TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

1 ĐỀ TÀI THAM LUẬN NÂNG CAO
HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN
CẤP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

2

LỜI MỞ ĐẦU


THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

3 MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA LÔGARIT
a. Các tính chất biểu thị bằng đẳng thức:
Cho a
∈ R
+
, a
≠
1 và x
1
, x
2
∈ R
+
, ta có:
¾
01log =
a

1log
=
a

=

¾
()
21
.log xx
a
=
1
log x
a
+
2
log x
a

¾
2
1
log
x
x
a
=
1
log x
a
-
2
log x

1.
b. Các tính chất biểu thị bằng bất đẳng thức:
Cho a ∈ R
+
, a ≠ 1 và x
1
, x
2

∈
R
+
, ta có:
¾ Nếu a > 0 thì
1
log x
a
>
2
log x
a
⇔
21
xx > .
¾
Nếu 0 < a < 1 thì
1
log x
a
>

axf
a
bxf
)(
10
)(log

•
⎩
⎨
⎧
>=
≠<
⇔=
0)()(
10
)(log)(log
xgxf
a
xgxf
aa

•
(x) (x)
() 0, () 1
log f(x) = log g(x) ( ) ( )
() 0
xx
fx gx
fx


11logloglog
32
22
2
=
+
+
xxx

⇔

11log
3
1
log
2
1
log
222
=++ xxx

⇔

11log
6
11
2
=x


>−
03
01
x
x
⇔
x > 1
Ta có:
()
(
)
8log21log3log
444
−
=
−
−+ xx
⇔
8log4log
1
3
log
4
2
44
−=
−
+
x
x

x

⇔
5
=
x

TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

5
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
5.
x
=

Ví dụ 3: Giải phương trình:
()
944log2log
2
3
2
3
=++++ xxx
.
Giải:
Điều kiện:
()

()
92log2log
3
2
3
=+++ xx

⇔ 92log2log
3
2
3
=+++ xx
⇔ 92log2log2
33
=+++ xx
⇔ 92log3
3
=+x
⇔ 27log32log
33
==+x
⇔
272 =+x
⇔
⎢
⎣
⎡
−=
=
29

=
++⇔ x
3)log31(log1
22
=
++⇔ x

2)log31(log
22
=+⇔ x
4log31
2
=+⇔ x

21log
2
=⇔=⇔ xx
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2.
Ví dụ 5: Giải phương trình: 3)44(log
2
=−+ xx
x

TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

6
Giải:

x
x
(1)
Phương trình đã cho tương đương:

32
log)44(log xxx
xx
=−+

04444
2332
=+−−⇔=−+⇔ xxxxxx

⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−=
=
=
⇔=−−⇔
2
2
1
0)4)(1(
2
x
x

⎧
++=+−
<−
⎩
⎨
⎧
++=−
>−
⇔++=−⇔
11
01
11
01
11
3
3
3
xxx
x
xxx
x
xxx 0
02
1
02
1
3
3
=⇔
⎢

x
.
Giải:
Phương trình đã cho tương đương:
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
⎢
⎢
⎣
⎡
=
=
≠<
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
⎢
⎣
⎡
−=
=
≠<

1
cos
π
π

Vậy phương trình có hai họ nghiệm:
Ζ∈+±= kkx ,2
3
π
π

TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

7
Ví dụ 8: Giải và biện luận phương trình:
)1(log)1(log2
2
22
22
+=−
++
mxx
mm
(1)
Giải:
Điều kiện: x – 1 > 0 ⇔ x > 1 (*)
Phương trình (1) tương đương:

1
2
<<−⇔>
−
+
⇔>
−
m
m
m
m

Kết luận:
Với
1<m thì phương trình (1) có nghiệm: x =
m
−
1
2
.
Với
1≥m thì phương trình (1) vô nghiệm.
1.2.2. Phương pháp đặt ẩn phụ:
Mục đích chính của phương pháp này là chuyển các bài toán đã cho về phương
trình hoặc hệ phương trình đại số quen biết
& Dạng 1: Dùng ẩn phụ chuyển phương trình logarit thành phương trình
với một ẩn phụ.
Ta lưu ý các phép đặt ẩn phụ sau:
•
Nếu đặt t =

log
=
thì
a
b
xt
log
=

Tuy nhiên trong nhiều bài toán có chứa
x
b
a
log
, ta thường đặt ẩn phụ dần
với
xt
b
log=

Ví dụ 9: Giải phương trình: 0
6
7
log2log
4
=+− x
x

TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN


log
log
1
2
2
2
2
2
=+−⇔=+− x
x
x
x

Đặt
xt
2
log=
. Khi đó:
()
06730
6
7
2
11
1
2
=−−⇔=+−⇔ ttt
t

⇔

2
3
2
log ==⇔−=
−
xx

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x = 8; x =
3
4
1
.
Ví dụ 10: Giải phương trình:
(
)
(
)
6lg12lg15lg −+=−
x
x
Giải:
Phương trình đã cho tương đương:
()
(
)
6lg12lg10lg5lg −+=−
x
x
⇔


xx

⇔
(
)
6122 =+
xx

⇔
()
()
10622
2
=−+
xx

Đặt
x
t 2= , t > 0. Khi đó:
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

9
()
061
2
=−+⇔ tt
⇔

⎪
⎨
⎧
≠
≠
≠
>
116
14
1
0
x
x
x
x
⇔

⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
≠
≠
≠
>

⇔ 0
log16log
6
log4log
4
log
6
22222
=
+
+
+
+
xxx

⇔
()
10
log4
6
log2
4
log
6
222
=
+
+
+
+

+
++ tttttt
⇔
⎢
⎣
⎡
−=
−=
⇔=++
3
1
0682
2
t
t
tt

Với
1−=t
, ta có:
2
1
2
1
loglog1log
222
=⇔=⇔−= xxx
Với
3−=t , ta có:
8

lg2
2
9
lglg
10
22
−
−−
=
.
Giải:
Điều kiện: x > 0
Phương trình đã cho tương đương:
2
2
9
lg3lg)10(
2222lg
2
9
lglg
22
−=−−⇔==
−−
−−
xxxx
x
xxx
05lg6lg8
2

4
5
2
1
2
10
10
4
5
lg
2
1
lg
4
5
2
1
0568
x
x
x
x
t
t
tt

Vậy phương trình có nghiệm: x =
2
1
10

log
log21
2
2
2
2
2
2
=−−⇔=
+
xx
x
x
(1)
Đặt
xt
2
log=
khi đó (1) có dạng:
51
2
2
251log51012
±
=⇔±=⇔±=⇔=−− xxttt

Vậy phương trình có nghiệm
51
2
±

x
(2)
Đặt
xt
5
log=
, Khi đó (2) có dạng:
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

11
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
=
=
⇔
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
=
=

x
x
x
x
t
t
t
tttt
t
t

Vậy phương trình có nghiệm: x = 1, x = 5, x = 25.
Ví dụ 14: Giải phương trình:
2)23.2(log).13(log
22
=−−
xx

Giải:
Điều kiện:
0013 >⇔>− x
x
(*)
Viết lại phương trình dưới dạng:
[
]
[
]
2)13(log1)13(log2)13(2log).13(log
2222

−2
2
2
2
213
213
2)13(log
1)13(log
2
1
022)1.(
x
x
x
x
t
t
tttt

⎢
⎢
⎣
⎡
=
=
⇔
⎢
⎢
⎢
⎣

x
x
(1)
Giải:
Đặt
t
t
x
x
1
2log)33(log
33
2
=⇒+=
+

Vì x > 0
22)33(log43313
2
>⇔>+⇔>+⇔>⇒ t
xxx

Khi đó phương trình (1) có dạng:
05)1(20)1(2
5
2
=−+−+⇔=−+
−
+ mtmmtm
t

⎨
⎧
>
>
>Δ
⇔
0
2
)1(2
0)1(9
013
0
2
0)2(
0
'
m
m
mm
m
S
af
(vô nghiệm)
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

12
Vậy không tồn tại m để phương trình có hai nghiện phân biệt dương.

⎣
⎡
−=
=
⇔=−−+
2
222
5
05).5(
xt
t
xtxt

Với t = 5
999991015)1lg(
522
±=⇔=+⇔=+⇔ xxx

Với
0
0
0)1lg(
)1lg(
2
2
222
=⇔
⎪
⎩
⎪

2
=++− xtxt

2
22
2
2
)log2(log8)log2( xxx −=−+=Δ

TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

13
⎢
⎣
⎡
=
=
⇔
⎢
⎣
⎡
=
=
⇔
⎢
⎢
⎢

t

Vậy phương trình có nghiệm: x = 1, x = 100.
& Dạng 3: Dùng ẩn phụ chuyển phương trình logarit thành một phương trình
với hai ẩn phụ.

Phương pháp chung:
Sử dụng hai ẩn phụ cho hai biểu thức mũ trong phương trình và khéo léo biến đổi
phương trình thành phương trình tích
Ví dụ 18: Giải phương trình:
22
222
log ( 1) log .log ( ) 2 0.xx x x x
⎡⎤
−
+−−=
⎣⎦

Giải:
Điều kiện:
1
0
0
0)1(
2
2
>⇔
⎪
⎩
⎪


Đặt:
⎩
⎨
⎧
=
−=
xv
xxu
2
2
2
log
)(log

Khi đó phương trình tương đương với:
2u + v – uv – 2 = 0
(
)
(
)
120uv⇔− −=
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
=
−=

2
2
x
x
x
x
xx
x
xx
v
u

Kết hợp với điều kiện (*), ta được nghiệm của phương trình là: x = 2, x = 4.
& Dạng 4: Dùng ẩn phụ chuyển phương trình lôgarit thành hệ phương trình với
hai ẩn phụ.

Phương pháp chung: Bằng việc sử dụng từ hai ẩn phụ trở lên, ta có thể khéo léo
đưa việc giải phương trình về việc xét một hệ trong đó:
+ Phương trình thứ nhất có được từ phương trình đầu bài.
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

14
+ Phương trình thứ hao có được từ việc đánh giá mối quan hệ của các ẩn phụ.
Ví dụ 19: Giải phương trình:
6)54(log52)54(log3
2
2

292292 +≤≤−⇔ x
(*)
Đặt:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≥+−−=
≥+−+=
0)54(log5
0)54(log3
2
2
2
2
xxv
xxu

Phương trình đã cho trở thành:
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎪

⎧
=+−
−=
⇔
⎩
⎨
⎧
=+−
−=
⇔
⎩
⎨
⎧
=+
=+
5
14
5
2
2
2
5
14
2
26
028245
26
8)26(
26
8

⎢
⎢
⎣
⎡
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
=+−−
=+−+
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=+−−
=+−+
⇔
25
121
)54(log
1)54(log
5
14
)54(log5
5
2

=
=
⇔
⎢
⎢
⎣
⎡
=−+−
=+−
⇔
⎢
⎢
⎣
⎡
=+−
=+−
122
3
1
0254
034
254
254
25
121
25
121
2
2
25

)(x
ϕ
].
+ Đặt u =
)(x
ϕ
, ta biến đổi phương trình thành hệ:
()
.
(,) 0
ux
fxu
φ
=
⎧
⎨
=
⎩

Ví dụ 20: Giải phương trình:
2
22
log log 1 1.x
+
+=
Giải:
Điều kiện:
2
1
01log

u
u
(1)
Đặt
1+= uv , với 20 ≤≤ v (2)
1
2
+=⇒ uv
Khi đó phương trình được chuyển thành hệ:
⎢
⎣
⎡
=+−
=+
⇔=+−+⇔+−=−⇒
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
+=
−=
01
0
0)1)(()(
1
1
22
2
2

2
51
2
2
2
51
log
2
51
−
=⇔
−
=⇔
−
= xxu
( thỏa (*) )
y Với u – v + 1= 0, ta được:
⎢
⎢
⎣
⎡
=
=
⇔
⎢
⎣
⎡
−=
=
⇔

2
51
2
−
=x .
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

16
1.2.3. Phương pháp hằng số biến thiên:

Phương pháp chung:
Ý tưởng chủ đạo của phương pháp này bao gồm:
a. Sử dụng các hằng số làm ẩn phụ, sau đó tìm lại x theo hằng số.
b. Nếu phương trình có chứa tham số m, ta có thể coim là ẩn, còn x là tham
số, sau đó tìm lại x theo m.
Ví dụ 21: Giải phương trình:
43 2
lg lg 2lg 9lg 9 0.xx x x
+
−−−=
Giải:
Điều kiện: x > 0.
Đặt t = lgx, ta được:
023.330992
2342234
=+−−+⇔=−−−+ tttttttt


⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−=
++−
=
−−=
+−−
=
tt
tt
tt
tt
tt
u
tt
tt
u

2
131
10
2
131
lg
2

mtmmttt
mtmmtmmtmt

322
10
210 (2)
t
tmtmtm
−=
⎡
⇔
⎢
−++−=
⎣
(I)
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

17
Để tiếp tục phân tích (2), ta viết (2) dưới dạng:
01)12(
322
=−+++ tmttm
Coi m là ẩn, còn x là tham số, ta được phương trình bậc hai theo m.
Giải ra ta được:
⎢
⎢
⎢

01
01
)(
2
tmttg
mt
t
I (II)
a. Với m = -1:
(II)
⎢
⎣
⎡
=
=
⇔
⎢
⎣
⎡
=
=
⇔
⎢
⎣
⎡
=
=
⇔
⎢
⎢

≠
1
⎢
⎢
⎣
⎡
−<
≠<
⇔
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
≠
≠−
≠+
>−+
⇔
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
≠−
≠−

⎫
⎩
⎨
⎧
+∞∪−−∞∈
2
3
\),1()3;(
phương trình có 4 nghiệm phân biệt.
1.2.4. Phương pháp hàm số:

& Dạng 1: Sử dụng tính chất liên tục của hàm số:


Phương pháp chung:
Cho phương trình f(x) = 0, để chứng minh phương trình có k nghiệm phân
biệt trong
[]
ba; , ta thực hiện theo các bước sau:
+ Chọn các số
bTTTa
k
<
<
<
<
<
−121
chia đoạn
[

2
2)12(log
−
=+
x
x (1) có ít nhất một nghiệm.
Giải:
Điều kiện: 2x + 1 > 0.
Phương trình (1) tương đương:
02)12(log
1
2
=−+
−x
x (2)
Xét hàm số: f(x) =
1
2
2)12(log
−
−+
x
x liên tục trên (
+∞− ;
2
1
).
Ta có: f(0) =
2
1

+
axax
x
, với a > 0 có nghiệm.
Giải:
Điều kiện: ax + 1 > 0
a
x
1
−>⇔
. Phương trình đã cho tương đương:

0)1(log
2
2
=
+−
+
axax
x
(2)
Xét hàm số: f(x) =
)1(log
2
2
+
−
+
axax
x

Phương pháp áp dụng:
 Bước 1: Chuyển phương trình về dạng f(x) = k
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

19
 Bước 2: Xét hàm số y = f(x), dùng lập luận khẳng định hàm số là đơn điệu
( giả sử đồng biến)
 Bước 3: Nhận xét:
Với x = x
o
kxfxf
=
=
⇔ )()(
0
, do đó x = x
o
là nghiệm.
Với x > x
o
kxfxf
=
>⇔ )()(
0
, do đó phương trình vô nghiệm.
Với x < x
o

04
2
>⇔
⎩
⎨
⎧
>+
>−
x
x
x
. Phương trình đã cho tương đương:
xxx
x
x
xxx −=−⇔−=
+
−
⇔−=+−− 3)2(log3
2
4
log3)2(log)4(log
2
2
22
2
2

Hàm số y =
)2(log

≤
Ví dụ 26: Tùy theo m, biện luận số nghiệm của phương trình:
0ln
2
1
2
=−− mxx

Giải:
Viết trình đã cho tương đương:
2
1
ln .
2
x
xm
−
=
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đương thẳng y = m với đồ thị của
hàm số
2
1
ln .
2
yx x=−

Xét hàm số:
2
1
ln .

x
x
0
limlim .
Bảng biến thiên:

Biện luận:
 Với m <
2
1
thì phương trình vô nghiệm.
 Với m =
2
1
thì phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
 Với m >
2
1
thì phương trình có hai nghiệm phân biệt.
1.2.5. Phương pháp sử dụng định lí Largrange:
x
y
y’
0-+
01
+
∞

È Bước 1: Gọi
α
là nghiệm của phương trình.
È Bước 2: Biến đổi phương trình về dạng thích hợp sao cho f(a) = f(b), từ đó chỉ ra
được hàm số F(t) khả vi và liên tục trên
[
]
ba,
. Khi đó theo định lí Largrange ),( bac
∈
∃
sao cho:

ab
afbf
cf
−
−
=
)()(
)('
= 0 (*)
È Bước 3: Giải (*) ta xác định được
α
.
È Bước 4: Thử lại.
Ví dụ 25: Giải phương trình:
33
log log
422.

∃
c sao cho: f’(c) = 0
[]
⎢
⎣
⎡
=
=
⇔=−+⇔
−−
1
0
0)1(
11
α
α
α
αα
cc

Thử lại ta thấy u = 0 và u = 1 đều thỏa mãn, như vậy ta được:
⎢
⎣
⎡
=
=
⇔
⎢
⎣
⎡

TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

22
 Bước 3: Kiểm tra điều kiệ đủ.
Ví dụ 26: Tìm a để phương trình sau có nghiệm duy nhất:
axx =++− )54(log
23
(1)
Giải:
Điều kiện cần: Giả sử (1) có nghiệm x
o
, khi đó:
axxaxx =−−−++−−⇔=++− ))1(45)1((log)54(log
00
23
00
23

Do đó: -1- x
o
cũng là nghiệm của (1).
Vậy (1) có nghiệm duy nhất khi: x
o
= -1 - x
o
0
1

xx
xx xx
⎧
−≥
−≤ ≤
⎧
⎪
⎪
⇔+≥ ⇔
⎨⎨
−
+=
⎪
⎪
⎩
−+++ − + =
⎩

2
54
54
1
4(4 )( 5) 81
2
4410
x
x
x
xx
xx

1
4
−=⇔
+
=
−
x
xx

Vậy phương trình có nghiệm
1
.
2
x
=
−
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

23
Cách 2: Theo bất đẳng thức Côsi ta có:
18)5()4(9)5)(4(254)54(
2
=++−+≤+−+++−=++− xxxxxxxx

1)54(log2354
23
≤++−⇔≤++− xxxx

. Khi đó:
(1)
⇔ 4822
22
.21
−=
+ tt

⇔
0482.22
22
2
=−−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
tt
(2)
Đặt
02
2
>=
t
u . Khi đó:
(2)
⇔
0482

t
t
t
t

Với
3=t
, ta có:
3
2=x

Với
3−=t
, ta có:
3
2
−
=x

Bài 2. Giải phương trình:
(
)
2
5
log 2 65 2.
x
xx
−
−
+=

)
(
)()
2
2
2
5
2
5
56525log652log xxxxxx
xx
−=+−⇔−=+−
−−

⇔ 2510652
22
+−=+− xxxx
⇔ 408 −=
x
⇔ 5
−
=
x
(thỏa điều kiện)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
5
−
=
x
.

0
6
7
log
log
1
2
2
2
=+− x
x

⇔

0
6
7
log
2
1
log
1
2
2
=+− x
x
(1)
Đặt
xt
2

, ta có:
823log
3
2
==⇔= xx
(thỏa điều kiện)
Với
3
2
−=t
, ta có:
3
3
2
2
4
1
2
3
2
log ==⇔−=
−
xx
(thỏa điều kiện)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
8
=
x
;
3

[
]
134log79log
22
+=+
xx

⇔
(
)
13479 +=+
xx

⇔
033.49 =+−
xx
(1)
Đặt 03 >=
x
t . Khi đó: (1)
⇔

⎢
⎣
⎡
=
=
⇔=+−
3
1

(
)
1
525
log 5 1 .log 5 5 1.
xx+
−
−=
Giải: Điều kiện: 0015 >⇔>− x
x
. Khi đó phương trình đã cho tương đương:
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HỒNG NGỰ I – TỔ TOÁN THAM LUẬN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢNG DẠY MÔN TOÁN CẤP THPT

25
(
)
(
)
[
]
1155log.15log
2
5
5
=−−
xx


⇔
()
(
)
[
]
115log1
2
1
.15log
55
=−+−
xx
(1)
Đặt
(
)
15log
5
−=
x
t . Khi đó:
(1)
⇔
()
⎢
⎣
⎡
−=
=

2
5
=⇔=−⇔−=−
−
x
xx
(thỏa điều kiện)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
6log
5
=
x ;
25
26
log
5
=x .
Bài 6. Giải phương trình:
(
)
2lg lg 1 lg4.xx
−
−=
Giải:
Điều kiện: 1
01
0
>⇔
⎩
⎨

(thỏa điều kiện)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
2
=
x
.
Bài 7. Giải phương trình:
(
)
()
lg 4
2.
lg 1
x
x
=
+

Giải:
Điều kiện:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≠
>
⇔
⎪
⎪