CHUYÊN ĐỀ : MŨ VÀ LOGARIT

Chia sẻ: cudenhieu

Tài liệu tham khảo và tuyển tập các Chuyên đề ôn thi đại học môn toán học giúp các bạn ôn thi tuyển sinh đại học , cao đẳng tốt hơn.Đây là một số bài tập hệ phương trình mũ và lôgarit giúp các bạn luyện kĩ năng giải phương trình và các bài toán liên quan

Bạn đang xem 20 trang mẫu tài liệu này, vui lòng download file gốc để xem toàn bộ.

Nội dung Text: CHUYÊN ĐỀ : MŨ VÀ LOGARIT

CHUYÊN ĐỀ : MŨ VÀ LOGARIT
www.laisac.page.tl 


Chuyên Đề : 

M  V  L  G  R  T 
MŨ VÀ LO  A  I 
OGARI N gu y  n T hà nh L on g 
Ng uy ễ n Th à  h Lo ng 
N  u  ễ  T  àn  L  n 
g  y ễ  h  n  o  g

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

BÀI TOÁN 1: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

I. Phương pháp:

Ta sử dụng phép biến đổi tương đương sau:

Dạng 1: Phương trình a f  x   a g  x 
TH 1: Khi a là một hằng số thỏa mãn 0  a  1 thì a    a    f  x   g  x 
fx gx


a  1
a  0
 
f  x g x
  0  a  1
TH 2: Khi a là một hàm của x thì a hoặc
a  
 a  1  f  x   g  x    0
 f  x   g  x   



Dạng 2: Phương trình:
0  a  1, b  0

a f  x  b  
 f  x   log a b

Đặc biệt:
Khi b  0, b  0 thì kết luận ngay phương trình vô nghiệm
Khi b  1 ta viết b  a 0  a    a 0  f  x   0
fx


Khi b  1 mà b có thể biếu diễn thành b  a c  a f  x   a c  f  x   c
Chú ý:
Trước khi biến đổi tương đương thì f  x  và g  x  phải có nghĩa

II. Bài tập áp dụng:

Loại 1: Cơ số là một hằng số

Bài 1: Giải các phương trình sau
x 2 3 x 1
1
1
c. 2 x 1  2 x  2  36
x 1 x 1 x
 16 3
a. 2 .4 b.  
. 1 x
3
8
Giải:
a. PT  2 x 1 2 x 2 33 x  24 x  6 x  4  4 x  x  2




2
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

x 2  3 x 1
1 2
 3  3 ( x  3 x 1)
 31   ( x 2  3x  1)  1
b.  
3
x  1
 x 2  3x  2  0  
x  2
2x 8.2 x  2 x
x 1 x 2 x
c. 2  2  36  2.2   36   36
4 4
 9.2 x  36.4  2x  16  24  x  4
Bài 2: Giải các phương trình
x 2 x 1
 2 7x
 2 c. 2 x  2.5 x 2  23 x.53 x
2 x 3 x 1

a. 0,125.4 b. 8  0, 25
8
 
Giải:
x
1 
22
1 2 x 3
 3 
Pt  .  2 2 
2 
8  
 
x
 5  5 5
5
x x
3 2(2 x 3)
 2 3  4 x  6  2 2  2 4 x  9  2 2  4 x  9 
 2 2 
 2 .2 x x6
2
 
b. Điều kiện x  1
 x 1
2 x 1 7x
2 x 1 x
3 2
 7  2  7 x  9x  2  0  
x 1 2
2
PT  2 2 3
x  2
x 1 2
7

x2 3x
c. Pt   2.5    2.5
 10 x  2  103 x  x  2  3x  x  1
log3 x
1
 x  2  x    x2
Bài 2: Giải phương trình:  
2

Giải:
Phương trình đã cho tương đương:
 x2 0 x  2  0 x  2
  
log3 x
log3 x

   1

1
  ln  x  
1   log3 x ln  x    0
0
  x   1     2
2 
2 
   
x  2  0
 x  2
x  2
 

x  2 x  2 x  2
  
   log 3 x  0  x  1  x  1

    
     x2
 ln  x  1   0  x  1  1  x  3

 
 2   
2 2
 
 x  2  x  2 x  2
 



3
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Bài 3: Giải các phương trình:
2
1
x 3 x 1
  x 1

 
    x 3 2
x 1 x 3 x
4
a. b.  2 2
10  3  10  3 
 
 
Giải:
x  1
a. Điều kiện: 
 x  3
1
Vì 10  3  .
10  3
3 x x 1
3  x x 1
   
 9  x2  x 2  1  x   5
x 1 x 3
PT  10  3  10  3 

x 1 x  3
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x   5
x  0
b. Điều kiện: 
x  1
2 x  3
2 2
2
2 x  x 1
 
PT  2 x 1 2 x 3 2 x  x 1  4  2 x 1.2 4
 
 
2 x 3
 
2 
x 3
2
2
 x 1 2 x x 1 
 
 
 
2 4  2
 
x 1 x 1
2x

   
 4 x 2 x 3  4 x x  1  4 x  10 x  6  0  x 3 x9
Vậy phương trình có nghiệm là x  9

Loại 2: Khi cơ số là một hàm của x

2  3 cos x
sin
Bài 1: Giải phương trình  2  x  x 2   
 2  x  x2
Giải:
Phương trình được biến đổi về dạng:
1  x  2(*)
2  x  x 2  0 

   x 2  x  1  0(1)

 
 2
 2  x  x  1 sin x  2  3 cos x  0 

 sin x  3 cos x  2(2)

1 5
Giải (1) ta được x1,2  thoả mãn điều kiện (*)
2
  
1 3 
cos x  1  sin x  x    1  x    2k  x   2k , k  Z
Giải (2): sin x 
2 2 3 32 6

Để nghiệm thoả mãn điều kiện (*) ta phải có:




4
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

   
1 1
 2k  2 
1   1    k   2    k  0, k  Z khi đó ta nhận được x3 
2  2 
6 6 6 6

1 5
Vậy phương trình có 3 nghiệm phân biệt x1,2  ; x3  .
2 6
x2  x 4
3 x 2 5 x  2
 
 x2  6 x  9
Bài 2: Giải phương trình:  x  3
Giải:
x2  x 4
3 x 2 5 x  2 2( x 2  x  4)
2
  x  3 
Phương trình được biến đổi về dạng:  x  3   x  3
 
x  3 1 x  4
x  4
 
  0  x  3  1   x  3  4 
x  5
 3 x 2  5 x  2  2 x 2  2 x  8   x 2  7 x  10  0
 
Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt x = 4, x = 5.

Bài tập tự giải có hướng dẫn:

Bài 1: Giải các phương trình sau
2 x 1
b. 7.3x 1  5 x  2  3x 4  5 x 3
a. 4.9 x 1  3.2 2

x x

 x 4
x 3
 3

  x 1 x 1
 4 37  x  1   x  1
c.  5 27 4 3  3
d.
 
 
HD:
2 x 3
3 3
a.   1 x 

2
 2
x 1
3
x 1 x 1
b.  3 5    1  x  1
5
c. x  10

BÀI TOÁN 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP LÔGARIT HOÁ VÀ ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐ

I. Phương pháp:

Để chuyển ẩn số khỏi số mũ luỹ thừa người ta có thể logarit theo cùng 1 cơ số cả 2 vế của phương trình, ta có
các dạng:
Dạng 1: Phương trình:
0  a  1, b  0

a f  x  b  
 f  x   log a b

Dạng 2: Phương trình: (cơ số khác nhau và số mũ khác nhau)
a    b g ( x )  log a a f ( x )  log a b f ( x )  f ( x )  g ( x).log a b
fx




5
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

hoặc log b a f ( x )  logb b g ( x )  f ( x ).log b a  g ( x).
Đặc biệt: (cơ số khác nhau và nhưng số mũ bằng nhau)
f  x 0
a a
f  x f (x)
Khi f  x   g  x   a  1     f  x   0 (vì b f ( x )  0 )
b  
b b
Chú ý: Phương pháp áp dụng khi phương trình có dạng tích – thương của các hàm mũ

II. Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải các phương trình
2 x 3
x 1
2
b. 3x  2.4
a. (ĐH KTQD – 1998) 5 x.8 x x
 500.  18
3
2 2
2 x
c. 2 x  4.5x  2  1 d. 2 x 
2
Giải:
a. Cách 1: Viết lại phương trình dưới dạng:
x 1 x 1 x 3
3
 53.22  5x 3.2
5 x.8  500  5x.2
8 x x
1

Lấy logarit cơ số 2 vế, ta được:
 x 3 x 3   x 3  x 3
log 2  5 .2   0  log 2  5   log 2  2 x   0   x  3 .log 2 5 
x 3
x
log 2 2  0
x
   
x  3
1

  x  3   log 2 5    0  
x   1
x

log 2 5


1
Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x  3; x  
log 2 5
x 3
3( x 1) 3 x
 1 
x 3 x 3
x 3 2
x x
 2 x 
Cách 2: PT  5 .2  5 .2  5 2 5
 
x 3
  x  3  0
x 3
 1 x  3
1 
x 3
1
  5.2 x 
5 1 1 
x   x   log5 2
5.2 x  1
  
2 
2 x 3
 x2  2 2 xx3 
x2  2 x
 18  log3  3 .4   log 3 18
b. Ta có 3 .4
 
4x  6 3( x  2)
.log3 2  2  log 3 2   x 2  4  
 x2  2  .log 3 2  0
x x
x  2  0
  x  2   x 2  2 x  3log 3 2   0   2 x2
 x  2 x  3log 3 2  0 (VN )
2
4
 log 2 52  x  0
c. PT  log 2 2 x



6
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

 x 2  4   x  2  log 2 5  0   x  2   x  2  log 2 5  0
x  2 x  2
 
 x  2  log 2 5  0  x  2  log 2 5
d. Lấy logarit cơ số 2 hai vế phương trình ta được:
3
2
log 2 2 x  2 x  log 2  x 2  2 x  log 2 3  1  x 2  2 x  1  log 2 3  0
2
,
Ta có   1  1  log 2 3  log 2 3  0
suy ra phương trình có nghiệm x = 1  log 2 3.
Chú ý:
Đối với 1 phương trình cần thiết rút gọn trước khi logarit hoá.
Bài 2: Giải các phương trình
x 1 1
x
x2
 4.34  x b. 4 x  3x  2  3  22 x 1
2
a. 8
1
log 0 ,5 (sin 2 x  5 sin x cos x  2 )
d. 5 x  5 x 1  5 x  2  3x  3x 3  3x 1

c. 4
9
Giải:
a. Điều kiện x  2
3x
1 
3x
2
x2
 34  x   2  (4  x ) log 2 3   x  4  . 
PT  2  log 2 3   0
x2  x2 
x  4 0
x  4
 1 
  log 2 3  0  x   2  log 3 2
x2

b.
1 1 1
x3
x 4
x x
2 x 1
x 2 2
 4 .  3 2.
PT  4  2  3 3
2 3
3 3
3
x x
 4 2 3 2  x  0 x 0
2
2
c. Điều kiện sin x  5sin x.cos x  2  0 *
PT  log 21  sin 2 x  5sin x.cos x  2   log 4 32
  log 2  sin 2 x  5sin x.cos x  2    log 2 3 thỏa mãn (*)
cos x  0
 sin 2 x  5sin x.cos x  2  3  cos x  5sin x  cos x   0  
5sin x  cos x  0



 x  2  k 
 x  2  k



 tan x  1  tan 
 x    l
 5

d. PT



7
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

 5 x  5.5 x  25.5x  3x  27.3x  3.3x
x
5
 31.5 x  31.3x     1  x  0
3
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x  0
Bài 3: Giải các phương trình
b. x log 2  x    32
4
a. x lg x  1000 x 2
x
2
c. 7log 25  5 x  1  x log 5 7 d. 3x.8 x1  36
Giải:
a. Điều kiện x  0
2
 lg x.lg x  lg1000  lg x 2   lg x   2 lg x  3  0
 lg x  1  0  x  1 / 10
  lg x  1 lg x  3  0   
lg x  3  0  x  1000
b. Điều kiện x  0
PT  log 2 x log2    log 2 32  log 2 x  4  .log 2 x  5   log 2 x  1 .  log 2 x  5  0
x4


 x2
log 2 x  1 
 
x  1
log 2 x  5
32

c. Điều kiện x  0
 
2
 log5 7 log25 5 x 1  log 5 x log5 7   log 25 2  5 x   1 .log5 7  log 5 7.log 5 x
 
1

log5 x  1 x
1 
 log5 2  5 x   log 5 x  1  0  log5 2 x  2 log 5 x  3  0    5

log5 x  3
4
x  125

1

x  5
Vậy phương trình đã cho có nghiệm

 x  125
d. Điều kiện x  1
x
3x
x x 1
 log 2 3 .8  log 2 36  2  2log 2 3  x.log 2 3   2  2 log 2 3
x 1
 x 2 .log 2 3   3  log 2 3 x  2  x  1  2  x  1 log 2 3
x  2
 x 2 .log 2 3  1  log 2 3 x  2  2log 2 3  0  
 x  1  log 3 2
x  2
Vậy phương trình có nghiệm là: 
 x  1  log 3 2
Bài 4: Giải các phương trình sau :
1 4
2 2
a. 8 x.5 x 1  b. 3x. 91 x  c. 3 x . 2 x  1 d. 2 x .5 x 2  10
27 x
8


8
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Giải:
a. Lấy logarit hai vế với cơ số 8, ta được
1 1
2 2
8 x.5 x 1   log8 8 x.5x 1  log8
8 8
 
2
1
 log8 81  x  x 2  1 log8 5  1
 log8 8 x  log8 5 x

 
 x  1  x 2  1 log8 5  0   x  1   x  1 x  1 log8 5  0
x 1  0
  x  1 1   x  1 log8 5  0  
 
1   x  1 log8 5  0
 x  1  x  1
 
 x.log8 5  log8 5  1  x  1  log5 8
Vậy phương trình có nghiệm: x  1, x  1  log 5 8
b. PT  3x .32  2 x .33 x  4  32 x  2  4  2 x  2  log 3 4
4
 2 x  log 3 4  2  2 x  log 3 4  log 3 9  log 3
9
1 4 2
 x  log  log 3
2 9 3
c. Lấy log hai vế của phương trình theo cơ số 2
2
Ta được phương trình log 2 3x  log 2 2 x  0  x log 2 3  x 2  0
x  0
 x ( log 2 3  x )  0  
 x   log 2 3
2 2
d. PT  log 2 (2 x.5x )  log 2 (2.5)  log 2 2 x  log 2 5 x  log 2 2  log 2 5
 x  x 2 log 2 5  1  log 2 5  (log 2 5) x 2  x  1  log 2 5  0
x  1
 1  log 2 5
x 
log 2 5



Bài tập tự giải có hướng dẫn:

Bài 1: Giải các phương trình sau
a. 5 x.x1 8 x  100
HD: Điều kiện x  0
2
 5 x ( x 1).23 x  52( x 1).22( x 1)  5x  x  2  22  x
x  2
 log 2 5.( x 2  x  2)  2  x  
 x  1  log 5 2(loai)
2 2
b. 2 x 3  3x  2 x 6  2 x 5
 3x  2x
HD:


9
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

 2 x  2  3( x  2)( x  4)  x  2  ( x  2)( x  4) log 2 3
x  2

 x  log 3 2  4
Bài 2: Giải các phương trình sau
x 1
x2 x2 4 x 2 5 x 6
x2 x 3
x x x
a. 3 .2  1 b. 2. 2 c. 5 d. 3 .4
3 2  18
x
x x
g. 53log5 x  25 x i. x 4 .53  5log x 5
e. 8  36.32 x f. 57  75
x2

k. 9.x log9 x  x 2
Đs:
a. 0;  log 3 2 b. 2;log 3 2  2 c. 3; 2  log 5 2 d. 2;  log 3 2
14
e. 4; 2  log3 2 f. log 7 (log 5 7) g. 5 h. k. 9
;5
5
5


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

I. Phương pháp:

Phương pháp dùng ẩn phụ dạng 1 là việc sử dụng 1 ẩn phụ để chuyển phương trình ban đầu thành 1 phương
trình với 1 ẩn phụ.
Ta lưu ý các phép đặt ẩn phụ thường gặp sau:
Dạng 1: Phương trình  k   k 1a ( k 1) x .....1a x   0  0
Khi đó đặt t  a x điều kiện t > 0, ta được:  k t k   k 1t k 1......1t   0  0
Mở rộng: Nếu đặt t  a f ( x ) , điều kiện hẹp t  0 . Khi đó: a 2 f ( x )  t 2 , a 3 f ( x )  t 3 ,....., a kf ( x )  t k
1
Và a  f ( x ) 
t
Dạng 2: Phương trình 1a x   2 a x   3  0 với a.b  1

1
Khi đó đặt t  a x , điều kiện t  0 suy ra b x  ta được: 1t  2   3  0  1t 2   3t   2  0
t t
1
Mở rộng: Với a.b  1 thì khi đặt t  a f ( x ) , điều kiện hẹp t  0 , suy ra b f ( x ) 
t
x
2x 2x
Dạng 3: Phương trình 1a   2  ab    3b  0 khi đó chia 2 vế của phương trình cho b 2 x  0 ( hoặc
2x x
a a
x
2x
a ,  a.b  ), ta được: 1     2     3  0
b b
x
a
Đặt t    , điều kiện t  0 , ta được: 1t 2   2t   3  0
b
Mở rộng:
f
Với phương trình mũ có chưa các nhân tử: a 2 f , b 2 f ,  a.b  , ta thực hiện theo các bước sau:
f
- Chia 2 vế phương trình cho b 2 f  0 (hoặc a 2 f ,  a.b  )



10
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

f
a
- Đặt t    điều kiện hẹp t  0
b
Dạng 4: Lượng giác hoá.
Chú ý: Ta sử dụng ngôn từ điều kiện hẹp t  0 cho trường hợp đặt t  a f ( x ) vì:
- Nếu đặt t  a x thì t  0 là điều kiện đúng.
2
- Nếu đặt t  2 x 1 thì t  0 chỉ là điều kiện hẹp, bởi thực chất điều kiện cho t phải là t  2 . Điều kiện
này đặc biệt quan trọng cho lớp các bài toán có chứa tham số.

II. Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải phương trình
1

b. 4sin x  2cos x  2  2
2 2
2 2
a. 4cot x  2 sin x  3  0 (1)
Giải:
a. Điều kiện sin x  0  x  k , k  Z (*)
1
 1  cot 2 x nên phương trình (1) được biết dưới dạng:
Vì 2
sin x
cot g 2 x
2
4cot x
 3  0 (2)
 2.2
cot 2 x 2
điều kiện t  1 vì cot 2 x  0  2cot x  20  1
Đặt t  2
Khi đó phương trình (2) có dạng:
t  1 2
t 2  2t  3  0    2cot x  1  cot 2 x  0
t  3 thoả mãn (*)

 cot x  0  x   k , k  Z
2

Vậy phương trình có 1 họ nghiệm x   k , k  Z
2
2x 2

  21sin  2  2
b. PT  2sin
2x




Đặt t  2sin x  t  0  ta được
2


2
    
t2   2  2  t 3  2  2 t  2  0  t  2 t 2  2t  2  0
t

t  2

 2 24 2
 t 
2

 2 24 2
 loai 
t 
 2
1
 
1 2
Với t  2  2sin x  2 2  sin 2 x   sin x  
2
 x k
2 2 4 2


11
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

2  24 2
 2sin x (phương trình vô nghiệm)
2
Với t 
2
Bài 2: Giải các phương trình
x x
   
a. 7  4 3 3 2 3 20
x x
  
b. (ĐH – B 2007) 2 1  2 1  2 2  0
x x
     2 x 3
c. 3  5  16 3  5
sin x sin x

 
 74 3  74 3 4
d. (ĐHL – 1998)
x x
   5  
e. 5  24  10
24
Giải:
2
 
 
a. Nhận xét rằng: 7  4 3  2  3 ; 2  3 2  3  1
1
x x
x
 3  điều kiện t  0 , thì:  2  3     t2
Do đó nếu đặt t  2   và 7  4 3
t
Khi đó phương trình tương đương với:
t  1
3 x
 
t 2   2  0  t 3  2t  3  0   t  1  t 2  t  3  0   2  2 3 1  x  0
t t  t  3  0(vn)

Vậy phương trình có nghiệm x = 0
x
 
b. Đặt t  2  1 ta được Pt:
1
t   2 2  t 2  2 2t  1  0  t  2  1  t  2  1  x  1  x  1
t
c. Chia 2 vế của phương trình cho 2 x  0 , ta được:
x x
3 5  3 5 
8  
  16 
 2 

2 
   
 3  5  3  5 
Nhận xét rằng:  1
 2  2 
 
  
x x
3 5  3 5  1
Đặt t  
 2  , điều kiện t > 0

 2  t
 
   
Khi đó pt (*) có dạng:
x
 3 5 
2
t  8t  16  0  t  4  
 2 
4  x  log 3 5 4

  2


7  4 3   7  4 3   1
d. Nhận xét rằng: 7  4 3. 7  4 3 




12
www.MATHVN.com Email: Loinguyen1310@gmail.com
Giáo viên: Nguyễn Thành Long
DĐ: 01694 013 498

sin x sin x
1
 
 
Đặt t  74 3 , điều kiện t > 0  74 3 
t
Khi đó pt (1) có dạng:
sin x
  1
2
sin x
2  3   


  2 3
 
74 3  2 3

t  2  3
1  
t   4  t 2  4t  1  0    
sin x sin x
t
74 3

t  2  3 
  
2
2  3 
 2 3  2 3
  

 
1
sin x
 2 3
   
 2 3 sin x  1 

 cos x  0  x   k , k  Z
 
sin x
sin x  1 2
 
 2 3 2 3

  
e. Nhận xét rằng: 5  24 5  24  1
1
x x
   
Đặt t  5  24 , điều kiện t > 0  5  24 
t
Khi đó pt (1) có dạng:
1
x x
 5  24  5  24
     5  24 
 5  24
t  5  24
1  
2
t   10  t  10t  1  0    
x x
t
     5  24
t  5  24

  5  24  5  24  5  24
 
 x  1

x  1

Nhận xét:
- Như vậy trong ví dụ trên bằng việc đánh giá:
2

 2  3  2  3   1
74 3  2 3 ;
x
Ta đã lựa chọn được ẩn phụ t   2  3  cho phương trình
ab
- Việc lựa chọn ẩn phụ thông qua đánh giá mở rộng của a.b  1 , đó là: a.b  c  .  1 tức là với các phương
cc
trình có dạng: A.a x  B.b x  C  0
Khi đó ta thực hiện phép chia cả 2 vế của phương trình cho c x  0 , để nhận được:
x x x x
a b a b 1
A.    B    C  0 từ đó thiết lập ẩn phụ t    , t  0 và suy ra  
c c c c t
Bài 3: Giải các phương trình
2 2
a. (ĐHTL – 2000) 22 x 1  9.2 x  x  2 2 x  2  0
2 2 2
b. 2.4 x 1  6 x 1  9 x 1
Giải:
a. Chia cả 2 vế phương trình cho 22 x  2  0 ta được:



13
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

1 92
2 2 2 2 2
 2 x 1 2 x  2
 1  0  .22 x 2 x  .2 x  x  1  0  2.22 x 2 x  9.2 x  x  4  0
22 x  9.2 x
2 4
x2  x
Đặt t  2 điều kiện t  0 . Khi đó phương trình tương đương với:
t  4 2
 x  x  22  x2  x  2  x  1
 1  2
2
2t  9t  4  0   2 
t  2
 x  x  1  x  2
 2 x  x  2 1 

2
Vậy phương trình có 2 nghiệm x  –1  x  2 .
b. Biến đổi phương trình về dạng:
   2.3 x  
2 x 2 1 2 x 2 1
2
1
 3
2.2
   0 , ta được:
2 x 2 1
Chia hai vế của phương trình cho 2
 
x 2 1 2 x 2 1
3 3
 
2   
2 2
x 2 1 x 2 1 1
3 3 3 3
Đặt t    , vì x 2  1  1        t 
2 2 2 2
Khi đó pt (*) có dạng:
x 2 1
t  2 3
2
 2  x 2  1  log 3 2  x   log 3 2  1
t t 2  0    
t  1 l   2  2 2

Chú ý:
Trong ví dụ trên, vì bài toán không có tham số nên ta sử dụng điều kiện cho ẩn phụ chỉ là t  0 và chúng ta đã
1
thấy với t  vô nghiệm. Do vậy nếu bài toán có chứa tham số chúng ta cần xác định điều kiện đúng cho ẩn
2
phụ như sau:
2
1
1 1 1 1
 x2  x
2
 24  t  4
x x x      2
2 4 4 2

Bài 4: Giải các phương trình
1 12
a. (ĐHYHN – 2000) 23 x  6.2 x  3 x 1  x  1
2
2
3 x 1
x x
b. (ĐHQGHN – 1998) 125  50  2
Giải:
a. Viết lại phương trình có dạng:
 3 x 23   x 2 
 2  3 x   6  2  x   1 (1)
2  2

3
23 
2 2 2

3
Đặt t  2 x   23 x  3 x   2 x  x   3.2 x  2 x  x
  t  6t
x
2 2 2 2
 

2
Khi đó phương trình (1) có dạng: t 3  6t  6t  1  t  1  2 x  x  1
2
x
Đặt u  2 , u  0 khi đó phương trình (2) có dạng:


14
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

u  1 (loai )
u
 1  u2  u  2  0    u  2  2x  2  x  1
u
u2
2 
Vậy phương trình có nghiệm x = 1
b. Biến đổi phương trình về dạng:
125x  50 x  2.8x 1
Chia hai vế của phương trình (1) cho 8 x  0 , ta được:
x x 3x 2x
 125   50  5 5
 2
    2     2 0

 8  8  2 2
x
5
Đặt t    , điều kiện t  0
2
Khi đó pt (2) có dạng:
x
t  1 5
t 3  t 2  2  0   t  1  t 2  2t  2   0  2    1 x  0
t  2t  2  0 VN   2 
Bài 5: Giải các phương trình
2 1
1
 1 x  1 x
 31 c. 4 x 1  2 x 4  2 x  2  16
x x
a.    3.    12 b. 3 4 0
3  3
Giải:
a. Biến đổi phương trình về dạng:
2 1
 1 x  1 x
      12  0
3  3
x
1
Đặt t    , điều kiện t  0
3
x
t  3 1
Khi đó pt (1) có dạng: t 2  t  12  0       3  x  1
t  4  loai   3
b. Điều kiện: x  0
3
Biến đổi phương trình về dạng: 3 x  x  4  0
3
Đặt t  3 x , điều kiện t  1
t  1 loai 
Khi đó pt (1) có dạng: t 2  4t  3  0  
t  3  loai 

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


 2.22 x  6.2 x  8  0 1
Đặt t  2 x , điều kiện t  0
Khi đó pt (1) có dạng:




15
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com Email: Loinguyen1310@gmail.com
Giáo viên: Nguyễn Thành Long
DĐ: 01694 013 498

t  4
2t 2  6t  8  0    2x  4  x  2
t  1 loai 
Bài 6: Giải các phương trình
2 2
 x 1  x 2
a. (ĐHDB – 2006) 9 x  10.3x 1  0
   20.2 x
2 x 2 1 2
2 x 8 x 5
c. 3x  2  32 x  24 1
 12  0
d. 7.2
b. 3  4.3  27  0
Giải:
1 x2  x 10 x2  x 2
 
2 2
 1  0  3x  x x
 10.3x 9 0
a. Pt   .3
9
9 9
2
x
Đặt t  3x ,t  0
t  1
Pt  t 2  10t  9  0  
t  9
x  0
2 2
x x
Với t = 1  3x  1  3x  30  x 2  x  0  
 x  1
x  1
2 2
x x
Với t = 9  3x  9  3x  32  x 2  x  2  x 2  x  2  0  
 x  2
2

b. 38.32 x  4.35.3x  27  0  6561. 3x  972.3x  27  0 (*)
1
t  9
2
x
Đặt t  3  0 . Pt (*)  6561t  972t  27  0  
t  1
 27

1
Với t   3x  32  x  2
9
1
 3x  33  x  3
Với t 
27
Vậy phương trình có nghiệm: x  2, x  3
9 2
c. 3x  2  32 x  24  9.3x  x  24  0  9.  3x   24.3x  9  0 (*)
3
x
Đặt t  3  0
t  3
Pt (*)  9t  24t  9  0  
2
t   1 ( loai)
3

x
Với t  3  3  3  x  1
Vậy phương trình có nghiệm: x  1
2 2
d. Đặt t  2 x 1 , vì x 2  1  1  2 x 1  21  t  2
Khi đó pt có dạng:




16
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

t  2
2
7t  20t  12  0   6  2 x 1  2  x 2  1  2  x  0
2
t   loai 
7
Bài 7: Giải các phương trình
a. 6.2 x  2 x  1 b. 64.9 x – 84.2 x  27.6 x  0
c. 34 x  4.32 x  1  27  0 d. 25x  10 x  2 2 x 1
Giải:
1
a. Pt  6. x  2 x  1 . Đặt t  2x , t  0
2
t  3 (loai )
1
Pt  6.  t  1  6  t 2  t  t 2  t  6  0   x 1
t t  2  2  2  x  1
 4  x 16
  
2x x
x  2
3 9
 4 4
b. PT  64.9 x – 84.2 x  27.6 x  0  27.    84.    64  0   
4 x
x  1
 3 3
   4

 3  3

c. 34 x - 4.32 x  1  27  0  32 x  12.32 x  27  0
2

đặt t  32 x ; t  0 ta được t 2  12t  27  0
1

32 x  3
t  3 2 x  1 x

   2x  2

3  9  32
t  9 2 x  2
 x 1

x
2x 2x
d. 5   2.5   2.2
Chia hai vế của phương trình cho 22 x  0 , ta được:
2x x
5 5

     2
2  2
x
5
Đặt t    , điều kiện t  0
2
Khi đó pt (*) có dạng:
x
t  1 5
2
t t 2  0      1 x  0
t  2  l   2 
Bài 8: Giải các phương trình
a. 4log9 x  6.2log9 x  2log3 27  0
2 x 2
 22  x  x  3
b. (ĐH – D 2003) 2 x
Giải:
2
log 9 x
   6.2
3 log9 x
a. Pt   2 2  log9 x
 6.2log9 x  2log3 3  0  2  23  0
Đặt t  2log9 x , t  0 .


17
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

t  2
P t  t 2  6t  8  0  
t  4
Với t = 2  2log9 x  2  2log 9 x  21  log 9 x  1  x  9
Với t = 4  2log9 x  4  2log9 x  22  log 9 x  2  x  92  81
4
2 2 2
b. 2 x  x  22 x  x  3  2 x  x  3
x2  x
2
t  1 loai 
2
đặt t  2 x  x  t  0  ta được t 2  3t  4  0  
t  4
 x  1
2
x
 2x  4  x2  x  2  0  
x  2
Bài 9: Giải các phương trình
a. 4log3 x  5.2log3 x  2log3 9  0 b. 3.16 x  2.81x  5.36 x
Giải:
2
log 3 x

2 log3 x
a. Pt   2 2   5.2log 3 x  22  0
 5.2log x  2log3 3  0  2
Đặt t  2log3 x , t  0 .
t  1
Pt  t 2  5t  4  0  
t  4
log3 x
 1  2log 3 x  20  log 3 x  0  x  1
Với t = 1  2
Với t = 4  2log3 x  4  2log3 x  22  log 3 x  2  x  32  9
b. Chia cả hai vế cho 36 x ta được
x x x x
 16   81  4 9
PT  3.    2.    5  3.    2.    5  0
 36   36  9 4
x
4
Đặt    t (t  0)
9
Khi đó phương trình tương đương
 3t 2  5t  2 t  1
1

3.t  2.  5  0 0

 2

t t
 t 
t  0 t  0 3
 
x
4
Với t  1     1  x  0
9
x
2 4 2 1
Với t      x
3 9 3 2
1
Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt x  0 hoặc x 
2
Bài 10: Giải các phương trình



18
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

a. 32( x log 3 2)  2  3x  log3 2
b. (ĐHDB – 2007) 23x 1  7.22x  7.2 x  2  0
Giải:
2
a. Pt  3( x  log3 2)   3x  log3 2  2  0 . Đặt t = 3x log3 2 , t  0 .
 
t  1(loai )
Pt  t 2  t  2  0  
t  2
Với t = 2  3x  log3 2  2  x  log 3 2  log 3 2  x  0
b. 2t 3  7t 2  7t  2  0 (t  2 x , t  0)
1
 (t  1)(2t 2  5t  2)  0  t  1  t  2  t 
2
 x  0  x  1  x  1
x 2
1
 25  x  9
Bài 11: Giải phương trình  
4
Giải:
x 2
1
 25  x  9
Pt   2 
2 
x 2
  2 2   25  x  9  22( x 2)  25 x  9  2 4 2 x  25 x  9  0
2 4 25 16 32
  x 9  0   x 9  0
2x 2
 2x  2
2 2

Đặt t  2x , t  0 .
16  32t  9t 2
16 32
 0  9t 2  32t  16  0
Pt  2   9  0  2
t t t
t  4
 4 4
 t   2 x =  x  2  log 2 9
9 9

Bài 12: Giải các phương trình
x
10  4 2
9 27 27
b. 8 x  9.2 x 
   64
a. x 2
8x 2x
2 4
Giải:
x
 
Pt  9.4  2 x 2. 10  4 2 
 
x
2x 2 x x
 36  2 x 2 .10  2 x  2.  22  2  10.  .2  36
22 2 2
Đặt t = 2x, t  0 .




19
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

t  8  2 x = 8  2 x = 2 3  x = 3
Pt  t 2  10t  144  0  
t  18(loai )
x2
10.2 x  2  2 2
 36  10.2 x   2 x   36.4   2 x   10.2 x  144  0
 
4 4
b. Phương trình: 8 x  9.2 x  27  27  64
8x 2 x
3
2x  1 x  0
 x 3 3
x x x
  2  x   64  2  x  4  4  4.2  3  0   x 
 2  3  x  log 2 3
2 2

Bài 13: Giải các phương trình
32 x 72x
x x
 2.  0, 3  3  6. 0, 7   7
a. b.
x x
100 100
Giải:
x
32 x 3
a. Pt   2.    3
2x
10   10 
2
x 2x x
 3  x  x
32 x 3 3 3 3
 2 x  2.    3  0     2.    3  0      2.    3  0
 10   10   10   10    10 
10  
x
3
Đặt t    , t  0 .
 10 
2
Pt  t  2t  3  0
x
 3
t  3    = 3  x = log 3 3

  10  10
t  1(loai )

b. Biến đổi phương trình về dạng:
2x x
7 7
1
 6.    7

 10   10 
x
7
Đặt t    , điều kiện t  0
 10 
Khi đó pt (1) có dạng:
x
t  7 7
2
t  6t  7  0       7  x  log 7 7
t  1 l   10  10

Bài 14: Giải các phương trình
a. 8 x  18 x  2.27 x
b. (ĐH – A 2006) 3.8x  4.12 x  18 x  2.27 x  0
Giải:
a. Chia hai vế pt cho 27x , ta được :



20
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

8 x 18x
Pt   2
27 x 27 x
x
x x x 3x x
 23   2 
 8   18   2 2
     2  3    2 0      2 0
 27   27  3  3  3 3
3
  2 x   2 x
        2  0
 3    3 
 
x
 2
Đặt t    , t  0 .
 3
x x 0
2 2 2
3
Pt  t  t  2  0  t  1     1        x  0
3 3 3
b. 3.23 x  4.3x 2 2 x  32 x 2 x  2.33 x  0
3x 2x x
2 2  2
Chia 2 vế của Pt cho 33x ta đươc: 3.    4       2  0
3 3  3
t  1
x
2
Đặt t    , t  0 ta có: 3t  4t  t  2  0   2
3 2
t 
3
3
x
2 3 3
Do ĐK ta chỉ nhận t       x  1
3 2 2
Bài 15: Giải các phương trình
2
a. (ĐH L – 2001) 4 log 2 2 x  x log 2 6  2.3log 2 4 x b. 6.9log2 x  6 x 2  13.x log2 6
Giải:
a. Điều kiện: x > 0.
log 4 x 2
1  log 2 x 2  2 log 2 x
log 2 x log x log 6 log x log x
Ta có: 4 2 4  4.4 2 ; x 2  6 2 và 3 2  9.9 2
3
Do đó phương trình trở thành:
log x log x
 3 2 9 2
log x log x log x
4.4 2  6 2  18.9 2  4     18.  (*)
 2 4
log x
3 2
Đặt t    . Điều kiện: t > 0.
2
4
t
2 t 4  0   9
2
Khi đó phương trình (*) trở thành 4 – t = 18t  18t 
t   1 (lo ai )
2.


log x 4
3 2 log x
  2  2
Vậy phương trình   
2 9




21
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

1
Vậy x  là nghiệm của phương trình.
4
b. Điều kiện x  0
Cách 1: Chú ý công thức: a logb c  c logb a với a , b, c  0 và b  1
log2 6
Áp dụng công thức trên, ta chuyển phương trình 6.9log 2 x  6 x 2  13.x về phương trình:
6.9log2 x  6 x 2  13.6log2 x
Đặt t  log 2 x  x  2t  x 2  4t
Khi đó ta có phương trình: 6.9t  6.4t  13.6t
Cách 2: Ta có: 6.9log2 x  6 x 2  13 x log 2 6
 6.9log2 x  6 x log2 4  13 x log 2 6  6.9log 2 x  64log 2 x  136log 2 x
... Tự giải

Bài tập tự giải có hướng dẫn:

Bài 1: Giải các phương trình sau
2 2
a. 2 x  x  22  x  x  3 b. 9 x  6 x  2.4 x
2 2
d. 32 x 5  36.3x 1  9  0
c. 4 x  x 5  12.2 x 1 x 5  8  0
2 2
f. (ĐHH – D 2001) 12.3x  3.15x  5 x 1  20
e. 32 x  2 x 1  28.3x  x  9  0
HD:
t  4  x  1
4
2
x
a. Đặt 2 x  t (t  0) ta được t  3 t  1 (loai )   x  2
t  
2x x
3 3
b. Chia cả hai vế phương trình cho 4 x ta được       2  0  x  0
2 2
x  3
 x  x2  5  1
t  2
x  x2 5


c. Đặt 2  t (t  0)   9
x 
t4 x  x  5  2
2
   4
d. x  1  x  2 e. x  2  x  1
Bài 2: Giải các phương trình sau
sin x sin x

 
 74 3  74 3 4
a. (ĐHL – 1998)

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

 
  6  35  12
c. 6- 35
x x x
     
d. 7  5 2  ( 2  5) 3  2 2  3 1 2 1 2  0
HD: Đặt t  (1  2) x ; t  0



22
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

 t 3  ( 2  5)t 2  3t  1  2  0  (t  1)(t 2  ( 2  4)t  2  1)  0
t  1 x  0
 
 t  3  2 2   x  2
t  1  2 x  1


x x

  4
 2 3  2 3
e.

t  2  x  2
3
x
1
HD: Đặt t   2  3   t  0   t   4   
 x  2
t t  2  3

Bài 3: Giải các phương trình sau
a. (ĐHTCKT – 1999) 4 x 1  2 x 1  2 x  2  12
Đs: x  0

k  
2 2
b. (ĐHAN – D 1999) 9sin x
 9cos x
 10 x  k
2
c. (ĐHHĐ – A 2001) 5.3 2 x 1 7.3x-1  1  6.3x  9 x 1  0
3 1
Đs: x  log 3  x  log 3
5 5
d 32 x 1  3x  2  1  6.3x  32( x 1)
 11 
Đs: x  log 3  2  
 3
 
Bài 3: Giải các phương trình sau
a. (ĐHHP – 2000) 25x  15x  2.9 x
Đs: x  0
2 2
b. (ĐHTL – 2000) 22 x 1  9.2 x  x  22 x2  0
Đs: x  1  x  2
x
x x 2
c. (ĐHHH – 1999) 4.3  9.2  5.6
Đs: x  4
2 2 2
d. 32 x 6 x9  4.15x 3 x5  3.52 x 6 x 9
Đs: x  1  x  4

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

I. Phương pháp:

Phương pháp dùng ẩn phụ dạng 2 là việc sử dụng 1 ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành 1 phương trình
với 1 ẩn phụ nhưng các hệ số vẫn còn chứa x.
Phương pháp này thường sử dụng đối với những phương trình khi lựa chọn ẩn phụ cho 1 biểu thức thì các biểu
thức còn lại không biểu diễn được triệt để qua ẩn phụ đó hoặc nếu biểu diễn được thì công thức biểu diễn lại
quá phức tạp.



23
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Khi đó thường ta được 1 phương trình bậc 2 theo ẩn phụ ( hoặc vẫn theo ẩn x) có biệt số  là một số chính
phương.

II. Bài tập áp dụng:

 
Bài 1: Giải phương trình 32 x  2 x  9 .3x  9.2 x  0
Giải:
Đặt t  3x , điều kiện t  0 . Khi đó phương trình tương đương với:
t  9
2 2
t 2   2 x  9  t  9.2 x  0;    2 x  9   4.9.2 x   2 x  9    x
t  2
Khi đó:
+ Với t  9  3x  9  x  2
x
 3
x x x
+ Với t  2  3  2     1  x  0
 2
x  2
Vậy phương trình có 2 nghiệm 
x  0
2 2

 
Bài 2: Giải phương trình 9 x  x 2  3 3x  2 x 2  2  0
Giải:
2 2
Đặt t  3x điều kiện t  1 vì x 2  0  3x  30  1
 
Khi đó phương trình tương đương với: t 2  x 2  3 t  2 x 2  2  0
t  2
2 2
    
  x 2  3  4 2 x 2  2  x 2  1   2
t  1  x
Khi đó:
2
+ Với t  2  3x  2  x 2  log 3 2  x   log 3 2
2
+ Với t  1  x 2  3x  1  x 2 ta có nhận xét:
2

VT  1 VT  1 3x  1
   x0

VP  1 VP  1 1  x 2  1

Vậy phương trình có 3 nghiệm x   log3 2; x  0
Bài 3: Giải phương trình: 9 x   x  12  .3x  11  x  0
Giải:
2
PT   3x    x  12  3x  11  x  0

Đặt t  3x  t  0 

3 x  1 x  0
 x (a + b + c = 0)
 x
 f ( x )  3  x  11  0(*)
3  11  x




24
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Xét phương trình (*) ta có
f ' ( x )  3 x ln 3  1  0, x 
  (*) có nghiệm duy nhất x = 2
f ( 2)  0 
Vậy, tập nghiệm của phương trình: S = {0 ; 2}
Bài 4: Giải phương trình: 3.25x  2   3 x  10  5x  2  x  3
Giải:
PT 3.25x  2   3 x  10  5x  2  x  3
 5 x 2  3.5 x 2  1  x  3.5 x 2  1  3  3.5 x 2  1  0
3.5x  2  1  0 1
  3.5  1 5  x  3  0   x 2
x2 x2

5  x  3  0  2 

1 1
PT 1  5x  2   x  2  log 5  2  log 5 3
3 3
x 2
PT  2   5   x  3
Vế trái là hàm đồng biến vế phải là hàm nghịch biến mà (2) có nghiệm x = 2 nên là nghiệm duy nhất.
Vậy Pt có nghiệm là: x  2  log 5 3 hoặc x = 2
Bài 5: Giải phương trình: 42 x  23 x 1  2 x 3  16  0 1
Giải :
Đặt t  2 x , điều kiện t  0
Khi đó pt (1) tương đương với:
t 4  2t 3  8t  16  0  42  2t.4  t 4  2t 3  0
Đặt u = 4, ta được: u 2  2t.u  t 4  2t 3  0
u  t  t  t  1  4  t 2
 t 2  2t  4  0
 
u  t  t  t  1
2
 4  t  2t

 t  1  5
 
 2 x  5  1  x  log 2 5  1

 t  1  5

Bài 6: Giải phương trình: 9 x  2  x  2  .3x  2 x  5  0 1
Giải:
Đặt t  3x , điều kiện t  0
Khi đó pt (1) tương đương với:
t  1 l 
t 2  2  x  2 t  2x  5  0    3x  5  2 x  2 
t  5  2 x
Ta đoán được nghiệm x = 1
Vế trái (2) là một hàm số đồng biến còn vế phải (2) là một hàm nghịch biến
Vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của pt (2)
Bài 7: Giải phương trình: 32 x  3x  5  5 1


25
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Giải:
Đặt t  3x , điều kiện t  0
Khi đó pt (1) tương đương với:
t2  t  5  5  t  5  5  t2
2

5  t  0 
0  t  5
  2
22
5   2t  1 .5  t  1  0
t  5   5  t 
2 4
2
 
Đặt u = 5, pt (2) có dạng: u 2   2t 2  1 u  t 4  1  0
2t 2  1   2t  1

u
 t 2  t  5  0  l 
5  t 2  1
2
  
2t 2  1   2t  1 2 2
 5  t  t  1 t  t  4  0

u

 2
 1  17
l 
t   1  17 
1  17
2
 3x 
  x  log 2  
 
2 2
 1  17  
t 
 2
Bài 8: Giải phương trình: m2 .33 x  3m.32 x   m2  2  .3x  m  0, m  0 1
a. Giải phương trình với m = 2.
b. Xác định m để phương trình có ba nghiệm phân biệt.
Giải:
Đặt t  3x , điều kiện t > 0
Khi đó pt (1) tương đương với:
m 2 .t 3  3m.t 2   m 2  2  .t  m  0
  t 3  t  m 2   3t 2  1 m  2t  0
Coi m là ẩn, còn t là tham số, ta được phương trình bậc 2 theo m, ta được:
1
 1

m  t t  m

 
 m  2t 2
 f  t   mt  2t  m  0  2 

 2
t 1

a. Với m = 2, ta được:
1
t  2 1 1
 3x   x  log3   log 3 2
 2 2
2
 f  t   2t  2t  2  0 VN 

Vây, với m = 2 pt có ... nghiệm ...
1
b. Phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt  phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt dương khác và
m
m>0




26
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

1  m 2  0
'  0 
 2 0
S 0

 
 m
 P  0  0  m 1
1 0
 
f  1 0  1
 m m   0
  m

Vậy với 0  m  1 phương trình có ba nghiệm phân biệt.
Bài 9: Giải pt 3.9 x1  (3x  7).3x 1  2  x  0 (1)
Giải:
Đặt t  3x1 , t  0 .
Phương trình (1)  3.t 2  (3 x  7).t  2  x  0
  (3 x  7)2  12(2  x )  9 x 2  30 x  25  (3x  5) 2
 3 x  7  3 x  5 1
t  
6 3

3 x  7  3x  5
t   x  2
 6

1 1
 t   3x1   x  0
3 3
x 1
 t   x  2  3   x  2 (*)
Ta thấy x  1 là một nghiệm của phương trình (*)
 f ( x)  3x1
Đặt : 
 g ( x)   x  2
Ta có : f '( x)  3x1.ln 3  0 x  R
Suy ra f ( x)  3x1 là hàm đồng biến trên R và g '( x)  1  0 x  R . Suy ra g ( x) là hàm nghịch biến trên R
Vậy phương trình (*) có nghiệm duy nhất là x  1 .
Vậy pt (1) có 2 nghiệm là x  0; x  1 .


BÀI TOÁN 5: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ - DẠNG 3

I. Phương pháp:

Phương pháp dùng ẩn phụ dạng 3 sử dụng 2 ẩn phụ cho 2 biểu thức mũ trong phương trình và khéo léo biến đổi
phương trình thành phương trình tích.

II. Bài tập áp dụng:
2 2 2
Bài 1: (HVQHQT – D 1997) Giải phương trình 4 x 3 x  2  4 x  6 x 5  42 x 3 x  7  1
Giải:
2 2 2 2
Viết lại phương trình dưới dạng: 4 x 3 x  2  4 2 x  6 x 5  4 x 3 x  2.4 2 x  6 x 5  1


27
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

2
 x 3 x  2
u  4
Đặt  , u, v  0
2 x2  6 x 5
v  4

Khi đó phương trình tương đương với:
u  v  uv  1   u  1 1  v   0
x  1

x 2 3 x  2
u  1  4  x 2  3x  2  0
1 x  2
  2  2 
 x  1
v  1  42 x  6 x 5  1  2 x  6 x  5

 
 x  5
Vậy phương trình có 4 nghiệm.
2 2
Bài 2: Cho phương trình: m.2 x 5 x 6  21 x  2.26 5 x  m (1)
a. Giải phương trình với m = 1
b. Tìm m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt.
Giải:
Viết lại phương trình dưới dạng:
 
( x 2  5 x  6)  1 x 2
2 2 2 2
5 x 6
 21 x  27 5 x  m  m.2 x 5 x 6
 21 x  2
m.2 x m
2 2 2 2
 m.2 x 5 x 6  21 x  2 x 5 x 6.21 x  m
x2 5 x 6

u  2
Đặt:  , u , v  0 . Khi đó phương trình tương đương với:
1 x 2
v  2

x  3
2
 2 x 5 x  6  1 
u  1
mu  v  uv  m   u  1 v  m   0    2  x  2
v  m  21 x  m  1 x2
  m(*)
2
Vậy với mọi m phương trình luôn có 2 nghiệm x = 3, x = 2
2
a. Với m = 1, phương trình (*) có dạng: 21 x  1  1  x 2  0  x 2  1  x  1
Vậy với m = 1, phương trình có 4 nghiệm phân biệt: x = 3, x = 2, x =  1
b. Để (1) có 4 nghiệm phân biệt  (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 và 3.
m  0 m  0
. Khi đó điều kiện là:
(*)    2
2
1  x  log 2 m  x  1  log 2 m
m  0
m  2
m0


1  log m  0
1 1 
 
 m  1  m   0; 2  \  ;
2
 
1  log 2 m  4  8 256 
8

1  log 2 m  9  1
 m 
256

1 1 
Vậy với m   0; 2  \  ;  thoả mãn điều kiện đầu bài.
 8 256 



28
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

2 2
Bài 3: (ĐH – D 2006) Giải phương trình 2 x  x  4.2 x  x  22 x  4  0
Giải:
 x2  x
u  2
Suy ra u.v  2 2 x  u  0, v  0 
Đặt 
2
v  2 x  x

Phương trình thành:
u  4v  uv  4  0  u (1  v)  4(1  v)  0  (u  4)(1  v)  0
x  0
 v  1  x2  x  0  
x  1
Chú ý:
Có thể biến đổi tương đương đưa về phương trình tích
  
2 2 2 2
x x x x
2x  4.2 x  22 x  4  0  22 x 2 x  1  4 2x 1  0

 
2


x
 2x  1 22 x  4  0
Bài 4: Giải phương trình
2
2
 2 x1  2  2 x 1
a. 22 x3 x  5.2 x 3 1  2 x4  0 3 x 3
b. 2 x
Giải:
a. Ta có: 22 x 3  x  5.2 x 3 1  2 x  4  0  22 x 3  x  5.2 x 3 1
 4.2 x2  0
 uv  2 x3 1
u  2 2 x3  x
Đặt :  
 u, v  0  .
 u
 x2 x 3  x 1
v  2 2
 
v
u
1

u u v
Khi đó ta có phương trình:  u  5 uv  4v  0   5 40
u
v v
4

v
Với: u  1  2 x 3  x 1  1 và u  4  2 x 3  x 1  4 (giải phương trình đại số tìm nghiệm)
v
v
Tập nghiệm phương trình: S  1; 2
u  f  x   x 2  3 x  3
 2
 u  v  x 2  2 x  1   x  1
b. Đặt 
v  g  x   x  2

 2u  2.2v  2  2u  v  2u  2.2v  2  2u.2v
 2u  2  x 2  3x  3  1
u  1 x  1
  2  2 1  2   0   v
u v
  
v  0 x  2
x  2  0
2  1  
Bài 5: Giải phương trình:
log2 x log2 x
    2 2
5 x  6
 21 x  2.26 5 x  1
 1  x2 b. 2 x
3 1  x. 3 1
a.



29
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Giải:
a. Điều kiện: x  0
log 2 x log 2 x
   
Đặt u,
3 1 3 1 v
Ta có pt
u 1
u  uv 2  1  u 2 v 2   uv 2  1  u – 1  0   2  ...  x  1
 uv  1

b. Viết lại phương trình dưới dạng:
x    1  2x
2
 5 x  3  1 x 2
2 2 2 2 2 2 2 2
5 x  6
 21 x  275 x  1  2 x
2x 5 x  6
 21 x  2 5 x 6
 21 x  2 x 5 x  3
.21 x  1
2
u  2 x 5 x 6

, u, v  0
Đặt 
1 x 2
v  2

Khi đó, pt tương đương với:
u  1
u  v  uv  1   u  1 v  1  0  
v  1
x  3
2
 2 x 5 x  6  1  x 2  5 x  6  0 x  2
 2  

2
 1 x  1 1  x  1
2  x  1

Bài 6: Giải các phương trình:
3
x2 2 x  2 2
2 2
2
b. 4 x  x  21 x  2   1
 3x  3 x 2  1  1
x 1
2
a. 9
2 2 2
d. 22 x 5 x  2  24 x 8 x 3  1  26 x 13 x5
c. 8.3x  3.2 x  24  6 x
Giải:
3
 x2  2 x
u  9 2
, uv  0
a. Đặt 
2
v  3 x

3

3 2 x 2  2 x  
x2  2 x 
2
3
2
u9 2
2
 3x  4 x 3  3 x  2 1
Nhận xét rằng:  
2 2
3x 3x
v
Khi đó, pt tương đương với:
u  v
u
u  v   1   u  v  v  1  0  
v  1
v
x  1
 2 x2  2 x  3 
 x 2 2 x  3 2
 
 3x   x  4 x  3  0   x  3
x2 2
2
2
 3  3 
9
 2 
 x2
 x2 x  0
3  30
3 1 x  0
  
2
u  4 x  x

, uv  0
b. Đặt 
1 x 2
v  2

 .21 x  2 x 1
2 x2  x 2
2 2 2
Nhận xét rằng: u.v  4 x  x.21 x  2
Khi đó, pt tương đương với:


30
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

u  1
u  v  uv  1   u  1 v  1  0  
v  1
x  0
2
4 x  x  1  x2  x  0
 x  1
 2 

2
1 x
1  x  0
 1
2  x  1

u  3x

c. Đặt  , uv  0
x
v  2

Khi đó, pt tương đương với:
u  3
8u  3v  24  uv   u  38  v   0  
v  8
3x  3 x  1
 x 
x  3
2  8
d. Nhận xét:
Phương trình trên có dạng a          a  
fx gx hx
 h  x   f  x   g  x 
 
f  x

u  a 0
Đặt  g  x
v  a 0

u  
PT  u   v    uv   u     v  u  a   0   u   1  v   0  
v  1
Mà   1  u  v  1

x  2

2 x2 5 x  2
2 2
2x  5x  2  0
1 1
 x 
 2  2
 2
 24 x 8 x 3  1  4 x  8x  3  0
  3
x 
 2

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

I. Phương pháp:

Phương pháp dùng ẩn phụ dạng 4 là việc sử dụng k ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành 1 hệ phương
trình với k ẩn phụ.
Trong hệ mới thì k – 1 thì phương trình nhận được từ các mối liên hệ giữa các đại lượng tương ứng.
Trường hợp đặc biệt là việc sử dụng 1 ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành 1 hệ phương trình với 1 ẩn
phụ và 1 ẩn x, khi đó ta thực hiện theo các bước:
Bước 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho các biểu tượng trong phương trình.
Bước 2: Biến đổi phương trình về dạng: f  x,   x    0
 



31
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

 y    x

Bước 3: Đặt y    x  ta biến đổi phương trình thành hệ: 
 f  x; y   0

II. Bài tập áp dụng:

2x
8 18
  x 1 1 x
Bài 1: Giải phương trình x 1 x
2 1 2  2 2  2  2
Giải:
8 1 18
Viết lại phương trình dưới dạng:  
x 1 1 x x 1
 21 x  2
1 2 1
2 2
x 1

u  2  1
, u, v  1
Đặt:  1 x
v  2  1

  
Nhận xét rằng: u.v  2 x 1  1 . 21 x  1  2 x 1  21 x  2  u  v
Phương trình tương đương với hệ:
u  v  2
8 1 18
u  8v  18


u v u  v   u  9; v  9
u  v  uv

u  v  uv 8
 
2 x 1  1  2

 x 1
+ Với u = v = 2, ta được:  1 x
2  1  2

2 x 1  1  9
9 
9x4
+ Với u = 9 và v  , ta được:  1 x
8 2  1  8

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x = 1 hoặc x = 4.
Bài 2: Giải phương trình 22 x  2 x  6  6
Giải:
Đặt u  2 x , điều kiện u  0 . Khi đó phương trình thành: u 2  u  6  6
Đặt v  u  6 , điều kiện v  6  v 2  u  6
Khi đó phương trình được chuyển thành hệ:
u 2  v  6 u  v  0

 u 2  v 2    u  v    u  v  u  v   0  
2
u  v  1  0
v  u  6

u  3
+ Với u = v ta được: u 2  u  6  0    2x  3  x  8
u  2(1)

+ Với u + v + 1 = 0 ta được:
 1  21
u  21  1 21  1
2
u2  u  5  0    2x   x  log 2
2 2
 1  21
u  (1)
2



32
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

21  1
Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 8 hoặc x  log 2 .
2
Bài 3: Giải các phương trình:
2 x 1  1 b. 32 x  3x  5  5
a. 8 x  1  2 3


Giải:
a. Đặt 2 x  u  0; 3 2 x 1  1  v .
x  0
u 3  1  2v u 3  1  2v u  v  0
 

PT   3   3
 x  log 1  5
(u  v)(u 2  uv  v 2  2)  0 u  2u  1  0
v  1  2u
  
  2

 2
x
b. Đặt u  3 , điều kiện u  0
Khi đó, pt (1) tương đương với:
u 2  u  5  5  2
Đặt v  u  5 , điều kiện v  5  v 2  u  5
Khi đó, pt (2) tương đương với hệ:
u 2  5  v u  v

 u 2  v 2    u  v    u  v  u  v  1  0  
2
u  v  1  0
v  u  5

TH 1: Với u  v , ta được:
 1  21
u  1  21 1  21
2
u2  u  5  0    3x   x  log3
2 2
 1  21
 loai 
u 
 2
TH 2 : Với u  v  1  0 , ta được :
 1  17
u  17  1 17  1
2
u2  u  4  0    3x   x  log 3
2 2
 1  17
 loai 
u 
 2
Bài 4: Giải phương trình: 27 x  2  3 3 3x 1  2 1
Giải :
Đặt u  3x , điều kiện u >0
Khi đó, pt (1) tương đương với:
u 3  2  3 3 3u  2  2 
Đặt v  3 3u  2 ,  v 3  3u  2
Khi đó, pt (2) tương đương với hệ:




33
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

3  3 u 3  2  3v 3 3
u  2  3v 
 u  v  3  u  v    u  v   u 2  uv  v 2  3  0
 3
3
 4  v  2  3u
v  3u  2 

u  v  0
 2 uv
u  uv  v 2  3  0 VN 

Thay u = v vào (3), ta được:
u 3  3u  2  0   u  1  u 2  u  2   0
u  1
u  1  0
 3x  1  x  0
 2 
u  2  l 
u  u  2  0 

BÀI TOÁN 7: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SÔ

I. Phương pháp:

Sử dụng các tính chất của hàm số để giải phương trình là dạng toán khá quen thuộc. Ta có 3 hướng áp dụng:
Hướng1: Thực hiện các bước sau:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f(x) = k
Bước 2: Xét hàm số y = f(x). Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu (giả sử đồng biến)
Bước 3: Nhận xét:
+ Với x  x0  f  x   f  x0   k do đó x  x0 là nghiệm
+ Với x  x0  f  x   f  x   k do đó phương trình vô nghiệm
+ Với x  x0  f  x   f  x0   k do đó phương trình vô nghiệm.
Vậy x  x0 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Hướng 2: Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f(x) = g(x)
Bước 2: Xét hàm số y = f(x) và y = g(x). Dùng lập luận khẳng định hàm số y = f(x) là
Là đồng biến còn hàm số y = g(x) là hàm hằng hoặc nghịch biến
Xác định x0 sao cho f  x0   g  x0 
Bước 3: Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  x0
Hướng 3: Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f(u) = f(v) (3)
Bước 2: Xét hàm số y = f(x). Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu (giả sử đồng biến)
Bước 3: Khi đó: (3)  u  v với u , v  D f

II. Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải các phương trình
2 2
b. 2 x 1  2 x x
  x  1
a. x  2.3log2 x  3 (1)
Giải:
a. Điều kiện x  0 . Biến đổi phương trình về dạng: 2.3log 2 x  3  x (2)


34
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Nhận xét rằng:
+ Vế phải của phương trình là một hàm nghịch biến.
+ Vế trái của phương trình là một hàm đồng biến.
Do vậy nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
Nhận xét rằng x = 1 là nghiệm của phương t rình (2) vì 2.3log2 x  3  1
Vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
2
b. Ta có:  x  1  0  x 2  2 x  1  0  x 2  x  x  1
2 2
 2 x  x  2 x 1  2 x 1  2 x  x  0 (do hàm số y  2t đồng biến).
 x  12  0

VT  0  x 1
mà VT = VP (Giả thuyết) nên ta có:  x 1
Suyra:  2
x x
2  2
VP  0 
Tập nghiệm phương trình: x  1
3 x  x 2 1
1

 2
Bài 2: Giải phương trình log 3 x  3x  2  2     2 (1)
5
Giải:
x  1
Điều kiện: x 2  3x  2  0  
x  2
Đặt u  x 2  3x  2 , điều kiện u  0 suy ra: x 2  3x  2  u 2  3x  x 2  1  1  u 2
1u 2
1
Khi đó (1) có dạng: log 3  u  2     2
5
1 x 2
1 1
 log 3  x  2   .5 x 2
Xét hàm số: f ( x)  log 3  x  2    
5 5
+ Miền xác định D   0;  )
1 1 2
 .2 x.5x .ln 3  0, x  D . Suy ra hàm số tăng trên D
+ Đạo hàm: f 
 x  2  ln 3 5
1
Mặt khác f 1  log 3 1  2   .5  2.
7
Do đó, phương trình (2) được viết dưới dạng:
3 5
f  u   f 1  u  1  x 2  3x  2  1  x 
2
3 5
Vậy phương trình có hai nghiệm x 
2
2 x 2 4 mx 2
2
 2 mx  2
Bài 3: Cho phương trình 5 x  x 2  2mx  m
5
4
a. Giải phương trình với m  
5
b. Giải và biện luận phương trình
Giải:
Đặt t  x 2  2mx  2 phương trình có dạng: 5t  t  52t  m  2  2t  m  2 (1)


35
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Xác định hàm số f  t   5t  t
+ Miền xác định D = R
+ Đạo hàm: f  5t.ln 5  1  0, x  D  hàm số tăng trên D
Vậy (1)  f  t   f  2t  m  2   t  2t  m  2  t  m  2  0  x 2  2mx  m  0 (2)
x  2
8 4
4
a. Với m   ta được: x  x   0  5 x  8 x  4  0  
2 2
x   2
5 5
5
5

4 2
Vậy với m   phương trình có 2nghiệm x  2; x  
5 5
2
b. Xét phương trình (2) ta có:  '  m  m
+ Nếu  '  0  m 2  m  0  0  m  1 . Phương trình (2) vô nghiệm  phương trình (1) vô nghiệm.
+ Nếu  '  0  m = 0 hoặc m = 1.
với m = 0 phương trình có nghiệm kép x = 0
với m = 1 phương trình có nghiệm kép x0 = – 1
m  1
phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt x1,2   m  m 2  m đó cũng là nghiệm kép
+ Nếu  '  0  
m  0
của (1)
Kết luận:
Với m = 0 phương trình có nghiệm kép x = 0
Với m = 1 phương trình có nghiệm kép x0 = – 1
Với 0  m  1 phương trình vô nghiệm
Với m  1 hoặc m  0 phương trình có 2 nghiệm x1,2   m  m 2  m
2 2
Bài 4: Giải phương trình 2 x  x  932 x  x 2  6  42 x 3  3x  x  5 x
Giải:
Phương trình
2 2
 2 x  x  364 x  x 2  6  24 x 6  3x x  5 x
2 2
x
 x 2  x  3 x  x  2 4 x  6  4 x  6  36 4 x
 2x
u  x2  x  u v
u v
Đặt  2 u3  2 v3
v  4x  6 
t t
1 1 1
Xét hàm số f  t   2  t     f /  t   2t ln 2  1    ln  0
t
t  R
3 3 3
/
 f  t  đống biến, mà f  u   f  v   u  v
x 1
2 2
Ta có phương trình: x  x  4 x  6  x  5 x  6  0  
x  6
Vậy tập nghiệm phương trình: S  1;6
Bài 5: Giải các phương trình
2
b. x  x log2 3  x log2 7  2
a. 2 x  x  2 x 8  8  2 x  x2
Giải:


36
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

u  x2  x  2
a. Đặt:   v  u  8  2x  x
v  x8 
Phương trình trên  2u  2v  v  u  2u  u  2v  v  f  u   f  v 
Xát hàm số: f  t   2t  t , f '  t   2t ln 2  0
t  R  f '  t  đồng biến
x  4
mà f  u  = f  v  nên u  v  x 2  x  x  8  x 2  2 x  8  0  
 x  2
Vậy tập nghiệm phương trình: S  2;4
b.  2log2 x  3log 2 x  7 log2 x  2
t t t
 2  3 1
t t t
Đặt t  log 2 x thì pt trở thành: 2  3  7  2        2.    1
7 7 7
Xét hàm số
t t t t t t
2 3 1  2 2  3 3 1 1
f  t         2.   f '  x     ln    ln  2.   ln  0 t  
7 7 7 7 7 7 7 7 7
 f  t  là hàm giảm trên R
lại có f 1  1 nên pt đã cho luôn có nghiệm duy nhất t  1  log 2 x  1  x  2
Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x  2
Bài 6: Giải các phương trình
x log 3 x
  2
  log 3 x  1  x 2
a. 9 x  5x  4 x  2 20 b. 3.x
Giải:
x
 5   2 x
2x x x2 x x x
a. PT  3  [( 5)  2 ]  3  ( 5)  2     1 (1)
 3  3
 
 
52
,  1 nên vế trái là hàm số nghịch biến trên 
Vì 0 
33
Mặt khác: f  2   1 nên PT  f  x   f  2   x  2 .
b. Điều kiện: x  0
Đặt t  log 3 x  x  3t
t 2
2
Phương trình trở thành : 3. 3  3t    t  1  32 t  3t 1
 t 2  1  32t  2t (1)
Xét hàm số f  u   3u  u có f '(u )  3u ln 3  1  0 u
Suy ra f  u   3u  u đồng biến trên R
PT (1)  f (t 2  1)  f  2t   t 2  1  2t  t  1
Với t  1  x  3
Bài 7: Giải các phương trình sau
a. 2 x  3x  5 b. 2 x  3x  5 x
Giải:
a. Phương trình nhận nghiệm x  1


37
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

2 x  3x  5  2 x  3x  5  0
Xét hàm số f  x   2 x  3x  5 (xác định với mọi x )
/
 x   2 x ln 2  3x ln 3  0 x . Suy ra đồ thị hàm số f  x  cắt trục hoành tại duy nhất một điểm
Ta có f
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  1
b. Phương trình nhận nghiệm x  1
Chia hai vế của phương trình cho 3x
x x
2 5
PT     1  
3 3
x x
2 5
Đặt f ( x )     1 và g ( x )   
3  3
Cả hai hàm số đều có tập xác định là R
x x
2 2 5 5
Ta có f ( x )    ln  0 và g / ( x)    ln  0
/

3 3  3 3
Suy ra hàm số f  x  nghịch biến và hàm số g  x  đồng biến
Do đó đồ thị của hai hàm số cắt nhau tại một điểm duy nhất
Vậy phương trình có duy nhất một nghiệm x  1

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

2
PT   2 x  1  sin(2 x  y  1)   cos 2 (2 x  y  1)  0   x
cos(2  y  1)  0 (2)

Từ (2)  sin(2 x  y  1)  1 .
- Khi sin(2 x  y  1)  1 , thay vào (1), ta được: 2x = 0 (VN)
- Khi sin(2 x  y  1)  1 , thay vào (1), ta được: 2x = 2  x = 1.

Thay x = 1 vào (1)  sin(y +1) = –1  y  1   k , k  Z .
2

 
Kết luận: Phương trình có nghiệm:  1; 1   k , k  Z  .
2
 
x
Bài 7: Giải phương trình 3  x  4  0
Giải:
Cách 1: Ta có 3x  x  4  0  3x  x  4 (*)
Ta thấy x  1 là một nghiệm của phương trình (*)
 f ( x )  3x  x
Đặt : 
 g ( x)  4
Ta có : f '( x)  3x.ln 3  1 >0 x . Suy ra f ( x)  3x  x là hàm đồng biến trên R.
Mà g ( x)  4 là hàm hằng
Vậy phương trình (*) có nghiệm duy nhất là x  1



38
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Cách 2: 3x  x  4  0  3x  x  4 (*)
Ta thấy x  1 là một nghiệm của phương trình (*)
3x  31  3
 3x  x  3  1  4 (vô lý)
Nếu x  1 , ta có 
x  1
3x  31  3
 3x  x  3  1  4 (vô lý).
Nếu x  1 , ta có 
x 1

Vậy phương trình (*) có nghiệm duy nhất là x  1 .
Bài 8: Giải các phương trình
x
b. 2log 5  x 3  x
a. 2 x  3 2  1
x x
x x x
2 2
c. 2  5  29 d. 4  9  7
Giải:
x
 3   1 x
x
x x x
2
a. Ta có : 2  3  1  2  ( 3)  1  1   
 2   2  (*)
 
 
 Ta thấy x  2 là một nghiệm của phương trình (*)
x
  3   1 x
 f ( x)  
 2  2
 
 Đặt :   

 g ( x)  1
x
x
 3 3 1 1
Ta có : f '( x)      ln  0 x  R
.ln

2 2 2 2
 
x
 3   1 x
 2   2  là hàm nghịch biến trên R. Mà g ( x )  1 là hàm hằng
Suy ra f ( x)   
 
 
Vậy phương trình (*) có nghiệm duy nhất là x  2
b. Điều kiện : x  0
Phương trình  log5  x  3  log 2 x  
Đặt t  log 2 t  x  2t
t t
 2 1
Phương trình    log 5  2  3  t  2  3  5     3.    1  
t t t

 3 5
t t t t
2 1 2 1
Xét hàm số f  t      3.    f '  x     ln 0.4  3.   ln 0.2  0 t  
3 5 3 5
Suy ra: f  t  là hàm giảm trên R
Mặt khác f 1  1 nên pt (**) có nghiệm duy nhất t  1  log 2 x  1  x  2
x x
2 5 x
 
   1
c. Chia hai vế cho 29 ta được : 
 29   29 
Ta thấy x  2 là một nghiệm của phương trình. chứng minh x  2 là một nghiệm duy nhất.


39
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

 2  x  2  2 4
  
 x x
29
 29   29  2 5 4 25
Nếu x  2 thì :       1
x 2
29 29
 29   29 
 5   5  25
  
 29
 29   29 
 pt vô nghiệm khi x  2
Nếu x  2 : cm tương tự ta cũng được pt vô nghiệm.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  2
x x
4 1
d. PT  4 x  3x  7     1  7  
3  3
x x
 4 4 4
Đặt: f  x      f '  x     ln  0  f  x  đồng biến trên R
 3 3 3
x x
1 1 1
g  x   1  7.    g '  x   7.   ln  0  g  x  là hàm giảm trên R
3 3 3
Do đó đồ thị hàm số hai hàm chỉ có thể cắt nhau tại 1 điểm duy nhất x  2 .
Vậy pt có nghiệm duy nhất x  2
Bài 9: Giải phương trình: 3x.2 x  3x  2 x  1
Giải:
Nhận xét: ta thấy pt 3x.2 x  3x  2 x  1 có hai nghiệm x =  1.
1
Với x  không là nghiệm của phương trình nên
2
2x  1
PT  3x 
2x 1
Ta có hàm số y = 3x tăng trên R
1 1 
2x  1 
luôn giảm trên mỗi khoảng  ;  ,  ;  
hàm số y 
2x  1 2 2 

Vậy Phương trình chỉ có hai nghiệm x =  1

Bài tập tự giải có hướng dẫn:

Bài 1: Giải các phương trình sau:
x
   ( 3  2) x  ( 5) x
3 2
a.
HD:
3 2 3 2
)x  ( )x  1
(
5 5
3 2 3 2
 u; 0  u  1;  v; v  1
5 5
+ Nếu x  0 : u x  0; v x  1  VT  1
+ Nếu x  0 : u x  1; v x  0  VT  1


40
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Vậy pt vô nghiệm.
1 1
2 x 5
 e x1  d. 22 x 1  32 x  52 x1  2 x  3x1  5 x2
b. 8 x (3 x  1)  4 
c. e
2x  5 x 1
x
f. x 2  (2 x  3) x  2(1  2 x )  0
e. ( 3  2) x  ( 3  2) x  10 2
Đs:
1
f. x  0; 2
c. x  2; 4
b. x  d. x  1 e. x  2
3
Bài 2: Giải các phương trình sau:
2
a. (TL – 2001) 2 x1  2 x  x  ( x  1) 2
b. 2 x1  4 x  x  1
c. (QHQT – 1997) ( 3  2) x  ( 3  2) x  ( 5) x
d. (SPHN – 2001) 3x  5 x  6 x  2
e. (BCVT – 1998) (2  3) x  (2  3) x  4 x
f. 23 x  3x.22 x  (1  3x 2 ).2 x  x 3  x  2  0
g. x(2.3x  1)  3x  2
h. 8  x.2 x  23 x  x  0
Đs:
d. x  0;1
a. x  1 b. x  1 c. VN e. x  1 f. x  0
g. x  1 h. x  2

BAI TOÁN 8: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC

2 2 2
Bài 1: Giải phương trình 3x  2 x 3  4 x  2 x  2  5 x  2 x 1  14
HD:
2 2 2
Cách 1: Phương trình: 3x  2 x 3  4 x  2 x  2  5 x  2 x 1  14
2
3x 2  2 x 3  3 x 1  2  32  9

Ta có: 4 x 2  2 x  2  4 x 1 1  41  4  3x 2  2 x 3  4 x2  2 x  2  5 x2  2 x 1  14
2


 x 2  2 x 1  x 12
 50  1
5
5

Dấu ‘’ = ‘’ xãy ra khi và chỉ khi: x  1 .
2 2 2
Cách 2: Phương trình: 3x  2 x 3  4 x  2 x  2  5 x  2 x 1  14
2 2 2

 3
x 1  2
 4
x 1 1
 5
x 1
 1  3t  2  4t 1  5t  1  9.3t  4.4t  5t  1
Dùng đạo hàm ta chứng minh phương trình 9.3t  4.4t  5t  1 có t = 0 là nghiệm duy nhất.
Với t = 0 ta suy ra x  1 .
Vậy tập nghiệm phương trình: S  1
Bài 2: Giải phương trình 2 x 1  21 2 x  3 3 2
Giair:
Cách 1: Sử dụng BĐT Cauchy.


41
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498
1 x 1 1 1
2 và 21 2 x là các số dương. Nên áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số 2 x 1 , 2 x 1 và 21 2 x , ta có:
Vì 2 2 2
1 x 1 1 x 1 12 x
2  2  2  33 2
2 2
1 x 1 1
Dấu ‘’ = ‘’ xảy ra khi và chỉ khi: 2  212 x  2 x  212 x  x 
2 3
2 3
Cách 2: Đặt t  2 x , t  0 . Khi đó ta có phương trình: 2t  t 2  3 2

 2t 3  3 3 2t  2  0 . Ta có t  3 2 là nghiệm của phương trình. Áp dụng lược đồ Horner, ta có:

2 0 2
3 3 2
3
3 4
3 2
2 2 0
  
3 2
Khi đó: 2t  3 3 2t  2  0  t  3 2 2t  3 2t  3 4  0
t  3 2 1

x
2 3
3
2t  2t  3 4  0

8
Bài 3: Giải phương trình: 22 x1  23 2 x 
log 3  4 x  4 x  4 
2



Giải:
8
2
Ta có 4 x 2 – 4 x  4   2 x  1  3  3  log 3  4 x 2  4 x  4   1  VP  8
log 3  4 x  4 x  4 
2


Cosi
Mặt khác theo BĐT Côsi, ta có: VT  22 x 1  232 x  2 22 x 1.23 2 x  2 24  8
22 x 1  23 2 x  8

8
Dấu “=” xảy ra  
8
 log  4 x 2  4 x  4 
3
1
Giải hệ ta có nghiệm của phương trình là x =
2

Bài tập tự giải:

Bài 1: Giải các phương trình sau
1
b. 3x  1  3x  3  2 c. 2 x  1  2 x  2   x 2  2 x
a. 3x  x  3 8  x 2
3
sin 2 x 2
f. 9 x  3 x  10 x  2
e. 4sin x  21sin x cos( xy )  2 y  0
 8cos x  10  cos 2 y
d. 8
2
h. x  x 2  2 x  2  3x1  1
g. 27 x  (6 x 2  4 x  1).9 x
Đs:



42
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

k 
e. x  k ; y  0
; y   l
d. x 
a. x  0 b. 0  x  1 c. x  1
2 2
2 1

g. x  0;1; ;  
f. x  0  x  1 h. x  1
3 3


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

I. Phương pháp:
Với phương trình có chưa tham số: f  x, m   g  m  . Chúng ta thực hiện các bước sau:
Bước 1: Lập luận số nghiệm của (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số (C): y  f  x, m  và đường thẳng
d : y  g  m.
Bước 2: Xét hàm số y = f(x,m)
+ Tìm miền xác định D
+ Tính đạo hàm y’ ròi giải phương trình y’= 0
+ Lập bảng biến thiên của hàm số
Bước 3: Kết luận:
+ Phương trình có nghiệm  min f  x, m   g (m)  max f  x, m  ( x  D)
+ Phương trình có k nghiệm phân biệt  (d) cắt (C) tại k điểm phân biệt
+ Phương trình vô nghiệm   d    C   

II. Bài tập áp dụng:

 
2 x 2 2 x  2
2
Bài 1: Cho phương trình 3x  2 x  2  2  x2  2 x  m  2
a. Giải phương trình với m = 8
b. Giải phương trình với m = 27
c. Tìm m để phương trình có nghiệm
Giải:
2 2
Viết lại phương trình dưới dạng: 3x  2 x  2  4 x  2 x  2  x 2  2 x  2  m
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số:
2 2
y  3x  2 x  2  4 x 2 x  2  x 2  2 x  2 với đường thẳng y = m
2 2
Xét hàm số y  3x  2 x  2  4 x 2 x  2  x 2  2 x  2 xác định trên D = R
Giới hạn: lim y  
Bảng biến thiên: vì 3  1, 4  1 nên sự biến thiên của hàm số phụ thuộc vào sự biến thiên ccủa hàm số
t  x 2  2 x  2 ta có:
a. Với m = 8 phương trình có nghiệm duy nhất x = 1
b. Với m = 27 phương trình có 2 nghiệm phân biệt x = 0 và x = 2
c. Phương trình có nghiệm khi m  8
x 2  4 x 3
1
 m 4  m2  1 có 4 nghiệm phân biệt
Bài 2: Với giá trị nào của m thì phương trình  
5
Giải:


43
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Vì m4  m 2  1  0 với mọi m do đó phương trình tương đương với:
 
x 2  4 x  3  log 1 m 4  m 2  1
5

 
Đặt log 1 m 4  m2  1  a , khi đó: x 2  4 x  3  a
5


Phương trình ban đầu có 4 nghiệm phân biệt  phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt
 đường thẳng y = a cắt đồ thị hàm số y  x 2  4 x  3 tại 4 điểm phân biệt
 x 2  4 x  3khix  1hoacx  3

2
Xét hàm số: y  x  4 x  3   2
 x  4 x  3khi1  x  3

2 x  4 khix  1 hoac x  3
Đạo hàm: y '  
2 x  4 khi 1  x  3

Bảng biến thiên:


Từ đó, đường thẳng y = a cắt đồ thị hàm số y  x 2  4 x  3 tại 4 điểm phân biệt
1
 
 0  a  1  0  log 1 m 4  m 2  1  1   m4  m 2  1  1  0  m  1
5
5

Vậy với 0  m  1 phương trình có 4 nghiệm phân biệt.

Bài 3: Giải và biện luận theo m số nghiệm của phương trình 2 x  3  m 4 x  1
Giải:
Đặt t  2 x , t  0 phương trình được viết dưới dạng:
t 3
t  3  m t 2 1   m (1)
t2 1
t 3
Số nghiệm của (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số (C): y  với đường thẳng d:y = m
t 2 1
t 3
xác định trên D  0;  
Xét hàm số: y 
t 2 1
1  3t 1
+ Đạo hàm: y '  ; y '  0  1  3t  0  t
  3
t 2 1 t2 1
+ Giới hạn: lim y  1 t   
+ Bảng biến thiên:
Biện luận:
Với m  1 hoặc m  10 phương trình vô nghiệm
Với 1  m  3 hoặc m  10 phương trình có nghiệm duy nhất
Với 3  m  10 phương trình có 2 nghiệm phân biệt



44
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Bài 4: Giải phương trình 3x  5 x  2.4 x
HD:
Ta có: x  0  VT  VP  x  0 là nghiệm của phương trình.
x  1  VT  VP  x  1 là nghiệm của phương trình.
Suy ra: x = 0 và x = 1 là nghiệm của phương trình.
x x
Vì 4 x  0 nên ta chia hai vế phương trình cho 4x, ta được:  3    5   2
 
 4 4
x x
3 5
Xét hàm số: f  x         2 với x  R
 
 4  4
x x
Vậy phương trình  3    5   2 (hay phương trình 3x  5x  2.4 x ) chính là phương trình hoành độ giao
 
4  4
điểm của  C  : y  f  x  và trục hoành Ox  y  0 
x x
3 3 5 5
Đạo hàm: f  x     ln    ln
/
 
4 4 4 4
x x
3 2 3 5 2 5
f  x     ln    ln  0 x  R Suyra: f  x  đồng biến
/
//

4 4 4 4
3 5 15
/
 f  0   ln 4  ln 4  ln 16  0

 f /  0  f / 1  0 x   0;1
Mặt khác, ta có: 
 f / 1  3 ln 3  5 ln 5  0

 4444
Suy ra phương trình f  x   0 có nghiệm thuộc  0;1 . Mà f /  x  đồng biến
/


Nên f /  x   0 có nghiệm x0 duy nhất thuộc  0;1
Bảng biến thiên.

 
x 0 x0 1
/
− 0
f (x) +
 
f(x)
f  x0 


Kết luận:
Phương trình f  x   0 chỉ có tối đa hai nghiệm
Suy ra: x = 0 và x = 1 là hai nghiệm duy nhất của phương trình.
Vậy tập nghiệm phương trình S  0;1
x
Bài 5: (ĐHDB – 2004) CMR phương trình sau có nghiệm duy nhất x x 1   x  1 ( x  0)
HD:



45
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

x x
x x 1   x  1  ln x x 1  ln  x  1  ( x  1) ln x  x ln  x  1  ( x  1) ln x  x ln( x  1)  0
Đặt f ( x )  ( x  1) ln x  x ln( x  1)
 x2  x 1
1 1
 0 Suy ra f’(x) nghịch biến trên R+
( x )  2
f ( x )  ln x  ln( x  1) 
 ;f 2
x ( x  1)
x x 1
x 1 1
 +
  0  f’  x   0 với mọi x  0  f(x) đồng biến trên R
Mà: lim f ( x)  lim  ln 
 x 1 x x 1 
x  x 

lim f ( x)   ; f  e   e  1  eln  e  1  0
x 0 

Vậy có x 0 thuộc  0;e  để f  x 0   0 và x 0 là nghiệm duy nhất.
Bài 6: Giải phương trình: 4 x  6 x  25 x  2
Giải:
Phương trình  f  x   4 x  6 x  25 x  2  0.
2 2
Ta có f ’  x   4 x .ln 4  6 x.ln 6  25  f ”  x   4 x.  ln 4   6 x.  ln 6   0 x  R
Suy ra f’(x) đồng biến /R.
Mặt khác f’(x) liên tục và f ’  0   ln 4  ln 6  25  0
f ’  2   16.ln 4  36.ln 6  50  0  f ’  x   0 có nghiệm x0   0; 2 
Vậy f  x   0 có tối đa hai nghiệm, ta có bảng biến thiên:
-
x x0 +
0 2
- +
f’(x) 0
- +
f(x)
f(x0)


Ta có f  0   0 và f  2   0
Vậy phương trình có đúng hai nghiệm x  0  x  2.

BÀI TOÁN 10: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH

TQ 1: ab  cd  ac  bd  ab  cd  ac  bd  0  a  b  c   d  b  c   0
b  c  0
  b  c  a  d   0  
a  d
u  1
TQ 2: u  v  1  uv   u  1 v  1  0  
v  1
f  x g x h x 
 h  x   f  x   g  x 
  a
Với phương trình mũ: a  

Bài tập áp dụng:


46
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498


Bài 1: Giải phương trình
a. 12  6 x  4.3x  3.2 x b. 15 x  3.5 x  3x  3
Giải:
a. PT
   
 12  4.3x  3.2 x  6 x  4 3  3x  2 x 3  3x
4  2 x  0  2x  4  x  1
  4  2 x   3  3x   0    x 
x
x  2
3  3  0 3  3
b. PT
 3x .5 x  3.5 x  3x  3  0  5x  3x  3   3x  3  0
  3x  3 5 x  1  0  3x  3  0  x  1 5 x   
x
1  0
Giải các phương trình sau:
1. 8.3x + 3.2x = 24 + 6x → x = 1 hoặc x = 3
2. 12.3x + 3.15x - 5x + 1 = 20
3. 2x + 3x = 1 + 6x
4. 8 - x.2x + 23 - x - x = 0
5. 5 2 x +1 + 7 x +1 - 175 x - 35 = 0
2
x2  x 2
 21 x  2 x 1  1
6. 4
x2 3 x2 2 2
6 x5 3 x  7
 4x  42 x 1
7. 4
8. 5.32x1  7.3x1  1  6.3x  9x1 = 0
x 3  2 x3  4
9. x 2 .2 x 1  2  2 x 1
 x 2 .2
10. x 2 3x-1 + x 3x - 2x  = 2 2x -3x-1 
y
11. 4sinx - 21 + sinx cos(xy) + 2
    1-x 2
2 x 2 +x 2 x 2 +x
2
+ 21-x - 2
12. 2 .2 -1 = 0

BÀI TOÁN 11: PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA

x x
 1 a2   1 a2 
  1 với tham số a   0;1
 
Bài 1: Giải phương trình: 
 2a   2a 
Giải:
x x x x
 1  a 2   1  a2   1  a 2   1  a2 
 1     1
  
 2a   2a   2a   2a 
x
 1 a2 
Chia cả hai vế của phương trình cho  ,
 2a 




47
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

x
x
2
 2a   1  a    
. Vì a   0;1 nên tồn tại góc    0;  để cho tan  a .
ta được: 1    2
2
1 a  1 a   2 2
Thu được phương trình:
x x
  2
 
 2 tan 2   1  tan 2  x x
  1   sin     cos  
1   
1  tan 2    1  tan 2 
 
  
x x
Hàm số y   sin     cos   là hàm nghịch biến và ta có
2 2
f (2)   sin     cos    1 . Vậy x =2 là nghiệm duy nhất của phương trình.

x x x
 
   
Bài 2: Cho hai phương trình: 3  2 2 2  1  3 (1) và 2  1  2 cos (2)
9
Giả sử x là nghiệm của phương trình G (1) . Chứng minh rằng, khi
đó x cũng là nghiệm của phương trình (2) .
Giải:
1
x x 2x
3  2 2      
2 1  3  2 1  3
x
 
2 1
x
 
2  1  2t với t > 0.
Đặt

Khi đó phương trình (1) trở thành:
1 1
4t 2   3  4t 3  3t  . Xét t   1;1 , đặt t  cos  ,    0;   ta được
2t 2
 k 2
1 1
4 cos 3   3cos    cos 3      
2 2 9 3
  5 7 
Vì    0;   nên    ; ; 
9 9 9 
 5 7
suy ra t1  cos; t2  cos ; t3  cos
9 9 9
Rõ ràng phương trình bậc ba có đủ ba nghiệm nên ta không xét
5 7
nghiệm t   1;1 . Mặt khác t2  cos  0 do đó nghiệm của phương trình (1)
 0 và t3  cos
9 9
 
x
 
là: t1  cos  2  1  2 cos .
9 9
Vậy nếu x là nghiệm của phương trình (1) thì x cũng là nghiệm của phương trình (2)
Bài 3: Giải phương trình: 4.33 x  3x 1  1  9 x
Giải:


48
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Điều kiện: 1  9 x  0  0  9 x  1  x  0  
Biến đổi phương trình về dạng:
4.33 x  3.3x  1  32 x
Với điều kiện (*) thì 0  3x  1
 
Đặt cos t  3x , với t   0, 
 2
Khi đó pt có dạng:
 
4cos3 t  3cos t  1  cos2 t  cos 3t  sin t  cos   t 
2 
  k

 
3t  2  t  2k  t  8  2 0 t 

2
   t
3t     t  2k  t     k   l  8


 
2 4 2
     2 2  2 2
 cos  2.   2 cos 2  1  cos 2   cos 
Ta có: cos
4  8 8 8 4 8 2
  2 2 2 2
 3x  cos 
Do đó: t   x  log 3
8 8 2 2

 
Bài 4: Giải phương trình 1  1  22 x  1  2 1  22 x .2 x
Giải:
Điều kiện 1  22 x  0  22 x  1  x  0
 
Như vậy 0  2 x  1 , đặt 2 x  sin t , t   0; 
 2
Khi đó phương trình có dạng:

 
1  1  sin 2 t  sin t 1  2 1  sin 2 t  1  cos t  1  2 cos t  sin t

t t 3t t t 3t 
 2 cos  sin t  sin 2t  2 cos  2sin cos  2 cos 1  2 sin   0
2 2 2 2 2 2
t
 
 cos 2  0(1) x 1
t  6 2  x  1

  2
x
t   x  0
 3t 2
2  1
sin 2  2 
2


 x  1
Vậy phương trình có 2 nghiệm 
x  0

Bài tập tổng hợp tự giải:

Bài 1: Giải các phương trình sau



49
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

x 1  x 1
1
x 2  4 x 3
c. 9 x 
b. 4sin x  21sin x .cos xy  2 y  0
a. x  1 1
2
1 x 1
 x  ( x  1) 3x  1  3x 1  1 1 x 3 y 2 x  4 y 1
d. ( x  4)3 e. 2 3 2
101
2 2
 2 x 1  2 x 1
f. 32 x  2  3x 4  6 x 2  7  1  2.3x 1 g. (2  3) x  (2  3) x 
10(2  3)
x x x
h. (HVQHQT – 1997) ( 3  2)  ( 3  2)  ( 5)
i. (ĐHQGHN – D 1997) (5  21) x  7(5  21) x  2 x 3
k. (ĐHCT – D 2000) ( 5  2 6 ) sin x  ( 5  2 6 ) sin x  2
l. ( 4  15 ) x  ( 4  15 ) x  (2 2 ) x
Đs:
b. x  k   k    , y  0 c. x   log 3 2
a. x  0  x  2  x  3
1
d. x  1   0;1 e. x  y  f. x  1
2
lg10(2  3)
g. x  1  i. x  0  x  log 5
h. Vô nghiệm 7
21
lg(2  3) 2

k. x  k  k    k. x  2
Bài 2: Giải các phương trình sau
3 x 4
x 1
4 1 4 
3
4
x 1 x 2 x 1 x 2
x x x x
4
b. 2  2 2 7 7 7 
x x
a. c.   . 
3 2 3 
4  
x 1 3
2 3 x 1  3 x 7 8 x 3
d. 3x  3x 1  3x  2  5 x  5x 1  5 x  2 x 1 x 1
6
e. 2 f.
4
.2
1
x ( x 1) 
g. 1000.x 0,1  100 x h. 52 x  7 x  52 x .35  7 x .35  0 43
2
9
i.
1

 
x2  4  x  2  4 x 2  4  4 x  8
k. (ĐH mở - D 2001) 2 x
HD: Điều kiện x  0
1 
 
x2  4  x  2  2 x  4   0
 
x 1
2 x 2x
l. 4 x  x.3  3  2 x .3  2 x  6
m. (ĐHKTHN – 1997) 25x  2  3  x  5 x  2 x  7  0
Đs:
228
a. x  1  x  3 256 b. x  log 2 c. x  2
343
7

31 1
d. x  log 3 e. x  f. x  
43 2
5




50
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

1 1 3 1
g. x  1  x  h. x   i. x  x
2 2 2 2
3
1 
l. x  1; ; log 3 2 
k. x  m x 1
2
2 
Bài 3: Giải các phương trình sau
x x x

x 
1 1 1
a. 3 x     2 x        2 x  6 b. 2 x 2
 4  x  2  4 x2  4  4x  8
 3 2 6
1 1 1
log 2 x log 2 x  6.
     1  x 2 d. 6.9 x  13.6 x  6.4 x  0
c. (ĐHQGHN – 2000) 2  2  x 2 2
1 3
x x
f. 5 x 1  2 x  5 x  2 x  2  0
e. 9 x  2 2  2 2  3 2 x 1
log 4  x  2  3
g.  x  2 2  4 x  2  h. x log 2 9  x 2 .3log 2 x  x log 2 3
i. 2.x log 2 x  2 x 3 log8 x  5  0 l. x  x log 2 3  x log 2 5
  n. 7 3 x  9.5 2 x  5 2 x  9.7 3 x
m. x  log 2 9  2 x  3
Đs:
c.
Bài 4: Giải các phương trình sau
a. 3 x 1  3 x 2  3 x3  3 x 4  750 b. 7.3 x 1  5 x  2  3 x 4  5 x 3
3
x
c. 4  9 x  6 x 1 d. 5 2 x  3 2 x  2.5 x  2.3 x
2
2 2 2 2
f. 125 x  50 x  2 3 x 1
e. 2 x 1  3 x  3 x 1  2 x  2

PHƯƠNG TRÌNH MŨ CÓ CHỨA THAM SỐ

1 x 2
1 x2
Bài 1: (ĐHDB - 2002) Tìm a để phương trình sau có nghiệm 91   a  2  31  2a  1  0
Giải:
Điều kiện x  [-1;1]
1 x 2
Đặt t  31 ; x  [-1;1]  t  [3;9]
t 2  2t  1
Ta có: (1) viết lại t 2  (m  2)t  2m  1  0  (t  2)m  t 2  2t  1  m 
t 2
t 2  2t  1
Xét hàm số f  t   , với t  [3;9] .
t2
t 2  4t  3 / t  1
Ta có: f / (t )  , f (t )  0  
t  3
(t  2)
Lập bảng biến thiên
t 3 9
/
f (t) +
64
f(t)
7
4


51
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498


64
Căn cứ bảng biến thiêng, (1) có nghiệm x  [-1;1]  (2) có nghiệm t  [3;9]  4  m 
7
Bài 2: Cho phương trình 2.4 x 1  5.2 x 1  m  0 (1) với m là tham số
a. Giải phương trình ứng với m  2
b. Xác định tất cả các giátrị của tham số m để phương trình (1) có nghiệm
Giải:
Cho 2.4 x 1  5.2 x 1  m  0 (1)
a. Giải (1) khi m  2
1
Đặt t  2 x 1 Điều kiện t  (vì x  1  1 )
2
2
Khi đó (1) trở thành: 2t  5t  m  0 (*)
1
Với m  2 (*) trở thành: 2t 2  5t  2  0  t  2  t 
2
1
Vậy (1)  2 x 1  2  2 x 1   x  1  1  x  1  2  x  1  1  x  4  x  0
2
b. Tìm m để (1) có nghiệm:
Ta có: (*)  2t 2  5t   m
1 5
Xem hàm số: y  2t 2  5t trên [ , ) , y '  4t  5; y '  0  t 
2 4
Bảng biến thiên:




Dựa vào bảng biến thiên ta được:
1 25
(1) có nghiệm  (*) có nghiệm trong [ , )  m 
2 8

Bài tập tự giải:

Bài 1: Với giá trị nào của p thì phương trình p.2 x  2 x  5 có nghiệm
Bài 2: (ĐHTS – 2001) Giải và biện luận phương trình a  2 x  a  2 x  a
Bài 3: (ĐHHĐ – 2000) Cho phương trình  k  1 4 x   3k  2  2 x1  3k  1  0
a. Giải phương trình khi k  3
b. Tìm tất cả các giá trị của k để phương trình có hai nghiệm trái dấu
Bài 3: Cho phương trình 5.16 x  2.81x  a.36 x
a. Giải phương trình khi a  7
b. Tìm tất cả các giá trị của a để phương trình vô nghiệm



52
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

5
 
Đs: a. x  0  x  log 3 b. a  ; 2 10
2
2

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

Bài 2: Giải và biện luận phương trình: 3  5
 
2 x 2 1 2
1
 2  m  1 .2 x
Bài 3: Xác định m để phương trình sau có nghiệm:  m  2  2  2m  6  0
Bài 4: Tìm m để phương trình: m  3.16 x  2m  1.4 x  m  1  0 có hai nghiệm trái dấu
Bài 5: Cho phương trình: 4 x  m.2 x 1  2m  0
a. Giải phương trình khi m = 2.
b. Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 sao cho x1  x 2  3
Bài 6: Giải và biện luận phương trình:
a. m.3 x  m.3 x  8
b. m  2 .2 x  m.2  x  m  0
Bài 7: Xác định m để các phương trình sau có nghiệm:
a. m  132 x  2m  33 x  m  3  0
b. m  4 4 x  2m  2 2 x  m  1  0
Bài 8: Cho phương trình: m.16 x  2.81 x  5.36 x
a. Giải phương trình với m = 3
b. Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất.
tgx  3  2 2 tgx  m

Bài 9: Cho phương trình: 3  2 2
a. Giải phương trình với m = 6.
b. Tìm m để phương trình có đúng hai nghiệm     ;   .
 
 2 2
1
Bài 10: Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất: x 2  2 m  1
3
Bài 11: Tìm m để hai phương trình sau tương đương:
x2 x 2 1
9 3 4 0
x 2 x 1
m  4 .2  m.4  1
Bài 12: Tìm m để hai phương trình sau tương đương:
4 x 1  2 x 4  2 x 2  16
x 2 x 1
m  9 .3  m.9  1
1
Bài 13: Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:  3m  2
x 2
2
2 1
1
 1 x  1 x
Bài 14: Xác định m để mọi nghiệm của phương trình    3    12 cũng là nghiệm của bất phương
3 3
2
trình  m  2  x 2  3  m  6  x –  m  1  0




53
www.MATHVN.com
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

CHƯƠNG II:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH- HỆ LÔGA RIT.

CHỦ ĐỀ 1: PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT

BÀI TOÁN 1: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP LÔGARIT HOÁ VÀ ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐ

I. Phương pháp:

Để chuyển ẩn số khỏi lôgarit người ta có thể lôgarit hoá theo cùng 1 cơ số cả 2 vế của phương trình, bất phương
trình. Chúng ta lưu ý các phép biến đổi cơ bản sau:
0  a  1


Dạng 1: Phương trình: log a f ( x )  b   f  x   0
 b
 f  x  a

0  a  1

Dạng 2: Phương trình: log a f  x   log a g  x   
 f  x  g  x  0

Chú ý:
- Việc lựa chọn điều kiện f  x   0 hoặc g  x   0 tuỳ thuộc vào độ phức tạp của f  x  và g  x 
- Khi cơ số a là một hằng số thỏa mãn 0  a  1 thì không cần kiểm tra điều kiện mà biến đổi tương đương luôn

II. Bài tập áp dụng:

 
2
Bài 1: Giải phương trình 2  log 9 x   log 3 x.log 3 2x 1 1
Giải:
x  0

Điều kiện: 2 x  1  0  x  0 . Phương trình được viết dưới dạng:

 2x 1 1  0
2
1 1

   
log 32 x  log 3 x.log 3
x   log 3 x.log 3 2x  1  1  2x  1  1
2  log 3
2 2

   
2 x  1  1   log 3 x  2log 3 2 x  1  1  log 3 x  0
 log32 x  2log 3 x.log 3
 
log3 x  0 x  1
 
 
log3 x  2 log 3 2 x  1  1  0  x  2 x  1  2 2x  1  1

x  1
x  1 x0
    2
 4  2 x  1   x  2 
2 2 x  1  x  2 
x  1 x  1
x 0
 2   
x  4
 x  4x  0


54
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Vậy phương trình có nghiệm x = 1 hoặc x = 4.

Bài 2: Giải phương trình
a. log 3 x  log 4 x  log 5 x b. 2 log 5 (3 x  1)  1  log 3 5 (2 x  1)
1
c. log 2 x  log3 x  log 4 x  log 2 x.log 3 x.log 4 x log 2 (5  x)  2 log 8 3  x  1
d.
3
Giải:
a. Điều kiện x  0 .
Ta biến đổi về cùng cơ số 3:
log 4 x  log 4 3.log 3 x và log5 x  log 5 3.log 3 x
Khi đó phương trình có dạng:
log 3 x  log 4 3.log 3 x  log 5 3.log3 x
 log 3 x 1  log 4 3  log 5 3  0  log3 x  0  x  1
Vậy phương trình có nghiệm x = 1.
1
b. Điều kiện x  .
3
 log 5 (3x  1)  1  3log 5 (2 x  1)  log 5 5(3 x  1) 2  log 5 (2 x  1)3
2


 5(3 x  1) 2  (2 x  1)3  8 x3  33 x 2  36 x  4  0
x  2
 ( x  2) (8 x  1)  0  
2
1
x 
8

Đối chiếu với điều kiện ta được x  2.
c. Điều kiện x  0 *
Phương trình
 log 2 5.log 5 x  log3 5.log5 x  log 5 x  log 2 3.log 3 x.log 3 x.log 5 x
2
 log 5 x.  log 2 3.  log 3 x  – log 2 5 – log 3 5  1  0
 
TH 1: log 5 x  0  x  1 thỏa mãn (*)
log 2 5  log3 5  1 log 2 5  log 3 5  1
2
TH 2:  log 3 x    log 3 x  
log 2 3 log 2 3
log 2 5 log3 51

log 2 3
thỏa mãn (*).
x3
d. Điều kiện : x  3 .
1
Pt  log 23 (5  x)  2 log8  3  x  2  1
1
 log8 (5  x )  2. log 8  3  x   1  log 8 (5  x)(3  x)  1
2
 (5  x )(3  x )  8  x  1




55
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

1 1
Bài 3: (ĐHDB - 2007) Giải phương trình log 4 ( x  1)    log 2 x  2 .
log 2 x 1 4 2
Giải:
Điều kiện: x  1
1 1 11
Đưa về log 2 ( x  1)    log 2 ( x  2)
2 2log 2 x 1 2 2 2
 log 2 ( x  1)  log 2 (2 x  1)  1  log 2 ( x  2)  log 2 ( x  1)(2 x  1)  log 2 2( x  2)
5
 2 x 2  3 x  5  0  x  1  x 
2
5
Do ĐK, chỉ nhận nghiệm x 
2
Bài 4: (ĐHDB - 2007) Giải phương trình log 3 ( x  1)2  log 3 (2 x  1)  2
Giải:
Điều kiện: x  1
Đưa về 2 log 3 ( x  1)  2 log 3 (2 x  1)  2
 log 3 ( x  1)(2 x  1)  1  ( x  1)(2 x  1)  3
.
1
 2 x 2  3x  2  0  x  2  x  
2
Do ĐK chỉ nhận x = 2
Bài 5: (ĐHDB - 2006) Giải phương trình log x 2  2log 2 x 4  log 8
2x
Giải:
1
Điều kiện: x  0, x  1, x 
2
1 2 1
Pt tương đương với:  
log 2 x log 4 2 x log8 2 x
1 4 6 1 2
      1  log 2 x  2log 2 x
log 2 x 1  log 2 x 1  log 2 x log 2 x 1  log 2 x
 2x  x2  x  2
x  1  log 1 (3  x )  log 8 ( x  1) 3  0
Bài 6: (ĐHDB - 2006) Giải phương trình log 2
2

Giải:
Điều kiện: 1  x  3.
Biến đổi PT
( x  1)(3  x) ( x  1)(3  x)
 1  x2  x  4  0
log 2 ( x  1)  log 2 (3  x)  log 2 ( x  1)  0  log 2 0 
x 1 x 1
1  17 1  17
x x
2 2
1  17
Do ĐK chỉ nhận x 
2


56
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

x  3log 3 x x 2  0
Bài 7: (ĐHDB - 2002) Giải phương trình 16 log 2
27 x

HD:
1 1
Với ĐK: x  0, x  , x 
3 3
8log 3 x 3log 3 x

Đưa về dạng
3  2 log 3 x 1  log 3 x
Hoặc log 3 x  0  x  1
8 3 1

Hoặc  log 3 x   x  3
2
3  2 log 3 x 1  log 3 x
Bài 8: Giải phương trình
2 3
a. log 4  x  1  2  log 4  x  log 8  4  x  1
2

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

c. log 3 x  log 9 x  log 27 x  11
Giải:
x  1  0
 4  x  4

a. Điều kiện: 4  x  0  
 x  1
4  x  0

(1)  log 2 x  1  2  log 2  4  x   log 2  4  x   log 2 x  1  2  log 2 16  x 2 
 log 2 4 x  1  log 2 16  x 2   4 x  1  16  x 2
+ Với 1  x  4 ta có phương trình x 2  4 x  12  0 (2) ;
x  2
(2)  
 x  6  lo¹i 
+ Với 4  x  1 ta có phương trình x 2  4 x  20  0 (3)
 x  2  24
 3  
 x  2  24  loai 

 
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  2 hoặc x  2 1  6
b. Điều kiện x  1; x  2
log 2 x  log 2 x  1  log 2 x  2  log 2 ( x  1)  0
do x  1
 log 2 x  log 2 x  2
x  4
 x | x  2 | 
 x  1  loai 
Vậy pt có nghiệm x = 4.
c. Điều kiện : x  0 .



57
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Pt  log 3 x  log 32 x  log 33 x  11
1 1  1 1
 log 3 x  log 3 x  log 3 x  11   1    .log 3 x  11
2 3  2 3
11 6
 log 3 x  11  log 3 x  11.  log 3 x  6  x  36  729
6 11
1 1 8
Bài 9: (ĐHDB – 2002) Giải phương trinh log 2  x  3  log 4  x  1  log 2  4 x 
2 4
Giải:
 x  0, x  1
 x  0, x  1
 
  4x
log 2  x  3  log 2 x  1  log 2 (4 x) log 2 x  1  log 2 x  3
 
 x  0, x  1 0  x  1 x  1
0  x  1 x  1
  
 4x   4x   4x   2  2
 x 1  x  3  x  1  x  3  x  1  x  3  x  2 x  3  4 x  x  2 x  3  4 x
  
0  x  1 x  1
 2  2  x  3  2 3  x  3
x  6x  3  0  x  2x  3  0
Bài 10: Giải phương trình log 5 (4 x 2  13 x  5)  log 25 (3 x  1)  0
Giải:
4 x 2  13x  5  0
Điều kiện: 
3 x  1  0
Pt  log 5 ( 4 x 2  13x  5)  log 5 3x  1  4 x 2  13x  5  3x  1
4 x 2  13x  2 y  8  0

Đặt 3x  1  2 y  3 . Ta được hệ phương trình  2
4 y  12 y  3x  8  0

Giải hệ được y  x hoặc 2 y  5  2 x
15  97
Với y  x  4 x 2  15 x  8  0 , tìm được nghiệm x 
8
11  73
Với 2 y  5  2 x  4 x 2  11x  3  0 , tìm được nghiệm x 
8
15  97 11  73 
 
Vậy tập nghiệm của pt đã cho là T   ; 
8 8
 
 
Chú ý:
2 2
25 1 5  1

2
Pt  4 x  10 x   3 x  1  3 x  1    2 x     3x  1  
4 4 2  2

Bài 11: Giải phương trình :
log 2 (5  2 x)  log 2 (5  2 x).log 2 x 1 (5  2 x)  log 2 (2 x  5) 2  log 2 (2 x  1).log 2 (5  2 x)
1
2




58
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Giải:
 1 5
 x
Điều kiện:  2 2.
x  0

PT đã cho tương đương với
log 2 (5  2 x )
2 2
log 2 (5  2 x )   2 log 2 (5  2 x)  2 log 2 (5  2 x) log 2 (2 x  1)
log 2 (2 x  1)
1

x  4
 log 2 (2 x  1)  1 
1

  log 2 (5  2 x )  2 log 2 (2 x  1)   x   x  2
 2
 log 2 (5  2 x )  0 x  2




1 1
Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x   x    x  2
4 2
Bài 12: Giải phương trình: log x  cos x  sin x   log 1  cos x  cos 2 x   0
x

Giải:

0  x  1

Điều kiện: cos x  sin x  0 .
cos x  cos 2 x  0



Khi đó Pt  cos 2 x   sin x  cos 2 x  cos  x  
2


 
 
2 x  x  2  k 2  x  2  k 2
 
 
2 x   x    k 2  x     k 2
  6 3
 
2
 k 2
Kết hợp với điều kiện ta được: x    (Với k  N * ).
6 3
Bài 14: Giải các phương trình:
1
 
a. log  x 3 3  x 2  2 x  1 
2
b. log 2  x  x  1  log 2  x  x  1  log 2  x 4  x 2  1  log 2  x 4  x 2  1
2 2



   2x  1
x x
c. log 3 4.16  12
Giải:
a.



59
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

 x  3  x  3
x  3  0  x  3  x  2  x  2
   
PT   x  3  1   x  2  
 x3  4 x  x3  x2
 
2
 x  3  3  x 1
3  x  2 x  1  x  3 x  1 x  1
 
x  1 x  1
  1  x  4  2  x  1
 
 4  x  0  2  x  0  2  2
 x  9 x  13  0  x  3 x  1  0
 
2 2
x  3   4  x  x  3   2  x
 
1  x  4 2  x  1
 
  x  9  29  x  3  5 9  29 5 3
 
     x x
2 2
  2 2
 
9  29  3  5
 x  x

 
2 2

b. Phương trình
 log 2  x 4  x 2  1  log 2  x 4  x 2  1  log 2  x 4  x 2  1
x  0
 log 2  x 4  x 2  1  0  x 4  x 2  0  
 x  1
c. PT  4.16 x  12 x  32 x 1  4.42 x  4 x.3x  3.32 x .
2x x
4 4
2x
Chia 2 vế cho 3  0 , ta có: 4       3  0 .
3 3
t  1  loai 
x
4
Đặt t    , t  0 . PT trở thành 4t  t  3  0   3
2
t 
3
4

1
x
4 3 4
3
Khi t  , ta có:        x  1 .
3 4 3
4

Bài tập tự giải có hướng dẫn:

Bài 1: Giải phương trình: log 9 ( x  1)2  log 3 (4  x )  log 3 (4  x)
HD:
4  x  4
Điều kiện 
x  1
(*)  log 3 x  1  log 3 16  x 2   x  1  16  x 2




60
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

 1  x  4  1  61
 2 x 
x  x  15  0
 2



4  x  1 1  69
 x 
2
  x  x  17  0  2

Bài 2: Giải các phương trình sau
x3 1
3
a. log 3 .log 2 x  log 3   log 2 x
x 32
HD: Điều kiện x  0
x  1
 log 2 x (1  2 log 3 x  6 log 3 2)  0  
x  3

 8
1
b. 2 log( x  1)  log x5  log x
2
HD: Điều kiện x  1
1
 log( x  1)2  l ogx 2  x  (PTVN)
2
2
c. log 2 ( x  3)  log 2 (6 x  10)  1  0
HD: Điều kiện x  3
 x  1 (loai )
 log 2 ( x 2  3)  log 2 (3x  5)  x 2  3  3 x  5  
x  2
1
d. log( x  10)  log x 2  2  log 4
2
HD: Điều kiện 10  x  0
 x  5
 x ( x  10)  25  
 x  5  5 2
e. log ( x2  x  2) ( x  3)  log ( x5) ( x  3)
HD: Điều kiện x  3
TH 1: x  3  1  x  2 là nghiệm của pt
TH 2: x  3  1  x  2
x  3
1 1
 x2  x  2  x  5 
  
2
log ( x 3) ( x  x  2) log ( x 3) ( x  5)  x  1
Bài 3:
a. log 4 ( x  2).log x 2  1
HD: Điều kiện 0  x  1
 x  1 (loai )
1 1
 log 4 ( x  2)   log 2 x  log 2 ( x  2)  log 2 x  x  2
log x 2 2 
b. log 2 ( x 2  3 x  2)  log 2 ( x 2  7 x  12)  3  log 2 3


61
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

 x  4
HD: Điều kiện 
 3  x  2
 ( x  1)( x  2)( x  3)( x  4)  24  ( x 2  5 x  4)( x 2  5 x  6)  24
x  0
Đặt x 2  5 x  5  t phương trình trở thành  t  1  t  1  25  t  5. Giải được 
 x  5
c. log 3 ( x  2)2  log 3 x 2  4 x  4  9
Đs: x  25  x  29
1
d. (ĐHAN – 2001) log 2  3 x  1   2  log 2  x  1
log x 3 2
Đs: x  1

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

I. Phương pháp:

Phương pháp đặt ẩn phụ dạng 1 là việc sử dụng 1 ẩn phụ để chuyển phương trình ban đầu thành 1 phương trình
với 1 ẩn phụ.
Ta lưu ý các phép đặt ẩn phụ thường gặp sau:
1
Dạng 1: Nếu đặt t  log a x với x > 0 thì: log a k x  t k ; log x a  với 0  x  1
t
log b c log b a logb x
thì t  x logb a . Tuy nhiên trong nhiều bài toán có
c do đó nếu đặt t  a
Dạng 2: Ta biết rằng: a
chứa a logb x , ta thường đặt ẩn phụ dần với t  log b x .

Bài tập áp dụng:

 
Bài 1: (ĐHDB - 2003) Giải phương trình log 5 5x  4  1  x
Giải:
Điều kiện: 5 x  4  0  x  log5 4
t  5 x  0
t  5 x t  5 x
 
 
x 1 x
x
log 5 5  4  1  x  5  4  5   5  2   x 1
t  5
t  4  t t  4t  5  0


Bài 2: (ĐH – A 2008) Giải phương trình log 2 x1 (2 x 2  x  1)  log x1 (2 x  1)2  4
Giải:
1
Với điều kiện x 
2
PT tương đương: log 2 x1 (2 x  1)( x  1)  2 log x 1 (2 x  1)  4
 log 2 x 1 ( x  1)  2 log x 1 (2 x  1)  3
t  1
2
Đặt t  log 2 x 1 ( x  1) ta được: t  3 
t  2
t


62
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

1
Với t = 1 ta có: log 2 x 1 ( x  1)  1  x  1  2 x  1  x  2 thỏa ĐK x 
2
x  0
Với t = 2 ta có: log 2 x1 ( x  1)  2  x  1  (2 x  1)  4 x  5 x  0  
2 2
x  5
 4
5
Do ĐK ta chỉ nhận x  .
4
5
Đs: x  2  x 
4
Bài 3: Giải các phương trình
1
a. (ĐH – D 2007) log 2 (4 x  15.2 x  27)  2 log 2 0
4.2 x  3
1
b. log 2  4 x  1  4  .log 2  4 x  1  log 1
8
2

Giải:
3
a. Điều kiện x  log 2
4
x
Đặt t  2 , t  0 ta được:
4
t 
1
log 2 (t 2  15t  27)  2 log 2 0 3
4t  3 t 2  15t  27   4t  3 2

4 t  3
t 

 3 2
t    loai 
5t 2  13t  6  0  5

Với t  3  2 x  x  log 2 3
b. PT  log 2 4  4 x  1 .log 2  4 x  1  3
  2  log 2  4 x  1  log 2  4 x  1  3
 
t  1
Đặt t  log 2  4 x  1 ta được  t  2  t  3  t 2  2t  3  0  
t  3
Với t  1  log 2  4 x  1  1  4 x  1  2  4 x  1  x  0
1
Với t  3  log 2  4 x  1  3  4 x  1  (vô nghiệm)
8
   
Bài 4: (ĐHDB - 2006) Giải phương trình log 3 3x  1 log 3 3x 1  3  6
Giải:
Biến đổi PT về dạng
       
log 3 3x  1 log 3 3(3x  1)  6  log 3 3x  1 1  log3 3x  1   6
 


63
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

 
Đặt t  log 3 3x  1
2
 t (1  t )  6  t  t  6  0  t  2  t  3
1
   
 log 3 3x  1  2  log 3 3x  1  3  3x  1  9  3x  1 
27
28 28
 3x  10  3x   x  log 3 10  x  log 3
27 27
1
Bài 5: (ĐHDB - 2006) Giải phương trình 2  log 2 x  1 log 4 x  log 2 0
4
HD:
Biến đổi PT
 log 2 x  1 log 2 x  2  0 . Đặt t  log 2 x
1
t 2  t  2  0  t  1  t  2  x  2  x 
4
2 2
Bài 6: (ĐH – A 2002) Cho phương trình log 3 x  log 3 x  1  2m  1  0
1. Giải PT khi m = 2
2. Tìm m để PT có nghiệm trên 1;3 3 
 
Giải:
t  log 2 x  1  2
t  log 3 x  1

2 2 3
1. log 3 x  log3 x  1  5  0   
2
t  2
t  t  6  0 

 log 3 x  3  log 3 x   3  x  3
2 3


3
2. Xét 1  x  3  0  log 3 x  3
t  log 2 x  1
3

2 2
log x  log x  1  2m  1  0   12
3 3
 m  f (t )   t  t  2 
 2
3
- Pt ban đầu có nghiệm x thỏa 1  x  3 khi và chỉ khi m thuộc miền giá trị của f(t) với 1  t  2
- Khảo sát hàm số ta được 0  m  2
   
Bài 7: Cho phương trình log 2 5 x  1 .log 4 2.5 x  2  m (1)
a. Giải phương trình với m = 1
b. Xác định m để phương trình có nghiệm x  1
Giải:
Biến đổi phương trình về dạng:
1
log 2  5 x  1 .log 2  2  5x  1   m  log 2  5 x  1 . 1  log 2  5 x  1   2 m
   
2
Điều kiện: 5 x  1  0  5x  1  x  0
 
Đặt t  log 2 5x  1 . Khi đó phương trình có dạng: t 1  t   2m  f  t   t 2  t  2m  0 (2)




64
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

 
 log 2 5x  1  1 5 x  1  2
t  1 
2
a. Với m = 1 ta được: t  t  2  0     x
 
2
 t  2  log 2 5x  1  2 5  1  2


5 x  3  x  log 5 3

 x 5
 x  log 5 5
5 
 4

 4
5
Vậy với m = 1 phương trình có 2 nghiệm x  log 5 3; x  log 5
4
 
x x
b. Với x  1  5  1  5  1  4  log 2 5  1  log 2 4  2  t  2
 2  t1  t2 (*)
Vậy để phương trình (1) có nghiệm x  1  (2) có nghiệm t  2   (loại (*))
t1  2  t2
 a. f  2   0  4  2  2 m  0  m  3 .
Vậy với m  3 thoả mãn điều kiện đầu bài.

   
Bài 8: Giải phương trình log 2 x  x 2  1 .log 3 x  x 2  1  log 6 x  x 2  1
Giải:
x2 1  0


Điều kiện:  x  x 2  1  0  x  1
 2
x  x 1  0

1

     
Nhận xét rằng: x  x 2  1 x  x 2  1  1  x  x 2  1  x  x 2  1
Khi đó phương trình được viết dưới dạng:
1 1

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

   
 
 log 2 x  x 2  1 .log 3 x  x 2  1  log 6 x  x 2  1

sử dụng phép biến đổi cơ số: log  x  x  1   log 6.log  x  
2
x2 1
2 2 6


và log  x  x  1   log 6.log  x  x 1
2 2
3 3 6

Khi đó phương trình được viết dưới dạng:
     
log 2 6.log 6 x  x 2  1 .log 3 6.log 6 x  x 2  1  log 6 x  x 2  1 (1)

t  0
 
Đặt t  log 6 x  x 2  1 . Khi đó (1) có dạng: t  log 2 6.log 3 6.t  1  0  
log 2 6.log 3 6.t  1  0
x  x2 1



2 2
+ Với t = 0  log 6 x  x  1  0  x  x  1  1    x 1
 x  x2  1

+ Với log 2 6.log 3 6.t  1  0


65
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

 
 
log 2 6.log 3 6.log 6 x  x 2  1  0  log 2 6.log 3 x  x 2  1  1



 log 3 x  x 2  1  log 6 2  x  x 2  1  3log6 2

 x  x 2  1  3log6 2 1

 
 x  3log6 2  3 log6 2

2
 log6 2
2
 x  x 1  3

1
 
Vậy phương trình có nghiệm x = 1 và x  3log6 2  3 log6 2
2
Bài 9: Giải phương trình 3. log 3 x  log3 3 x  1  0 .
Giải:
x  0 x  0 x  0
Điều kiện:   x 1 .
 
log 3 x  0 log 3 x  log 3 1  x  1
Pt  3. log 3 x  (log 3 3  log 3 x )  1  0
 3. log 3 x  1  log 3 x  1  0  3. log 3 x  log 3 x  2  0
Đặt t  log 3 x  t 2  log 3 x
t  1
Pt  3t  t 2  2  0  t 2  3t  2  0  
t  2
Với t =1  log 3 x  1  log 3 x  12  x  3 .
Với t = 2  log 3 x  2  log 3 x  22  log 3 x  4  x  34  81 .
Vậy : Pt đã cho có nghiệm là : x = 3 hoặc x = 81 .
Bài 10: Giải phương trình log 1 x  3 log 1 x  2  0 .
3 3

Giải:
x  0 x  0 x  0
 
Điều kiện: log x  0  log x  log 1    0  x 1 .
x  1
1 1 1
3 3
  3



Đặt t  log 1 x  t 2  log 1 x
3 3

t  1
Pt  t 2  3t  2  0  
t  2
1
Với t = 1  log 1 x  1  log 1 x  12  x  .
3
3 3
4
14
1 1
2
Với t = 2  log 1 x  2  log 1 x  2  log 1 x  4  x     x  4  .
3 3 81
3 3 3

1 1
Vậy: Pt đã cho có nghiệm là x   x 
3 81


66
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Bài 11: Giải phương trình 2(log 3 x) 2  5log 3  9 x   3  0
Giải:
Điều kiện: x  0 .
Pt  2(log 3 x) 2  5  log 3 9  log 3 x   3  0
 2(log 3 x) 2  5  2  log 3 x   3  0  2(log3 x) 2  10  5log 3 x  3  0
 2(log 3 x) 2  5log3 x  7  0
Đặt t  log 3 x .
t  1
Pt  2t  5t  7  0   7
2
t 
2
1
Với t  1  log3 x  1  x  31 
3
7
7 7
Với t =  log 3 x   x  3 2  37  27 3
2 2
Bài 12: Giải phương trình
2
 log 4 x 2 ( x   )
a. lg 2 x  3lg x  lg x 2  4 b. log 2 x  2 log 1
2
x
2

Giải:
a. Điều kiện: x  0 .
Pt  lg 2 x  3lg x  2 lg x  4  lg 2 x  5lg x  4  0
Đặ t  lg x
t  1  lg x  1  x  10
Pt  t 2  5t  4  0   4
t  4  lg x  4  x  10
b. Điều kiện: x  0 .
2
 log 2 x  2 log 2  log 2 x  log 2 x  3log 2 x  2  0 (*)
2
2
x
Đặt t  log 2 x
t  1
Thay vào (*) ta có t 2  3t  2  0  
t  2
Với t  1  log 2 x  x  2
Với t  2  log 2 x  x  4
Bài 13: Giải phương trình
5
b. log 2 (2 x  1).log 2 (2 x  1  2)  12
a. log 3 x  log x 3 
2
Giải:
Điều kiện : x  0, x  1 .
1 5
Pt  log 3 x  
log 3 x 2


67
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Đặt t = log 3 x .
t  2  log 3 x = 2  x = 3 2 = 9
15 5
Pt  t    0  t 2  t  1  0   1 1
t   log x = 1  x = 3 2 = 3
t2 2
 3
 2 2
b. Điều kiện : x  1
PT  log 2 (2 x  1).[1  log 2 (2 x  1)]  12  0 (1)
Đặt : t  log 2 (2 x  1) thì (1)  t 2  t  12  0  t  3  t  4
t = 3  log 2 (2 x  1)  3  2 x  9  x  log 2 9
17 17
t =  4  log 2 (2 x  1)  4  2 x   x  log 2
16 16
Bài 14: Giải phương trình
2 1 log 3 x 1 log3 x  2
 1 2 x
c. 2
a. log 2 x 64  log x2 16  3 b.
1  log x 5  log x
Giải:
1
a. Điều kiện: x  0 , x  1, x  .
2
Pt  log 2 x 26  log x2 24  3
6 4
 6 log 2 x 2  4log x2 2  3   3
log 2 2 x log 2 x 2
6 4 6 2
  3  3
log 2 2  log 2 x 2log 2 x 1  log 2 x log 2 x
Đặt t  log 2 x .
6.t  2(1  t )
6 2
 3  6.t  2(1  t )  3. 1  t  .t
Pt   3
1  t  .t
1 t t
t  2  log 2 x  2  x  4
 1
 3t 2  5t  2  0   1 1 1 1

t    log 2 x    x  2 3  1  3
 3 3 2
23

 x0

b. Điều kiện  x  10 5
 x  10 1

Đặt t  log x
2 1
Ta được PT:  1
1 t 5  t
log x  2  x  102  100
t  2
Thu gọn: t 2  5t  6  0    3
t  3 log x  3  x  10  1000
c. Điều kiện x  0


68
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Đặt t  log3 x  x  3 t .
t 2
1 9 2 4 2
Ta có: 2.2t  2t  3t  .2t  3t        .
4 4 3 9 3
Khi t = 2 thì log 3 x  2  x  9
Vậy phương trình có nghiệm là x  9 .
Bài 15: Giải phương trình
3
a. 4 log 2 x  log 2 x 2  2  0 b. (1  log 2 x)(2  log 4 x )  3
4
2
11
d. log 3 x  2 log 9 ( x  6)  3
c. log 2 x  log 4 x  log8 x 
6
Giải:
a. Điều kiện: x  0 .
3
2
Pt  4  log 22 x   .2.log 2 x  2  0
2
2 2
1 1
 2
x   3log 2 x  2  0  4.   .  log 2 x   3log 2 x  2  0
 4  .log 2
2 2

2
  log 2 x   3log 2 x  2  0
Đặt t  log 2 x .
t  1  log 2 x  1  x  2
Pt  t 2  3t  2  0  
t  2  log 2 x  2  x  4
b. Điều kiện: x  0 .
Đặt t  log 2 x
1
Ta được PT: (1  t )(2  t )  3
2
 log 2 x  1
t  1 x  2
 t 2  3t  2  0    
t  2  log 2 x  2 x  4
c. Đưa về cơ số 2 , ta được phương trình
1 1 11 11 11 11 11
log 2 x  log 2 x  log 2 x   (1   ) log 2 x   log 2 x 
2 3 6 23 6 6 6
 log 2 x  1  x  2
x3

d. log 3 x ( x  6)  3  x( x  6)  27  x 2  6 x  27  0  
 x  9(loai )
Bài 16: Giải các phương trình
3
b. lg 4  x  1  2lg 2  x  1  40
a. log 3 x  log 1 x3  log 3 (3x 4 )  3
3

Giải:
a. Điều kiện: x  0 .




69
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

1
Pt  log 1 x 2  log 31 x 3  log 3 3  log 3 x 4  3
32
1
3
 2 log 3 x  log3 x  1  4 log 3 x  3  log 3 x  3log 3 x  4 log 3 x  2
1 1
2
 (1  3  4) log 3 x  2  2.log 3 x  2  log 3 x  1  x  21  2
b. điều kiện: x  1
Phương trình  lg 4  x  1  2.9 lg 2  x  1  40  0 
Đặt: t  lg 2  x  1 ; t  0
 loai 
t  20
PT    t 2  18t  40  0  
t  2
 x  1  10 2
2 2
Với t = 2  lg  x  1  2  lg  x  1   2  
 x  1  10 2

Bài 11: Giải phương trình :
4
b. log 2  2 x  4   x  log 2  2 x  12   3
a.  2  log 3 x  log 9 x 3  1
1  log 3 x
Giải:
1
a. Điều kiện x  0; x  3, x 
9
2  log 3 x
4 1 4 4
 2  log 3 x  log9 x 3   1   2  log 3 x   1  1
1  log 3 x log 3 9 x 1  log 3 x 2  log 3 x 1  log3 x
t  1, t  2  t  1
2t 4
Đặt: t  log 3 x pt thành :  1  2 
2  t 1 t t  4
t  3t  4  0
1
So sánh điều kiện được 2 nghiệm x  ; x  81
3
b. Phương trình
 log 2  2 x  4   3  log 2  2 x  12   x  log 2  2 x  4   log 2 8  log 2  2 x  12   log 2 2 x
 log 2 8  2 x  4   log 2 2 x  2 x  12   8  2 x  4   2 x  2 x  12  *
Đặt t  2 x  t  0 
t4

Khi đó phương trình (*) trở thành 8  t  4   t  t  12   t 2  4t  32  0  
t  8  loai 
Với t  4  2 x  x  2

Bài tập tự giải có hướng dẫn:

Bài 1:


70
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

a. log ( x1) 16  log 2 ( x  1)
HD: Điều kiện 1  x  0
x  3
t  2
4

Đặt log 2 ( x  1)  t. Pt trở thành  t   3
t  2  x  
t 
 4
2 2
b. log x 4 x .log 2 x  12
HD: Điều kiện 1  x  0
x  4
log 2 4 x 2
.log 2 x  12  (1  log 2 x) log 2 x  6  
2

x  1
log 2 x
8

x  4 log 4 x  5  0
c. log 2
HD: Điều kiện x  1
1 1
 log 2 x  4 log 2 x  5  0 .
2 2
t  1(l )
1
 x  250
Đặt t  log 2 x (t  0)  
t 5
2 
d. (ĐHCĐ – 2001) log 2  4 x  4   x  log 1  2 x 1  3 
2

Đs: x  2

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

I. Phương pháp:

Phương pháp dùng ẩn phụ dạng 2 là việc sử dụng 1 ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành phương trình với
1 ẩn phụ nhưng các hệ số vẫn còn chứa x.
Phương pháp này thường được sử dụng đối với những phương trình khi lựa chọnẩn phụ cho 1 biểu thức thì các
biểu thức còn lại không biểu diễn được triệt để qua ẩn phụ đó hoặc nếu biểu diễn được thì công thức biểu diễn
lại quá phức tạp.
Khi đó thường ta được 1 phương trình bậc hai theo ẩn phụ ( hoặc vẫn theo ẩn x ) có biết số  là 1 số chính
phương.

II. Bài tập:

Bài 1: Giải phương trình lg 2 x  lg x.log 2  4 x   2 log 2 x  0
Giải: Điều kiện x  0 .
 
Biến đổi phương trình về dạng: lg 2 x  2  lg 2 x lg x  2lg 2 x  0
Đặt t = lgx, khi đó phương trình tương đương với: t 2   2  log 2 x  .t  2 log 2 x  0
2 2
Ta có:    2  log 2 x   8log 2 x   2  log 2 x  suy ra phương trình có nghiệm


71
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

 lg x  2
t  2 lg x  2  x  100

t  log x   lg x  lg x  lg x  0   x  1
 
 2
lg 2


Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 100 và x = 1

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

I. Phương pháp:

Phương pháp dùng ẩn phụ dạng 3 sử dụng 2 ẩn phụ cho 2 biểu thức lôgarit trong phương trình và biến đổi
phương trình thành phương trình tích.

II. Bài tập áp dụng:

2
Bài 1: Giải phương trình log 2  x  x  1   log 2 x.log 2  x 2  x   2  0
 
Giải:
 x  x  1 2  0


Điều kiện:  x  0  x  1 . Biến đổi phương trình về dạng:
x2  x  0


2
x 
2
x
 
 log 2 x.log 2 x 2  x  2  0
log 2
x
   
 2 log 2 x 2  x  log 2 x.log 2 x 2  x  2  0

 
u  log 2 x 2  x

Đặt  . Khi đó phương trình tương đương với:
v  log 2 x

u  1
2u  v  uv  2  0   u  1 v  2   0  
v  2
 x  1( L)
 
 log 2 x 2  x  1  x 2  x  2  0 x  2
  
x  4
 log 2 x  2
 x  4

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


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

I. Phương pháp:

Phương pháp đặt ẩn phụ dạng 4 là việc sử dụng k ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành 1 hệ phương trình
với k ẩn phụ.


72
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Trong hệ mới thì k – 1 phương trình nhận được từ các mối liên hệ giữa các đại lượng tương ứng

II. Bài tập áp dụng:


   
Bài 1: Giải phương trình log 2 x  x 2  1  3log 2 x  x 2  1  2
Giải:
x2 1  0


Điều kiện  x  x 2  1  0  x  1
 2
x  x 1  0


 
u  log x  x 2  1
2

Đặt 
 
v  log 2 x  x 2  1

Nhận xét rằng:
      
u  v  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
Khi đó phương trình được chuyến thành:
 
log x  x 2  1  1
u  v  0 u  v u  1  2
  

 
u  3v  2  2v  2 v  1 log 2 x  x 2  1  1

1
 2
 x  x 1  5
2x

4
 x  x2 1  2

5
Vậy phương trình có nghiệm x 
4
   
3  log 2 x 2  4 x  5  2 5  log 2 x 2  4 x  5  6 (1)
Bài 2: Giải phương trình
Giải:
x2  4x  5  0


 
Điều kiện 3  log 2 x 2  4 x  5  0  x 2  4 x  5  25  22  4 x

 
2
5  log 2 x  4 x  5  0

 2  29  x  2  29(*)
u  3  log x 2  x  5
 
 2
điều kiện u , v  0 . Khi đó phương trình được chuyển thành:
Đặt 
 
v  5  log 2 x 2  x  5





73
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

 u  6  2v

 u  6  2v

u  2v  6 u  6  2v  v  2
  2  
2 2
2 2
 6  2v   v  8
u  v  8 5v  24v  28  0   v  14

 5


 
3  log 2 x 2  4 x  5  2


x  4 x  5  2
2
  
5  log 2  log 2 x 2  4 x  5  1
v  2; u  2 
 

 14  
14 2 121

 
 
v  5 ; v  5
2
2
 log 2 x  4 x  5  25
3  log 2 x  4x  5 

  
5

2

 
x2  4x  5 
5  log 2
 5


x  x
2 2
x  4x  5  2 x  4x  3  0

 121    x  3
121
 x 2  4 x  5  2 25  x 2  4 x  5  2 25 0 
  121
 x  2  2 25  1

Vậy phương trình có 4 nghiệm phân biệt.

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

I. Phương pháp:

Phương pháp đặt ẩn phụ dạng 5 là việc sử dụng 1 ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành 1 hệ phương trình
với 1 ẩn phụ và 1 ẩn x.
Ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho các biểu thức trong phương trình
Bước 2: Biến đổi phương trình về dạng: f  x,   x   =0
 
 y    x

Bước 3: Đặt y    x  , ta biến đổi phương trình thành hệ: 
 f  x; y   0

II. Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải phương trình log 22 x  log 2 x  1  1 (1)
Giải:
Đặt u  log 2 x . Khi đó phương trình thành: u 2  u  1  1 (2)
u  1  0
Điều kiện:   1  u  1
2
1  u  0
Đặt v  u  1 điều kiện 0  v  2  v 2  u  1
Khi đó phương trình được chuyển thành hệ:


74
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

u 2  1  v u  v  0

 u 2  v 2    u  v    u  v  u  v  1  0  
2
u  v  1  0
v  1  u

Khi đó:
 1 5
u  1 5
1 5
2
2
 x2 2
+ Với v = – u ta được: u  u  1  0   log 2 x 
2
 1 5
u  (1)
2

x  1
 log 2 x  0
u  0

2
+ Với u – v + 1 = 0 ta được: u  u  0    1
u  1  log 2 x  1  x 
 
 2
Vậy phương trình có 3 nghiệm.

BÀI TOÁN 7: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐÔN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

I. Phương pháp:

Sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số để giải phương trình là dạng toán khá quen thuộc. Ta có 3 hướng ấp
dụng sau:
Hướng 1: Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f(x) = k (1)
Bước 2: Xét hàm số y = f(x). Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu (giả sử đồng biến)
Bước 3: Nhận xét:
+ Với x  x0  f  x   f  x0   k do đó x  x0 là nghiệm
+ Với x  x0  f  x   f  x0   k do đó phương trình vô nghiệm
+ Với x  x0  f  x   f  x0   k do đó phương trình vô nghiệm.
Vậy x = x0 là nghiệm duy nhất của phương trình
Hướng 2: Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f(x) = g(x) (2)
Bước 2: Xét hàm số y = f(x) và y = g(x). Dùng lập luận khẳng định hàm số y = f(x) là đồng biến còn hàm số
y = g(x) là hàm hằng hoặc nghịch biến. Xác định x0 sao cho f  x 0   g  x 0 
Bước 3: Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = x0
Hướng 3: Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f(u) = f(v) (3)
Bước 2: Xét hàm số y = f(x). Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu (giả sử đồng biến)
Bước 3: Khi đó (3)  u  v với u , v  D f

II. Bài tập áp dụng:

 
Bài 1: Giải phương trình log 2 x 2  4  x  log 2 8  x  2  
 
Giải:


75
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

x2  4  0
Điều kiện   x  2 . Viết lại phương trình dưới dạng:
x20

x2  4
 
2
log 2 x  4  log 2  x  2   3  x  log 2  3  x  log 2  x  2   3  x
x2
Nhận xét rằng:
+ Hàm số y  log 2  x  2  là hàm đồng biến
+ Hàm số y = 3 – x là hàm nghịch biến
+ Vậy phương trình nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất
+ Nhận xét rằng x = 3 là nghiệm của phương trình
Vậy phương trình có nghiệm x = 3.
   
Bài 2: Giải phương trình log 4 5 x 2  2 x  3  2 log 2 x 2  2 x  4
Giải:
x2  2x  3  0 x  1 5

Điều kiện:  2  . Viết lại phương trình dưới dạng:
x  2x  4  0 x  1 5
 
 x  2 x  3  log  x  2 x  4 
2 2
log 2
5

 log  x  2 x  3  log  x  2 x  4  (1)
2 2
5 4

Đặt t  x 2  2 x  4 khi đó (1)  log 5  t  1  log 4 t (2)
Đặt y  log 4 t  t  4 y phương trình (2) được chuyển thành hệ:
y y
t  4 y 4 1
 y y
 4  1  5        1 (3)
 y
 5 5
t  1  5

y y
 4 1
Hàm số f  y        là hàm nghịch biến
5 5
Ta có:
+ Với y  1, f 1  1 do đó y = 1 là nghiệm của phương trình (3)
+ Với y  1, f  y   f 1  1 do đó phương trình (3) vô nghiệm.
+ Với y  1, f  y   f 1  1 do đó phương trình (3) vô nghiệm
Vậy y = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (3)
x  4
Suy ra: y  1  t  4  x 2  2 x  4  4  x 2  2 x  8  0  
 x  2
Vậy phương trình có nghiệm x = 4; x = – 2
Bài 3: Giải phương trình x 2  3log2 x  x log2 5 (1)
Giải:
Đặt t  log 2 x  x  2t .
2 log 2 5
Khi đó phương trình có dạng:  2t   3t   2t   4t  3t  5t




76
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

t t
 4 3
t
Chia cả 2 vế cho 5  0 ta được:       1 (2)
5 5
Nhận xét rằng:
+ Vế trái của phương trình là một hàm nghịch biến
+ Vế phải của phương trình là một hàm hằng
+ Do vậy nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất
2 2
 4 3
+ Nhận xét rằng t = 2 là nghiệm của phương trình (2) vì       1
 5 5
Với t  2  log 2 x  2  x  4
Vậy x = 4 là nghiệm duy nhất của phương trình
3 x  x 2 1
1

 2
Bài 4: Giải phương trình log 3 x  3x  2  2     2 (1)
5
Giải:
x  1
Điều kiện x 2  3x  2  0  
x  2
Đặt u  x 2  3 x  2; u  0  x 2  3x  2  u 2  3x  x 2  1  1  u 2
1u 2
1
Khi đó (1) có dạng: log 3  u  2      2 (2)
5
1 u 2
1 12
 log 3  u  2   .5u
Xét hàm số f  u   log 3  u  2    
5 5
Miền xác định D   0;  
1 1 2
 .2u.5u .ln 5  0, u  D .
Đạo hàm: f  u  
 u  2  ln 3 5
Suy ra hàm số đồng biến trên D
1
Mặt khác f 1  log 3 1  2   .5  2
5
3 5
Khi đó (2)  f  u   f 1  u  1  x 2  3x  2  1  x 
2
3 5
Vậy phương trình có 2 nghiệm x 
2
x
Bài 5: Giải phương trình 6  1  2 x  3log 6  5 x  1
Giải:
1
Phương trình: 6 x  1  2 x  3log 6  5 x  1 . Điều kiện: x  
5
t t
Đặt t  log 6  5 x  1  5 x  1  6  1  6  5 x . Khi đó ta có phương trình:
6 x   6t  5 x   2 x  3t  6 x  3 x  6t  3t . Xét hàm số: f  u   6u  3u .



77
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Chứng minh f  u  đơn điệu khi đó ta có t = x.
Khi đó ta có phương trình: 5 x  1  6 x .
Bài 6: Giải phương trình
   
a. 3log 3 1  x  3 x  2 log 2 x b. log 2 1  3 x  log 7 x
c. log 2 x  log 3 ( x  1)  3
Giải:
a. Điều kiện: x  0 .
 
Khi đó đặt 3log 3 1  x  3 x  2 log 2 x  6 y

 
log 1  x  3 x  2 y 2y

1  x  3 x  3
Khi đó ta có:  3 
 6y
x  2
log 2 x  3 y 

t t t
1 8 4
3y 2y y
 1  2  2  9           1 . Ta có t  2 là nghiệm duy nhất.
9 9 9
12
Với t  2 , ta có x  2  4096
b. Điều kiện: x  0
Đặt t  log 7 x  x  7t .
t t

 
t t t t
 1  3  7 3
t
3 3 3 3
PT  log 2 1  7  t  1  7  2  1  7  8        1  0 (*).
8 8
t t
 1 3  7 3
Hàm số f (t )        1 nghịch biến và f (3)  0 nên (*) có nghiệm t = 3.
8 8
Vậy phương trình có nghiệm x = 343.
c. Điều kiện x  1
Nhận xét: ta thấy x  4 là một nghiệm của phương trình
Xét f  x   log 2 x  log 3 ( x  1)  3 trên 1,  
1 1
Ta có f / ( x)  ln 3  0 suy ra f  x  là hàm đồng biến 1,  
ln 2 
x 1
x
Vậy x  4 là nghiệm duy nhất của phương trình
11
 1 7
 x  2
.log 2 ( x 2  x  2)  3 x x
28
Bài 7: Giải phương trình : .log 2  2. x     0
9
2 4

Giải:
Điều kiện: x  R
1
1
 1 7
x2  x  2 x
2 2
4
3 .log 2 ( x  x  2)  3 .log 2  2. x   
2 4

17
 1 7
2 x 
x2  x  2 2 24
3 .log 2 ( x  x  2)  3 .log 2  2. x   
2 4





78
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Hai vế đều có dạng f (t )  3t . log 2 (t ) với t  0 , là hàm số đồng biến. Vậy PT này tương đương với:
17
x 2  x  2  2. x  
24
1 5
 2
 x  2  x  3x  4  0 1 5 3
  x  ;x  ;x  
x  1  x 2  x  3  0 2 2 2
 2 4

 x2  x  3  2
Bài 8: Giải phương trình log 3  2   x  3x  2
 2x  4x  5 
Giải:
x2  x  3
 0 x  .
Ta có:
2 x2  4 x  5
Phương trình  log3  x 2  x  3   log 3  2 x 2  4 x  5   x 2  x  3
 log3  x 2  x  3   log 3  2 x 2  4 x  5    2 x 2  4 x  5    x 2  x  3
 log3  x 2  x  3    x 2  x  3  log 3  2 x 2  4 x  5    2 x 2  4 x  5 
2
 1  11 11

u  x2  x  3   x    

2 4 4
Đặt :  
 2
2
v  2 x  4 x  5  2  x  1  3  3
Khi đó ta được log 3 u  u  log3 v  v  f  u   f  v 
1
Xét hàm số f  t   log3 t  t t  2  f ' t    1  0 t  2
t ln 3
 f  t  là hàm tăng trên  2;  
 x  1
Do đó: f  u   f  v   u  v  2 x 2  4 x  5  x 2  x  3  x 2  3x  2  0  
 x  2
2
Bài 9: Giải phương trình x.21 x  2.log 2 1  x   x.log 2 1  x   log 2  x  1
Giải:
Điều kiện: x  0
 x.21 x  2.log 2 1  x   x.log 2 1  x   2 log 2 1  x   0
x  0
 x.  21 x  log 2 1  x    0   1 x
 2  log 2 1  x   0  
Xét hàm số
f  x   21 x  log 2  x  1  x  1
1
f '  x   21 x ln 2   0 x  1
 x  1 ln 2
 f  x  là hàm giảm trên  1;  


79
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

 đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 1 điểm duy nhất x = 1
 (*) có nghiệm duy nhất x = 1
Vậy phương trình có nghiệm x  0;1

Bài tập tự giải có hướng dẫn:

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


HD:
2
 2 x 1 log 2 ( x 2  1)  22 x 1 .log 2 2 x  1
u  x 2  1

 u  1, v  0   2u log 2 u  2v log 2 v

v  2 x  1

+ u  v  VT  VP
+ u  v  VT  VP
+ u  v cho nghiệm x  1  2
b. x log2 9  x 2 .3log2 x  x log2 3
HD: Điều kiện: x  0
 9log2 x  x 2 .3log2 x  3log 2 x  3log 2 x  x 2  1
Đặt log 2 x  t pt trở thành 3t  1  4t . Pt có nghiệm t  1  x  2.
c. log 3 ( x 2  2 x  1)  log 2 ( x 2  2 x )
 x 2  2 x  2t

HD: Đặt t  log 3 ( x 2  2 x  1)  log 2 ( x 2  2 x ) . Ta có hệ pt  t  x  1  3
t
2  1  3

d. 2 log 6 ( x  4 x )  log 4 x
HD: Điều kiện: x  0
1
 log 6 ( x  4 x )  log 4 x  log 4 x
2
Đặt t  log 4 x . Phương trình trở thành log 6 (4t  2t )  t  4t  2t  6t  t  1  x  16
e. log 2 ( x  3log 6 x )  log 6 x
HD: Điều kiện: x  0
3 1
Đăt t  log 6 x  x  6t . Phương trình trở thành 2t  6t  3t  1  3t  ( )t  t  1  x 
2 6
Bài 2:
 x2  x  3  2
a. log 3  2 
 2 x  4 x  5   7 x  21x  14
 
HD:




80
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

 log 3 ( x 2  x  3)  log 3 (2 x 2  4 x  5)  7 (2 x 2  4 x  5)  ( x 2  x  3) 
 
 log 3 ( x 2  x  3)  7( x 2  x  3)  log3 (2 x 2  4 x  5)  (2 x 2  4 x  5)
 x  1
 x 2  x  3  2 x2  4 x  5  x2  3x  2  0  
 x  2
x2  x  1
 x 2  3x  2
b. log 3 2
2x  4x  3
HD:
 log3 ( x 2  x  1)  log 3 (2 x 2  4 x  3)  (2 x 2  4 x  3)  ( x 2  x  1)
 log3 ( x 2  x  1)  ( x 2  x  1)  log 3 (2 x 2  4 x  3)  (2 x 2  4 x  3)
2

u  x  x  1
 log 3 u  u  log 3 v  v
Đặt  2
v  2 x  4 x  3

Xét hàm số f  t   log 3 t  t là hàm số đồng biến với t  0
x  1
PT  u  v  
x  2
1 x 
c. 2 x  21 x  log 2  
x
HD: Điều kiện 0  x  1
 2 x  log 2 x  21 x  log 2 (1  x)
1
Xét hàm số f  t   2t  log 2 t trên (0 ; 1) là hàm số đồng biến nên pt  x  1  x  x 
2
d. log( x 2  x  6)  x  log( x  2)  4
HD: Điều kiện x  3
 log( x  3)  4  x
Xét sự BT của 2 hàm số suy ra pt có nghiệm duy nhất x  4
e. 2 x log2 x  2 x 3 log8 x  5  0
HD: Điều kiện: x  0
x  2
2
t2
Đặt t  log 2 x  x  2 . Pt trở thành 2.(2 )  2.(2 )  5  0  2.2  t 2  5  0  t  1  
t t
t tt
1
x 
2
 2
f. log 2 x  ( x  1) log 2 x  2 x  6  0
2

HD: Điều kiện: x  0
1

 log 2 x  2
t  2 x  4
2
Đặt t  log 2 x phương trình trở thành t  ( x  1)t  2 x  6  0    

t  3  x  log 2 x  3  x
x  2
g. 2log5 ( x 3)  x
HD: Điều kiện x  3




81
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Đặt log 5 ( x  3)  t  x  3  5t  x  5t  3 . Phương trình trở thành
t t
2 1
2t  3  5t     3.    1  t  1  x  2
5 5

BÀI TOÁN 8: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ

I. Phương pháp:

II. Bài tập áp dụng:

 
Bài 1: Giải phương trình log 3 4  x  x  5  1 (1)
2

Giải:
Cách 1: Theo bất đẳng thức Bunhiacôpski ta có:
 
1  1 4  x  x  5   3
4 x  x5  2  log 3 4 x  x 5 1
2

Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi:
4 x x5 1
  x   là nghiệm duy nhất
1 1 2
Cách 2: Theo bất đẳng thức Côsi ta có:
2
   4  x    x  5   9   4  x    x  5  18
4 x  x5  4 x x 5 2

 
 4  x  x  5  3 2  log3 4 x  x 5 1
2

Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi:
1
4  x  x  5  x   là nghiệm duy nhất của phương trình
2
Bài 2: Giải phương trình log 2  2 x 2  4 x  2   log 2 x  1  4 x  2 x 2
Giải:
Điều kiện: x  0
2
 2
log 2  2 x 2  4 x  2   log 2 x  1  4 x  2 x 2  log 2  2 x  4    3  2 1  x 
x

2 2 2

Vì x  0 , ta có: 2 x   4  2 x  4   8  log 2  2 x  4    3
x x x

 2

log 2  2 x  4  x   3
  . Ta có VT  2, VP  2 mà VT = VP
Vậy 
3  2 1  x 2  3


1

x 
x  x  1 . Tập nghiệm phương trình S  1
Nên ta có: 
1  x  0




82
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

8
Bài 3: Giải phương trình 22 x1  23 2 x 
log 3  4 x  4 x  4 
2


Giải:
2
Ta có: 4 x 2  4 x  4   2 x  1  3  3  log 3  4 x 2  4 x  4   1
8
Hay log 4 x 2  4 x  4  8  VP  8
3 
Theo BĐT Cauchy ta có: 22 x 1  23 2 x  8  VT  8 .
Mà VT = VP (theo giả thuyết).
2 x  1  0
VT  8 1
Suy ra:    2 x 1 x
3 2 x
VP  8 2
2
2
1 
Vậy tập nghiệm phương trình: S   
2
    
Bài 4: Giải phương trình log 2 x  x 2  1 log 3 x  x 2  1  log 6 x  x 2  1

Giải:
x  x2 1  0

Điều kiện:  x  x 2  1  0 .

 x2  1  0


 

Chú ý: x  x 2  1 x  x 2  1  1


 x  x2  1  0
  x  1 . Với x  1 thì ta có:
2
x  1  0

1 1

     
log 2 x  x 2  1 .log 3 x  x 2  1  log 6 x  x 2  1
Áp dụng công thức đổi cơ số ta có:
   
log 6 x  x 2  1 log 6 x  x 2  1
 
 log 6 x  x 2  1
.
log 6 2 log 6 3

 
log x  x 2  1  0
6

 
2
* 
log 2 6.log 3 6.log 6 x  x  1  1

*  log 2 6.log3 6.log 6  x  
x2  1  1

 
 log 3 x  x 2  1  log 6 2  x  x 2  1  3log 6 2
1 1
 3 log6 2 , nên ta có hệ phương trình:
Vì x  x 2  1   log6 2
3
2
x  x 1


83
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

 x  x 2  1  3log6 2 1

 
 x  3log 6 2  3 log 6 2

2
 x  x 2  1  3 log 6 2

1 log 6 2
 
Rõ ràng theo BĐT Cauchy, ta có: 3log 6 2  3 log6 2  2   3 log6 2  1
3
2
1 log 6 2
 
 3 log 6 2
Vậy phương trình có nghiệm x  1 và x  3
2
3
Bài 5: Giải phương trình log x  x  1  lg  
2
Giải:
x  0
x  0

Điều kiện  x  1 
x  1
x  1  0

3
Nếu 0  x  1  x  1  1  log x  x  1  log x 1  0 . Mà lg    0 nên pt vô nghiệm
2
3
Nếu x  1  x  1  x  log x  x  1  log x x  1  lg   nên pt vô nghiệm
2
Vậy pt vô nhiệm
 x2  x  3  2
Bài 6: (ĐHNTCSII – 2001) Giải phương trình: log 3  2   x  3x  2
 2x  4x  5 
Giải:
u  x 2  x  3

Đặt:  2
v  2 x  4 x  5

Hiển nhiên u , v  0 , x và v  u  x 2  3 x  2 .
u
Khi đó phương trình trở thành: log  v  u (*)
2v
u u
Nếu u  v thì  1 . Do đó: VT  log 2  0 ; VP  v  u  0 . Suy ra phương trình vô nghiệm.
v v
u u
Nếu u  v thì 0   1 . Do đó: VT  log 2  0 ; VP  v  u  0 . Suy ra phương trinh vô nghiệm.
v v
Vậy: (*)  u  v  x  x  3  2 x  4 x  5  x 2  3 x  2  0  x  1  x  2
2 2

Tóm lại nghiệm của phương trình là: x  1  x  2

Bài tập tự giải có hướng dẫn:

Bài 1:
1

a. log 2  2 x 2    log 2 x  3 x 2  2 x 3
2

HD: Điều kiện x  0


84
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

1

 log 2  2 x    3 x 2  2 x 3
2x 

1 1
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương 2 x; : 2x   2  VT  log 2 2  1
2x 2x
Xét hàm số y  3 x 2  2 x3 trên (0 ;+  ) có GTLN là 1 khi x  1
Do đó pt có nghiệm duy nhất x  1
3
b. 3 x 2  2log2 x 1  log 2 ( x 2  1)  log 2 x
HD: Điều kiện x  0
1

 3 x 2  2 x 3  log 2  x    ...  x  1
x


Bài tập tự giải tổng hợp:

Bài 1: Giải các phương trình sau
1 x2 1 x2
1  1
11
2x 2x
a.  log 2 ( x  2  x  2 ) 
9
2 2
1 x 1 x
1  1
2x 2x
2 log9 ( x 1) log 1 ( x 1)
log 5 27
3  125  27
b.   
 
5  27  log5 243
1
c. log 1 x  ( x  2  x  2)
4
2

d. (ĐHSPV – 2001) log 4 ( x  x 2  1) log 5 ( x  x 2  1)  log 20 ( x  x 2  1)
1
e. log 3 ( x  x  1 )  log 3 (4 x  3  4 x  1 )  0
2
x3 1
3
f. log 3 log 2 x  log 3   log 2 x
x 32
Đs:
9 7 1
a. x   x  c. x  
b. x  2
7 9 2
3
1
d. x  1  x  (5log 20 4  5 log 20 4 ) f. x  1  x 
e. x  4  0  x  1
8
2
Bài 2: Giải các phương trình sau
3 sin 2 x  2 sin x
a. lg 1  x 2  3 lg 1  x  lg 1  x 2  2  log 7 x 2 2
b. log 7 x 2
sin 2 x cos x
(2  5 x  x 2 )
log 1
1
( x 2  2 x  2)  log 2 3 ( x 2  2 x  3)
 (3 x  5) d. log
c. 25
2 3
2
3x  5


85
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

1 1
f. 3 log 3 (1  x  3 x )  2 log 2 x
 lg( x  2) 
e. x
8
2
Đs:
5  13
c. x  2  x 
a. VN b.
2
d. x  1  11  4 3 e. x  3 f. x  4069
Bài 3: Giải các phương trình sau
log 1 (1 7 x  2 x 2 )
1 2
2
x  lg x 3  3
b. x lg
 (2 x  1) 4 
a.
1 1
2x  1 
1  x 1 1 x 1
4 8
c. log x (cos x  sin x)  log 1 (cos x  cos 2 x)  0 d. 2 log 6 ( x  x )  log 4 x
x

f. log x x 2  14 log 16 x x 3  40 log 4 x
2
x 0
e. 2 log 9 x  log 3 x log 3 ( 2 x  1  1)
2
Bài 4: Giải các phương trình sau
a. (ĐHNNI – B) log 2 x2  2  x   log x2
2 x

b. (ĐHKTQD – 2001) log 3 x 7  9  12 x  4 x 2   log 2 x 3  6 x 2  23 x  21  4
c. (ĐHAG – 2001) ln  2 x  3  ln  4  x 2   ln  2 x  3  ln  4  x 2 
d. log 3  9 x 1  4.3x  2   3 x  1
e. log x log3  9 x  6    1
 
Đs:
1
3x2
b. x  
a. x  2 x.
4
x  0
d.  e. VN
 
 x  log 3 3  15  1

Bài 5: Giải các phương trình sau
x 1
1
a. (BCVT – 2001) log 9 ( x 2  5 x  6) 2   log 3 x  3
log 3
2 2
b. (ĐHV – D 2001) ( x  1) log 5 3  log 5 (3 x 1  3)  log 5 (11.3 x  9)
c. (HVQHQT – 2001) log 2  x 2  x  1  log 2  x 2  x  1  log 2  x 4  x 2  1  log 2  x 4  x 2  1
d. (ĐHBKHN – 2001) log 4 ( x  1) 2  2  log 4  x  log 8 (4  x ) 3
2

x 1
1
e. (PVBCTT – 2001) log 27 ( x 2  5 x  6) 3   log 9 ( x  3) 2
log 3
2 2
f. (ĐHKT – 2001) log 7 x  log 3 ( x  2)
g. (ĐHCĐ – 2001) log 2 (4 x  4)  x  log 1 (2 x 1  3)
2




86
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

h. (KTQD – 2001) log 3 x  7 (9  12 x  4 x 2 )  log 2 x  3 (6 x 2  23 x  21)  4
1
i. (ĐHAN – 2001) log 2 (3 x  1)   2  log 2 ( x  1)
log x 3 2
k. (ĐHH – D 2001) x  log 2 (9  2 x )  3
l. log 3  2 x  1  log 5  4 x  1  log 7  6 x  1  3 x
Đs:
5
a. x  b. x  0  x  2 c. x  0  x  1
3
5
e. x 
d. x  2  x  2  24 f. x  49
3
1
h. x  
g. x  2 i. x  1
4
k. x  0  x  3 l. x  0  x  1
Bài 6: Giải các phương trình sau
4 3
2 2
a. 2 tg xy  cot g xy  log 1 ( x  2) 2  3  log 1 (4  x ) 3  log 1 ( x  6) 3
b.
2
2
log 2 (4 x  4 x  3) 4 4 4

2
log 2 x 4  4 log 4 d. log 5 ( x 2  1)  log 1 5  log 5 ( x  2)  2 log 1 ( x  2)
2
c.
x 5 25
2
e. ( x  2) log ( x  1)  4( x  1) log 3 ( x  1)  16  0
3
x
log 2
 x log 2 6  x 2
2
f. 2.9
Đs:
1

x  2
b. x  2  x  1  33
a.  c. x  2
 y    k  k  Z 

 2
1
21 80 1 log 3 2
d. x  e. x  2  x   f. x  2  x  2
2 81
Bài 7: Giải các phương trình sau
x 2
(log 2 2 x  log 4 2 x ) log 2 x 2  (log 2 ) log 4 x 2  2
 log 4
a. (ĐHTS – 2001)
2 x
x x
   
b. log 3  sin  sin x   log 1  sin  cos 2 x   0
2 2
  3 
 
x 
2
2
x2 1  x  6
 1  x  log 2
c. log 2 3 3

1 1 1 1  1

d. lg x  lg  x    lg  x    lg  x  
2 2 2 2  8

e. lg 5  lg  x  10  1  lg 21x  20  lg 2 x  1



87
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

     
f. x 2  1 lg 2 x 2  1  4 2 x 2  1 . lg x 2  1  0
3 3
 
g. log 2  x    log 2  x    3
x x
 
h. log x. log x 3 3  log 3 3 6
3 3

Bài 8: Giải các phương trình sau
x
log 2 4 2 x  log x 4 2 x  log 2  log 2 x
a. 4
2
   
b. log 3 x 7 9  12 x  4 x 2  log 2 x 5 6 x 2  23 x  21  4
x 
c. log 2 x  x log 7  x  3    2 log 7  x  3 log 2 x
2
2 
  
2
d. x  1  1  x  2 log 2 x  x  0
2 2
e.  x  3 .log 2  x  1  2 log x 1 2   x  3 .log x 1 2  2log 2 x 1
 
f. x 2 . log 6 5 x 2  2 x  3  x log 1 5 x 2  2 x  3  x 2  2 x
6

log 2 36 2
 log 2 81  log 2 3 x  4 x 15
g.
log 2 4
 
2
h. 2. log 9 x  log 3 x. log 3 2x  1 1
i. x  3log 3  x  2   4 x  2 log 3  x  2  16
2


k. 3 x 2  2 log 2 x 1  log 2 x 2  1  log 2 x
 
3




  4 x 
2 2
l. log12 x 6 x  5 x  1  log13 x  4x  1  2  0
m. log 2 x.log 3 x.log 5 x  log 2 x.log 3 x  log 2 x.log 5 x  log 3 x.log 5 x
1
n. lg x  10  lg x 2  2  lg 4
2
Bài 9: Giải các phương trình sau
a. log 2 x. log 3 x  log 3 x 3  log 2 x  3 b. log 5 x  log 3 x  log 5 3. log 9 225
 
c. x  lg x 2  x  6  4  lg x  2  d. log 3  x  1   x  5 log 3  x  1  2 x  6  0
2


       
f. log 5 5 x  1 . log 25 5 x 1  5  1
e. log 2 2 x  4  x  log 2 2 x  12  1
g. log 2 log 3 log 2 x   1 h. log 3  x  1  log 5 2 x  1  2
  
i. lg lg x   lg lg x 3  2  0 k. log x x 2  40 log 4 x x  14 log 16 x x 3  0
2

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

Bài 10: Giải các phương trình sau
b. log 2 x  2  log 4 x  5  log 1 8  0
a. log 3  x  2  log 3 x 2  4 x  4  9
2

2




88
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

4
c. x 2 . log x 27. log 9 x  x  4 d. (2  log 3 x) log 9 x 3  1
1  log 3 x
1 1
e. log 3 ( x  1)2  log 3 (2 x  1)  2 f. log 4 ( x  1)    log 2 x  2
log 2 x 1 4 2
2x  1
 1  x  2x h. 2log 2 (2 x  2)  log 1 (9 x  1)  1
g. log 2
x 2

1 6

k. 3   log x  9 x   m. log 2 x  2 log 7 x  2  log 2 x log 7 x
log3 x x

Đs:
 3  17  1 5
 
b. x  6;3; d. x  x8 f. x 
e. x  2 g.

2 3 2
 
 
1
h. x  1  x  k. x  2 m. x  2  x  4
x 1
3
Bài 11:
a. (ĐHMĐC – 2001) Tìm các nghiệm của phương trình
x log 6  3 x   36 5 x 7  0
3x  1
2 2
16 ) 16 ) 1
 2 log5 x 1  24 thỏa mãn cos
b. Tìm các nghiệm của phương trình 2 2 log3 ( x  2 log3 ( x 0
x4

PHƯƠNG TRÌNH LOGA CÓ CHỨA THAM SỐ

   
Bài 1: Tìm m để phương trình x 2  1 log 2 ( x 2  1)  m 2 x 2  1 log( x 2  1)  m  4  0 có đúng hai nghiệm
thực thỏa mãn điều kiện 1  x  3
Giải:
Đặt t  x 2  1 log( x 2  1) ta thấy t(x) là hàm chẵn với mỗi giá trị của t không âm luôn cho 2 giá trị của x ,từ
 
điều kiện của x suy ra x 2  1;9  t  0; 8 .
Bài toán trở thành:
 
Tìm m để phương trình t 2  2mt  m  4  0 có nghiệm duy nhất trên 0; 8
2
t 4 1
 
m có nghiệm duy nhất trên 0; 8 \  
2t  1  2
t  2 2
2t 2  2t  4 2
 f ' (t )  0
( 2t  1) 2 t   2

Lập bảng biến thiên suy ra điều kiện m là m  4
 m  3 log 21 ( x  4)   2m  1 log 2 ( x  4)  m  2  0
Bài 2: Cho phương trình:
2

Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 sao cho 4  x1  x2  6
Giải:


89
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Ta m để phương trình có 2 nghiệm
pt đó cho tương đương với pt: (m  3) log 2 ( x  4)  (2m  1) log 2 ( x  4)  m  2  0
2
trên khoảng (4; 6) phương trình luôn xác định.
Đặt t  log 2 ( x  4) với điều kiện t  1 t < 1 do 0  x  4  2 x  (4; 6)
Dẫn đến pt  m  3 t 2   2m  1 t  m  2  0  m  t 2  2t  1  3t 2  t  2 *
3t 2  t  2
m
Nhận xét thấy t  1 không thỏa mãn pt (*) . Biến đổi pt về dạng
t 2  2t  1
Bài toán trở thành:
3t 2  t  2
Ta m để pt: f  t    m , có hai nghiệm phân biệt t1  t2  1 .
t 2  2t  1
7t  3 3
Tính đạo hàm f ' (t )  ; f ' (t )  0  t  
3
7
(t  1)
Bảng biến thiên của hàm số f(t) trên khoảng (-; 1)
t 1
3
- -1

7
+ - 0 +
f'(t)
0
+ +
f(t) 25

3 8


 25
 m0
Từ đó suy ra các giá trị cần ta là:  8

m  3
Bài 3: Tìm m để phương trình sau luôn có nghiệm trong đoạn 1;9
2
log 3 x  2m  2  log 3 x   4  m 1  log 3 x  1

Giải:
Điều kiện x  0
Đặt: log 3 x  t , khi x  1;9  t   0; 2
1  t 2  2m  t  2   4  m  mt  t 2  4    3  t  m  2 
t2  4
Vì t   0; 2 từ (2)  m  
3t
t  3  13  loai 
t2  4 t 2  6t  4
Đặt f  t     f '  t   0 
2
3  t 
3t t  3  13  tm 

4 8
 
Ta có: f 3  13  2 13  6; f  0    ; f  2   
3 5


90
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

8 
Vậy với m    ; 2 13  6  thì phương trình có nghiệm với mọi x  1;9
5 
Bài 4: Tìm giá trị của m để phương trình nghiệm duy nhất log 0, 5 (m  6 x)  log 2 (3  2 x  x 2 )  0
Giải:
log 0 ,5 (m  6 x )  log 2 (3  2 x  x 2 )  0  log 2 (m  6 x)  log 2 (3  2 x  x 2 ) 
3  2 x  x 2  0  3  x  1

  2
m  6 x  3  2 x  x 2 m   x  8 x  3

Xét hàm số f ( x )   x 2  8 x  3 ,  3  x  1 ta có f ' ( x )  2 x  8 , f ' ( x )  0 khi x  4 do đó f ( x ) nghịch
biến trong khoảng (3; 1) , f (3)  18 , f (1)  6 .
Vậy phương trình sau có nghiệm duy khi 6  m  18

log 2 x  log 1 x 2  3  m(log 4 x 2  3) có nghiệm thuộc [32; )
Bài 5: Tìm m để phương trình 2
2

HD:
Điều kiện x  0
t 2  2t  3  m(t  3)
Đặt t  log 2 x; x  [32; )  t  [5; ) . Phương trình trở thành:
+ t = 3 không là nghiệm
+ t ≠ 3 ta có
t 2  2t  3
m  f (t )  ; t  [5; )
t 3
2t
lim f (t )  1; f '(t )  0
(t  3) t 2  2t  3
t 

Suy ra hàm số nghịch biến trên [5;+∞)
Lập BBT ta có 1  m  3
2
   log 1 x  m  0 có nghiệm thuộc (0;1).
Bài 7: Tìm m để phương trình 4 log 2 x
2

HD: Điều kiện x  0
PT  log 2 x  log 2 x  m  0
2

Đặt t  log 2 x ; x  (0;1)  t  (;0) . Phương trình trở thành t 2  t  m  0
1
S  1  0 nên pt có nghiệm ẩn t thì sẽ có nghiệm âm . Do đó đk :   0  m  .
4
Bài 8: Giải và biện luận phương trình : 2 log 3 x  log 3 ( x  1)  log 3 m  0 .
HD:
x  0
Điều kiện 
m  0
2
PT  x  mx  m  0
+ 0  m  4 : phương trình vô nghiệm


91
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

+ m = 4 phương trình có nghiệm x = 2
Sm 1
+ m  4 ta có   2  x1  x2  2 nên phương trình đã cho có 2 nghiệm x1,2  (m  m 2  4m )
22 2
Bài 9: (Tham khảo 2003) Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc (0;1)
2
   log 1 x  m  0
4 log 2 x
2

HD:
2
  2 2
 log 1 x  m  0   log 2 x   log 2 x  m  0  m    log 2 x   log 2 x
4 log 2 x
2

- Với 0  x  1 thì 0  x  1  log 2 x  0
- PT có nghiệm thuộc (0;1) khi và chỉ khi m thuộc miền giá trị của hàm số f (t )  t 2  t (t  0)
1
- Khảo sát hàm số cho kết quả m 
4
Bài 10: (ĐHYD – 2001) Cho phương trình: 2 log 4 (2 x 2  x  2m  4m 2 )  log1 2 ( x 2  mx  2m 2 )  0
Xác định tham số m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa: x12  x2 2  1
Giải:
2log 4 (2 x 2  x  2m  4m2 )  log 1 ( x 2  mx  2m 2 )  0
2

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


 x 2  mx  2m 2  0  x 2  mx  2m 2  0

 2 
2
 x1  2m, x2  1  m
 x  (1  m) x  2m  2m  0

Yêu cầu bài toán
 x12  x2  1
2


  x12  mx1  2m 2  0 với x1  2m , x2  1  m
2 2
 x2  mx2  2m  0
5m 2  2m  0
 2 1
 4m 2  0  1  m  0   m 
5 2

2m 2  m  1  0


Bài tập tự giải:

Bài 1: Cho phương trình ( x 2  1) lg 2 ( x 2  1)  m 2( x 2  1) lg( x 2  1)  m  4  0
a. Giải phương trình khi m  4
b. Tìm m để phương trình có đúng hai nghiệm thỏa mãn 1  x  3
Bài 2: Giải và biện luận phương trình
x2  x2 
 
1  (m  2)2 ]log 3 (2 x  x 2 )  [1  (3m  1) 2  log11 1    log 3 (2 x  x 2 )  log11 1  
  2 2
 


92
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Bài 3: Tìm m để các nghiệm x1 , x2 của phương trình 2 log 4 (2 x 2  x  2m  4m 2 )  log 1 ( x 2  mx  2m 2 )  0
2
2 2
thỏa mãn x  x  1
1 2

Bài 4: Tìm x để phương trình log 2 (m 2 x 3  5m 2 x 2  6  x )  log 2 m 2 (3  x  1) nghiệm đúng với mọi m
Đs: x  5
log 5 mx
Bài 5: Tìm m để phương trình  2 có nghiệm duy nhất
log 5 ( x  1)
Bài 6: (ĐHY HP – 2001) Tìm x để phương trình log 2 (m 2 x 2  5mx  3  5  x )  log 2 m 2 (5  x  1) nghiệm
đúng với mọi m
Bài 7: Tìm m để phương trình log 3 ( x 2  4mx)  log 1 (2 x  2m  1)  0 có nghiệm duy nhất
3

1 1
Đs: m  0   m
2 10
2
 xm
( x 2  2 x  3)  2  x 2 x
Bài 8: Tìm m để phương trình 4 log 1 (2 x  m  2)  0 có ba nghiệm
log 2
2

1 3
Đs: m   m   m  1
2 2
Bài 9: Cho phương trình: (m  1) log 2 ( x  2)  (m  5) log 1 ( x  2)  m  1  0
1
2 2

Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 sao cho 2  x1  x2  4
a
Bài 10: Tìm a để phương trình log 2 ( x 2  x  2)  a  có nghiệm  0,1
2
log 2 ( x  x  2)
Bài 11: Tìm m để phương trình log 7 (m  x  4)  log 1 (mx  x 2 )  0 có hai nghiệm phân biệt
7
2 *
Bài 12: Giải và biện luận phương trình 2 x  1  log3 m  x  log 3 m – 1  0 với m  R
*
Bài 13: Giải và biện luận phương trình log x a  log ax a  log a 2 x a  0 với a  R
(2 x 2  m)  4 tùy theo m  R
Bài 14: Giải và biện luận phương trình log
2 x 2

( x 2  mx  m  1)  log x  0 có nghiệm duy nhất
Bài 15: Tìm m để phương trình log 52 5 2

Bài 16: Tìm a để phương trình log 2  2 x  1 .log 2  2 x 1  2   2  a có nghiệm
Bài 17: Tìm a để phương trình log a ( x 2  ax  3)  log a x có nghiệm
Bài 18: Tìm m thực để phương trình sau có hai nghiêm thực phân biệt:
(m  1).log 2 ( x  2)  (m  5) log 1 ( x  2)  m  1  0
1
2 2

7
Đs: m  (3;1)  (1; )
3




93
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498


CHỦ ĐỀ II: BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ

BÀI TOÁN I: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

I. Phương pháp:

Ta sử dụng các phép biến đổi tương đương sau:
 a  1


 f  x   g  x  a  0
 
Dạng 1: Với bất phương trình: a    a    
fx gx
hoặc 
 a  1  f  x   g  x    0
 
 0  a  1
 

 f  x   g  x 

 a  1


 f  x   g  x 

a  0

a  1
f  x g x
Dạng 2: Với bất phương trình: a a  hoặc 
  a  1  f  x   g  x   0 
 

 0  a  1


 f  x   g  x 

Chú ý: Cần đặc biệt lưu ý tới giá trị của cơ số a đối với bất phương trình mũ.

II. Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải các bất phương trình:
x 3 x 1
1
   
 2 x 1 b. 10  3 x 1  10  3 x 3
a. 2
2 x 2 x
Giải:
a. Biến đổi tương đương bất phương trình về dạng:
 1  x  0
 2
2
x  2x  0
x 2 x 1 x
1 1
 
    x2  2x  1  x    x2

1  x  0
2  2 
  x 2  2 x  1  x  2

Vậy nghiệm của bất phương trình là x  2
Chú ý:
Để tránh sai sót không đáng có khi biến đổi bất phương trình mũ với cơ số nhỏ hơn 1 các em học sinh nên lựa
chọn cách biến đổi:
1 2
 2 x 1  2 x 2 x  2 x 1   x 2  2 x  x  1  x 2  2 x  1  x  x  2
x2  2 x
2
1
    
10  3 10  3  1  10  3  10  3
b. Nhận xét rằng:



94
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Khi đó bất phương trình được viết dưới dạng:
x 3 x 1 x  3 x 1

     
x 1 x 3 x 1 x  3
10  3  10  3  10  3 1

 3  x   5
x2  5
x  3 x 1
  0 0 
 x  1 x  3
x 1 x  3 1  x  5

  
Vậy nghiệm của bất phương trình là: 3;  5  1; 5
Bài 2: Giải các bất phương trình
x 1 x x 1
b. ( 5  2) x 1  ( 5  2) x 1
a. 4 x 1  0.25.32 x  2
Giải:
a. Đưa về cơ số 2,ta được:
x 1 2 x 2 2 x 2 3 x 4
x 5x
2
2
2 5 x2
x 1 x 1 x 2 x 1 x2
BPT  (2 )  2 .(2 ) 2 2 2 2

 x 2  13 x
2 x  2 3x  4 (2 x  2)( x  2)  (3x  4)( x  1)
   0 0
x 1 x2 ( x  1)( x  2) ( x  1)( x  2)
 x  13   1  x  0  x  2
5  2  ( 5  2) 1
b. Vì
x 1
x 1
   ( 5  2)1 x 
x 1
52  1  x do 0  5  2  1
x 1
 x  1 hoặc 2  x  1

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

I. Phương pháp:

Để chuyển ẩn số khỏi số mũ luỹ thừa người ta có thể logarit hoá theo cùng 1 cơ số cả hai vế của bất phương
trình mũ. Chúng ta lưu ý 1 số trường hợp cơ bản sau cho các bất phương trình mũ:
 a  1


 f  x   log a b

Dạng 1: Với bất phương trình: a f ( x )  b ( với b>0)  
 0  a  1

  f  x   log a b





95
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

 a  1


 f  x   0


 b  0

 b     a  1
Dạng 2: Với bất phương trình: a f ( x )
 
    f ( x)  log a b

   0  a  1
    f ( x)  log a b
 
Dạng 3: Với bất phương trình: a f ( x )  b g ( x )  lg a f ( x )  lg b g ( x )  f ( x).lg a  g ( x ).lg b hoặc có thể sử dụng
logarit theo cơ số a hay b.

II. Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải các bất phương trình
2 2
a. 49.2 x  16.7 x  2 x 2
b. 3x 9
x 1 x2 x 1
x
2  25 d. 2  3
c. 2
2
4 x 15 x 13 4 3 x
1 1 2
f. 5 x 7 x 12  1
 
e.  
2 2
Giải:
a. Biến đổi tương đương phương trình về dạng: 2 x  4  7 x 2
Lấy logarit cơ số 2 hai vế phương trình ta được:
2
4
 log 2 7 x  2  x 2  4   x  2  log 2 7  f ( x )  x 2  x log 2 7  2log 2 7  4  0
 log 2 2 x
2
Ta có:   log 2 2 7  8log 2 7  16   log 2 7  4    4  log 2 7  . Suy ra f(x)=0 có nghiệm:
log 2 7   4  log 2 7 
 x1  2
x1,2  
 x2  log 2 7  2  x1
2
Vậy bất phương trình có nghiệm x > 2 hoặc x  log 2 7  2
x 0
2
2 x  2
b. BPT  3x  32  x 2  2 x  2  2  x 2  2 x  0  
x  2
x
2 50 50
 4.2 x  25  9.2 x  50  2 x 
c. BPT   x  log 2
2 9 9
x
2
d.  2 x  3x.3     3  x  log 2 3
3 3
e.
 4 x 2  15 x  13  4  3 x  4 x 2  12 x  9  0
3
2
  2 x  3  0  x 
2



96
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

x  3
2
 7 x 12
f. Bpt  5x  50  x 2  7 x  12  0  
x  4
Bài 2: Giải các bất phương trình
x 1 3
1 log 2 x log 2 x
a. 2 x 1    b. (ĐHDB – 2004) 2.x 2  22
 16 
Giải:
x
1 1
x
a. BPT  2 x 1   4   2 x 1   24   2 x 1  24 x  x  1  4 x  x 
2  5
1 3 1 3
 log 2 x 
log2 x log 2 x log 2 x
b. BPT 2.x 2  22  log 2  2.x 2   log 2 2 2
 
1 3
 1  log 2 x  log 2 x  1  log2 x  0  x  2
2 2
Bài 3: Giải bất phương trình
x 2 
log ln (1  sin )
sin 2 x  4 2
 log (x 2  3x)  0
1
a. 3 b. e
2
c. ( x 2  x  1) x  1

Giải:
x2
x2
0  0  1 ( vì 0  sin 2  1 )
a. BPT  log sin 2
x 4 x4
x2 x2 x2
  
0  x  4 0  x  4 0  x  4 x  2  0 x  2
  
      x2
x 2 1  x  2 1  0  6  0 x  4  0  x  4
x  4 x  4 x  4
  
b.  e  log 2 ( x  3x )  0  2  log 2 ( x 2  3x )  0 (1)
ln 2 2


x  0
Điều kiện : 
 x  3
1  log 2 ( x2  3x)  2  x 2  3 x  22  x 2  3 x  4  0  4  x  1
So điều kiện bất phương trình có nghiệm : 4  x  3 ; 0  x  1
c. Vì x 2  x  1  0 x

Bất phương trình  x lg( x 2  x  1)  0
Bất phương trình này tương đương với hai hệ:
x  0 x  0
I  :  ( II ) : 
2 2
lg( x  x  1)  0 lg( x  x  1)  0




97
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

x  0 x  0
Giải hệ (I):   (vô lí)
2
lg( x 2  x  1)  0 x  x 1  1
 
x  0 x  0 x  0
Giải hệ (II):   2  2 
2
lg( x  x  1)  0  x  x  1  1  x  x  0
Nghiệm của bất phương trình là : x  1

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

I. Phương pháp:

Mục đích chính của phương pháp này là chuyển các bài toán đã cho về bất phương trình đại số quen biết đặc
biệt là các bất phương trình bậc 2 hoặc các hệ bất phương trình.

II. Bài tập áp dụng:

2
 
2
 
Bài 1: Giải bất phương trình 2 x  2  2x  2 1  2 x 1
Giải:
Điều kiện 2 x  1  0  x  0 .
Đặt t  2 x  1 , điều kiện t  0 , khi đó: 2 x  t 2  1 . Bất phương trình có dạng:
2 2
2 2
t     
2
 1  2  t 2  1  2 1  t   t 2  1  t 2  3 1  t 
2 2
2 2 2
  t  1   t  
 3 t 2  1  0   t  1  t  1   t  3   0
2 2
 
2 3
  t  1  2t  2   0   t  1  t  1
 2x 1  1  2x  2  x  1
Vậy nghiệm của bất phương trình là  0;1)
x x x
     
Bài 2: Giải bất phương trình 9  3  11 2  2 5 2 6 2 3 2 1
Giải:
Nhận xét rằng:
x 3
x 3 x
 3 2   3 2 
9     
3  11 2
   
   
x 2
x 2 x
 3 2   3 2 
    
52 6
   
   
x
x x
 3  2   3  2    3  2   3  2    1
 
1
x x
Do đó nếu đặt t   3  2  , điều kiện t  0 thì  3  2  
t


98
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Khi đó bất phương trình tương đương với:
1
t 3  2t 2  2  1  t 4  2t 3  t  2  1   t  1 t  2   t 2  t  1  0  2  t  1
t
x
 
Kết hợp với điều kiện của t ta được: 0  t  1  2  3 1 x  0
Vậy nghiệm của bất phương trình là x  0 .
Bài 3: Giải các bất phương trình
4
x x
   2 2
 2 x 1  2 x 1
b. (2  3) x  (2  3) x
 2 x  log2 5 
a. 5  21  5  21
2 3
x 1
2 x x2 x 1 x 1
 
2 2
c. (3  5)2 x  x  3  5  21 2 x  x  0 d. ( 2  1)  ( 2  1)

Giải:
x x
 5  21   5  21  x
a. Chia 2 vế bất phương trình cho 2  0 ta được: 
 2   2   5
 
  
x x
 5  21   5  21 
Nhận xét rằng: 
 2  1
.
2  
   
x x
 5  21   5  21  1
Nên nếu đặt t  
 2  điều kiện t  0 thì  2   t . Khi đó bất phương trình có dạng:

 
   
5  21 5  21
1
t   5  t 2  5t  1  0  t
t 2 2
x
5  21  5  21  5  21
 
 2   1  x  1

2 2
 
Vậy nghiệm của phương trình là:  1;1
x2  2 x x2 2 x
   
b. Bpt  2  3  2 3 4
x2  2 x
 
Đặt t  2  3 (t  0) ta được
1
t   4  t 2  4t  1  0  2  3  t  2  3
t
x2 2 x
   2  3  1  x 2  2 x  1
Khi đó: 2  3  2  3
 x2  2 x  1  0  1  2  x  1  2
2 x  x2 2 x  x2
3 5  3 5 
c. BPT    2 0
2 2
 
   
2 x  x2 2 x  x2
3 5  3 5  1
Đặt t   (t  0)   
2 2
  t
   


99
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

2
 t 1
1
ta được bất phương trình: t   2  0     0  t 1
t t
x  0
 2x  x2  0  
x  2
1
 ( 2  1)1
d. Vì ( 2  1)( 2  1)  1  2  1 
2 1
x 1

x 1
x 1
x 1
    2 1  1)
nên bpt  (do
2 1  2 1  x 1  
x1
 2  x  1
( x  1)( x  2)
 0
x  1
x 1 
2.5x
Bài 4: Giải bất phương trình 5 x  3 5
52 x  4
Giải:
Điều kiện 52 x  4  0  2 x  log 5 4  x  log 5 2 (*)
2u
Đặt u  5x , điều kiện u  2 , khi đó bất phương trình có dạng: u  3 5 (1)
u2  4
Bình phương 2 vế phương trình (1) ta được:
4u 2 4u 2 u2 u2
u2  2   45  2  4.  45 (2)
u 4 u 4
u2  4 u2  4
u2
Đặt t  , t  0 . Khi đó bất phương trình (2) có dạng:
u2  4
u2
t 2  4t  45  0  t  5   5  u 4  25u 2  100  0
2
u 4
 x  log 5 20
u 2  20 5x  20 (*)
u  20

 2  
log 5  x  1
x
u  5 u  5 5  5
   2 2

1

 
Vậy nghiệm của bất phương trình là x   log 5 2;   log 5 20; 
2

Bài 5: Giải bất phương trình
2 x  x2
1
x2 2 x
x 1 x 2
2 3  2  3
a. 4 b. (ĐHDB – 2005) 9
 3
Giải:
4x 2x 2
a. Bpt   2  3  4 x  2 x  12   2 x   2 x  12  0 .
42
Đặt t = 2x , t > 0 .
Bpt  t 2  t  12  0  3  t  4


100
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Do t  0 , suy ra : 0  t  4  t  4  2 x  4  2 x  22  x  2
2
2x
b. Đặt t  3x , t  0 ta có t 2  2t  3  0  1  t  3
2
BPT thành 3x  2 x  3  x 2  2 x  0  0  x  2
Bài 6: Giải bất phương trình:
2 2
b. 2 x  2.5 x 2  23 x.53 x
a. 9 x  x 1  1  10.3x  x 2
Giải:
2
a. Đặt t  3x  x  t  0  ta được
t  1
t 2 – 10t  9  0  
t  9
x2  x
 1  x 2  x  0  1  x  0
Khi t  1  t  3 (a)
 x  2
2
Khi t  9  t  3x  x  9  x 2  x  2  0   (b)
x  1
Kết hợp (a) và (b) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (–; –2]  [–1;0]  [1; + ).
x2 3x
b. BPT   2.5   2.5   10 x  2  103 x  x  2  3 x  x  1
Bài 8: Giải các bất phương trình
a. 32 x  2  4.3x  2  27  0 b. 32 x  2  4.3x  2  27  0 c. 52 x 1  26.5x  5  0
Giải

a. Bpt  32 x.32  4.3x.32  27  0  9.  3x   36.3x  27  0
Đặt t = 3x , t > 0 .
Bpt  9t 2  36t  27  0
 1  t  3  1  3x  3  30  3x  31  0  x  1

b. Bpt  32 x.32  4.3x.32  27  0  9.  3x   36.3x  27  0
Đặt t = 3x , t > 0 .
Bpt  9t 2  36t  27  0
x
3x  30
0  t  1 3  1
t  1 x  0
   x  x 
1
t  3 t  3 x 1
3  3 3  3
2
c. Bpt  52 x.5  26.5 x  5  0  5.  5x   26.5 x  5  0
Đặt t = 5x , t  0 .
Bpt  5t 2  26t  5  0
x 1
1 1
 1
x
t  5   0  t  5  5  5  5  5   x  1
 x 
x
  1
x  1
5  5
t 5 t 5 5  5
  

Bài 9: Giải các bất phương trình
2 2
a. 4 x 1  2 x  2  3  x 1  x 2
b. 9 x  1  10.3x
Giải:


101
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

4x 2x 2
 2  3  4 x  2 x  12   2 x   2 x  12  0 .
a. Bpt 
42
x
Đặt t = 2 , t > 0 .
t  3
Bpt  t 2  t  12  0  
t  4
Do t  0 suy ra: t  4  t  4  2 x  4  2 x  2 2  x  2 .
2
b. Đặt t  3x  x , t > 0.
Bất phương trình trở thành: t2 – 10t + 9  0  ( t  1 hoặc t  9)
2
Khi t  1  t  3x  x  1  x 2  x  0  1  x  0 .(i)
 x  2
2
Khi t  9  t  3x  x  9  x 2  x  2  0   (2i)
x  1
Kết hợp (i) và (2i) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (- ; -2][-1;0][1; + ).
4
2 2
Bài 10: Giải bất phương trình: (2  3) x  2 x 1  (2  3) x 2 x 1 
2 3
Giải:
x2  2 x x2 2 x
   
Bất phương trình  2  3  2 3 4
x2  2 x
 
Đặt t  2  3 (t  0) ta được bất phương trình
1
t   4  t 2  4t  1  0  2  3  t  2  3 (thỏa mãn)
t
x2 2 x
   2  3  1  x 2  2 x  1
Khi đó 2  3  2  3
 x2  2 x  1  0  1  2  x  1  2
Bài 11: (ĐHDB - 2003) Giải BPT 15.2 x 1  1  2 x  1  2 x 1
Giải:
Đặt t = 2x ta được 30t  1  t  1  2t
- t = 1 thỏa BPT
t  1 t  1
- t  1 ta được 30t  1  3t  1   2 1 t  4
2
30t  1  9t  6t  1  t  4t  0
- t  1 ta được
t  1
1  t  1  1  t  1
1

30t  1  t  1   1     t  1   2
2
30
t  30 30t  1  t  2t  1 t  28t  0

1  t  1
1 1
  t  1     t  1  0  t  1
0  t  28
30 30
Tổng hợp các trường hợp và điều kiện t  0 ta có 0  t  4  0  2 x  4  x  2
Bài 11: Giải bất phương trình



102
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

log2 x 2log x
b. 32 log 2 x  2 x1 log 2 3  8 x 2  0
a. 2 2  x 2  20  0
Giải:
a. Điều kiện: x  0
2
BPT  24 log2 x  x 2log 2 x  20  0
Đặt t  log 2 x  x  2t .
2 2
Ta được 42t  2 2t  20  0 .
2
Đặt y  22t  y  1
Ta được y 2  y  20  0   5  y  4.
2
Đối chiếu điều kiện ta có : 22t  4  2t 2  2  t 2  1  1  t  1
1
Do đó 1  log 2 x  1   x  2
2
b. Điều kiện: x  0
Biến đổi 32 log 2 x  2.x1 log 2 3  8 x 2  0  9log 2 x  2.x log 2 6  8 x 2  0  9log 2 x  2.6log 2 x  8 x 2  0 .
Đặt t  log 2 x  x  2t .
t t
9 3
t t t
Ta được BPT: 9  2.6  8.4  0     2    8  0
4 2

t
3
u  0
Đặt u    ta được:
2
t
3
2
u  2u  8  0  2  u  4  2     4
2
log 3 4
 t  log 3 4  log 2 x  log 3 4  0  x  2 2


2 2

 log 3 4 
Từ đó tìm được nghiệm của BPT đã cho là: S   0; 2 2 
 
1 1
Bài 12: Giải bất phương trình x 
2  1 1  2 x1
Giải:
Đặt y  2 x 1 ( y  0) , BPTtrở thành:
2  3y
1 1 1 1 1 2
 0  0  0   y  hay y  1
2 y 1 1  y 2 y 1 1 y (2 y  1)(1  y ) 2 3
Do đó ta có:
1 2 1 2 2 2
 y    2 x1   21  2 x 1   1  x  1  log 2
Khi
2 3 2 3 3 3




103
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

2 4
 0  x  log 2  1  0  x  log 2
3 3
Khi y  1  2 x 1  1  2 x1  20  x  1  0  x  1
4
Nghiệm của bất phương trình là : 0  x  log 2 hay x  1
3

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

I. Phương pháp:

Phương pháp này giống như phương trình mũ.

II. Bài tập áp dụng:

2
Bài 1: Giải bất phương trình 4 x  2 x 1  4 x  0
Giải:
Đặt t  2 x điều kiện t > 0
2 2
Khi đó bất phương trình có dạng: t 2  2t  4 x  0 . Ta có:  '  1  4 x  0
 '  0 2
2
x

1  4 x  0 4  1  x  0

Do đó: (2)   b    x0
x  0
t   2a
x
t  1 2  1
 

Vậy bất phương trình có nghiệm duy nhất x = 0.
Bài 2: Giải bất phương trình 9 x  2  x  5 .3x  9  2 x  1  0
Giải:
Đặt t  3x điều kiện t  0 . khi đó bất phương trình tương đương với:
2 2
f  t   t 2  2  x  5  t  9  2 x  1  0 . Ta có  '   x  5   9  2 x  1   x  4  .
Do đó f  t   0 có 2 nghiệm t = 9 hoặc t = 2x + 1
Do đó bất phương trình có dạng:  t  9   t  2 x  1  0
 3 x  9
 t  9  0  x  2

 x
 
t  2 x  1  0  3  2 x  1Bemouli x  0  x  1 x  2

 
 
 t  9  0  x  2 0  x  1
x
 3  9

 
x
 3  2 x  1
 t  2 x  1  0  0  x  1
 

Vậy bất phương trình có nghiệm x  2 hoặc 0  x  1

BÀI TOÁN 5: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ - DẠNG 3

I. Phương pháp:



104
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Sử dụng 2 ẩn phụ cho 2 biểu thức mũ trong bất phương trình và khéo léo biến đổi bất phương trình thành
phương trình tích, khi đó lưu ý:
 A  0  A  0
 
  B  0 và A.B  0    B  0
A.B  0 
 A  0  A  0
 
B  0 B  0
 

II. Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải bất phương trình 6 x  2 x  2  4.3x  2 2 x
Giải:
Viết lại bất phương trình dưới dạng: 2 x.3x  4.2 x  4.3x  22 x  0
u  3x

điều kiện u, v  0 . khi đó bất phương trình có dạng:
Đặt  x
v  2

uv  4v  4u  v 2  0   u  v   v  4   0
 3 x  2 x
 u  v  0 x  0

 x
 
v  4  0  2  4 x  2

 

 u  v  0 x  0
x x
 3  2

 
 2 x  4
 v  4  0 x  2
 


Vậy bất phương trình có nghiệm x  2 hoặc x  0
Bài 2: Giải bất phương trình 2 x  2 x  1  22 x 1  4 x  2
Giải:
1
Điều kiện: 2 x  1  0  x  
2
Viết lại bất phương trình dưới dạng: 2 x  2 x  1  2.22 x  2  2 x  1
u  2 x

Đặt  điều kiện u > 0 và v  0 . Khi đó bất phương trình được biến đổi về dạng:
v  2 x  1

2 2
 
u  v  2u 2  2v 2   u  v   2u 2  2v 2   u  v   0
 u  v  2x  2 x  1
x  0
2 x  0

Ta xét phương trình: 2 x  2 x  1  22 x  2 x  1  
x  1
2 x  1
 2
1   1
Vậy bất phương trình có nghiệm x    ;   / 0; 
2   2
5 x  1  5 x  3  52 x  log5 2  2.5 x 1  16
Bài 3: Giải bất phương trình có nghiệm là


105
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Giải:
Viết lại bất phương trình dưới dạng:
5 x  1  5 x  3  2.52 x  10.5x 1  16
2
   
 5x  1  5 x  3  2 5 x  3  2 5 x  1
u  5x  1  0

Điều kiện: 5 x  1  0  x  0 . Đặt  . Bất phương trình được biến đổi về dạng:
v  5x  3


u  v  0 u  v  0
 
u  v  2u 2  2v 2    u  v  5x  1  5x  3

2 2
2 2
 u  v   2u  2v  u  v   0
 
5 x  3  0 x
5  3

   2x  x 1
x
x x
 5  1  5  3 5  7.5  10  0


Vậy bất phương trình có nghiệm x = 1.

BÀI TOÁN 6: SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ

Bài 1: Giải bất phương trình: 2 x  3x  5 x  38 (1)
Giải:
Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định và liên tục với mọi x  R có:
f ' ( x)  2 x ln 2  3x ln 3  5x ln 5  0 với mọi x  R nên f(x) đồng biến trên (*).Do
x  2
đó (1)  f ( x)  f (2)   x2
x  R
Vậy bất phương trình có nghiệm: x  2 .
Bài 2: Giải bất phương trình: 1  2.2 x  3.3x  6 x (1)
Giải:
x x x
1 1 1
Ta có: (1)     2.    3.   1 (2) ( do 6 x  0 x  R )
6  3 2
Đặt f(x) = VT(2), có f(x) xác định, liên tục với mọi x  R có:
x x x
1 1 1 1 1 1
'
f ( x)    ln  2.   ln  3.   ln  0 x  R nên f(x) nghịch biến trên R, do đó
6 6  3 3 2 2
x  1
( (1)  (2)  f ( x )  f (1)    x 1
x  R
Vậy bất phương trình có nghiệm: x  1 .
Mặt khác : f(2) = 1 nên (1)  f ( x )  f (2)  x  2
Vậy tập nghiệm của bpt là x  2
Bài 3: Giải bất phương trình: 3x  4 x  5x
Giải:



106
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

x x
3  4 x
Ta chia hai vế của bất phương trình cho 5 ,ta được: BPT        1
5  5
x x
3  4
Xét hàm số: f ( x )       (TXĐ: D   )
5 5
x x
 3  3  4 4
f '( x)    .ln      .ln    0 x  R
5 5 5 5
Suy ra hàm số f(x) nghịch biến trên  đồ thị hàm só f(x) chì cắt đường thẳng y =1 tại 1 điểm có tọa độ (2,1).
Vậy để f  x   1 thì x  2

Nghiệm của bất phương trình là: x  2

BÀI TOÁN 7: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP PHÂN KHOẢNG

2
  x 2  4  3x  2  1
4
Bài 1: Giải hệ thức 3x (1)
Giải:
2
- Với x  2 thì x2 – 4 > 0 và x – 2 > 0. Do đó 3 x  4  30  1 (vì hàm đồng biến)
nên VT(1) > 1 = VP(1). Bất phương trình không có nghiệm trong khoảng trên
2
- Với x  2 thì x2 – 4 < 0 và x – 2 < 0. Do đó 3 x  4  3 0  1 (vì hàm đồng biến)
và  x 2  4  3x  2  0 nên VT(1) < 1 = VP(1). Bất phương trình không có nghiệm trong khoảng trên
- Với x = 2 thay vào thỏa mãn.
Vậy bất phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.

5
 
x  1  3 x 2 x 1  1
3
Bài 2: Giải bất phương trình (1)
Lời giải:
5
 
x  0 mà 2 x 1  0 nên x 2 x 1  0 . Do đó VT(1) < 1. Vậy bất phương trình
3 3 3
x  1  1;
- Với x < 0 thì
không có nghiệm trong khoảng trên
 
5
x  1  1; 3 x 2 x 1  0 . Do đó VT(1)  1
- Với x  0 thì 3 x  0 mà 2 x 1  0 nên 3


Vậy bất phương trình có nghiệm x  0.
2 x 1  6 x  11
Bài 3: (ĐHDB - 2004) Giải BPT 4
x2
Giải:
2 x 1  2 x  3
BPT  0
x2
2 x 1  2 x  3  0
- Với x  1 thì  suy ra x  1 thỏa BPT
x  2  0


107
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

- Với x = 1 không thỏa BPT
2 x 1  2 x  3  0
- Với 1  x  2 thì  suy ra 1  x  2 không thỏa BPT
x  2  0
2 x 1  2 x  3  0
- với x  2 thì  suy ra x  2 thỏa BPT
x  2  0
Kết luận: nghiệm là x  1, x  2


CÁC BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ ĐƯỢC GIẢI BẰNG NHIỀU CÁCH

I. ĐẶT VẤN ĐỀ :

Như vậy thông qua các bài toán trên, chúng ta đã biết được các phương pháp cơ bản để giải bất phương trình
mũ và thông qua các ví dụ minh hoạ chúng ta cũng có thể thấy ngay một điều rằng, một bất phương trình có thể
được thực hiện bằng nhiều phương pháp khác nhau. Trong mục này sẽ minh hoạ những ví dụ được giải bằng
nhiều phương pháp khác nhau với mục đích cơ bản là:
+ Giúp các em học sinh đã tiếp nhận đầy đủ kiến thức toán THPT trở nên linh hoạt trong việc lựa chọn phương
pháp giải.
+ Giúp các em học sinh lớp 10 và 11 lựa chọn được phương pháp phù hợp với kiến thức của mình.

II. Bài tập áp dụng:

Bài 1: Tìm m dương để bất phương trình sau có nghiệm:
x 2  2 x  m  m 2  m 1 x 2  2 x  m  m 2  m 1
   
2 3  2 3  8 4 3
Giải:
  
Nhận xét rằng: 2  3 . 2  3  1
x2  2 x  m  m2  m
 3
Nên nếu đặt u  2  điều kiện u  1
x2  2 x  m  m2  m 1
  . Khi đó bất phương trình có dạng:
Thì 2  3 
u


 2  3  u  2 u 3
 
 4 2  3  u 2  4u  1  0

x2  2 x m  m2  m
   2  3  x 2  2 x  m  m 2  m  1(1)
 2 3 u  2 3  2 3
Ta có thể lựa chọn 1 trong 2 cách giải sau:
Cách 1: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ.
Đặt t = x – m, bất phương trình có dạng: t 2  2  t  mt   2m 2  m  1  0 (2)
+ Với t  0 thì (2)  f  t   t 2  2  m  1 t  2m 2  m  1  0 (3)
Vậy (2) có nghiệm  (3) có ít nhất 1 nghiệm t  0


108
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

f(t) = 0 có ít nhất 1 nghiệm t  0 (0  t1  t2 hoặc t1  0  t2 )
 1  m  2
 
2
  m  1  2m 2  m  1  0
 m  1
  '  0 


 2 2
 2m  m  1  0
 af (0)  0    m  1  1  m  1
    

 m  1  0
s 2
  0   m  1


 2 
 2m 2  m  1  0
 1  m  1

 af (0)  0


 2
2 2
+ Với t  0 thì (2)  g (t )  t  2  m  1 t  2m  m  1  0 (3)
Vậy (2) có nghiệm  (3) có ít nhất 1 nghiệm t  0
 t1  t2  0 
 phương trình g(t) = 0 có ít nhất (1) nghiệm t  0    t 0t  
 1 2

 1  m  2

  m  1 2  2m 2  m  1  0 
  '  0
   m  1
  
 2m 2  m  1  0  
 ag (0)  0 1
2
       1  m 
 m  1  0  m 1
s 2
 
  0 

 2  1
 2m 2  m  1  0  1  m 

 ag (0)  0
  2
1
Vậy bất phương trình có nghiệm khi 0  m 
2
Cách 2: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ
Đặt t  x  m , điều kiện t  0 . Bất phương trình có dạng: h(t )  t 2  2t  2mx  m  1  0 (4)
Vậy bất phương trình có nghiệm  min h(t )  0(t  0) (5)
Nhận xét rằng h(t) là 1 Parabol có đỉnh t = – 1 < 0, do đó min h(t )  h(0)(t  0) .
1 1
Do đó: (5)  2m 2  m  1  0  1  m  .Vậy bất phương trình có nghiệm khi 0  m 
2 2

Bài tập tổng hợp tự giải :

Bài 1: Giải các bất phương trình sau
2 2
a. (ĐHDB – B 2008) 22 x 4 x  2  16.22 x  x 1  2  0
Đs: 1  3  x  1  3
b. (ĐHDB – B 2008) 32 x 1  22 x 1  5.6 x  0
1
Đs: x  log 2
2
3
x 1
log
c. 2 3 .5log3 x 1  400
Đs: 10  x  8



109
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

2.3x  2 x  2
1
d. (ĐHSPHN – B 2001)
3x  2 x
Đs: 0  x  log 3 3
2
x 3 x 1

   
x 1 x 3
e. (ĐHGTVT – 1998) 10  3  10  3
 3  x   5
Đs: 
1  x  5

2
f. (ĐHY TB – 2001) 3x 2  5 x  2  2 x  3x.2 x 3 x 2  5 x  2   2 x  3x
1
Đs: 1  x 
3
Bài 2: Giải các bất phương trình sau
  x 2 log  x1  
log 3  log 1   2 2   3
 3 2 
1  
2
1
a. (ĐHTCKT – 2001)  
3
1  73 1  217
x
Đs:
2 2
b. (ĐHXD – 2001) x  8e x 1  x  x 2 e x 1  8 
4


Đs: x  2
c. (ĐHY – 1999) 2.2 x  3.3x  6 x  1
Đs: x  2
x 1
x 1
    x 1
d. 52  5 2
 2  x  1
Đs: 
x  1
Bài 3: Giải các bất phương trình sau
log  x 1 2 x 1
5 3 
b. 0,12 
log x 1 x
1 x
2 x x 2

a. 4 x  3 .x  3  2.3 .x  2 x  6 
3
x 2  2 x 1 x 2  2 x  x 1 2 2 2
1
d. 4 x 2  x.2 x  3.2 x  x 2 .2 x  8 x  12
c. 9  7.3 2
2 2 2
x x x
f. 6.9 2 z  13.6 2 x  6. 4 2 x
e. 2  5 x  3x 2  2 x  2 x.3 x 2  5 x  3 x 2  4 x 2 .3 x 0
Đs:
d. (ĐHDHN – 1997)  2  x  1  2  x  3
Bài 4: Giải các bất phương trình sau
1 1
1

x 4 x 4
x 1 x
b. 9.4 x  5.6 x
 4. 9 x
a. 8.3 9 9
 
log 1 log 2 32. log3 x 3 x  log 3 9
log 2  x 1 log 2  x  2 
log 2 x
 12
c. 2 .3 .5 d. 5 1
2

2  x 1
2 2 2
f. 4 x  2 2 x 1  8
e. 25 2 x x 1
 9 2 x x 1
 34.15 2 x  x 3
 52


110
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Bài 5: Giải các bất phương trình sau
 
2
b. 32 x  8.3 x  x 4 x4
a. 3 x  4  x 2  4 .3 x 2  1  9. 9 0
c. 5 log5 x   x log5 x  10
2

 
2
4
 x 2  4 .3 x  2  1
d. 3 x
x
f. 16 log a x  4  3.x log a 4
e. 3 x1  2 2 x 1  12 2  0
Bài 6: Giải các bất phương trình sau
2 x 3
1
 x2  x  x2  x
   
2
b. 2 2 x1  21 
 2x  x 1
5 1  3 5 1 20
a.
2
2
d. x log 2 x 4  32
c. 6 log 6 x  x log 6 x  12
 
x
e. 4 x 1  16 x  2. log 4 8 f. x 2  x  1  1
Đs:
a. x  0  x  1
f. x  1
Bài 7: Giải các bất phương trình sau
x
x 1 2 x 1 2
a. 3  2  12  0
Đs: x  0
2 2
1
 1 x  1 x
b. (ĐHYD HCM – 2001)    3    12
3 3
Đs: x  1
2 x  x2 2 x  x2
   
2
 21 2 x x  0
c. (ĐHPCCC – 2000) 3  5  3 5
x
8.3x2 2
 1  
d. x x
3 2 3
1
Đs: 0  x  log 2
33

e. 4 x 2  x.3 x  31 x
 2 x 2 .3 x  2 x  6
3
Đs: 0  x  log 3 2 2  x 
2
Bài 8: Giải các bất phương trình sau
2 2 2
a. 6.92 x  x  13.62 x  x  6.42 x  x  0 b. 4 x  3.2 x x 1
x
4
x
c. (ĐHBCVT – 1998) 3x1  22 x1  12 2  0 d. 2.2 x  3.3x  6 x  1
x 1
x
f. ( 5  2) x 1  ( 5  2) x 1
e. 2 x  3 2  1
Đs:
1
a.   x  1 b. 0  x  4 c. x  0 d. x  2
2
e. x  2 f. x  1
Bài 9: Giải các bất phương trình sau
a. 2 x  2 x1  3x  3x1


111
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Đs: x  2
x  x 1
1
x2 2 x
 
b. (ĐHBK – 1997) 3
3
Đs: x  2
x
c. ( 2  1) x1  ( 2  1) x1
1 5 1 5
x  x 1
Đs:
2 2
d. 2 x  2 x1  2 x2  3x  3x1  3x 2
Đs: x  2
2 2 2
e. 2 x 3 x2.3x 3 x3.5 x 3 x4  12
Đs: x  1  x  4
Bài 9: Giải các bất phương trình sau
1 1
 x2
a. 2
3 x 5 x 6 3
Đs: x  6  x  10
2 x2 7 x
b.  x  2  1
7
Đs: 2  x  3  x 
2
x2  x
c. 1  3 9
Đs:  1;2  \ 0;1
d. 22 x 1  22 x 3  22 x 5  27  x  25  x  23 x
8
Đs: x 
3

BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ CHỨA THAM SỐ

Bài 1: Xác định m để bất phương trình: m.4 x  2m  1.2 x  m  5  0 nghiệm đúng với  x  0
2 2 2
Bài 2: Cho bất phương trình: m.9 x 3 x 2  6 x 3 x  2  16 1  m  4 x 3 x  0 (1)
a. Xác định m để mọi nghiệm của (1) thoả mãn bất phương trình 1  x  2 (2)
b. Xác định m để mọi nghiệm của (2) đều là nghiệm của (1).
Bài 3: Xác định các giá trị của m để bất phương trình:
1
2 2 2
x x x
92 x  2  m  1 62 x   m  1 42 x  0 nghiệm đúng với mọi x thoả mãn điều kiện x 
2
Bài 4: Cho bất phương trình:  m  1 4 x  2 x 1  m  1  0
a. Giải bất phương trình khi m = – 1.
b. Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x.
Bài 5: Cho bất phương trình: 4 x 1  m  2 x  1  0




112
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498
16
m .
a. Giải bất phương trình khi 9
b. Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x.
Bài 6: Xác định m để bất phương trình:
a. m.4 x  m  12 x  2  m  1  0 nghiệm đúng với x.
b. 4 x  m.2 x  m  3  0 có nghiệm.
c. m.9 x  2 m  16 x  m.4 x  0 nghiệm đúng với x  [0; 1]
2 1
Bài 7: Cho bất phương trình:  1  x   1  x  12 (1)
 
 3  3
a. Giải bất phương trình (1)
b. Xác định m để mọi nghiệm của (1) cũng là nghiệm của bất phương trình:
2 x 2   m  2  x  2  3m  0
4
Bài 8: (QGHN – 1997) Giải và biện luận bất phương trình x loga  ax    ax 
HD:
Điều kiện a > 0, a  1, x > 0.
 1  log a x  log a x  4 1  log a x    log a x  1  log a x  4   0
Với 0  a  1 . Lấy lôgarit cơ số a hai vế PT 1
 1  log a x  4  a 4  x 
a
 log a x  1  log a x  4   0
Với a  1 , Biến đổi như trên với chú ý cơ số > 1 ta được

 1

 log a x  1   0  x  a

 log a x  4  4
 xa



CHỦ ĐỀ III: BẤT PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT

BÀI TOÁN 1: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

I. Phương pháp:

Để chuyển ẩn số khỏi loga người ta có thể mũ hoá theo cùng 1 cơ số cả 2 vế bất phương trình. Chúng ta lưu ý
các phép biến đổi cơ bản sau:
Dạng 1: Với bất phương trình: log a f  x   log a g  x 
0  a  1
 a  1



 f  x  0
0  f  x   g  x 

 
g  x  0
 0  a  1

 f  x   g  x   a  1  f  x   g  x    0

  

Dạng 2: Với bất phương trình:


113
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

 a  1

 b
 0  f  x   a

log a f  x   b  
 0  a  1

 f  x   ab


Dạng 3: Với bất phương trình:
 a  1

 b
 f  x   a

log a f  x   b  
 0  a  1

 0  f  x   a b



II. Bài tập áp dụng:

Loại 1: Khi cơ số a là một hằng số dương

Bài 1: (ĐHDB – 2002) Giải bất phương trình: log 1  4 x  4   log 1  2 2 x 1  3.2 x 
2 2

Giải:
Bất phương trình log 1  4 x  4   log 1  2 2 x 1  3.2 x 
2 2



22 x 1  3.22  0

 4 x  4  2.4 x  3.2 x (vì 4 x  4  0 )
 x 2 x 1 x
4  4  2  3.2

 2 x  1  loai 
x x
 4  3.2  4  0   x2
2 x  4


 
Bài 2: (ĐHDB - 2004) Giải bất phương trình log   log 2 x  2 x 2  x   0.
 
 
4

Giải:
 
log x  2 x 2  x  0
2
   
log   log 2 x  2 x 2  x   0    log 2 x  2 x 2  x  1
 
 
 
log 2 x  2 x 2  x  1
4

 2
x  2x  x  0
 x  2 x2  x  2  2 x 2  x  2  x

2
x  2x  x  2





114
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

2  x  0 2  x  0 x  2
x  2
 2  2   2
2
 x  0  x  2  x  3x  4  0
2 x  x  0 2 x  x  x  4 x  4
x  2  x  4
 x  2 
 x  4  x  1 x  1
x2  x 

0
Bài 3: (ĐH – B 2008) Giải bất phương trình log 0,7  log 6
x4 

Giải:
x2  x  x2  x

0 0
log 6
 
x2  x  x2  x
   x4
x4
BPT  log 0,7  log 6 0  log 6 1 2

x2  x
x4  x4 x  x  6
 log 1
 6 x4  x4
 
 x  3  x  8 
x2  x
 6  4  x  3  x  8
x4 x4

x 2  3x  2
Bài 4: (ĐH – D 2008) Giải bất phương trình log 1 0
x
2

Giải:
 x2  3x  2
0  x  1  x  2
0

2
x  3x  2  2
x
BPT  log 1 0 2   x  4x  2
x 0
 x  3x  2  1 
2
x

 x

0  x  1  x  2
0  x  1  x  2
 2  2  x  1
2
  x  4x  2  
 
 x  0   2  2  x  2  2
0 2  x  2  2
 

x

 2x 
log 2  4  5 .
Bài 5: Giải bất phương trình: 1
4 x
2

Giải:
2x 2x

2
 3  log 1 4  x  2(1)
4 0
log 1 4x


Bpt   2 2


2x 2x
log 2 9 2  log 1  3(2)
1 4x 4x
2  2

3x  8
 4 x  0
2x 8 16

Giải (1): (1)  4  8   x
 5 x  16  0
4 x 3 5
 4x





115
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

17 x  4
 4x 0
1 2x 1 4 4

Giải (2): (2)      x
9x  4  0
8 4 x 4 17 9
 4x

 4 4   8 16 
Vậy bất phương trình có tập nghiệm  ;    ;  .
17 9   3 5 
1 1
Bài 6: Giải bất phương trình: log 2  x 2  4 x  5  log 1  .
x7
2 2

Giải:
x2  4x  5  0  x  (; 5)  (1; )
Điều kiện:    x  (7; 5)  (1   )
 x  7
x  7  0
1
BPT  log 2 ( x 2  4 x  5)  2 log 2  log 2 ( x 2  4 x  5)  log 2 ( x  7) 2
x7
27
 x 2  4 x  5  x 2  14 x  49  x 
5
 27
Kết hợp điều kiện: BPT có nghiệm: x  (7; )
5
Bài 7: Giải bất phương trình: log 1 ( x  1)  log 3 (2  x)
3

Giải:
Điều kiện: 1  x  2
1
BPT  log 1 ( x  1)  log3 (2  x )   log 3 ( x  1)  log 3 (2  x)  log 3  log3 (2  x)
x 1
3


 x  1
x  1  0
1 5 1 5
 2
 1   x  x 1  x
2 2
 x 1  2  x  x 1  0
 

Loại 2: Khi cơ số a chứa tham số

 

Bài 1: (ĐH – B 2002) Giải BPT log x log 3 9 x  72  1
Giải:
0  x  1 x  1
 
 
 
Bất phương trình log x log 3  9  72   1  log 3  9  72   0  log3  9 x  72   0
x x

 
log 3  9  72   x log3  9  72   x
x x
 




116
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

x  1
x  1
0  x  1
 0  x  1 x
x
  9  72  1   x  3  6 2
log 3  9  72   x  x
x x
9  72  3  x
 x x
9  72  3 9  3  72  0
x  1
0  x  1 
 
 x   log 3 6 2  x  2
x x
3  8  3  9 6 2  3  9

Chú ý:
Để không phải xét hai trường hợp ta làm như sau
 x  0, x  1


Điều kiện 9 x  72  0  9 x  72  1  x  log 9 73 

log 3  9  72   0
x

Vì x  log 9 73  1 nên bất phương trình  log3  9 x  72   x  9 x  3x  72  0...  x  2
Kết hợp với điều kiên (*) ta được log 9 73  x  2
Bài 2: (ĐHDB - 2004) Giải BPT log 3 x  log x 3
Giải:


 x  0, x  1  x  0, x  1  x  0, x  1

  
BPT  t  log 3 x  t  log3 x  t  log 3 x
1 2 1  t  0  t  1
t 1  0 
t 

t t
 x  0, x  1 1
   x  1 x  3
1  log 3 x  0  log 3 x  1 3

 
Bài 3: Giải bất phương trình log x  3 x  1  log x x 2  1
Giải:
Bất phương trình tương đương với:
x  1
x  1 
x  1  2  1  x  2
  x  3x  2  0
 1  x  2
2
 0  x  1
 3 x  1  x  1   1
 0  x  1  
 0  x 1    x 1
 1


  3 x  1  0 x  3

 0  3 x  1  x 2  1   3

 2
  x  3x  2  0
 x  2  x  1

1 
Vậy bất phương trình có nghiệm x   ; 2  \ 1
3 
 
Bài 4: Giải bất phương trình log x 5 x 2  8 x  3  2
Giải:
Cách 1: Bất phương trình tương đương với:


117
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

x  1
x  1  2 3

 4 x  8 x  3  0
 2
x  2
2
 5 x  8 x  3  x
  0  x  1 
 0  x  1  1  x  3
2
  5 x  8 x  3  0 2 5

 0  5 x 2  8 x  3  x 2  2

 4 x  8 x  3  0

 1 3  3 
Vậy bất phương trình có nghiệm x   ;    ;  
 2 5  2 
 
Cách 2: Bất phương trình tương đương với: log x 5 x 2  8 x  3  log x x 2
0  x  1
3

2
x  2
5x  8x  3  0

 2 
x  0 1  x  3
2
 5

2 2
 x  1 5 x  8 x  3  x   0

 1 3  3 
Vậy bất phương trình có nghiệm x   ;    ;  
 2 5  2 
Bài 5: Giải bất phương trình: log ( x  2  x ) 2  log x 1 2 (1)
Lời giải:
x  2  0

x  0 x  0
 
Điều kiện:  x  1  0  1 (*).
x  4

 x  2  x  0,  1 
 x  1  0,  1

1 1
BPT (1)    log 2 ( x  2  x )  log 2 x  1
log 2 ( x  2  x ) log 2 x  1

x2  x
 log 2 ( x  2  x )  log 2 x  1  0  log 2 0
x 1
 x2  x  x  2  x  x 1
 (2  1)   1  0  0 x  2  x  x 1  0
 
x 1 x 1
 

1  x  0
 x  2  x  x  1  2 x ( x  1)  1  x  2 x( x  1)   2
(1  x)  4 x( x  1)
x  1
x  1 3  2 3 3  2 3

 2   3  2 3 3  2 3  x
3 3
3 x  6 x  1  0 x

 3 3


118
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

3  2 3
Kết hợp với (*) ta được (1) có nghiệm 0  x  .
3
Bài 6: Giải bất phương trình: log x (3 x ) (3  x )  1 (1)
Lời giải:
0  x  3
3  x  0
Điều kiện:   2 ()
 x(3  x)  0,  1  x  3x  1  0
BPT (1)  1  log x (3 x ) (3  x)  0
 log x (3 x ) x (3  x)  log x (3 x ) (3  x )  0
 log x (3 x ) x  0   x (3  x)  1 ( x  1)  0  ( x 2  3  1)( x  1)  0
 3  5  3 5  3 5 3 5
x  x   ( x  1)  0   x  1 x 
  
2  2 2 2

3 5 3 5
 x  1  x  3.
Vậy (1) có nghiệm
2 2
Bài 7: Giải các bất phương trình:
b. log 2 x ( x 2  5 x  6)  1
a. log x 3  log x 3
3

Giải:
x  0

a. Điều kiện:  x  1
x  3

1 1 1 1 1 1
BPT       0
x log 3 x log 3 x  1 log 3 x log 3 x  1
log 3 x
log3
3
1
  0  log 3 x(log 3 x  1)  0  log 3 x  0  log 3 x  1
log 3 x (log 3 x  1)
TH 1: log 3 x  0  x  1 kết hợp ĐK : 0  x  1
TH 2: log 3 x  0  x  3
Vậy tập nghiệm của BPT: x  (0 ; 1)  (3 ;  )
x  2
b. Điều kiện: x 2  5 x  6  0   >0
x  3
1
TH 1: Nếu 2 x  1  x  bất phương trình đã cho:
2
 log 2 x ( x 2  5 x  6)  log 2 x 2 x
 x 2  5x  6  2 x  x2  7 x  6  0  1  x  6
Vậy trong trường hợp này,nghiệm của bất phương trình là: 1  x  2  3  x  6



119
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

x  1
1
,bất phương trình đã cho x 2  5 x  6  2 x  x 2  7 x  6  0 
TH 2: Nếu 0  2 x  1  0  x  x  6
2 
1
Vậy trong trường hợp này nghiệm của bất phương trình là: 0  x 
2
1
Kết hợp hai trường hợp ta có 0  x  1 x  2  x  6
2
Bài 8: (ĐHAG – 2001) Giải bất phương trình: log x2 2 x  1
Giải:
Bất phương trình
1  x  0  0  x  1
 x2  1 0  x 2  1  x  1  x  1 
 
    x  0
2 2
0  x  2
 2 x  x 0  2 x  x
  x  0  x  2

1 x  2

x 2  1  log 1 ( ax  a )
Bài 9: Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm: log 1
3 3

Giải:
Điều kiện: ax  a  0
x 2  1  a ( x  1)
Bpt tương đương
x2 1
a
Nếu a  0 thì x  1  0 . Ta có
x 1
x2 1
a
Nếu a  0 thì x  1  0 . Ta có
x 1
x2  1
Xét hàm số y  với x  -1
x 1
x 1
y'   x 1
2 2
( x  1) x  1

x - +
-1 1
y’ - || - 0 +
-1 + 1
y
2
-
2




120
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

 2
a
Vậy bất phương trình có nghiệm   2

 a  1

BÀI TOÁN 2: SỬ DỤNG CÁC PHÉP BIẾN ĐỔI LÔGARIT

I. Phương pháp:

II. Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải bất phương trình 2 lg  5  x  1   lg  5  x   1
 
Giải:
x 1  0
Điều kiện:   1  x  5 (*)
5  x  0
Biến đổi tương đương bất phương trình về dạng:
2 2
lg 5  x  1   lg 10.  5  x    5  x  1  10.  5  x 
 
 
2
 x 9  x 3 3 x  5
Vậy nghiệm của bất phương trình là 3  x  5
  3
log 3 35  x 3
Bài 2: Giải bất phương trình
log  5  x 
Giải:
0  a  1
 0  a  1

Điều kiện: 
log a  5  x   0 x  4

 
Bất phương trình tương đương với: log 5 x 35  x 3  3
x  4
 5  x  1  2

 x  5x  6  0
3
3
 35  x   5  x 
 
  4  x  5
  2 x3
 0  5  x  1 
   x  3 35
 3
 2
3
 0  35  x   5  x 
 x  5x  6  0

Vậy bất phương trình có nghiệm 2 < x < 3.
1
 
Bài 3: Giải bất phương trình log 1 x  log 1 1  3 x  1 (1)
2 3 3

Giải:
Điều kiện x  0 . Biến đổi bất phương trình về dạng:




121
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

2 2
   
3
x  0 1 x 1  0
log 1 x  log 1 1  3 x  1  x  1  3 x  1  x  1  3 x  1

3 3
2 2
   
 x  1  2 3 x 1  3 3
x  1  2 3 x  1  0(2)
x 1  x 1 
x 0
Đặt t  3 x  1  t  1 . Khi đó bất phương trình (2) có dạng:
  t 1 0
t 3  t 2  2t  0  t t 2  t  2  0  t  t  1  t  2   0  t  t  2   0

 3 x 1  2
t  2  x  1  8 x 0  x  9
    
t  0  x 1  0 0  x  1
 3 x 1  0

Vậy bất phương trình có nghiệm x  9 hoặc 0  x  1 .

Bài 4: Giải bất phương trình log 3 x  log 9 x  log 27 x  11
Giải:
Điều kiện: x  0 .
Pt  log 3 x  log 32 x  log 33 x  11
1 1 11
 log 3 x  log 3 x  log 3 x  11  (1   ).log 3 x  11
2 3 23
11 6
 log 3 x  11  log 3 x  11.
6 11
6
 log 3 x  6  x  3  x  729
x  log 1 x3  log 3 (3x 4 )  3
Bài 5: Giải bất phương trình log 3
3

Giải:
Điều kiện: x  0 .
1
Pt  log 1 x  log 31 x 3  log 3 3  log 3 x 4  3
2

32

1
3
 2 log 3 x  log3 x  1  4 log 3 x  3  log 3 x  3log 3 x  4 log 3 x  2
1 1
2
 (1  3  4) log 3 x  2  2.log 3 x  2  log 3 x  1  x  3
1 1
Bài 6: (ĐHDB - 2007) Giải BPT log 1 2 x 2  3x  1  log 2 x  12 
2 2
2

Giải:
1
Điều kiện: x   x 1
2
2
 x  1
1 1 1
2
Đưa về  log 2 ( x  1)(2 x  1)  log 2  x  1   log 2 1
( x  1)(2 x  1)
2 2 2




122
www.MATHVN.com Email: Loinguyen1310@gmail.com
Giáo viên: Nguyễn Thành Long
DĐ: 01694 013 498

2
 x  1 3 x 2  4 x  1 ( x  1)( 3x  1) 3x  1 1 1
0  0  0  x
2 

( x  1)(2 x  1) 2x 1
( x  1)(2 x  1) 3 2
( x  1)(2 x  1)
1

x  2  x  1 1 1
Kết hợp điều kiện:   x

3 2
1  x  1
3 2

Bài 7: (ĐH – A 2007) Giải bất phương trình 2log3 (4 x  3)  log 1 (2 x  3)  2
3

Giải:
BPT tương đương
3 3
 
3 x x
  
x  4 4
 
4  
 2 2
log (4 x  3) 2  log (2 x  3)  2 log (4 x  3)  2  (4 x  3)  9
3 3
 3 2x  3  2x  3
 

3

3

x  4
x 3
    x3
 4 
4
 3  x  3
8 x 2  21x  9  0
 8

log 2 ( x  1) 2  log3 ( x  1)3
0
Bài 8: Giải bất phương trình: (1)
x 2  3x  4
Lời giải:
( x  1)2  0
 x  1

Điều kiện: ( x  1)3  0 (*).

x  4
2
 x  3x  4  0
BPT (1)   2 log 2 ( x  1)  3log3 ( x  1)  ( x 2  3x  4)  0
x  0 x  0
 
  2   2log x1 3  3log x 1 2
3
 log 2.log 3 ( x  1)( x  4)  0
 log 2  log 3  ( x  1)( x  4)  0

 x 1 
 x 1 x 1
x 1

x  0

(log x 1 9  log x 1 8).log 2 ( x  1).log 3 ( x  1).( x  1)( x  4)  0
x  0 x  0
 
 
9 9
log x1 8 .log 2 ( x  1).log 3 ( x  1).( x  1)( x  4)  0 log x1 8 .log 2 ( x  1).log 3 ( x  1).( x  1)( x  4)  0
 
x  0

 9
( x  1  1)( 8  1).(2  1)( x  1  1).(3  1)( x  1  1).( x  1)( x  4)  0



123
www.MATHVN.com
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

x  0
 3  x( x  1)( x  4)  0  1  x  0  x  4
x ( x  1)( x  4)  0

Kết hợp với (*) ta được (1) có nghiệm 1  x  0  x  4 .
Chú ý:
Để tránh phức tạp ta có thể làm như sau
x 2  3 x  4  0 khi x  4
Do 2
x  3 x  4  0 khi  1  x  4
Xét trên  4;    BPT  log x1 9  log x 1 8  0  x  BPT có nghiệm S   4;  
9
Xét trên  1; 4   BPT  log x 1 9  log x 1 8  0  log x 1 0
8
9
- Xét trên  1;0   BPT  log x 1  0  x   1; 0 
8
9
- Xét trên  0; 4   BPT  log x 1  0  VN
8
log 3 ( x  1)2  log 4 ( x  1)3
0
Tương tự: Giải bất phương trình
x2  5x  6
HD:
Điều kiện x  1
3log 3 ( x  1)
2log3 ( x  1) 
log 3 ( x  1)
log 3 4
BPT  0 00 x6
( x  1)( x  6) x6
1
Bài 9: Giải bất phương trình: log 3 x 2  5 x  6  log 1 x  2  log 1  x  3
2
3 3

Giải:
Điều kiện: x  3
Phương trình đã cho tương đương:
1 1 1 1 1 1
log 3  x 2  5 x  6   log 31  x  2   log 31  x  3  log 3  x 2  5 x  6   log 3  x  2    log 3  x  3
2 2 2 2 2 2
 log 3  x  2   x  3   log3  x  2   log 3  x  3
 
 x2
 log 3  x  2  x  3   log 3  
 
 x3
 x   10
x2
 x2  9  1 
  x  2  x  3   
x3  x  10

Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là x  10
1
Bài 10: Giải bất phương trình:  4 log 2 x  1 log x 2 
4
2
Giải:
Điều kiện: 0  x  1



124
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

log 2 x  1 1 2 log 2 x  log 2 x  2
2 2
BPT   0
log 2 x 2 2 log 2 x
 log 2 x  0,  Do : 2 log 2 x  log 2 x  2  0   0  x  1
2


Đối chiếu điều kiện: BPT có nghiệm 0  x  1
log 0,5 x  4 log 2 x  4  log16 x 4
2
Bài 11: Giải bất phương trình
Giải:
4  log x 4  0
16

2
2 4
log 0,5 x  4 log 2 x  4  log16 x  log 0,5 x  4 log 2 x  0
2 42
log 0,5 x  4 log 2 x   4  log16 x 

4  log 2 x  0  8 8

 0  log 2 x  5
2 1  x  25
log x  2 log 2 x  0 

 2   
1
log x  2
2 2
 2
log 2 x  2 log 2 x  16  8 log 2 x  log 2 x 0  x 
 4
x  0 x  0


8
1
Tập nghiệm của bất phương trình là S  [1;2 5 ]  (0; ]
4

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

I. Phương pháp:

Mục đích chính của phương pháp này là chuyển các bài toán đã cho về bất phương trình đại số quen biết đặc
biệt là các bất phương trình bậc 2 hoặc các hệ bất phương trình.

II. Bài tập áp dụng:

Bài 1: (ĐH – B 2006) Giải BPT log 5  4 x  144   4log 5 2  1  log 5  2 x  2  1
Giải:
Biến đổi BPT
 4 x  144  4 x  144
 log 5  5.2 x  2  5   5.2 x  2  5
log 5  
 16  16
 4 x  20.2 x  64  0
Đặt t  2 x  0
 t 2  20.t  64  0  (t  4)(t  16)  0  4  t  16  2  x  4
 
2
Bài 2: (ĐHDB - 2007) Giải BPT log x 8  log 4 x log 2 2 x  0
Giải:
Điều kiện: x  0, x  1



125
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

11 6
Đưa về 3log x 2  log 2 x   log 2 x   2t  1  t (t  log 2 x)
22 t
1
 t 2  t  6  0  t  3  t  2  x  8  t 
4
2
Bài: Giải bất phương trình: (log x 8  log 4 x ) log 2 2 x  0
1

log2 x  1 0x .
(log x 8  log 4 x 2 ) log 2 2 x  0  0  
 1 2
log2 x
x

 x3   32 
Bài 3: Giải bất phương trình log 2  x   log 1    9 log 2  2   4 log 1 2  x 
4 2

8 x 
2 2

Giải:
Điều kiện x  0 . Biến đổi bất phương trình về dạng:
 x3   32 
log 24  x   log 21 2    9 log 2  2   4 log 21 2  x 
8 x 
2
 log 24  x    log 2 x 3  log 2 8  9  log 2 32  log 2 x 2   4 log 22  x 
   
2
 log 24  x    3log 2 x  3  9 5  2 log 2 x   4 log 2 2  x 
Đặt t  log 2 x ta được:
2
t 4   3t  3  9  5  2t   4t 2  t 4  13t 2  36  0  4  t 2  9
1 1
 3  log 2 x  2
 3  t  2 8  x  4
  

2  t  3 3  log 2 x  2
4  x  8
1 1
Vậy nghiệm của bất phương trình là x   ;    4;8
8 4
Chú ý:
Trong ví dụ trên các em cần lưu ý khi thực hiện các phép biến đổi cho 2 toán tử:
2 2 2
 x3    x3    x3     x3  2
log 1     log 1       log 1      log 2      log 2 x3  log 2 8
2
 
2 8  2  8   2  8   8 

2
  2
log 1  x    log 1 2  x      log 2  x    log 2 2  x 
2
 
2 
2

Bài 4: Giải bất phương trình 2(log 3 x) 2  5log 3  9 x   3  0
Giải:
Điều kiện : x  0 .
Pt  2(log 3 x) 2  5  log 3 9  log 3 x   3  0




126
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

 2(log 3 x) 2  5  2  log 3 x   3  0  2(log 3 x) 2  10  5log 3 x  3  0
 2(log 3 x) 2  5log3 x  7  0
Đặt t = log 3 x .
7 7
7 7 1
Pt  2t  5t  7  0  1  t   1  log 3 x   31  x  3 2   x  32
2

2 2 3
Theo điều kiện x  0 .
7
1
Vậy: Nghiệm của BPT là :  x  3 2
3
log 2 x  log 2 x 2  3  5(log 4 x 2  3)
Bài 5: Giải bất phương trình 2

Giải:
x  0
Điều kiện:  2 2
log 2 x  log 2 x  3  0
log 2 x  log 2 x 2  3  5 (log 2 x  3)
Bất phương trình đã cho tương đương với (1)
2

đặt t  log 2 x
BPT (1)  t 2  2t  3  5(t  3)  (t  3)(t  1)  5(t  3)
t  1 1

 log x  1
 t  1 0  x  2

 2
  t  3  

3  t  4 3  log 2 x  4

 (t  1)(t  3)  5(t  3) 8  x  16
2

1
Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: (0; ]  (8;16)
2
log 9 (3x 2  4 x  2)  1  log 3 (3x 2  4 x  2)
Bài 6: Giải bất phương trình:
Giải:
log 9 (3x 2  4 x  2)  1  2 log 9 (3x 2  4 x  2)
BPT tương đương với
Đặt t  log 9 (3x 2  4 x  2)  t  0  .
1
BPT trở thành: t  1  2t 2  2t 2  t  1  0   t 1
2
 x  1
 7

 3  x  1
 x   1
log 9 (3 x 2  4 x  2)  0 3 x 2  4 x  2  1
  
  2    
3

2
1  x  1
3 x  4 x  2  9
log 9 (3 x  4 x  2)  1   7

3
 
 x 1
3

log 2 3 1  2 x
log8 x
Bài 7: Giải bất phương trình: 
log 2 (1  2 x) log 2 x
Giải:



127
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

x  0
Điều kiện: 
x  1
log 2 (1  2 x)
log 2 x
BPT  
log 2 (1  2 x) log 2 x
log 2 x
Đặt t  ta được BPT
log 2 (1  2 x)
t2 1 t  1
1
t  0
0  t  1
t t
log 2 x
TH 1: t  1   1  log 2 x   log 2 (1  2 x) (vì1  2 x  1 )
log 2 (1  2 x )
1 1 1
 2 x 2  x  1  0  1  x  So sánh ĐK ta có : 0  x 
x
1  2x 2 2
log 2 x
TH 2: 0  t  1  0   1  0  log 2 x  log 2 (1  2 x )
log 2 (1  2 x)
 1  x  1  2x  x  1
 1
Tập nghiệm của bất phương trình là:  0;   1;  
 2
log 0,5 x  4 log 2 x  4  log16 x 4
2
Bài 8: Giải bất phương trình
Giải:
4  log 2 x  0
4  log x 4  0
2
 16
log x  2 log 2 x  0
2
 2
BPT  log 0,5 x  4 log 2 x  0 2 2
log 2 x  2 log 2 x  16  8log 2 x  log 2 x
2 2
 
4
log 0,5 x  4 log 2 x  4  log16 x
 x  0

 8 8

 0  log 2 x  5 1  x  2 5

 
1
log x  2
 2 0  x 
 4
x  0

8
1
Tập nghiệm của bất phương trình là S  [1; 2 5 ]  (0; ]
4
Bài 9: Giải bất phương trình: 2 log 5 x  log x 125  1

Giải:
Điều kiện : 0  x  1  2 log 5 x  3log x 5  0

1
Đặt t  log 5 x(t  0)   log x 5
t




128
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

2t 2  t  3
3 3
Bất phương trình thành: 2t   1  0   0  t  1  0  t 
t t 2
1
 log 5 x  log5 51 
log5 x  1
0  x  5

Vậy:  
0  log 5 x  3  log 1  log x  log 3 
1  x  53
5 5 5

 2  2 
6 4
Bài 10: Giải bất phương trình:  3
log 2 2 x log 2 x 2
Giải:

x  0

Điều kiện  x  1 0 < x  1/2 và 1
 1
x 
 2
Đặt t  log 2 x  t  0 
1

3t 2  5t  2  1  t   3 … Suy ra tập nghiệm là :  1 ; 1   1; 4  .
0
Ta được 2 3 

t (1  t ) 2

0t 2


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

I. Phương pháp:

II. VD minh hoạ:

Bài 1: Giải bất phương trình log 3 2 x  log 2  8 x  .log3 x  log 2 x 3  0 (1)
Giải:
Điều kiện x  0
Biến đổi phương trình tương đương về dạng: log 3 2 x   3  log 2 x  log 3 x  3log 2 x  0
Đặt t  log 3 x khi đó bất phương trình có dạng: f  t   t 2   3  log 2 x  .t  3log 2 x  0 (2)
t  3
2 2
Ta có:    3  log 2 x   12 log 2 x   3  log 2 x  . Do đó f(t)=0 có nghiệm: 
t  log 2 x
Do đó (2) tương đương với:  t  3  t  log 2 x   0   log 3 x  3  log 3 x  log 2 x   0
 log 3 x  3  0  log 3 x  3   x  27
  
 log 3 x  log 2 x  0   log 3 x  log 2 x    x  1  x  27
 
 log x  3   x  27 0  x  1
log x  3  0
 3  3 
 0  x  1
 log 3 x  log 2 x  0  log 3 x  log 2 x 
 


129
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

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

BÀI TOÁN 5: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ - DẠNG 3

I. Phương pháp:

Sử dụng 2 ẩn phụ cho 2 biểu thức mũ trong bất phương trình và biến đổi bất phương trình thành bất phương
trình tích, khi đó lưu ý:
 A  0  A  0
 
  B  0 và A.B  0    B  0
A.B  0 
 A  0  A  0
 
B  0 B  0
 

II. Bài tập áp dụng:

x
Giải bất phương trình log 3 x.log 2 x  2 log3 x  log 2
4
Giải:
Điều kiện x  0 (*)
Viết lại bất phương trình dưới dạng: log 3 x.log 2 x  2 log 3 x  log 2 x  2  0
u  log3 x
Đặt  . Khi đó bất phương trình có dạng:
v  log 2 x
uv  2u  v  2  0   u  1  v  2   0
 log3 x  1
 u  1  0  x  3

 
thoả mãn (*)
log 2 x  2
v  2  0 x  4

  3 x  4
 log x  1
 u  1  0  x  3
 3
 
 v  2  0  x  4
 log 2 x  2
 

Vậy bất phương trình có nghiệm 3 < x < 4.


BÀI TOÁN 6: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ

I. Phương pháp:

II. Bài tập áp dụng:

1 
 
Bài 1: Giải bất phương trình log 2  8  (1)
x  2  4  log 3 
 x 1 
Giải:



130
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

x  2  0
Điều kiện:   x  2 (*)
x 1  0
Ta có nhận xét sau:
 
+) x  2  4  4  log 2 x  2  4  log 2 4  2  VT  2
1 1
x  2  x 1  1  x 1  1  1 8 9
x 1 x 1
+)
1 
 log 3   8   log 3 9  2  VP  2
 x 1 
Do đó bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi:

VT  2  x2  0
 x2

VP  2 x  2

Vậy bất phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.
1 1

Bài 2: Giải bất phương trình
log 1 2 x  3 x  1 log 1  x  1
2

3
3

Giải:
 x  1  1  x  0
 
 x  1 0  x  1
 2 2

0  2 x 2  3 x  1  1 

Điều kiện:   x  0 3
1  x 
0  x  1  1  3 2

x 
 3
2

x 
1  x  0  2

Ta có: A  log 1 2 x 2  3x  1  0  2 x 2  3x  1  1
3
3
 2 x2  3x  1  1  0  x 
2
B  log 1  x  1  0  x  1  1  x  0
3
Từ đó ta có bảng xét dấu sau:
+ Với 1  x  0; VT  0; VP  0 . Bất phương trình (1) sai
+ Với 0  x  1 / 2; VT  0; VP  0 . Bất phương trình (1) đúng
+Với 1  x  3 / 2; VT  0; VP  0 . Bất phương trình (1) đúng.
+ Với x  3 / 1; VT  0; VP  0 . Bất phương trình (1) tương đương với:
log 1 2 x 2  3 x  1  log 1  x  1  2 x 2  3 x  1  x  1  0
3 3

x 1  0  x  1  1  x  0

 2 2 2 
2 x  3x  1   x  1 x  5
x  5x  0



131
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Kết hợp với trường hợp đang xét ta được x  5
 1  3
Vậy bất phương trình có nghiệm:  0;   1;    5;  
 2  2

PHƯƠNG PHÁP PHÂN KHOẢNG

x1
   
x 2  4 x  3  1 log 5 8 x  2 x 2  6  1  0 (1)
Bài 1: Giải 
5x
Giải:
x  0 x  0
2 
Điều kiện:  x  4 x  3  0   x  1  x  3  x  1; x  3
8 x  2 x 2  6  0 1  x  3


1
- Với x = 1 thì (1)  log 5  1  0  1  1  0  0 (luôn đúng)
5
1
31 3 27 1

- Với x = 3 thì (1)  log 5   0   5 3   (loại)
53 5 125 5
Vậy bất phương trình có nghiệm là x = 1.
2  2
   
Bài 2: Giải bất phương trình: 2  x 2  7 x  12   1  14 x  2 x 2  24  2 log x
x  x
Giải:
 x  0, x  1
x  3

Điều kiện:  x 2  7 x  12  0 
x  4
2 x 2  14 x  24  0

- Với x = 3 bất phương trình trở thành bất đẳng thức
1
2  2 1 2 2 
2  1  2 log 3    log 3   3 3  2 3  32 (sai)
3  3 3 3 3
- Với x = 4 bất phương trình trở thành
1
2  2 1 1 1
2  1  2 log 4    log 4    log 4 2   (đúng)
4  4 2 2 2 2
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là x = 4.

PHƯƠNG PHÁP TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

Bài 1: (NTA - 2000) Giải bất phương trình: log 2 (2x  1)  log 3 (4 x  2)  2 (1)
Giải:
Đặt f(x) = VT(1),có f(x) xác định,liên tục với mọi x  R có:
2 x ln 2 4 x ln 4
f ' ( x)  x  0 với mọi x  R
x
(2  1) ln 2 (4  2) ln 3



132
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

x  0
nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó: (1)  f ( x)  f (0)    x0
x  R
Vậy bất phương trình có nghiệm: x  0 .
Bài 2: Giải bất phương trình: x(3 log 2 x  2)  9 log 2 x  2
Giải:
Điều kiện: x  0
Bất phương trình  3( x  3) log 2 x  2( x  1)
Nhận thấy x = 3 không là nghiệm của bất phương trình
x 1
3
TH1: Nếu x  3 BPT  log 2 x 
x3
2
Xét hàm số:
x 1
3
f ( x)  log 2 x đồng biến trên khoảng 0;  và g ( x )  nghịch biến trên khoảng 3; 
x3
2
mà f 4   g 4  3
f ( x )  f ( 4)  3
Với x  4 : Ta có   Bpt có nghiệm x  4
g ( x )  g ( 4)  3 
f ( x)  f (4)  3
Với x  4 :Ta có   Bpt vô nghiệm
g ( x )  g ( 4)  3 
x 1
3
TH 2: Nếu 0  x  3 BPT  log 2 x 
x3
2
x 1
3
f ( x)  log 2 x đồng biến trên khoảng 0;  và g ( x )  nghịch biến trên khoảng 0;3
x3
2
mà f 1  g 1  1
f ( x)  f (1)  0
Với x  1 :Ta có   Bpt vô nghiệm
g ( x )  g (1)  0 
f ( x)  f (1)  0
Với x  1 :Ta có   Bpt có nghiệm 0  x  1
g ( x )  g (1)  0 
x  4
Vậy Bpt có nghiệm 
0  x  1
Tìm giá trị lớn nhất của tham số m sao cho bất phương trình: 1  log 5  x 2  1  log 5  mx 2  4 x  m  được
nghiệm đúng với mọi x  R.
Giải:
Điều kiện: mx 2  4 x  m  0 đúng với x  R
m  0
 m  2 (1)
 2
  4  m  0
1  log 5  x 2  1  log  mx 2  4 x  m    5  m  x 2  4 x  5  m  0 đúng với x  R



133
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

m  5
5  m  0
 m  3 (2)
  2
  0  m  10m  21  0

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

Bài tập tổng hợp tự giải:

Bài 1: Giải các bất phương trình sau:
 
1
   
a. 2. log 2  x  1  log 5  . log 1  x  1 log 4 2 x 2  3x  2  1  log 2 2 x 2  3 x  2
b.
 
25
 2x 1 1  5

 x3   32 
 
d. 2 x  log 2 x 2  4 x  4  2   x  1 log 1 2  x 
c. log 4 x  log 2    9 log 2  2   4 log 2 x
1 
2 1
8 x 
2 2
2
2
 1
   8x  2x 
x1
f. log 9 x    log 3 x  
2
x 2  4 x  3  1 log 5 2
  6 1  0
e.  4
5x  
Đs:
e. (KTQD – 2001) x  1
Bài 2: Giải các bất phương trình sau:
2
b. 1  9. log 1 x  1  4 log 1 x
a. log x 2.log 2 x 2.log 2 4 x  1
8 8

log 1  x  1
2
0
c. log 3 x  log 5 x  log 3 x. log 5 x d.
2x  x 2  8
1  log 2  x  2 x 5
6
0

e. f.
log 2 x  4  1
2x 1 x
Đs:
 
f. x  5  x  4  2; 
Bài 3: Giải các bất phương trình sau:
 3x  1  3
1
   
a. log 1  x  1  log 1 1  3 2  x b. log 4 3 x  1 . log 1 
 16   4

2 4 
2 2
2
x  6x  9
c. log 1 x  1  log 1  x  1  log 5  x   1   log 2  x  1
d. log 1
2 x  1
3
3 3 2

18  2 x 
     
e. log 1 9 x1  1  2  log 1 3 x 1  7 f. log 4 18  2 x . log 2    1
8
2 2
Đs:
 1   10 
b. x  0;    3; 
 3  3 
Bài 4: Giải các bất phương trình sau:




134
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

 
log 2 x 2  9 x  8
b. log 2 x 2  1  log 2  2 x  2 
a. 2
log 2 3  x 
2x  3
 
d. 2 x  log 2 x 2  4 x  4  2   x  1 log 1 2  x 
1
c. log 3
1 x 2

1
    f. log x 22  log 2 x  
log 9 3x 2  4 x  2  1  log 3 3x 2  4 x  2
e.
log 2 x 2
Bài 5: Giải các bất phương trình sau:
3 1
 
a. 4 x 2  16 x  7 log 3  x  3  0 log 4 3 x  log 2 x  1
b.
2 2
c. log 2 x  log 2 x 8  4 d. log 2 x  log 3 x  1  log 2 x. log 3 x
1 1
 f. log 3 x  log 3 x  3  0
e.
log 1 2 x 2  3 x  1 log 1  x  1
3
3
Đs:
 1  2
3 13 
3 13
;2 2 
c. (ĐHYTH – 2001) x   0;    2
 2  
 
Bài 6: Giải các bất phương trình sau:
2 3
log 5  x 2  4 x  11  log11  x 2  4  11
1
x  2  log 1 x  3
2
a. log 3 x  5 x  6  log 1 0
b.
2 2  5 x  3x 2
3 3


   14x  2x 
2  2
d. log 1  log 4  x 2  5    0
c. 2  x 2  7 x  12   1  2
 24  2 log x  
x  x 3

x2  4x  3
2
e. 2log 8 ( x  2)  log 1 ( x  3)  0
f. log 3
x2  x  5
3
8

Đs:
 
a. (GTVT – 2000) x  10 b. x  2; 2  15
Bài 7: Giải các bất phương trình sau:
1
b. log 1  x 2  6 x  8   2 log 5  x  4   0
a. log x 2.log x 2 
log 2 x  6
16 5

 4x  5  1
d. log x log 9  3x  9    1

c. log x2   
 x2  2
e. log x log 2  4 x  6    1 f. log 3 x  x2  3  x   1
 
Bài 8: Giải các bất phương trình sau:
1 2
a. log x 2  x 1 2 x 2  2 x  1  log 3 x  4 log 3 x  9  2log 3 x  3
b.
2
2
x  5 1 1  log 3 x

c. log x3 d. 1
1  log 3 x
6x 3


135
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

 
lg x 2  3 x  2
2
e. (ĐHKT – 1997)
lg x  lg 2
Đs:
3  33 1
5x 
2
 18 x _  16  2
 x f. log x
a. e. VN 3
6 2
Bài 9: Giải các bất phương trình sau:
1 1
a. (ĐHDB – D 2007) log 1 2 x 2  3x  1  log 2 ( x  1)2 
2 2
2

1 1
x
Đs:
3 2
2x  3 

0
b. (ĐHDB – A 2008) log 1  log 2
x 1 

3

Đs: x  1
 
x 2  3  x 2  1  2log 2 x  0
c. (ĐHY HN – 2001) log 2

 5  53
x 
2
Đs: 
 5  53
x 
 2
log 9  3 x 2  4 x  2   1  log 3  3 x 2  4 x  2 
d. (ĐHSP HCM – A 2000)
1
 3  x  1
Đs: 
 7  x  1
3

e. log 9 ( x  3)2  log 1 x  2  log 3 2  1
3

Đs: (4; 3)  (3; 1)  (0; 2)  (2;3)
x3
 log 4 ( x 2  4 x  4)   log 2 3
f. log 2
x2
Đs: x  2  x  4
g. 2log 3 (4 x  3)  log 1 (2 x  3)  2
3

3
 x3
Đs:
4
h. log 0 ,5 x  2 log 0,25 ( x  1)  log 2 6  0
Đs: x  3
i. log 2 ( x 2  5 x  5  1)  log 3 ( x 2  5 x  7)  2




136
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

5 5 5 5
Đs: 1  x   x4
2 2
Bài 10: Giải các bất phương trình sau:
 31  

a. log 2 log 0,5  2 x     2
16  


Đs: x  2
b. log x (5 x 2  8 x  3)  2
1 3 3
Đs:  x   x 
2 5 2
c. (ĐHY HN – 1997) log 2 x 64  log x2 16  3
1 1
 x  3 1  x  4
Đs:
2 2
 3x  2 
 1
d. log x 
 x2 
Đs: 1  x  2
Bài 11: Giải các bất phương trình sau:
a. 5 x  6 x 2  x 3  x 4 log 2 x  ( x 2  x) log 2 x  5  5 6  x  x 2
5 x
lg
x log 5 x(2  log 3 x)
b. x 5  x  0 c. log 5 x  log x 
2  3x  1 3 log 3 x
e. log x 2 x  log x 2 x 3
d. log 1 log 5 ( x 2  1  x )  log 3 log 1 ( x 2  1  x )
2 5

x 1
1
f. 1  log x 2000  2 g.
log 3 (9  3 x )  3

Đs:
 5
5  12 

 5   1;3
b. x   5; 0   1;3
a. x   ;3 c. x   0; d. x   ; 

2  5

 
 1
 1
g.  2  log 3 10;2 
e. x   0; 3    2;      2000;  
f. x   0; 3
2 2000 
 
Bài 12: Giải các bất phương trình sau:
2  2
4x  2 1
b. (2  x 2  7 x  12)   1  ( 14 x  2 x 2  24  2) log x

a. (ĐHV – 1999) log x 2
x2 2 x  x
2x  1
1 1 1
log x 2  3 ( x 2  6) 2  2  log 0
c. d. log x 1 log 2
2
x3
2 12 64 2
2
24  2 x  x
f. log x 2.log 2 x 2.log 2 4 x  1
1
e. log 25  x 2
14
16
Đs:


137
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

 6 3
1



a.   ;1  3   1;2   2;3  7 c. x    ;
b. x  4
2  2 2


  
e.   3;1  3;4 f. x  2 2 ; 0, 5  1; 2 2
d. x   4;  
Bài 13: Giải các bất phương trình sau:
3x  2
a. log 2 (2 x  1) log 1 (2 x 1  2)  2 1
b. (QHQT – 2001) log x
x2
2

x
c. log x log 9  3x  9   1 2 2
e. log 1 log 2 log x 1 9  0
d. log 9 x  log 3 1 
4 2
2 3
log a (35  x 3 )
log 2 ( x  1)  log 3 ( x  1) 2
0 g. 2 log 9 x  log 3 x log 3 ( 2 x  1  1)
f. h. 3
x 2  3x  4 log a (5  x )
Đs:
 4
a. x   2  log 2 5; log 2 3 b. x  1; 2  d. x  2  x   0; 
c. x  log13 10
 5
h. x   2;3 (với 0  a  1 )
e. x   4;10  f. x   1; 0    4;   g. x  1; 4 
Bài 14: Giải các bất phương trình sau:
a. log 2  2 x  1  log 3  4 x  2   2 log 2 x  log 1 x 2  3  5 (log 4 x 2  3)
b. 2
2
2
2
d. log x 3 (5 x  18 x  16)  2
c. ( x  1) log x  (2 x  5) log 1 x  6  0
1
2 2

1
 log 9 x  log 3 5 x  log 1 ( x  3)
e. log 12 x  4 x 2 8 4 x  5  0 f.
2 3

2x
4  lg 2 2
x 1  2 h. x log 2 x  4  32
g.
2x
2  lg 2
x 1
Đs:
 1
a. x   ;0 c. x   0; 2   4;  
b. x   0;    8;16 
 2
1   5 5 3
;1   8;   f. x   0;  
e. x  1;    ; 
d. x  
 4 4 2
3

BẤT PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA THAM SỐ
2 2 2
Bài 1: (QGHN – 1999) Tìm m để bất phương trình 2 sin x  3cos x  m.3sin x có nghiệm
Đs: m  4
Bài 2: (ĐHĐL – 2001) Tìm m để bất phương trình log x m  x 2  1  log x m  x 2  x  2  có nghiệm




138
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

m  0
Đs: 
 m  3
Bài 3: Cho bất phương trình log 2 x  a  log 2 x
a. Giải bất phương trình khi a  1
1
b. Tìm a để bất phương trình có nghiệm x  
4
Đs:
 1 1 5 
a. x   ; 2 2  b.

2
 
Bài 3: (ĐHSP HN – 2001) Tìm m để x  0;2 đều thỏa mãn log 2 x 2  2 x  m  log 4 ( x 2  2 x  m)  5
Đs: 2  m  4
m m m
  
Bài 4: Tìm m để bất phương trình x 2  2  log 2   2 x  1  log 2   2  1  log 2   0 có nghiệm
m 1 m 1 m 1
  
duy nhất
32
Đs: m  
31
Bài 4: Tìm m để bất phương trình x 2  (3  m) x  3m  ( x  m) log 1 x có nghiệm duy nhất
2
Đs: m  2
Bài 4: (ĐH Mở HN – 2001) Tìm m để hai bất phương trình log 1 ( x  5)  3 log 5 5 ( x  5)  6 log 1 ( x  5)  2  0
5 25
và ( x  m)( x  35)  0 chỉ có một nghiệm chung duy nhất
Bài 5: Tìm m để bất phương trình log m  x 2  2 x  m  1  0 nghiệm đúng với x
1
Bài 6: (ĐHNN I – 2001) Giải và biện luận bất phương trình log a log a 2 x  log a 2 log a x  log a 2
2
Đs: Nếu 0  a  1  a 2  x  1 . Nếu a  1  x  a 2
Bài 7: Tìm tất cả các giá trị của tham số a để bất phương trình a.9 x   a  1 3x  2  a  1  0 nghiệm đúng với
x
Đs: a  1
Bài 8: (ĐHGTVT – 2001) Tìm tất cả các giá trị của x thỏa mãn x  1 nghiệm đúng bất phương trình
log 2 x 2  2 x ( x  m  1)  1 với 0  m  4.
m
Đs: x  3
Bài 9: Với giá trị nào của m thì bất phương trình log 1 ( x 2  2 x  m)  3 có nghiệm và mọi nghiệm của nó đều
2
3
thuộc miền xác định của hàm số y  log x ( x  1) log x 1 x  2




139
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

log a (35  x 3 )
 3 1 , với 0  a  1 và
Bài 10: Cho hai bất phương trình
log a (5  x )
1  log 5  x 2  1  log 5  x 2  4 x  m   0  2 
Tìm tất cả các giá trị của m để mọi nghiệm của (1) cũng là nghiệm của (2)
Bài 11: Cho hai bất phương trình log x  5 x 2  8 x  3  2 1 , với 0  a  1 và x 2  2 x  1  a 4  0  2 
Tìm tất cả các giá trị của a để mọi nghiệm của (1) cũng là nghiệm của (2)
Bài 12: Với giá trị nào của a thì bất phương trình log 2 a 1  2 x  1  log a  x  3  0 được thỏa mãn đồng thời tại
x  1 và x  4
Bài 13: Tìm giá trị nào của a để bất phương trình log 1 ( x 2  ax  5  1) log 5 ( x 2  ax  6)  log a 3  0 có
a
nghiệm. T ìm nghiệm đó
9
Bài 14: Giải bất phương trình log a  x 2  x  2   log a   x 2  2 x  3 biết nó có nghiệm x 
4
CHỦ ĐỀ 3: HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ

BÀI TOÁN 1: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

 23 x  5 y 2  4 y

Bài 1: (ĐH – D 2002) Giải hệ phương trình:  4 x  2 x 1
y
x
 2 2
Giải:
 23 x  5 y 2  4 y 23 x  5 y 2  4 y
 3x 2 x

2  5 y  4 y y  2
x 
  (2 x  2)2 x  x  3
x 1
4  2 2
2  y y  5y  4y  0
y y  
x x
 2 2  2 2
x
 y  2x
y  2 x  0 x  2

 2   
y 1 y  4
y  1 y  4
y  5y  4  0

4 x  y  3.42 y  8
( x; y  R)
Bài 2: Giải hệ phương trình: 
 x  3 y  2  log 4 3
Giải:
3
 x  y 1  3.42 y 1  2  12 y log 4  3.42 y 1  2
4 4


Hệ đã cho tương đương với:  x  y  1  1  2 y  log3 3
 x  y  1  1  2 y  log 4
 
4



1

x  1  log 3 
 41 2 y 2 y 1

2 y 1
3.4 1 4
 3.4 2 
  2
 
 3 3
 y  1 1  log 3 
 x  2  3 y  log 4

 x  2  3 y  log 3
 4

4
 2




140
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

1 1 
Vậy hệ có nghiệm duy nhất  x; y    1  log3  ; 1  log3  
4 4
2 2 
Cách khác:
Đặt u  4 x  y 1 ; v  3.4 2 y 1 (u  0; v  0)
1

 x  2 1  log 4 
3
u  v  2 u  1 
Hệ tương đương với   
u.v  1 v  1  y  1 1  log 3 
4

 2
x  3 y  2  0

Bài 3: Giải hệ phương trình: 
y2
x x
 27  3 .9  0

Giải:
x  3 y  2  0 (1)

Giải hệ phương trình 
x 2 x
 27  3 y .9  0 (2)

2 2
Phương trình (2)  27 x  3 y .9 x  3 y  3x  x  y 2 , thay vào phương trình (1) ta được:
y 1
 y  1
 y 1 x  1

y2  3 y  2  0   
y  2 x  4
y 2


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

BÀI TOÁN 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ

I. Phương pháp:

Phương pháp được sử dụng nhiều nhất để giải các hệ mũ là việc sử dụng các ẩn phụ. Tuỳ theo dạng của hệ mà
lựa chọn phép đặt ẩn phụ thích hợp.
Ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Đặt điều kiện cho các biểu thức trong hệ có nghĩa
Bước 2: Lựa chọn ẩn phụ để biến đổi hệ ban đầu về các hệ đại số đã biết cách giải ( hệ bậc nhất 2 ẩn, hệ đối
xứng loại I, hệ đối xứng loại II và hệ đẳng cấp bậc 2)
Bước 3: Giải hệ nhận được
Bước 4: Kết luận về nghiệm cho hệ ban đầu.

II. Bài tập áp dụng:

32 x  2  22 y  2  17

Bài 1: Giải hệ phương trình  x 1 (I)
y
2.3  3.2  8



141
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Giải:
u  3x

điều kiện u , v  0 . Khi đó hệ (I) được biến đổi về dạng:
Đặt  y
v  2

9u 2  6u  1  0  x 1
1
9u 2  4v 2  17 3   x  1
u 

  3 3
 8  6u
y 1
6u  3v  8 v  3 v  2 2 y  2

 
Vậy hệ có cặp nghiệm  1;1
m3 x 1  2 y  2m

Bài 2: Cho hệ phương trình 
x 1
 m2 y  m  1
3

a. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất.
b. Tìm m nguyên để nghiệm duy nhất của hệ là nghiệm nguyên.
Giải:
u  3 x 1

Đặt  điều kiện u  3 và v  0 . Khi đó hệ (I) được biến đổi về dạng:
v  2y


mu  v  2m
(II). Ta có:

u  mv  m  1
m1 2m 1 m 2m
 m 2  1 ; Du   2m 2  m  1; Dv   m2  m
D
m 1 m 1 m 1
1 m
a. Hệ có nghiệm duy nhất khi:


m 2  1  0
D  0
m  1


Du  2m  1
 
u  3   3  2  m  1  2  m  1
 m 1
D
  m  1  m  0

Dv m

v 0
  m 1
 D 
Vậy hệ có nghiệm khi 2  m  1 .
b. Với m nguyên ta có m = – 2 khi đó hệ có nghiệm là:
u  3 3 x 1  3  x  1  1  x  0


  

v  2 y 1
y
y 1
2  2 

Vậy với m = – 2 hệ có nghiệm nguyên (0;1)
92 cot gx sin y  3

Bài 3: Cho hệ phương trình  sin y cot gx
9  81  2m

a. Giải hệ phương trình với m = 1

b. Tìm m để hệ có cặp nghiệm (x;y) thoả mãn 0  y 
2
Giải:



142
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

u  v  2m
Biến đổi hệ về dạng: 
u.v  3
Khi đó u, v là nghiệm của phương trình f (t )  t 2  2mt  3  0 (1)
a. Với m = 1 ta được:
 sin y
t  1 u 0;v0 u  3 9  3
2
t  2t  3  0        2cot gx
t  3 v  1 9  1



  y  6  2k  

  x  2  l ; y  y  6  2 k 
1

sin y  5
 
2   y 
  2k   ; k,l  Z
  x    l ; y  y  5  2k
6

cot gx  0
 
  2 6

 x   l
 2
Vậy với m = 1 hệ có 2 họ cặp nghiệm.
2 2
42 x  2  22 x  y  4 y  1

Bài 4: Giải hệ phương trình  2
2 y 2
 3.22 x  y  16
2

Giải:
42 x2 1  4.4 x2 1.2 y  22 y  1

Viết lại hệ phương trình dưới dạng:  (I)
2
22 y  3.4 x 1.2 y  4

2
 x 1
u  4 1
Đặt  điều kiện u  và v  0 .
4
y
v  2

2 2
u  4uv  v  1(1)
Khi đó hệ (I) được biến đổi về dạng:  2 (II)
v  4uv  4(2)

Để giải hệ (II) ta có thể sử dụng 1 trong 2 cách sau:
Cách 1:
Khử số hạng tự do từ hệ ta được: 4u 2  13uv  3v 2  0 (3)
t  3
Đặt u = tv, khi đó: (3)  v 4t  13t  3  0   1
 
2 2
t 
4
2
+ Với t = 3 ta được u = 3v do đó: (2)  8v  4 vô nghiệm.
1 1
+ Với t  ta được u  v  v  4u do đó: (2)  4u 2  4  u  1
4 4
x 2 1
4  1  x2 1  0
u  1  x  1

   
v  4 y  2
y
y  2
2  4

Vậy hệ phương trình có 2 cặp nghiệm (1;2) và (-1;2)
Cách 2:
Nhận xét rằng nếu (u;v) là nghiệm của hệ thì u  0


143
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

v2  4
(4). Thay (4) vào (1) ta được: 2v 4  31v 2  16  0 (5)
Từ (2) ta được u 
3v
t  16
u  1

2 2 2
Đặt t  v , t  0 ta được: (5)  2t  31t  16  0   1  v  16  v  4  
v  4
t   2 (1)

2
 x 1  1  x 2  1  0  x  1
4
  
y  2
y
y  2
2  4

Vậy hệ phương trình có 2 cặp nghiệm  x; y   1; 2  ;  1; 2 
22 x 1  3.2 x  y 2  2

Bài 5: Giải hệ phương trình 
2x
2
2 y  3 y  2  2

Giải:
Đặt u  2 x điều kiện u  1 . Hệ có dạng:
2u 2  3u  y 2  2

   
 2 u2  y2  3u  y    u 2  y2
2 2
2 y  3 y  u  2

u  y
 3  u  y  u  y  1  0  
 y  1 u
+ Với u = y, hệ phương trình tương đương với:
 2 x  1 x  0

 
 y  1 y 1
u  y u  y u  y  1 

 2  
2   x  1
2
u  y  2
2u  3u  u  2 u  3u  2  0 x
 2  2
 
 y  2  y  2


+ Với y = 1 – u, hệ phương trình tương với:
 y  1 u  y  1 u

 2 vô nghiệm
2 2
2u  3u  1  u   2 u  3u  1  0
 

Vậy hệ có 3 cặp nghiệm là  x; y    0;1 , 1; 2  ,  1; 2 
9log2  xy   3  2  xy log2 3 (1)

Bài 6: Giải hệ phương trình  2 2
 x  1   y  1  1(2)

Giải:
Điều kiện: xy  0
+ Giải (1): Đặt t  log 2  xy   xy  2t . Khi đó phương trình (1) có dạng:
log 2 3

9t  3  2 2 t  32t  3  2.3t  32t  2.3t  3  0 (3)
Đặt u  3t , u  0 , khi đó phương trình (3) có dạng:




144
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

u  1(1)
u 2  2u  3  0    3t  3  t  1  xy  2
u 3

2
+ Giải (2):  x  y 2  2 x  2 y  1  0   x  y   2  x  y   2 xy  1  0
2

2
  x  y   2  x  y   3  0 (4)
Đặt v = x + y, khi đó phương trình (4) có dạng:
v  1 x  y  1
v 2  2v  3  0   
 v  3  x  y  3
x  y  1
Với x + y = 1 ta được: 
 xy  2
Khi đó x, y là nghiệm của phương trình: X 2  X  2  0 vô nghiêm
 x  y  3
Với x + y = – 3, ta được: 
 xy  2
X 1 x  1 x  2
Khi đó x, y là nghiệm của phương trình : X 2  3 X  2  0   hoặc
 
X  2 y  2 y 1
Vậy hệ có 2 cặp nghiệm (1;2) hoặc (2;1)
23 x 1  2 y  2  3.2 y 3 x (1)

Bài 7: Giải hệ phương trình 
2
 3x  1  xy  x  1 (2)

Giải:
 x  1 x  0
 x  1
x 1  0   
Phương trình (2)   2    x  0    x  1
3x  1  xy  x  1  x  3 x  y  1  0 
  3x  y  1  0
  y  1  3x

8 8
+ Với x = 0 thay vào (1) ta được: 2  2 y  2  3.2 y  8  2 y  12.2 y  2 y   y  log 2
11 11
 x  1
thay y = 1 – 3x vào (1) ta được: 23 x 1  2 3 x 1  3.2 (3)
+ Với 
y  1  3x

1
Đặt t  23 x 1 vì t  1 nên t 
4
t  3  8(1)
1
 23 x 1  3  8
(3)  t   6  t 2  6t  1  0  
t t  3  8

1
   
 x   log 2 3  8  1  y  2  log 2 3  8
3 
1

 
x  0 
 x  3 log 2 3  8  1

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm:  8 hoặc 
y  log 2
 
  y  2  log 2 3  8
 11 




145
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

2 x 2  7 xy  6 y 2  0 1

Bài 8: Giải hệ phương trình  x  2 y 1 4 y  x 1 3 y  x
2
3 3 0
3

Giải:
 x  2 y
Phương trình 1   3
x   y
 2
TH 1: Với x  2 y thế vào  2   32 y 1  3 y  3  0  3 
Đặt: t  3 y  0 ta được
 1  37
t   1  37   1  37 
6
2
 3  3t  t  3  0    y  log 3    x  2log3 
6
6 
 1  27    
t

6

y 5 3
3 y y
TH 2: Với x   y thế vào  2   3.3 2  3.3 2  3 2  0  4 
2
y
2
Đặt: u  3  0 ta được
1  37
 4   3u  3u 5  u 3  0  3u 4  u 2  3  0  u 2 
6
 1  37   1  37 
1  37 3
 3y   y  log 3    x   log 3 6
6 
6 2
   
  1  37    1  37 
3
 x  2log 3    x   log 3  6
6 
2
 
  
Vậy nghiệm của hệ:  
 1  37   1  37 
 
 y  log 3  6   y  log 3  6 
   
   
 

BÀI TOÁN 3: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ

I. Phương pháp:

Ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Đặt điều kiện cho các biểu thức trong hệ có nghĩa.
Bước 2: Từ hệ ban đầu chúng ta xác định được 1 phương trình hệ quả theo 1 ẩn hoặc cả 2 ẩn, giải phương trình
này bằng phương pháp hàm số đã biết
Bước 3: Giải hệ mới nhận được

II. Bài tập áp dụng:




146
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

(1  4 x  y ).51 x  y  1  3x  y  2 (1)

Bài 1: Giải hệ phương trình:  2 .
1
x  3y y   1 2 y (2)
x

Giải:
 1 t  4 t 
Xét (1): Đặt t = x – y. (1)  5        1  9.3t .
 5   5  
 Với t > 0 VT < 10, VP > 10.
 Với t < 0, VT > 10, VP < 10.
 Phương trình (1) có nghiệm duy nhất t = 0 hay x = y.
1
Thay x = y vào phương trình (2) ta được: (2)  x 2  2 x  1  3 x x  0.
x
Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, chia cả hai vế cho x = 0 ta được:
1 1 1
(2)  x   3 x   2  0 . Đặt y  x   y  0 
x x x
y 1
Ta được phương trình: y2 – 3y + 2 = 0   . Từ đó ta tìm được x.
y  2
 x  x 2  2 x  2  3 y 1  1

( x, y  R )
Bài 2: Giải hệ phương trình: 
y  y 2  2 y  2  3x 1  1


Giải:
u  x  1
Đặt  .
v  y  1
u  u 2  1  3v

Hệ PT  
v  v 2  1  3u

 3u  u  u 2  1  3v  v  v 2  1  f (u )  f (v ) , với f (t )  3t  t  t 2  1
t  t2  1
Ta có: f  (t )  3t ln 3   0  f(t) đồng biến
t2  1
 u  v  u  u 2  1  3u  u  log 3 (u  u 2  1)  0 (2)
 
Xét hàm số: g (u )  u  log3 u  u 2  1  g '(u )  0  g(u) đồng biến
Mà g (0)  0  u  0 là nghiệm duy nhất của (2).
Vậy x  y  1 là nghiệm duy nhất của hệ PT.
23 x 1  2 y 2  3.2 y 3 x (1)

Bài 3: Giải hệ phương trình 
2
 3 x  1  xy  x  1 (2)

Giải:




147
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

 x  1 x  0
x  1  0  x  1  
PT (2)   2    x  0    x  1

 x (3x  y  1)  0
3 x  1  xy  x  1 
 3 x  y  1  0
  y  1  3x

8 8
Với x = 0 thay vào (1): 2  2 y  2  3.2 y  8  2 y  12.2 y  2 y   y  log 2
11 11
 x  1
thay y = 1 – 3x vào (1) ta được: 23 x1  2 3 x 1  3.2
- Với  (3)
 y  1  3x
1
Đặt t  23 x1 . Vì x  1 nên t 
4
1

 x   log 2 (3  8)  1
t  3  8 (loai )
1
3 
(3)  t   6  t 2  6t  1  0  
 
t t  3  8  y  2  log (3  8)
  2

1

x  0
 x   log 2 (3  8)  1

3 
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  8 hoặc 
 y  log 2 11  y  2  log (3  8)
  2

33 x 2 y  5.6 x  4.23 x  2 y  0

Bài 4: Giải hệ phương trình  2
  
 x  y  y  2y  x 2y  x

Giải:
 x, y  0
Điều kiện: 
x  y
33 x  2 y  5.6 x  4.23 x 2 y  0 33 x  2 y  5.6 x  4.23 x 2 y  0
 
Hệ phương trình   
 x  y  y  (2 y  x )( 2 y  x )  x  2 y  (2 y  x)( 2 y  x )( x  y  y )
 
3 x 2 y 3 x 2 y
x
  5.6  4.2 0
3 33 x 2 y  5.6 x  4.23 x 2 y  0
 
(2 y  x ) ( 2 y  x )( x  y  y )  1  0 2 y  x  0
 

2 y  x )( x  y  y )  1  0 )
(do
33 x  2 y  5.6 x  4.23 x 2 y  0 32 x  5.6 x  4.2 2 x  0 (1)
 
2 y  x 2 y  x (2)
 3  x
   1 x  0
2x x
 2 
3 3
2x x 2x
  x  log 4
Giải (1): 3  5.6  4.2  0     5.    4  0 
3x
2 2  3
 
   4  2

 2 

Với x  0 thay vao (2) ta được y  0
1
Với x  log 3 4 thay vao (2) ta được y  log 3 4
2
2 2




148
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

1
Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x  log 3 4 , y  log 3 4
2
2 2
x y x y
e  e  2( x  1)

Bài 5: Giải hệ phương trình  x  y
e  x  y  1

Giải:
u  x  y
Đặt  .
v  x  y
 e x  y  x  y  1  e v  u  1 e v  u  1 (1)
  
Hệ phương trình   x  y  u  u v
e  x  y  1  e  v  1 e  e  v  u (2)
  
- Nếu u  v hoặc u  v thì (2) vô nghiệm
- Nên (2)  u  v . Thế vào (1) ta có eu  u  1 (3) .
Xét f  u   eu – u – 1 , f '  u   eu – 1
Từ BBT của f  u  ta có f  u   0  u  0
x  y  0 x  0
Do đó (3) có 1 nghiệm u  0  v  0   
x  y  0 y  0
x2  y  y2  x

Bài 6: (ĐHDB - 2004) Giải hệ phương trình  x  y x 1
2  2  x  y.

Giải:
x  y  0
Xét PT thứ nhất: ( x  y )( x  y  1)  0  
x  y 1  0
TH1: Thay y = x vào PT thứ hai 22 x  2 x 1  0  2 x  x  1  x  1  y  1
TH2: Thay y = 1x vào PT thứ hai 2 x 1  2 x  3  0
Hàm số f ( x)  2 x 1  2 x  3 đồng biến trên R và f 1  0 nên f  x   0 có nghiệm duy nhất x  1  y  0
Vậy hệ có hai cặp nghiệm là  x; y    1; 1  1; 0 
3x  3 y  y  x (1)

Bài 7: Giải hệ phương trình  2 2
 x  xy  y  12(2)

Giải:
Xét phương trình (1) dưới dạng: 3x  x  3 y  y (3)
Xét hàm số f (t )  3t  t đồng biến trên R.
Vậy phương trình (3) được viết dưới dạng: f  x   f  y   x  y . Khi đó hệ có dạng:
x  y x  y x  y x  y  2
 2  
2 2
 x  2  x  y  2
 x  xy  y  12 3 x  12
Vậy hệ phương trình có 2 cặp nghiệm  2; 2    2; 2 




149
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

2 x  2 x  3  y

Bài 8: Giải hệ phương trình  y
2  2 y  3  x

Giải:
2 x  2 x  3  y

 2 x  3x  3  2 y  3 y  3 (1)
Biến đổi tương đương hệ về dạng:  y
3  x  2  2 y

Xét hàm số f  t   2t  3t  3 là hàm đồng biến trên R.
Vậy phương trình (1) được viết dưới dạng: f  x   f  y   x  y .
x  y x  y
Khi đó hệ thành:  x (II)
 x
2  2x  3  y 2  3  x (2)
 
1
+ Giải (2): Ta đoán được x = 1 vì 2  3  1 . Vế trái là một hàm đồng biến còn vế trái là hàm số nghịch biến do
vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình này. Khi đó hệ (II) trở thành:
x  y
 x  y 1

x  1
Vậy hệ đã cho có nghiệm x = y = 1.
2 x  2 y   y  x   xy  2  (1)

Bài 9: Giải hệ phương trình  2 2
 x  y  2(2)

Giải:
Thay (2) vào (1) ta được:
 
2 x  2 y   y  x  x 2  y 2  xy  2 x  2 y  y 3  x 3
x 3 y 3
 2  x  2  y (3)
Xét hàm số f  t   2t  t 3 đồng biến trên R.
Vậy phương trình (3) được viết dưới dạng: f  x   f  y   x  y . Khi đó hệ có dạng:
x  y x  y x  y x  y  1
 2  
2 2
 x  1  x  y  1
x  y  2 2x  2
Vậy hệ có 2 cặp nghiệm  x; y   1;1   1; 1
1
 x2 1 8 y2 
  1
2 4 2 3 2 y  x


Bài 10: Giải hệ phương trình sau 
 2 x  y   3 x  y  7
2

 2

 2 2
Giải:
Điều kiện: x, y  0
2
2
 3 x  2 4 y  1
1
Phương trình 1  2 x  3
 3 4y
2
1
Xét hàm số : f  t   2t  t  0  thì  3 : f  x   f  4 y 
3 t
2
2
1
Ta có f '  t   2t.2t  0 t  0  f  t  là hàm đồng biến trên  0;  
ln 2 
2t


150
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

 f  x  f 4y

 x  4 y  4
Nếu 
 x, y  0

2
Phương trình  2   2 x  y  1
3 x y  7
2
1
Đặt : u  x  y thì 2u 5
3 u  7
2
1
Hàm f  u   2u  3 u là hàm tăng
Lại có: f 1  7 nên u  1 là nghiệm duy nhất của  5   x  y  1  6 
4

x  5
x  4y
 
Từ  4  &  6    
x  y  1 y  1
 5

4 1
Vậy nghiệm của hệ là  ; 
 5 5
e x  e x  y  y

Bài 11: Giải hệ phương trình sau e y  e y  z  z I 
z zx
e  e  x
Giải:
Nhận xét:
Hệ có nghiệm x  y  z  0 ta cm hệ có nghiệm duy nhất. thật vậy:
1  e  y  y 1

Nếu x  0 thì  I     y y z
2
e  e  z

Xét hàm số : f  y   e y  y  1, f '  y   e  y  1, f '  y   0  y  0
Bảng biến thiên
Y 0
 
+ 0 -
f ' y
0
f  y


Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số có nghiệm duy nhất y  0 thế vào  2  ta được 1  e z  z .
Tương tự với z = 0
Nếu x  0  y, z  0




151
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

ye x
x
 f  y
ey

e 1
x y
x
e  e .e  y 
ze z
y 
y z
Hệ  I   e  e .e  z  e y  z  f  z
e 1
e z  e z .e x  x 
 xe x
z
 f  x
ex

e 1

et  et  t  1
tet
Xét hàm số f  t   t , f 't   2
 et  1
e 1

Với t  0 , ta cm et  t  1  0
f  t   et  t  1; f '  t   et  1
Suy ra f '  t   0 t  0
tet t
.lim et  1
lim f  t   lim  lim t
t
t 0 e  1 t 0 e  1 t 0
t 0

Bảng biến thiên:

T 0
 
+ +
f ' t 
 
1 1
f t



Từ đó suy ra:
Nếu x  y thì f  x   f  y   e z  e x  z  x  f  z   f  x   y  z
Như vậy x  y  y  z  x vô lý
Khi đó hệ trở thành e x  1  x  0 nên pt vô nghiệm
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x  y  z  0

BÀI TOÁN 4: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ

I. Phương pháp:

Nhiều bài toán bằng cách đánh giá tinh tế dựa trên các:
+ Tam thức bậc hai
+Tính chất hàm số mũ
+Bất đẳng thức
+……..
Ta có thể nhanh chóng chỉ ra được nghiệm của hệ hoặc biến đổi hệ về dạng đơn giản hơn.

II. Bài tập áp dụng:



152
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

 2 x  3 y2 1  2 x  2  3 y 2 1

Bài 1: Giải hệ phương trình 
2
2 x.3 y 1  1

Giải:
x

u  2 1
Đặt  điều kiện u  0 và v  .
2
3
v  y  1

 u  v  u  v  2(1)

Hệ có dạng:  (I)
uv  1(2)

2 2
   
Biến đổi (1) về dạng:  4   u  v    u  v   2 u 2  v 2  2 u 2  v 2  2 u 2  v 2  2 u 2  v 2  4uv  4
Khi đó hệ tương đương với:
2 u 2  v 2  0
x
 2  1 x  0 x  0

uv  u  v 1  2  2  2
 y 1
 1  y 1  0  y  1
3
uv  1 


Vậy hệ có 2 căp nghiệm  x; y    0;1   0; 1

CHỦ ĐỀ 4: HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ

BÀI TOÁN 1: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

I. Phương pháp:

Dựa vào các phép toán biến đổi tương đương cho các bất đẳng thức trong hệ bất phương trình, ta có thể tìm
A  B 
được nghiệm của hệ. Phép toán thường được sử dụng là:   A  C  B  D

C  D
Việc lựa chọn phương pháp biến đổi tương đương để giải hệ bất phương trình mũ thường được thực hiện theo
các bước sau:
Bước 1: Đặt điều kiện để các biểu thức của hệ có nghĩa
Bước 2: Thực hiện các phép biến đổi tương chuyển hệ về 1 bất phương trình đại số đã biết cách giải.
Bước 3: Kiểm tra tính hợp lệ cho nghiệm t ìm được, từ đó đưa ra lời kết luận cho hệ.
Với hệ bất phương trình mũ chứa tham số thường được thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Đặt điều kiện để các biểu thức của hệ có nghĩa
Bước 2: Thực hiện các phép biến đổi tương đương ( phương pháp thế được sử dụng khá nhiều trong phép biến
đổi tương đương ) để nhận được từ hệ 1 bất phương trình 1 ẩn chưa tham số.
Bước 3: Giải và biện luận theo tham số bất phương trình nhận được.
Bước 4: Kiểm tra tính hợp lệ cho nghiệm t ìm được, từ đó đưa ra kết luận cho hệ.
Chú ý: Đối với hệ bất phương trình mũ 1 ẩn thường được giải từng bất phương trình của hệ, rồi kết hợp các tập
nghiệm t ìm được để đưa ra kết luận về nghiệm cho hệ bất phương trình.

II. Bài tập áp dụng:



153
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

2 2
22 x 1  9.2 x  x  22 x  2 (1)

Bài 1: Giải hệ bất phương trình 
2
2 x  5   x  4 x  3(2)

Giải:
2 2 2 2
Giải (1): 2.22 x  9.2 x  x  4.22 x  0  2.2 x  x  9  4.2 x  x  0
1
2
Đặt t  2 x  x điều kiện t  4 . Khi đó phương trình có dạng:
2
t  4
4 2
2t   9  0  2t  9t  4  0   1  2 x  x  4
2
t  (1)
t
2
 x  1
 x2  x  2  x 2  x  2  0   (3)
x  2
 5 5

x  2 1  x  2
 2 x  5  0

 2 
 1  x  3
x  4x  3  0
  14
5

 x 
Giải (2):   1 x  (4)

2 x  5  0
 5 5
2

 x  
  x 2  4 x  3   2 x  5 2  2  x  14
 2

  5 x 2  24 x  28  0 
 5

Kết hợp (3) và (4) ta được nghiệm của hệ là x = 2.

BÀI TOÁN 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ

I. Phương pháp:

Việc lựa chọn đặt ẩn phụ thích hợp cho hệ phương trình mũ, ta có thể chuyển hệ về các hệ đại số đã biết cách
giải. Cụ thể ta thường thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Đặt điều kiện cho các biểu thức của hệ có nghĩa.
Bước 2: Lựa chọn ẩn phụ cho hệ và điều kiện cho các ẩn phụ.
Bước 3: Giải hệ nhận được từ đó suy ra nghiệm x; y
Bước 4: Kiểm tra tính hợp lệ cho nghiệm t ìm được, từ đó đưa ra lời kết luận cho hệ.

II. Bài tập áp dụng:

 22 x  2  2 y  1

Bài 1: Giải hệ bất phương trình  (I)
2y 2
 
2x
log 3 2  2 0

Giải:
u  2 x

Đặt  ; u, v < 0. Khi đó hệ (I) có dạng:
y
v  2




154
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

2 2 2
 u  2  v 1  u  2  v 1  u  2  v  1(1)
 
 22
  2 2 2 2
2
log 3 u  v  0 u  v; u  v  1(2)
log 3 u  v  0  

v  1  0
 v  1
Giải (1) ta biến đổi:  2 2 2 2
u  2   v  1 u  v  2v  3(3)

Giải (2) bằng cách thay (3) vào (2) ta được:
y 3
3 3
 
2v  3  0 2 
v   y  log 2

 2  2  2

 2v  3  1 1  v  2
 1  2 y  2 0  y  1
 

3

 y  log 2 2 ;1  y  2
Vậy nghiệm của hệ là là các cặp số (x;y) thoả mãn hệ: 
 x    y  1 2  2


BÀI TOÁN 3: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ

I. Phương pháp:

Trong phần này chúng ta sử dụng phương pháp cần và đủ đã biết để giải các hệ bất phương trình chứa dấu trị
tuyệt đối.

II. Bài tập áp dụng:

22 x  2 2 y  2 y 1  m  1

Bài 1: Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất  2 y x 1
2x
2  2  2  m  1

Giải:
Trước hết cần m  1  0  m  1
u  2 x

Đặt:  , điều kiện u, v > 0. Hệ được biến đổi về dạng:
y
v  2

2
2
u   v  1  m(1)
u  v 2  2v  1  m
2

 (I)
2 2 2
u  v  2u  1  m
2
v   u  1  m(2)
 
Điều kện cần: Giả sử hệ có nghiệm  u 0 ; v 0  suy ra  u 0 ; v 0  cũng là nghiệm của hệ. Vậy để hệ có nghiệm duy
nhất thì điều kiện cần là u 0  v0 .
2
Khi đó: u0 2   u0  1  m  2u02  2u0  m  1  0 (1)
1
Ta cần (1) phải có nghiệm duy nhất    0  m 
2
1
Vậy điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất là m 
2


155
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

1
2 2
u   v  1  2
1 
Điều kiện đủ: Với m  hệ có dạng:  (II)
v 2   u  12  1
2

 2
2 2
 u 2   v  1   u  1  v 2  1  2u 2  2u  2v 2  2v  1  0
2 2
 2  2 1
 u 2   v 2   0u v
  
2  2 2

1
Nhận xét rằng u  v   thoả mãn hệ (II) suy ra x  y  –1
2
1
Vậy hệ có nghiệm duy nhất khi m 
2

BÀI TOÁN 4: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ

I. Phương pháp:

Nhiều bất phương trình đánh giá tinh tế dựa trên:
+ Tam thức bậc 2
+ Các bất đẳng thức cơ bản như: Côsi, Bunhiacôpxki……
+ Tính chất trị tuyệt đối
………
Ta có thể nhanh chóng chỉ ra được nghiệm của nó.

II. Bài tập áp dụng:

 2 x  y  1  2 y  2 y (1)

Bài 1: Giải hệ bất phương trình  (I)
2 2 x  y  2 y  2 y  1(2)

Giải:
y
2  1
y
y

1  2  0 2  1  y  0
Điều kiện:  x  y  y x  x  (*)
2  2  1  0
y
2  1  x  2
2  2  0
 

x
1 2y 2  1
(*)
Giải (1):  2 x   1    x  y  0 (3)
2y y
1  2  0

Thay (3) vào (2) thấy thoả mãn. Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = 0.
3 x2  2 x 3 log3 5  5 y  4 (1)

Bài 2: Giải hệ phương trình 
2
4 y  y  1   y  3  8(2)

Giải:
x 2  2 x  3  log3 5
Giải (1) ta được: 5 y  4  3  3 log3 5  51    y  4   1  y  3 (3)


156
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

2
Giải (2) với y  3 ta được: 4 y   y  1   y  3  8  y 2  3 y  0  3  y  0 (4)
Từ (3) và (4) suy ra y = – 3, khi đó hệ thành:
  x  1
x2  2x  3  0  x  1; y  3

  x  3  

 x  3; y  3
 y  3  y  3

Vậy hệ phương trình có 2 cặp nghiệm  1; 3 hoặc  3; 3 .

Bài tập tổng hợp tự giải:

Bài 1: Giải các hệ phương trình sau
2
 1 x 3
  4
 x 4  y .3 y  x  1
2
2 x  xy   2 y 
a.  b. 
2
  4
8 x 4  y  6 x  y  0
2 
 
2 2
 x y  2x  2x y  4 x  1  0
1 1 x
y 2y
    .9  9
x y
 3  2 2  1 2 4
 
d.  3
c. 
  
y x
 x  3 y  2x  4
 3 2 2  1 2 4

x y

 2yx x y
3y

5
x  y  5 3
2  2 .2 x
e.  x f.  x y
2 1 y 
5 3  5.3 x y 3
y y
3  3.3 
Bài 2: Giải các hệ phương trình sau
x

32 x  2 y  77  y4 x 5 y  
x y
3.2  2.3  6
 x  3
y
a.  b.  x 1 c. 
y
2  3 y 1  19
3 x  2 2  7   x 3  y 1
 
5 x y  125
4 x  y  128 2 x  2 y  12
 
d.  3 x  2 y 3 e.  f. 
( x  y ) 2 1
x  y  5
1
5 1
4
 
Bài 3: Giải các hệ phương trình sau
 x2 1 8 y 2  1
33 x 2 y  5.6 x  4.23 x 2 y  0 2
2  4  3(2 y  x )

a.  b. 
3 7
2
 x  y  y  ( 2 y  x )( 2 y  x )
2
 2( x  y ) 
 x y 
 2 2
 x  y sin x 1  42 x y  512 x  y  1  22 x  y 1
e  sin y 
c.  d. 
 y  4 x  1  ln  y  2 x   0
3 2
 2 2

3 8 x  3  1  6 2 y  2 y  1  8 y




157
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

 x  y sin x
e  sin y
 2x  2 y  y  x

e. 10 x 6  1  3( y 4  2) f.  2 2
 x  xy  y  12

  x, y  5
 4
x y  y x  x2  y  y 2  x
g.  2 h.  x  y x 1
2
 x  4 y  25 2  2  x  y
3 x.2 y  1152 3x.2 y  972
 
i.  k. 
log 3 3 ( x  y )  3
log 5 ( x  y )  2
 
 x  3 y 1  2  y  1  log 4 x

l.  m.  y
y
 x  4096
3 x  9  18

Đs:
h. x  y  –1  x  1, y  0
2 1
 
m. 16;3 ,  ; 2 
i.  x; y    2; 7  l.  ; log 3 4 
k. (5;2)
3  64
 
HỆ PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA THAM SỐ
2|x|  | x | y  x 2  a

Bài 1: Xác định a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:  2 2
x  y  1

Giải:
Hệ có tính chẳn đối với ẩn x. do đó nếu gọi  x 0 ; y 0  là một nghiệm của hệ thì   x 0 ; y 0  cũng là một nghiệm
của hệ.
Để nghiệm của hệ duy nhất thì ta cần có: x 0   x 0  x 0  0
1  y0  a
 a  1  y0 a  0
 
Thế x 0 vào hệ ta được:  2
 y0  1 a  2
 y0  1

Điều kiện đủ:
x 2
2  x  y  x
1
Với a = 0, ta có hệ: 
2 2
x  y  1

 x 1

Từ đẳng thức: x 2  y 2  1  
 y 1

 x  0  x 1  x   0


Từ 1  2 x  x  x 2  2 x  x 1  x   1 vì  
 x 1  y 1 y 1
 
y 1
Suy ra pt (1) có nghiệm   nghiệm này là duy nhất nên giá trị thỏa đề.
x  0




158
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

2 x  x  y  x 2  2

Với a = 2 ta có hệ : 
2 2
x  y  1

Nhận thấy hệ này có hai nghiệm 1; 0  ;  1; 0  nên a = 2 không thỏa
Tương tự:
log x (3 x  ky )  2

Bài 1: Giải và biện luận theo k hệ phương trình: 
log y (3 y  kx )  2

1
x y
a  a 
, tìm a để hệ có nghiệm với moïi b  [0,1]
Bài 2: Cho hệ phương trình:  2
 x  y  b2  b  1

( x 2  1)a  (b 2  1) y  2

Bài 3: Cho hệ phương trình:  ,
2
a  bxy  x y  1

tìm a để hệ phương trình có nghiệm với mọi giá trị b.
 x 2  (a  1) x  a  0

Bài 4: Tìm a để hệ bất phương trình sau có nghiệm   2 x 3 
log 1  
( x  2 x  3) 2  x 1   1
2

x  y  1  a
Bài 5: Giải và biện luận theo tham số a :  2 x  y  xy
2
2a .4

CHỦ ĐỀ 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT

BÀI TOÁN 1: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG

I. Phương pháp:

Ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Đặt điều kiện cho các biểu thức trong hệ có nghĩa
Bước 2: Sử dụng các phép thế để nhận được từ hệ 1 phương trình theo ẩn x hoặc y (đôi khi có thể là theo cả 2
ẩn x, y)
Bước 3: Giải phương trình nhận được bằng các phương pháp đã biết đối với phương trình chứa căn thức
Bước 4: Kết luận về nghiệm cho hệ phương trình.

II. Bài tập áp dụng:

 3 4 x
 
 x 1 3y  (1)
Bài 1: Giải hệ phương trình  x
 y  log x  1(2)
 3

Giải:




159
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

x 1  0

Điều kiện: 4  x  0  0  x  4
x  0

3 3
Từ phương trình (2) ta được: y  1  log 3 x  3 y  31log3 x   (3)
log3 x
3 x
Thế (3) vào (1) ta được:
3 3 4 x
 
x 1 1   x 1 1  4  x  x 1  4  x 1
x x
x  2  0
 x  2
 4 x  x2  2 2  x 3 y  0
4  x   x  2   x  3x  0

Vậy hệ phương trình có 1 cặp nghiệm (3;0).
4 x 2  y 2  2

Bài 2: Giải hệ phương trình: 
log 2  2 x  y   log 3  2 x  y   1

Giải:
2 x  y  0
Điều kiện:  (*)
2x  y  0

Từ phương trình thứ nhất của hệ lấy lôgarit cơ số 2 hai vế ta được:
log 2  4 x 2  y 2   log 2 2  log 2  2 x  y   log 2  2 x  y   1
 log 2  2 x  y   1  log 2  2 x  y 
Thế vào phương trình thứ hai ta được:
1  log 2  2 x  y   log 3 2.log 2  2 x  y   1  1  log 3 2  log 2  2 x  y   0
 log 2  2 x  y   0  2 x  y  1
3

x  4
2 2
2 x  y  2
4 x  y  2 
Vậy ta được hệ mới:    thoả mãn điều kiện (*)
2 x  y  1 1
2 x  y  1 y 

 2
Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm.
log 2 ( x 2  y 2 )  1  log 2 ( xy )

Bài 3: (ĐH – A 2009) Giải hệ phương trình  2 2
3x  y  xy  81

Giải:
Điều kiện: xy  0
Hệ phương trình tương đương
2 2

log 2 ( x  y )  log 2 2  log 2 ( xy ) 2 2
 x  y  2 xy
 2
22 2
 x  y  xy  4
3x  y  xy  34 





160
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

2

 x  y   0 x  y  x  2  x  2
  2  
2
 y  2  y  2
 x  y  xy  4
2 2
 x  y  xy  4


 x 1  2  y  1
Bài 4: (ĐH – B 2005) Giải hệ phương trình: 
2 3
3log 9 (9 x )  log 3 y  3.

Giải:
x  1
Với điều kiện 
0  y  2
 x 1  2  y  1
 x 1  2  y  1 

Ta có hệ tương đương    3x 
log 3 (3 x)  log3 y  1 log 3    1

y

 x 1  2  y  1  y  x


 
 x 1  2  x  1
x  y 

x  1  2  x  1 1  x  2  ta có
Xét
x 1 2  x  2 x 1 2  x  1  x 1 2  x  0  x  1 x  2
x  1 x  2
Nghiệm của hệ là  
y  1 y  2
1

log 1 ( y  x )  log 4 y  1
Bài 5: (ĐH – A 2004) Giải hệ phương trình  4
 x 2  y 2  25

Giải:
Điều kiện y  0, y  x
Hệ phương trình tương đương
1 y y
 
log 1 ( y  x)  log 4 y  1 1 4
log 4
 log 4 ( y  x)  log 4 y  1 
yx  yx
 2 
4 2
 x  y  25
 x 2  y 2  25  x 2  y 2  25  x 2  y 2  25
 

4x 4x
 
y  y   y  4  y  4 x  3
  3   
3
 x  3  x  3 y  4
 x 2  y 2  25 x2  9
 
x  4 y  3  0

Bài 6: (ĐHDB - 2002) Giải hệ phương trình 
 log 4 x  log 2 y  0

Giải:




161
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

x  0
y  0
x  1

Điều kiện  
log 4 x  0 y 1
log 4 x  0



x  4 y  3  0 x  4 y  3
Hệ phương trình   
log 4 x  log 2 y
 log 4 x  log 2 y  0

x  4 y  3 x  4 y  3 x  1 x  9
 
  2
2
y 1 y  3
x  y y  4y  3  0

log x  x  2 x  3 x  5 y   3
3 2

Bài 7: (ĐHDB - 2002) Giải hệ phương trình 
log y  y  2 y  3 y  5 x   3
3 2

Giải:
Điều kện x  0, x  1, y  0, y  1
log x  x 3  2 x 2  3 x  5 y   3 3 2 3
2
 x  2 x  3x  5 y  x  2 x  3x  5 y  0

 3  2

log y  y  2 y  3 y  5 x   3
2 3
3 2
 y  2 y  3 y  5x  y 2 y  3 y  5 x  0
 

2( x 2  y 2 )  3( x  y )  5( y  x )  0 ( x  y )( x  y  1)  0

 2  2 2
2
4( x  y )  8( x  y )  0
4( x  y )  3( x  y )  5( x  y )  0

x  y  y  1  x x  2
 2  2 
y  2
8 x  16 x  0 8 x  8 x  13  0
x2  4x  y  2  0

( x, y  )
Bài 8: (ĐH – D 2010) Giải hệ phương trình: 
2log 2 ( x  2)  log 2 y  0

Giải:
Điều kiện x  2, y  0
x2  4x  y  2  0 (1)

Hệ phương trình  
2 log 2 ( x  2)  log 2 y  0 (2)

y  x2
(2)  ( x  2)2  y 2  
y  2 x
 x  0 (loai )
Với y  x  2 (1)  x 2  4 x  x  2  2  0 
x  3
x2  4x  2  x  2  0

Với y  2  x (1)   2  x  1(loai )
 x  5x  4  0  x  4


 x = 3; y = 1 hoặc x = 4; y =  2


162
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498


 
log x  y  3log x y 2
2 8
Bài 9: Giải hệ phương trình:  .
2 2 2 2
 x  y 1  x  y  3

Giải :
Điều kiện: x  y  0, x  y  0
 
log 2 x  y  3log8 (2  x  y ) x y  2 x y



x 2  y 2  1  x2  y 2  3 2 2 2 2
 x  y 1  x  y  3

 
 u  v  2 (u  v)  u  v  2 uv  4
u  x  y  
  u 2  v2  2
Đặt:  ta có hệ:  u 2  v 2  2
v  x  y  uv  3   uv  3

2 2
 

 u  v  2 uv  4 (1)

  (u  v )2  2uv  2 . Thế (1) vào (2) ta có:
 uv  3 (2)

2

uv  8 uv  9  uv  3  uv  8 uv  9  (3  uv ) 2  uv  0 .
 uv  0
Kết hợp (1) ta có:   u  4, v  0 (vì u>v). Từ đó ta có: x =2; y =2.(T/m)
u  v  4
Vậy nghiệm của hệ là:  x; y    2; 2 
log 2 x  2 log 2 y  3
Bài 10: Giải hệ phương trình  2 4
 x  y  16
Giải:

Điều kiện: x  0, y  0
8
(1)  log 2 x  log 2 y 2  3  log 2 ( x. y 2 )  log 2 23  x. y 2  8  x 
y2
Thay vào (2) ta được
64
 y 4  16  y 8  16 y 4  64  0  y 4  8  y  4 8 (vì y  0 )
4
y
Với y  4 8  x  8
x  8  2 2

Vậy hệ có nghiệm duy nhất 
y  4 8  2 2

5
 yx
( x  y ).3 
Bài 11: Giải hệ phương trình:  27
3. log 5 ( x  y )  x  y

Giải:


163
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Điều kiện: x  y  0
 x y
5 x y
 5 x y
( x  y)  3 5 3  3

Hệ đã cho   
27 27
( x  y )  5 ( x  y )3  5 x  y
x y
3
 
x  y 3
3
 3x  y  3   x  y  3  0   y  x  3

 5  
x y
3 3
( x  y )  5 (2 x  3)  125
( x  y )3  5 x  y

y  x 3 x  4
 thỏa mãn điều kiện

2x  3  5 y 1
x 2  2010
 2 2
2009 y  x  2

Bài 12: Giải hệ phương trình:  y  2010
3log ( x  2 y  6)  2 log ( x  y  2)  1
 3 2

Giải:
Điều kiện x  0, y  0
3
1  2 2 log xy  2log xy  2  0  log 3 xy  1  xy  3  y 
3 3

x
(2)  2   log 4  4 x  4 y   log 4  2 x  6 xy   x  2 y  9
2 2 2 2 2


 6
 
Giải hệ (1), (2) ta được nghiệm của hệ: (  x; y  
3; 3   6; 
 2
 
log 2 (3 y  1)  x

 x, y  R 
Bài 13: (ĐH – B 2010) Giải hệ phương trình: 
x x 2
4  2  3 y

Giải:
2x  1 2x  1 2x  1
  
y  3 y  3 y  3
Hệ phương trình    
 
x x x
x 2 x x 2 x
4  2  3 y 3(4  2 )  (2  1) 2.4  2  1  0
2x  1
 2x  1

y  x  1
y
 
3 3
  
   1
1 y 
x 1

x
(2  1)  2 x    0 2  2
 
2  2


log x  6 x  4 y   2

I
Bài 14: Giải hệ phương trình sau: 
log x  6 y  4 x   2

Giải:
 x, y  0
Điều kiện: 
 x, y  1



164
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

6 x  4 y  x 2 1

Hệ  I    2
 2
6 y  4 x  y

x  y
Hệ trở thành hệ đối xứng: 1   2  ta được:  x  y  x  y  2   0  
x  y  2  0
2
Với x  y thế vào 1  x  10 x  0  x  10 .
Vậy nghiệm hệ là: x  y  10
 loai 
 x  4  y  2
Với y  2  x thế vào 1  x 2  2 x  8  0   .
 x  2  loai 

Vậy nghiệm của hệ là 10;10 

BÀI TOÁN 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ

I. Phương pháp:

Phương pháp được sử dụng nhiều nhất để giải các hệ lôgarit là việc sử dụng các ẩn phụ. Tuỳ theo dạng của hệ
mà lựa chọn phép đặt ẩn phụ thích hợp.
Ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Đặt điều kiện cho các biểu thức của hệ có nghĩa.
Bước 2: Lựa chọn ẩn phụ để biến đổi hệ ban đầu về các hệ đại số đã biết cách giải (hệ đối xứng loại I, loại II và
hệ đẳng cấp bậc hai)
Bước 3: Giải hệ nhận được
Bước 4: Kết luận về nghiệm cho hệ ban đầu.

II. Bài tập áp dụng:
2 log1 x ( xy  2 x  y  2)  log 2  y ( x 2  2 x  1)  6

, ( x, y  ) .
Bài 1: Giải hệ phương trình : 
log1 x ( y  5)  log 2  y ( x  4) =1

Giải:
 xy  2 x  y  2  0, x 2  2 x  1  0, y  5  0, x  4  0
Điều kiện:  (I )
0  1  x  1, 0  2  y  1
2 log1 x [(1  x)( y  2)]  2log 2  y (1  x)  6 log1 x ( y  2)  log 2  y (1  x)  2  0 (1)
 
(I )   
log1 x ( y  5)  log 2 y ( x  4) log1 x ( y  5)  log 2  y ( x  4)
=1 = 1 (2).
 
1
Đặt log 2  y (1  x)  t thì (1) trở thành: t   2  0  (t  1) 2  0  t  1.
t
Với t  1 ta có: 1  x  y  2  y   x  1 (3). Thế vào (2) ta có:
x  4 x  4
 1  x  x2  2x  0
log1 x ( x  4)  log1 x ( x  4)= 1  log1 x 1
x4 x4
x0 y  1
 
. Suy ra:  .

 x  2  y 1


165
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

+ Kiểm tra thấy chỉ có x  2, y  1 thoả mãn điều kiện trên.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x  2, y  1 .
 xx y
4 y  32
Bài 2: Giải hệ phương trình 
log 3  x  y   1  log3  x  y 

Giải:
x  y  0

Điều kiện:  x  y  0
 x; y  0

 x y   x y
2     5 2     5 (1)
Biến đổi hệ phương trình về dạng:   y x    y x
 2
 
2 2 2
log 3 x  y  1 x  y  3 (2)
x y1
Giải (1): Đặt t    . Khi đó (1) có dạng:
y xt
t  2
 1  x  2y
 1 2
2  t    5  2t  5t  2  0   y  2x
t 
 t 
2
y 1 x  2
+ Với x = 2y  (2)  4 y 2  y 2  3  
 y  1  x  2(1)
+ Với y = 2x  (2)  x 2  4 y 2  3 vô nghiệm
Vậy hệ phương trình có 1 cặp nghiệm (2;1)
 2 x
log x 2
 2 y 2  log 2    y
Bài 3: Giải hệ phương trình  2

log ( xy  x  y )  2 log x
2 2

Giải:
x  0
Điều kiện 
 xy  x  y  0
Từ phương trình thứ hai của hệ ta có  x  1  x  y   0  x  y thế vào phương trình đầu ta có:
 x
2 x log 2 x  log 2    x 2  1 .
2
 2
Đặt t  log 2 x  2  xt
2 2
1 1
Phương trình 1  2t  (t  1) 2  2 2t  2t  t 2  1  2 2 t  2t   
Xét hàm số f  t   2t  t  f '  x   2t ln1  1  0 t  R nên f  t  là hàm số đồng biến trên R
2
nên (*) tương đương t 2  1  2t   t  1  0  t  1  x  2
Vậy hệ có nghiệm  x, y    2; 2 



166
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

log x  y (3 x  y )  log 3 x  y ( x 2  2 xy  y 2 )  3

( x  R)
Bài 4: Giải hệ phương trình  x
 x y x y
4  2.4  20
Giải:
0  x  y  1
Điều kiện: 
0  3 x  y  1
Phương trình (1)  log x  y (3 x  y )  log 3 x  y ( x  y ) 2  3  log x  y (3x  y )  2 log 3 x  y ( x  y)  3 (3)
Đặt t  log x  y (3 x  y )
t  1
2
 3  t 2  3t  2  0  
Phương trình (3) trở thành t 
t  2
t
- Với t  1 ta có log x  y (3 x  y )  1  3x  y  x  y  x  0 thay vào (2) ta được
4 y  2.40  20  4 y  18  y  log 4 18 (thỏa mãn)
- Với t  2 ta có log x  y (3 x  y )  2  3 x  y  ( x  y ) 2  4  thay vào (2) ta được
3x y
2x
1
2( x  y ) 2( x  y )
x y x y
(2)  2 2  20  2 2  20 (5)
2
( x y)
2( x  y )
 20  22( x  y )  2 x  y  20 (6)
x y
+ Thay (4) vào (5) ta được 2 2
u  5(loai )
Đặt u  2( x y ) phương trình (6) trở thành u 2  u  20  0  
u  4
Với u  4 ta có 2 x  y  4  x  y  2  3 x  y  4
x  y  2 x  1
Ta có hệ  
3 x  y  4 y 1
Vậy hệ có nghiệm  x; y   (0;log 4 18); (1;1)
2log y  2 x  4

( x, y   ).
Bài 5: Giải hệ phương trình:  x 3 x 1
2
2 .log 3 y  log3 y  2

Giải:
Điều kiện: y  0 .

Đặt a  log 3 y; b  2 x (b  0)
 a  1

 b  2  0
b  2 a  4
 2a  b  4
Hệ đã cho tương đương với   2 
 a  4
ab  2a  2b 2a  10a  8  0 
 b  4

log 3 y  4
a  4  y  81
Với  ta có  x 
b  4 x  2
2  4
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y )  (2;81).


167
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

2.log3 y  log 2 1 x  1

Bài 6: Giải hệ phương trình :  2

 log 2 y  (log 2 x  1).log 2 3

Giải:
x  0
Điều kiện 
y  0
2.log 3 y    log 2 x 2  1 2

2.log 3 y  log 2 x  1

Hệ phương trình   log 2 y 
log 3 y  log 2 x  1
 log 2 x  1 

 log 2 3
2.b  a 2  1
a  log 2 x
Đặt  khi đó HPT trở thành: 
b  log 3 y b  a  1
2.  a  1  a 2  1 a 2  2a  1  0 a  1

  
b  0
b  a  1
b  a  1

log 2 x  1 x  2
(thỏa mãn)
 
log 3 y  0 y  1
Vậy hệ có nghiệm duy nhất:  x; y    2;1
Bài 7: (ĐHCT – 2001) Xác định mọi giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt:
log 3 ( x  1)  log 3 ( x  1)  log 3 4 (1)

 2
log 2 ( x  2 x  5)  m log x2 2 x 5 2  5 (2)

Giải:
Ta có:
1  2 log 3 ( x  1)  2log( x  1)  2log 3 2  log 3 ( x  1)  log 3 ( x  1)
 x  1  2( x  1)
 1 x  3
2( x  1)  0
m
Đặt t  log 2 ( x 2  2 x  5) thì (2) trở thành: t   5  t 2  5t  m  0
t
2x  2
 0, x  (1,3)  t  log 2 ( x 2  2 x  5)  f ( x) đồng biến trên (1;3).
Ta có: t '  2
( x  2 x  5) ln 2
Lại do: t  f  x  đồng biến trên (1, 3) nên 1  x  3  2  t  3
2  t  3
Vậy hệ có 2 nghiệm phân biệt   2 có 2 nghiệm phân biệt.
t  5t  m
Xem hàn số: y  f (t )  t 2  5t trên (2, 3).
Bảng biến thiên:




168
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498




 25 
Dựa vào bảng biến thiên ta có đáp số m    ; 6 
4 
2 log 3 x (6  3 y  xy  2 x )  log 2  y ( x 2  6 x  9)  6

Bài 8: (ĐHTS – 2001) Giải hệ phương trình: 
log 3 x (5  y )  log 2  y ( x  2)  1

Giải:
2 log 3 x  6  3 y  xy  2 x   log 2  y  x 2  6 x  9   6 (1)

Giải hệ phương trình: 
log 3 x  5  y   log 2  y ( x  2)  1 (2)

0  3  x  1

0  2  y  1 2  x  3

6  3 y  xy  2 x  0 x  2

Điều kiện:  
2
y  2
x  6x  9  0
5  y  0 y 1


x  2  0

2
Ta có (1)  2 log 3 x  2  y )(3  x   log 2  y  3  x   6  2  log 3 x (2  y )  1  2 log 2 y  3  x   6
(vì 2  y  0 và 3 – x  0 )
 3  x   2 (*)
 log (2  y )  log
3 x 2 y
1
(2  y ) thì (*) trở thànht: t   2  t 2  2t  1  0 (vì t = 0 không là nghiệm)
Đặt t  log
3 x t
Do đó phương trình (1)  log (2  y )  1  3  x  2  y  y  x  1
3 x
Thế y  x  1 vào (2) ta được:
(6  x)  log ( x  2)  1
log
3 x 3 x
 log (6  x)  log ( x  2)  log (3  x)  log (6  x)  log ( x  2)(3  x)
3 x 3 x 3 x 3 x 3 x
x  0
 6  x  ( x  2)(3  x )  x 2  5 x  0    y  1
 x  5  loai 
x  0
Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm 
 y  1

Bài tập tự giải có hướng dẫn:


169
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498


 y
4 .log 2 x  4
Bài 1: Giải hệ phương trình sau :  2 y
log 2 x  2  4

HD:
Đặt: u  22 y  0, v  log 2 x
uv  4 1
Hệ phương trình    u  v  2  x  4; y  

u  v  4 2

BÀI TOÁN 3: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ

I. Phương pháp

Ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Đặt điều kiện cho 2 biểu thức của hệ có nghĩa
Bước 2: Từ hệ ban đầu chúng ta xác định được 1 phương trình hệ quả theo 1 ẩn hoặc theo cả 2 ẩn, giải phương
trình này bằng phương pháp hàm số đã biết.
Bước 3: Giải hệ mới nhận được.

II. Bài tập áp dụng:

log 2 x  3  1  log 3 y

Bài 1: Giải hệ phương trình 
log 2 y  3  1  log3 x

Giải:
Điều kiện x; y  0 .
Biến đổi tương đương hệ về dạng:
log 2  x  3  2 1  log 3 y  log 2  x  3  2 1  log 3 y 
 
 (I)

log 2  y  3  2 1  log 3 x  2 1  log 3 x   log 2  y  3
 
 log 2  x  3  2 log 3 x  log 2  y  3  2 log 3 y (1)
Xét hàm số: f  t   log 2  t  3  2 log 3 t
Miền xác định D   0;   .
1 2
Đạo hàm f  t     0, t  D  hàm số luôn đồng biến.
 t  3 ln 2 t.ln 3
Vậy phương trình (1) được viết dưới dạng: f  x   f  y   x  y
x  y

Khi đó hệ (I) trở thàmh:  (II)
log 2  x  3  2 1  log 3 x  (2)

Giải (2):  x  3  221 log3 x   x  3  4.2log3 x  x  3  4.2log3 2.log2 x
2 2


log3 2
  x  3  4.x log3 4  x1log3 4  3. x  log3 4  4 (3)
 x  3  4. x 2



170
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Xét hàm số g  x   x1 log3 4  3.x  log3 4
Miền xác định D   0;  
Đạo hàm: g '  x   1  log 3 4  . x  log3 4  3log 3 4.x 1 log3 4  0 x  D  hàm số luôn nghịch biến
Vậy phương trình (3) nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất
Nhận xét rằng nếu x = 1 là nghiệm của phương trình bới khi đó:
11log3 4  3.11 log3 4  4  4  4 đúng
x  y
Khi đó hệ (II) trở thành:   x  y 1
x  1
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (1;1)
 x 2  3 x  ln(2 x  1)  y (1)

Bài 2: Giải hệ phương trình:  2
 y  3 y  ln(2 y  1)  x (2)

Giải:
1 1
Điều kiện: x   ; y  
2 2
Lấy 1 –  2   f  x   f  y 
1
Với f  t   t 2  4t  ln  2t  1 (t   )  f đồng biến  x = y
2
2
 g  x   x  4 x  ln  2 x  1  0 ; g(x) đồng biến
 x = 0 là nghiệm duy nhất. Thử lại thỏa mãn
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = 0
Bài 3: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:
(2 x  1)  ln( x  1)  ln x  = (2 y  1) ln( y  1)  ln y  (1)


 y  1  2 4 ( y  1)( x  1)  m x  1  0 (2)

Giải:
x  0
Điều kiện 
y  0
x 1
Đặt f  x    2 x  1  ln  x  1 – ln x   (2 x  1) ln
  x
Gọi x1 ; x2  [0;+) với x1  x2
2 x1  1  2 x2  1  0

  f ( x1 )  f ( x2 ) : f(x) là hàm số tăng
Ta có : x1  1 x2  1
 ln  0
ln
x1 x2 
Từ phương trình (1)  x = y
x 1 x 1
(2)  x  1  2 4 ( x  1)( x  1)  m x  1  0   24 m0
x 1 x 1
x 1
Đặt X  0≤X1  x = y
2
t 1
x
 g  x   ex   2007  0  g ”  x   0
x2  1
kết hợp tính liên tục của hàm số  đpcm


BÀI TOÁN 4: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ

I. Phương pháp:

II. Bài tập áp dụng:

e x  e y   log 2 y  log 2 x   xy  1 (1)

Bài 1: (ĐHTN – 1997) Giải hệ phương trình  2 2
 x  y  1(2)

Giải:
Điều kiện x; y  0
Giải (1) ta có nhận xét sau:
VT1  0

- Nếu x  y  log 2 x  log 2 y , khi đó:   (1) vô nghiệm
VP1  0

VT1  0

- Nếu x  y  log 2 x  log 2 y , khi đó:   (1) vô nghiệm
VP1  0

- Vậy x  y là nghiệm của (1)
x  y
x  y x  y 1

Khi đó hệ có dạng:  2  2  1 x y
2
 x  y  1 2 x  1  x  2
2

1 1
Vậy hệ có 1 cặp nghiệm  .
;
 2 2
log 2  x  y   x  y  1

Bài 2: Giải hệ phương trình 
log x  y  2  xy  1  x  y  1

Giải:
x  y  0
x  y  0

Điều kiện:  xy  1  0 
0  x  y  2  1  xy  1  0

Từ phương trình thứ nhất của hệ với viếc sử dụng ẩn phụ t  x  y  0 , ta được: log 2 t  t  1
Đặt u  log 2 t  t  2u khi đó phương trình có dạng:



174
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

log 2 t  0
u  0 x  y 1
2u  u  1  
Bernoulli
  
u  1 log 2 t  1 x  y  2
x  y  1 x  y  1  x  y  1  x  0; y  1

  
+ Với x + y = 1 hệ có dạng: 
log 3  xy  1  0  xy  1  1  xy  0  x  1; y  0

x  y  2 x  y  2 x  y  2

 
+ Với x + y = 2 hệ có dạng: 
log 4  xy  1  1  xy  1  4  xy  3

Khi đó x; y là nghiệm của phương trình: t 2  2t  3  0 vô nghiệm
Vậy hệ có 2 cặp nghiệm (0;1) và (1;0)
 
log y  log x   y  x  x 2  xy  y 2 . *
 3 3
Bài 3: Giải hệ phương trình:  2 2
x2  y 2  4

Giải:
Điều kiện: x > 0 ; y > 0 .
2
y 3

Ta có : x  xy  y   x    y 2  0 x, y >0
2 2

2 4

 VT(*)  0
Xét x > y  log 3 x  log 3 y    (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm.
 VP(*)  0
2 2

VT(*)  0
 (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm.
Xét x < y  log x  log y
3 3
VP(*)  0
2 2

0  0
Khi x = y hệ cho ta  2  x = y = 2 (do x, y > 0).
2
2 x  2 y  4
 
Vậy hệ có nghiệm duy nhất  x; y   2; 2

Bài tập tự giải có hướng dẫn:
 x  1 3  3x  k  0

Bài 1: (ĐHDB - 2002) Tìm k để hệ BPT sau có nghiệm  1 1 3
2
 log 2 x  log 2  x  1  1
2 3
HD:
Xét BPT ta có 1 log 2 x 2  1 log 2  x  13  1
2 3
- Giải xong được 1  x  2
3 3
- Xét BPT x  1  3x  k  0  k  f ( x)  x  1  3 x
3
- Xét 1  x  1 , k  f ( x)  1  x   3 x
log (1  3 1  tan 2 x  2  log (1  tan 2 y )
2 3
Bài 2: Giải hệ phương trình: 
log 2 (1  3 1  tan 2 y  2  log 3 (1  tan 2 x )



175
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

HD:
Nếu một trong ba số x, y, z bằng 1
Giả sử x = 1 thì y – 1  y ln y
 y   y – 1 – y ln y
Xét f
f ’  y    ln y; f ’  y   0  y  1 và f 1  0
Nếu 0  y  1 thì f ’  y   0 suy ra f  y   0
Nếu y  1 thì f ’  y   0 suy ra f  y   0
Vậy y = 1 là nghiệm duy nhất


Bài tập tổng hợp tự giải:

Bài 1: Giải các hệ phương trình sau
 x 2  2 x  6 . log (6  y )  x  x 3  3x  3  ln( x 2  x  1)  y
3
2 

b.  y 3  3 y  3  ln( y 2  y  1)  z
a.  y  2 y  6 . log 3 (6  z )  y
 z 2  2 z  6 . log (6  x)  z  z 3  3z  3  ln( z 2  z  1)  x
 
3

 x3  3x2  y3  3 y  2
log 2 1  3sin x  log3 (3cos y ) 

c.  d.   x2  y 1  3
log y  y  1   log x  x  2    x  3
log 2 1  3cos y  log 3 (3sin x )
  
 

lg  x 2  y 2   1  3lg 2
log x xy  log y x 2
 
e.  2 log x f. 
lg  x  y   lg  x  y   lg 3
y y  4y  3
 

Bài 2: Giải các hệ phương trình sau
 x x
y
 x log3 y  2 y log3 x  27
4 y  32
a.  b. 
log 3 y  log 3 x  1
log 3  x  y   1  log 3  x  y 

log x  3x  5 y   log y  3 y  5 x   4 log 2  log 4 x   log 4  log 2 y 
 
c.  d. 
log x  3x  5 y  .log y  3 y  5 x   4 log 4  log 2 x   log 2  log 4 x 


log 4  x 2  y 2   log 4  2 x   1  log 4  x  3 y 
4log 3  xy   2   xy log3 2
 
e.  f. 
x
log 4  xy  1  log 4  4 y  2 y  2 x  4   log 4  1
2 2 2
 x  y  3 x  3 y  12

y

1

x
x  3  x   x  2
 9
 với   0 tùy ý hoặc 
Đs: a. (2;1) b.  e. (ĐHM – 1999) 
y  
 y  9 x  1 y  1
 3

f. (1;3), (3;1)



176
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

Bài 3: Giải các hệ phương trình sau
2.log1 x   xy  2 x  y  2   log 2 y  x 2  2 x  1  6 lg 2 x  lg 2 y  lg 2 xy 


a.  b.  2
lg x  y   lg x. lg y  0
log1 x  y  5   log 2 y  x  4   1 

log 2 x  log 2 y  2  log 2 3  x log8 y  y log8 x  4

c.  d. 
log 7  x  y   1 log 4 x  log 4 y  1

2 x  xy  y  14 5. log 2 x  log 4 y 2  8
 
e.  f. 
8
log  x 1  y  2   log y  2  x  1  3 5. log 2 x 3  log 4 y  9


Đs:
1

x  2
x  8 

d.(TCKT – 2001) 
 y  2 x  1
 8

Bài 4: Giải các hệ phương trình sau
 3 4x
 
log x 3x  2 y   2  x  1  1 .3 y 
a.  b.  x
log y 3 y  2 x   2 log x  y  1
3
1
2log y x  log x y   5
2
 2 log 3 x  log 3 y  0
c.  d. 
 xy  8
 x 3  y2  2y  0

 x  y  log 2 y  log 2 x 2  xy   lg x lg y
3  4
e.  3 f. 
4 x lg 4  3 y lg 3
3
 x  y  16 
Đs:
a.  x; y    5;5  d.  x; y    4; 2  ,  2; 4 
Bài 5: Giải các hệ phương trình sau
log 2 xy  4
 x  log 3 y  3 
a.  2 b.  x
  log 1 y  2
x
 2 y  y  12 .3  81y
2
log 4 x  log 2 y  0 log x  log 3 y  1  log 3 2
d.  3
c.  2 2
x  y  5
x  5 y  4  0
5
 log y x
lg x  lg y  1  y.x  x2
e.  2 f. 
2
 x  y  29 log 4 y log y  y 3 x   1

Bài 6: Giải các hệ phương trình sau
 y 2. log y x  3  4 y  xy  1

a.  b.  2 2
2
lg x  lg y  2
log x xy  log y x



177
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

log x y  log y x  2
log x  log 4 y  1  log 4 9 
c.  4 d. 
 x  y  20  0  3 x  y  2  3

Đs: d. x  y  2
Bài 7: Giải các hệ phương trình sau
 x( y  1)  y ln y
log xy  log x y
 
a.  y x b.  y ( z  1)  z ln z
y
 2 2 3
  z ( x  1)  x ln x


 
log 1  3 1  x 2  log 1  y 2   2
 x 2  1  6log 4 y (1)
2 3

c.  d.  2
  2 x 1
x
log 2 1  3 1  y 2  log 3 1  x 2   2 y  2 y  2 (2)


Đs:
3
a. x  y  log 2
2
 y ln y
x  y  1

 z ln z
b. Nếu x  1 theo trên y, z  1 hệ đã cho   y   hệ vô nghiệm
( z  1)

 x ln x
z 
( x  1)

d.  x; y    –1;1   4;32 
Bài 8: Giải các hệ phương trình sau
log 3 x  log 3 y  2  log 3 2
log 2 x  2 log 2 y  3

a.  b.  4
2 4
log 27 ( x  y )  3  x  y  16

5 log 2 x  log 2 y 3  log 2 2  log 2 ( x  y )  log 2 ( x  y )  3

c.  d. 
log 2 y  8  log 2 x  xy  3

3x
 log x ( x  y )  2
 x log 2 3  log 2 y  y  log 2 2
 
e.  f.  7
 x log 3 12  log 3 x  y  log 3 2 y log 4 x  log x y 
6

 3

log x ( x  1)  lg 1,7  y  2 lg x  3
 
g.  h. 
2
 y  3 lg 2 x  1
log 3 (3  1  2 x  x )  0,5
 
 xy  a 2
lg ( x  y ) 2  1
log x y  2 

i.  k.  l.  2 5
2 22
log x1 ( y  23)  3 lg x  lg y  (lg a )
lg y  lg x  lg 2
  2
Đs:


178
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

 32 
 
a.  x; y    3; 6  ,  6;3 c.  2 3 2; 3 
b. 2 2; 4 8
2

3 3 7   3  5 9  29 
d.  3;1   e. 1; 2  f.  5; 2 
 7 ; 3 ;
g.  
  2
2
   
 10 20  1 1

  l.  ; a 3    a3 ; 
k.  10; 20    ; 
i.  2; 4 
h. 10; 4
3 3 a a

Bài 9: Giải các hệ bất phương trình sau

log 2 x  log 2 x 2  0  x  1 log 2  log  2 x 1  1  1  log  7.2 x  12 
2 
a.  x 3 b. 
2
log x  x  2   2
  3x  5 x  9  0 
3
 x  1 lg 2  lg(2 x 1  1)  lg(7.2 x  12) log1 x (1  2 y  y 2 )  log1 y (1  2 x  x 2 )  4
 
c.  d. 
log x  x  2   2 log1 x (1  2 y )  log1 y (1  2 x)  2
 
ln(1  x)  ln(1  y )  x  y
e.  2 2
 x  12 xy  20 y  0
 2 2
Đs: d.   ;  e. (0;0)
 5 5

HỆ PHƯƠNG TRÌNH LOGA CÓ CHỨA THAM SỐ
1 2
 2 log 3 x  log 3 y  0
Bài 1: Cho hệ  (a là tham số)
 x 3  y 2  ay  0

a. Giải hệ khi a  2
b. Tìm a để hệ có nghiệm
Đs: a  0
log x (ax  by )  log y (ay  bx)  4

Bài 2: Cho hệ 
log x (ax  by ). log y (ay  bx)  4

a. Giải hệ khi a  3, b  5
b. Giải và biện luận khi a  0, b  0
log x ( x cos   y sin  )  log y ( y cos   x sin  )  4

Bài 3: Cho hệ 
log x ( x cos   y sin  ). log y ( y cos   x sin  )  4


a. Giải hệ khi  
4
 
b. Cho    0;  biện luận hệ
 2




179
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498

x 2  y 2  a
 0  a  1
Bài 3: Xác định a để hệ có nghiệm 
log 2 ( x  y )  log 2 ( x  y )  1


log x (3 x  ky )  2

k  R
Bài 4: Giải và biện luận hệ 
log y (3 y  kx)  2

LỜI KẾT:

Tôi hi vọng rằng tại liệu này sẽ có ích cho tất cả cac bạn học sinh, cũng như các bạn đồng nghiệp,
tài liệu dài và có tham khảo thêm một số tài liệu nên không thể tránh được những sai sót, rất mong các
bạn lượng thứ
Góp ý theo địa chỉ Email: Loinguyen1310@gmail.com hoặc địa chỉ: Nguyễn Thành Long
Số nhà 15 – Khu phố 6 – Phường ngọc trạo – Thị xã bỉm sơn – Thành phố thanh hóa


“Vì một ngày mai tươi sáng, các em hãy cố lên, chúc các em học tốt và đạt kết quả cao… chào thân ái”




180
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản