CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT.

CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
MŨ VÀ LOGARIT.

Bài 1: Giải phương trình sau:
1 1
1
1
2 .4 . 16
8
x x x
x
 

Giải: 

1 2.( 1) 4
3.(1 )
1
2 .2 . 2
2
x x x
x
 

x x x x
 
Giải:

•
Phương trình tương đương:

2 3
10 10
x x



2 3
x x
 

1
x



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

3
2
1
( ) 1(1)
2
log x
x
x





3
log 0
x




1
x

(Loại)
•
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất:
2
x
Bải 4: Giải phương trình sau:
3 1
1 3
( 10 3) ( 10 3)
x x
x x
 
 
  


3 1
1 3
( 10 3) ( 10 3)
x x
x x
 
 
  

2 2
9 1
x x
  



5
5
x
x



 


log ( 1)
x t
 

Phương trình trở thành:
2
( 5) 2 6 0
t x t x
    

Ta có
2 2 2
( 5) 8 24 2 1 ( 1)
x x x x x
         

Vậy phương trình có hai nghiệm:
2
3
t
t x



 


•
Với
2



3 4
t
t
 



3 4 0
t
t
  

Xét
( ) 3 4
t
f t t
  

Ta thấy hàm số hàm số
( )
y f t

là hàm số đồng biến trên R nên phương trình: f(t)=0 có nghiệm
duy nhất. Dễ thấy t = 1

x = 2
•
Vậy phương trình có hai nghiệm là:


(1)

1
(2 3) 4
(2 3)
x
x
  


Đặt
(2 3)
x
t  
(
0
t

). Phương trình trở thành:

2
4 1 0
t t
  
2 3
2 3

 Bài 7: Giải phương trình :
(7 4 3) 3(2 3) 2 0
x x
    Giải:

•
Từ pt đầu ta có:
(7 4 3) 3(2 3) 2 0
x x
    2
(2 3) 3(2 3) 2 0
x x
     2
3
(2 3) 2 0(1)
(2 3)
x
x


0
x
  Bài 8: Giải phương trình
3
(3 5) 16(3 5) 2
x x x

   CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT.

Giải:
•
Do
(3 5) .(3 5) 4
x x x


Chia cả 2 vế của phương trình (1) cho
3
2
x


Thì phương trình (1) trở thành:
(3 5) 2.2
1(2)
8.2
(3 5)
x x
x
x

 


•
Đặt:
(3 5)
2
x
x
t



( 0)

x



4
(3 5)
2
log
x
log
 

.

Bài 9: Giải phương trình
3
3( 1)
1 12
2 6.2 1
2 2
x x
x x
   Giải:

Phương trình tương đương:

3

      
    
    2
2
2 4
2 2 4 1
2 2
x x
x x
  
    
  
  2
2 2
2 2 1
2 2
x x
x x
  
   
  
  
1
x
 Bài 10: Giải phương trình
2 2
3 3 1 ( 1)
2 2 2 2
x x x x   
  Giải:

Đặt t = x-1 . Phương trình trở thành :


2 2
1
2 2 2 2
t t t t
 
  



2
2
2.2

a









Đối chiếu điều kiện ( * ) nhận a = 1 và a = 2



1
1
2 1
2 2
x
x














2
1 0
x x
  

1 5
2
1 5
2
x
x









Thì phương trình luôn đúng




sin( ) 1
3
x

 

.2
6
x k


 

Bài 12: Giải phương trình
2 2
3 5 2 2 4
( 3) ( 6 9)
x x x x
x x x
   
   Giải:

    

2
7 10
x x
 

5
2
x
x




Bài 13: Giải phương trình
2
0.5
log sin 5sin cos 2
1
4


2
sin 5sin cos 2 4
x x x
   
Thỏa ( * )

cos 0
5sin cos 0
x
x x




 


CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT. 2
1
(tan )

5
x k
x a m a






2
2 3 0
lg x lgx
  

1
3
lgx
lgx
 





1
10
1000
x
x


  
 
hoặc
3 2 2 1
1 2
2
x x
x
x
  
  

2 1
x
x
 

Ta có hàm số VT đồng biến nên x=0

Bài 16: Giải phương trình
2 2
3.25 (3 10)5 3 0
x x
x x
 
    


Hoặc :
2
18 6
5 3
6
x
x
x


  

5 25 75
x
x
 

Xét hàm số ở VT ta thấy hàm số đồng biến nên
2
x
Bài 17: Giải phương trình
2 2
2013 2013 2
sin x cos x


2 2
cos sin
x x


cos2 0
x


4 2
k
x
 
 

Bài 18: Giải phương trình
3 3
2 2 2 2 4 4
4 2 4 2
x x x x x x
     
  

3
1
2
16 1
16.4 2
x
x x








1
( )
2
x
N
x





  

Suy ra:
2 2
3 . 3 5 . 5 0
x x
y ln ln

  
nên y' đồng biến trên R
CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT.

Mặt khác:
lim 6
x
y


 
; lim
x
y


 

Do đó phương trình:
0
y


cắt đồ thị tại 2 điểm mà y(1)=2, y(0)=2 (Dựa vào bảng biến thiên)
Vậy phương trình có 2 nghiệm
1
x

và
0
x

.

Bài 20: Giải phương trình
1
5 .8 500
x
x
x

Giải:

ĐK
0
x



PT tương đương:
Bài 21: Giải phương trình
2
2
1
cot
sin
4 2 3 0
x
x
  Giải:

ĐK
sin 0
x



Ta có :
2
0
cot x

;
2
1



2
x k


  Bài 22: Giải phương trình
(7 4 3) 3(2 3) 2 0
x x
    Giải:

Phương trình tương đương:
2
(2 3) 3(2 3) 2 0
x x
    3
(2 3) 2.(2 3) 3 0
x x
     
4
t
t
 

2
4 1 0
t t
  

2 3
2 3
t
t

 

 




 
( ).
k Z
Bài 24: Giải phương trình
2 2
2 1 2 2
2 9.2 2 0
x x x x  
  Giải:

•
Phương trình biến đổi thành:
2 2
2
2.2 9 4.2 0
x x x x
  

Chia hai vế cho
2
2
x
ta được:


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

1
2
x
x
 





•
Vậy phương trình có hai nghiệm
1
x
 

3 2
5 5
2 0
2 2
x x
   
   
   
   5
1
2
x
 
 
 
 0
x
 Bài 27: Giải phương trình
2 2
2 2 2( 2 2) 2
3 2 2 25

t
  

Xét hai hàm số:
2
( ) 3 (2 )
t t
f t  
và
( ) 27
g t t
 

Ta có
( ) 3 . 3 2.2 . 2 0( )
t t
f a ln ln t

   
,
( ) 1 0
f b

  

Vậy phương trình ( * )có nghiệm duy nhất
dễ thấy f(2)=g(2)
2
t
 


Giải:

ĐK : x > 0
Phương trình tương đương:

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

 



2
• (1) log 0 1
x x
   

•
Đặt
2
log 2
t
x t x
 
2
(2) (2 2) 2
t t
  (4 2 2) 1
t
  
nên phương trình tương đương:

3 4 5 1
14. 1
8 8 8 8
x x x x
       
   
       
       3 1 5 1
14. 1 0
8 2 8 8
x x x x
       
     
       
       

•
Xét hàm số:
3 1 5 1
( ) 14. 1
8 2 8 8
x x x x
f x
       
    

Điều kiện:
1.
x


Đặt:
2 2 1 1.
u x
   

Ta có:
2
2 2 3.
u u x
  

Phương trình đã cho tương đương:

2 2 1 2
3 2 3 3 2 ,
x x
x x x
 
    

Hay
2 2
3 2 3 2 (1).
u x
u u x x    

, hay
2 2 1 .
x x
  

CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT.

Giải phương trình này, ta được hai nghiệm
1
x

và
3.
x


Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm
1
x

và
3.
x
Bài 31: Giải phương trình
2
3 1
x


  



x



0
x
 Cách 2:
Vì :
2
1 0
x x
   

Nên:
2 2 2 2
( 1)( 1) 3 ( 1) 1 3
x x
x x x x x x x x

             

Suy ra hệ:

  


 

2 2
4(1 (3 3 ) ) (3 3 )
x x x x 
    2 2
2 2
1 1
4 4( 2) ( 2) ( 3 )
x
t t t
t t
       

2 2
( 1) 0
t
  Bài 32: Giải phương trình

x x x x x
b c a b c
   
(Phương trình vô nghiệm)

Nếu
0
x

thì
x x x x x
a c a b c
   
(Phương trình vô nghiệm)
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT.
Bài 33: Giải phương trình:
3 1
4.3 3 1 9
x x x

  Giải:




 


Ở PT(1) ta có :
1 ; 1
VT VP
 

Nên hệ đúng khi:

2
2
cos3 0
cos 3 1
1
cos













( ) (2) 2
f x f x
  Bài 35: Giải bất phương trình:
1 2.2 3.3 6
x x x
  Giải:

Chia 2 vế cho
6
x
ta được:

1 1 1
2. 3. 1
6 3 2
x x x
     
  
     
     

Xét hàm số:
1 1 1
( ) ( ) 2.( ) 3.( )

x
ta được:

3 4
1
5 5
x x
   
 
   
   

Xét hàm số:
3 4
( ) ( ) ( )
5 5
x x
f x  

Dễ thấy hàm số nghịch biến
Mà
(2) 1
f


Nên BPT đúng khi
2
x



3 3 1
x 
 
và
2 2
( 4).3 0
x
x

 

Do đó
1
VT

(BPT đúng)
•
Khi
| | 2
x

thì ta có:
2
4 0
x
 

Nên:
2
4 0

Giải:

•
Dễ thấy:
1
2
x

không là nghiệm của phương trình.
•
Phương trình tương đương:
2 1
3
2 1
x
x
x




•
Ta có: Hàm số
3
x
y

đồng biến trên
R



CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT.

Bài 39: Giải bất phương trình:
2 2 2
2 3 2 2 2 1
3 4 5 14
x x x x x x     
  Giải:

Cách 1:
•
Đặt
2
2 1
t x x
  
(
0
t

)
Phương trình viết lại thành:
2 1
( ) 3 4 5 14 0(1)
t t t
f t

2 2
2 2
2 2
2 3 ( 1) 2 2
2 2 ( 1) 1 1
2 1 ( 1)
3 3 3 9
4 4 4 4
5 5 5
x x x
x x x
x x x
   
   
  

  


  


 



2 2 2
2 3 2 2 2 1
3 4 5 14
x x x x x x     

2
2 3 2(1)
t
t
 

Ta có
3
2 2
2 2
2 3 2
t t t
t t
    
(Áp dụng bất đẳng thức cô si cho 3 số dương)
Như vậy trong phương trình (1):
VT VP


Dấu "=" xảy ra khi
3
2
2
2
t t
t
  

•
Với

 

3
3
2 3 2 2 0
t t
   2
3 3 3
( 2)(2 2 4) 0
t t t
    

Tới đây các bạn tiếp tục nhé.

Bài 41: Giải bất phương trình:
2 1 3 2
2
3
8
2 2
log (4 4 4)
x x
x x
 
 
 


VP





.
Dấu "= " xảy ra khi:
2
2
2
4
2
2
4 4 4 3
x
x
x x





  


1
2
x


2
log 2
t
t x x
  
. Vậy:

5
(*) log (2 3)
t
t
  2 1
3. 1(**).
3 5
t t
   
  
   
   

•
Xét hàm số:
2 1
( ) 3. .
3 5
t t
y f t

f

do đó ( * * ) có nghiệm duy nhất
1 2
t x
  
.

Bài 43: Giải bất phương trình:
3 4 0
x
x
  Giải:

Xét hàm số
( ) 3 4
x
f x x
  
có
( ) 3 3 1 0
x
f x ln

  



3 3
(3 ) 3
log x
log log log x
x  2 2
7
7
log log x
x 2
2
log x
x 

Đặt :
2
t log x

từ đó ta có :

2 3 7 2
t t t
Pt
   


•
ĐK :
1
x

hoặc
2
x


•
Đặt
2
3 2 ( 0)
t x x t
   



2 2
3 1 1
x x t
    Pt


2
1

2
1 1
( ) .2 .5 0
( 2) 3 5
t
f t t
t ln

  



0
t



Hàm số đồng biến

0
t


•
Mặt khác:
(1) 0
f

nên phương trình trên có nghiệm duy nhất :


9
1
log 9 9
2
x x
x
  
9
1
log
2
x
 
1
3
x
Bài 47: Giải phương trình
2 3
4 8
2
( 1) 2 4 (4 )

x x
   2
2
( 4; 1)
4( 1) 16
( 1;4)
4( 1) 16
x
x x
x
x x

  



   




 



  


ĐK:
2
2
2
1 0
1 0
1 0
x x
x x
x

  


  


 



Nhận thấy không có x nào thỏa điều kiện bài toán, vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Bài 49: Giải phương trình
2 2
2 1 1
(2 1) (2 1)
x x
log x x log x
 

 
    Đặt
2 1
log ( 1)
x
x t

 
, PT trở thành :

2
3 0
t
t
  
2
3 1 0
t t
  
( 2)( 1) 0
t t



Đặt:
7
u log x



7
u
x


Pt có dạng:
3
2
log (1 7 )
u
u
 
3
1 7 2
u u
 

 
 
 

Hàm số nghịch biến trên R
Mặt khác:
(3) 1
f

nên PT chỉ có duy nhất 1 nghiệm u=3
Vậy
3
7 343
x
 Bài 51: Giải phương trình
84
6 4
2 ( )
log x x log x
 

Giải:

ĐK
0
x




4 2 6
u u u
 
2 1
1
3 3
u u
   
 
   
   Xét hàm số
2 1
( )
3 3
u u
f u
   
 
   
   

Hàm số nghịch biến trên R nên PT có nghiệm duy nhất


•
Đk:
0
x


•
Phương trình viết lại thành:

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

f f
x x
 
Xét hàm số đặc trưng
( ) 2
t
f t t
 
là hàm số đồng biến trên R \{
0
}
Nên phương trình (1)


2
2
1 1
( 1)
x x
 



2
x


•
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
2






Vậy phương trình (1) có nghiệm khi hệ phương trình:
2
1
1 0
3 1
x
x


 



có nghệm
•
Hệ phương trình có nghiệm chung
1
x
 
.
•
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là
1
x
 


3
1
3
2
2
x
x
x log
 







Bài 55 Giải phương trình:
1 | |
4 2 . 2 0
sinx sinx y
cosxy

  Giải:

1
sinx
cosxy
y
cosxy

 




 

2 1
0
sinx
y





0
x k

 Giải: ĐK: x>0.
Đặt:
2
log 2.2
2
t
x
t x  

Vậy phương trình trở thành:

2
log 6
2
2.9 (2.2 ) (2.2 )
t t t
 2.9 6.6 4.4
t t t
  

 

 
3
1
2
3
2
2
t
t

 


 
 



 


 

 


Bài 57 Giải phương trình:
2
2 1 | |
2 (2 )
cos x x
x

 

CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT. Giải:

•
Ta có
2
2 2
cos x
VT
 

2 1 | | 2
(2 ) 2 2
x
VP x x

    



Giải:

•
Đk:
0
x


•
Đặt
2
2
t
t log x x
  

Phương trình trở thành:
3 4 5
t t t
 3 4
1
5 5
t t
   
  
   

•
Nhận xét:
2 2
tan cot 2tan .cot
2 2 4
xy xy xy xy
VT

  

2
2 2
4 4
4
((2 1) 2) log 2
VP
log x
  
 

Dấu " = " xảy ra khi

tan cot
1
2
xy xy
x







•
Vậy phương trình có nghiệm (x; y) =
1
( ; )
2 2
k



(
k Z

)

Bài 60: Giải phương trình:
2 2
3 3
( 1) 2
log x x log x x x
    CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT.

Giải:

•

VT log x log
x
    
(Áp dụng BĐT cô si cho hai số dương
1
;
x
x
)
2
1 ( 1) 1
VP x
   

Dấu "=" xảy ra khi x = 1
•
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
1
x
Bài 61: Giải phương trình
1 (1 )
x
e ln x
  Giải:

a
f a e a
 

Có
( ) 1 0
a
f a e

  


a
Suy ra hàm số đồng biến nên hàm số có nghiệm thì sẽ có nghiệm duy nhất

x=t

x=0

Bài 62: Giải phương trình
2
2 1 log ( 1)
x
x
  Giải:

Bài này cách giải tương tự bài 62.