ( 7  2)  3  7  2    3     3  t t t t Vế trái của (*) là hàm số nghịch biến, vế phải là hàm hằng nên phương trình (*) nếu có nghiệm thì có nhiều nhất là một nghiệm. Mà t  2 là một nghiệm của (*) nên đó là nghiệm duy nhất của (*).  log7 x  2  x  49. Vậy phương trình có nghiệm x = 49. Ví dụ 2. Giải phƣơng trình: 7 x1  6log7 (6 x  5)  1 Giải: ĐK : 6 x  5  0  x  5 . 6 Đặt y  1  log 7  6 x  5 . Khi đó, ta có hệ phương trình x 1  7 x 1  6 y  5 7 x 1  6 y  5 7  6  y  1  1   y 1   y 1  7 x1  6 x  7 y 1  6 y .   7  6 x  5  y  1  log 7  6 x  5 7  6 x  5 Xét hàm số f  t   7t 1  6t . f '  t   7t 1.ln 7  6  0,t  đồng biến trên 5   ;   . 6   5 nên f  t  là hàm số 6 Mà f  x   f  y   x  y . Khi đó: 7 x1  6 x  5  0 . Xét hàm số g x  7 x1  6 x  5 . g '  x   7 x1 ln 7  6 . g ''  x   7 x1  ln 7  0 . Suy ra, 2 5  g '  x  là hàm số đồng biến trên D   ;   , do đó phương trình g '  x   0 có 6  nhiều nhất một nghiệm. Suy ra, phương trình g  x   0 nếu có nghiệm thì có nhiều nhất là hai nghiệm. Nhẩm nghiệm ta được 2 nghiệm của phương trình là: x = 1, x = 2. Sài Gòn, 10/2013 Page 9 Ví dụ 3. Giải phƣơng trình: 3x  4 x  2  7 x (*). Giải: Vế trái của (*) là hàm số đồng biến, vế phải của (*) là hàm số nghịch biến nên phương trình (*) nếu có nghiệm thì có nhiều nhất là một nghiệm. Mà x  0 là một nghiệm của (*) nên đó là nghiệm duy nhất của (*). Phƣơng pháp 7: PHƢƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ Ví dụ 1. Giải phƣơng trình: 2 x 2 1 2 x. Giải: ĐK : x  0 . Ta có VT  2 x 1  201  2 và VP  2  x  2  0  2 . Suy ra VT  VP , dấu bằng xảy ra khi x  0 . 2 Vậy x  0 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. Ví dụ 2. Giải phƣơng trình: 1  4 x  2 x1  2 x  2 x . Giải: Ta có 1  4 x  2 x1  2 x  2 x  2  (4 x  2.2 x  1)  2 x  2 x  2  (2 x  1)2  2 x  2 x . VT  2  (2 x  1)2  2  0  2 và VP  2 x  2 x  2 2 x.2 x  2 . Suy ra VT  VP , dấu  2x  1  0 bằng xảy ra khi  x  x  0. x 2  2 Page 10 Vậy x  0 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.     Ví dụ 3. Giải phƣơng trình: log3 9  x  1  log 2 x 2  2 x  5 . Giải: x 1 x  1 x 1  0      ĐK : 9  x  1  0  9  x 1   x  82  x  1;82  .  2   2 2 x  2x  5  0  x  1  4  0  x 1  4  0 Ta có :   VT  log3 9  x  1  log3 9  2 và   2 VP  log 2 x 2  2 x  5  log 2  x  1  4  log 2 4  2 . Suy ra   xảy ra khi VT  VP , dấu bằng   x 1  0  x  1.  2   x 1 0     Vậy x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. Phƣơng pháp 8: PHƢƠNG PHÁP QUAN NIỆM HẰNG SỐ LÀ ẨN Ví dụ 1. Giải phƣơng trình: 16x  4x1  2x2  16 . Giải: Ta có 16x  4x1  2x2  16  42  2x.4  4x1  16x  0 (*). Xét phương trình ẩn t sau đây t 2  2x t  4x1  16x  0 (**). Giả sử (*) đúng với giá trị x0 nào đó thì phương trình ẩn t sau có nghiệm t = 4: t 2  2x0 t  4x0 1  16x0  0 . Page 11 Biệt thức Suy ra TH1:    2 x0 t 4 4 2 x0   4 4x 1 16x   4.16x 2 0 2 x0  4.16 x0 2  4.16 2 x0 ; 0 . 2 x0  4.16 x0 2 . 0 t 4 0    2 x0  2.4 x0  8  2. 2 x0 2  x 1  65 ( n) 2 0  4 x0   2 8  0   x 1  65 (l ) 2 0  4   1  65  x0  log 2   . 4   TH2: 4   2 2 x0  4.16 x0  2 x0  2.4 x0  8  2. 2 x0  2 x0  8  0 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm (pt vô nghiệm)  1  65  x  log 2   . 4   Phƣơng pháp 9: SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ LAGRANGE Ví dụ 1. Giải phƣơng trình: 5x  4 x  2 x  7 x (1). Giải: Giả sử x0 là một nghiệm của (1), hay ta có: 5x0  4x0  2x0  7 x0  5x0  2x0  7 x0  4x0 (*). Xét hàm số f (t )   t  3 0  t x0 trên đoạn  2;4 thì x f (t ) là hàm số liên tục và có đạo hàm trên đoạn  2;4  . Áp dụng định lí lagrange thì có số k   2;4  sao cho Page 12     7 x0  4 x0  5 x0  2 x0 f (4)  f (2) f '(k )   0 42 42  x0  t  3  x0 1 (do (*)) mà f '(t )  x0  t  3 x0 1  x0t x0 1  t x0 1  .  Suy ra x0  k  3  x0 1  x0  0  x0  0  k x0 1   0     x0 1 x0 1 x0 1      k x0 1 k k 3 0     k  3  x0  0  x0  0  x0  0  .   k  3  x0 1      x x 1 0 1 1  0  0  k  Thay x  0; x  1 vào (1) ta thấy chúng đều thỏa mãn. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0; x  1 . Page 13 MỘT SỐ BÀI TẬP LÀM THÊM NHIỀU DẠNG 1. Giải phương trình sau: Điều kiện: x > 1 Với điều kiện trên thì phương trình đã cho tương đương với Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x = 4/3 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 3