146

CHƯƠNG V. PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT
§1. NHẮC LẠI LOGARIT
1. Định nghĩa. Cho
a
là một số dương khác 1 và
b
là một số dương. Số thực
α
sao cho
a b
α
=
được gọi là logarit cơ số
a
của
b
và kí hiệu là
log
a
b
tức là
log .
a
b a b
α
α = ⇔ =

Chú ý.
· Khi viết

ln
b
và đọc là logarit tự nhiên của
.
b

(Số
e
là giới hạn
1
lim (1 )
x
x
x
→+∞
+ xấp xỉ bằng
2,718281828 ).

Từ định nghĩa ta có một số kết quả sau.
·
log 1 0 , log 1;
a a
a
= =

· log
b
a
a b
=

Chú ý. Trong iii) nếu
*
2 ,k k
α
= ∈
ℕ
thì
2
log 2 log ;1 0; 0.
k
a a
b k b a b
= ≠ > ≠

Hệ quả
1
)log log ;1 0; 0
1
)log log ;1 0; 0; , 2.
a a
n
a a
i b a b
b
ii b b a b n n
n
 
= − ≠ > >
 
 

b a a b
= ≠ > ≠ >
.
147

1
)log log ;1 0; 0; 0.
a
a
ii c c a c
α
= ≠ > > α ≠
α

iii)
log log
;1 0; , 0.
b b
c a
a c b a c
= ≠ > >

§2. PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ
1. Định nghĩa. Phương trình, bất phương trình mũ là phương trình, bất phương trình mà ẩn số
có mặt ở số mũ của lũy thừa.
Trong một số trường hợp ta xét thêm ẩn số có mặt ở cả cơ số của lũy thừa, khi đó ta phải
xét hai trường hợp: cơ số
1
a
>





·
( )
( ) log ,1 0; 0.
f x
a
a b f x b a b
= ⇔ = ≠ > >

Ví dụ 1. Giải phương trình
3
2 5 (1)
x x+
=
Giải.
3
2 2
(1) log 2 log 5
x x
+
⇔ =
2
3 log 5
x x⇔ + =
2
2
3

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

Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
2
1 1 log 3.
x x= ∨ = −
148


 
= >
 
 
trở thành
2
1 0
t t
+ − =

1 5
2
1 5
2
t
t

− −
=


⇔

− +

=



Do t > 0 nên ta chọn

)
2 3 0
x
t
= − >
ta có
(1)
trở thành
1
4
t
t
+ =

2
4 1 0
2 3 0
2 3 0
t t
t
t
⇔ − + =

= − >

⇔

= + >



t
x
x
+ = + ⇒ − = +
⇔ − = +
⇔ − = ⇔ = −

Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
2 2.
x x
= ∨ = −

Ví dụ 3. Giải phương trình
4 4 2 2 10 (1)
x x x x− −
+ + + =
Giải. Đặt
2 0
x
t
= >

(1)
trở thành
2
2
1 1
10
t t
t t

+ = −


⇔

+ =



Vì
0,
t
>
nên ta chọn
1
3
t
t
+ =

1
3
t
t
+ =
2
3 5
0
2
3 1 0

x
 
− −
= =
 
 
⇒ ⇔
 
+ +
 
= =
 
 

Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
2
2
3 5
log
2
3 5
log .
2
x
x

−
=



(
)
2
1 2 5 2 0
t t t
⇔ − − + =

2 1
1 0
2 2 2 1
1 1 1.
2
2 2
x
x
x
t x
t x
x
t
 
=
 
= =

 

 

⇔ = ⇔ = ⇔ =

1 1 1
2.4 6 9 1
x x x+ + +
+ =
Giải.
( )
(
)
( )
(
)
( )
2 2
2
2 2
2 1 2 1
1
1 2 1
1 2.2 2.3 3
3 3
2
2 2
x x
x
x x
+ +
+
+ +
⇔ + =
   



Ta nhận
2
1
2
3
2
3
2 2 1 log 2
2
x
t x
+
 
= ⇒ = ⇔ + =
 
 

3
2
3
2
log 2 1
log 2 1
x
x

= −


x x x x+ + +
− + =
151

Giải.
( )
2 2
2 2
2 2
2 2 1 2
2 2
2 2
1 2 9.2 1 0
1 9
.2 .2 1 0
2 4
2.2 9.2 4 0
x x x x
x x x x
x x x x
− − − −
− −
− −
⇔ − + =
⇔ − + =
⇔ − + =

Đặt
2
2 0,

2
x x
x
x x x x
x
−
= −

= ⇔ − = ⇔ − − = ⇔

=


·
1
2
t
=
ta có:
( )
2
2 2
1
2 1 1 0
2
x x
x x x x VN
−
= ⇔ − = − ⇔ − + =
Vậy, phương trình có hai nghiệm

 
 
 
 

Đặt
2
2
2
x
x
t
= −
ta có
3
3
3 3
3
2 2 2 2
2 2 3.2 . 2 6
2 2 2 2
x x x x
x x x x
t t
   
− = − + − = +
   
   

Khi đó ta có phương trình:

Vậy, phương trình có một nghiệm duy nhất
1.
x
=

Ví dụ 8. Giải phương trình
(
)
2 2
1 1 2 1 2 1 2 2
x x x
+ − = + −
Giải.
Điều kiện:
2 2
1 2 0 2 1 0
x x
x
− ≥ ⇔ ≤ ⇔ ≤

Như vậy ta có
0 2 1
x
< ≤
, do đó đặt
2 sin
x
t
= với
0;

t
c c⇔ =
152

t 3
2. os 1 2 sin 0
2 2
t
os 0
2
3 2
sin
2 2
t
c
c
t
 
⇔ − =
 
 

=


⇔

=



t
π
π

=


= −
=


⇔ ⇔



=


=
=




Vậy, phương trình có hai nghiệm
1; 0.
x x
= − =

2.3. Phương pháp sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số

f x k
=
thì
0
x
là nghiệm duy nhất của phương trình.
2. Biến đổi phương trình về dạng
( ) ( ) (2)
f x g x
=

Nếu hàm số
( )
y f x
=
đồng biến (nghịch biến) trên khoảng
( ; ),
a b
nhưng hàm số
( )
y g x
=

nghịch biến (đồng biến) cũng trên khoảng đó thì phương trình (2) có nhiều nhất một nghiệm
trên khoảng
( ; ).
a b
Do đó, nếu tìm được
0
x

Ví dụ 1. Giải phương trình
2
2 3 1 (1)
x
x
= +
Giải.
3 1
(1) 1
2 2
x
x
 
 
⇔ = +
 
 
 
 
 

153

Hàm số
3 1
( )
2 2
x
x
f x

Đặt
2
3 0
x
t
−
= >

Viết lại phương trình (1) dưới dạng
2
1
3
3 (3 10) 3 0
3
t
t x t x
t x

=

+ − + − = ⇔


= −


· Với
2
1 1
3 2 1 1.

1,
x
=
2.
x
=

Ví dụ 3. Giải phương trình
2
1 2
2 2 ( 1) (1)
x x x
x
− −
− + = −
Giải.
Viết lại phương trình (1) dưới dạng
2
1 2
2 1 2 .
x x x
x x x
− −
+ − = + −

Xét hàm số
( ) 2 ,
t
f t t
= +

= +
hàm số này luôn luôn đồng biến trên toàn trục số và
(1) 2,
f
=
do đó
(2)
2 1 2 1 . (3)
x x
x x⇔ + = ⇔ = −
Cũng lập luận nhờ tính chất đơn điệu của hàm số thì phương trình (3) chỉ có một nghiệm duy
nhất là
0.
x
=

Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là
0.
x
=

154

Ví dụ 5. Giải phương trình
(
)
9 2 2 3 2 5 0 (1)
x x
x x+ − + − =
Giải.

x
x
= − +3 2 5 0
x
x
⇔ + − =

Hàm số
3 2 5
x
y x
= + −
đồng biến trên
,
ℝ
do đó phương trình có nhiều nhất một nghiệm, thử
được
1
x
=
thỏa phương trình.
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất
1.
x
=

Ví dụ 6. Cho phương trình

2
(2) ( ) (2 2) 2 2 2 0
2 0 (3)
f t f t m t t m t m
x mx m
⇔ = + − ⇔ = + − ⇔ + − =
⇔ + + =

Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (3) có nghiệm, khi và chỉ khi
2
0
0
1.
m
m m
m
≤

′
∆ = − ≥ ⇔


≥

Vậy, giá trị
m
cần tìm là
0
1.
m

⇔ − − − =

(
)
(
)
2 2
2
2 2 1 4 2 1 0
x x x x x− −
⇔ − − − =

155

(
)
(
)
2
2
2 1 2 4 0
x x x−
⇔ − − =

2
2
2
0 1
0
2 1

⇔ = ∨ =

Ví dụ 2. Giải phương trình
(
)
3 3
5 9.5 27 5 5 64 (1)
x x x x− −
+ + + =
( )
( )
3
3
2 3
2
3
3
2
5
3 9 3
(1) 5 3.5 . 3.5 . 4
5 5 5
3 3
5 4 5 4
5 5
5 4.5 3 0
05 1
log 3.
5 3
x x x

Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
5
0 log 3.
x x= ∨ =
Ví dụ 3. Tìm
k
để phương trình
(
)
9 1 3 2 0 (1)
x x
k k− − + =
có nghiệm duy nhất.
Giải.
Đặt
3 0.(1)
x
t = > trở thành
(
)
2
1 2 0 (2)
t k t k− − + =
(1)
có nghiệm duy nhất
(2)
⇔
có đúng một nghiệm dương.
1 2
1 2




⇔ < < ⇔ = <




= >
= =






= + >



( )
2
2 8 0
1 0
5 2 6
2 0
0
2 0
1 0
k k




− =





Vậy, giá trị
k
cần tìm là
5 2 6
0.
k
k

= +


<


Ví dụ 4. Cho phương trình
156

2 1
4 0 (1)
4 2
x x

mt m t m− + + + =
Ta có
1 2 2 1
1 0 0 1
x x x x
− < < < ⇔ − < < − <2 1
2 1
0
2 1
2 2 2 2
1 1
1 2
2 2
1 2 (3)
x x
x x
t t
− −
⇔ < < <
⇔ < < <
⇔ < < <
(*)
Đặt vế trái của
(2)
là
( )
f t

1 2
1 0 .
x x
− < < <

Sau đây ta giải một số hệ phương trình mũ.
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình
2 2
2
2 2 2
2 2 2
4 2 4 1
2 3.2 16
x x y y
y x y
− +
+ +

− + =



− =


Giải.
Viết lại hệ phương trình dưới dạng
2 2
2
2( 1) 1 2


=

≥ >


=


Khi đó (1) được viết thành
2 2
2
4 1 ( )
3 4 ( )
u uv v a
v uv b

− + =



− =


Do
0
v
>
nên từ
2




Ta nhận
2
16 4
v v
= ⇔ =
(do
0)
v
>
1.
u
⇒ =

Như vậy, ta có
2
21
1 1
1 0
4 1
2.
2
2 4
x
y
x x
x
y


− = −



+ + =


Giải.
Ta viết phương trình (1) dưới dạng
3 3 (3)
x y
x y+ = +
Xét hàm số ( ) 3
t
f t t
= +
, hàm này đồng biến trên
,
ℝ
do đó (3)
.
x y
⇔ =

Khi đó hệ trở thành
2 2 2
2 2.
12 3 12
x y x y



+ =


Giải.
Thay (2) vào (1) ta được
2 2 3 3
3 3
2 2 ( )( )
2 2 (3)
x y
x y
y x x xy y y x
x y
− = − + + = −
⇔ + = +

Áp dụng phương pháp giải như Ví dụ 2, ta cũng được hệ phương trình đã cho có hai nghiệm
(1;1),( 1; 1).
− −

Ví dụ 4. Tìm
m
để hệ phương trình
2 .3 3
(1)
.2 3 2 1
x y
x y

Khi đó hệ được biến đổi về dạng
3
(2)
2 1
u mv m
mu v m
+ =



+ = +



Ta có
2 2 2
1 ; 2 2 ; 3 2 1.
u v
D m D m m D m m
= − = − + = − + +

Hệ phương trình (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi hệ phương trình (2) có nghiệm duy
nhất
( ; ), 0, 0.
u v u v
> >

0
2
0

cần tìm là
1
1 .
3
m
− < < −

Khi đó nghiệm duy nhất của hệ phương trình là
2
3
2
log
1
3 1
log .
1
m
x
m
m
y
m

=

−


− −





>



.
·
( )
1
( ) log
( 0)
0 1
( ) log
a
f x
a
a
f x b
a b b
a
f x b

>



<


159

ii) Nếu
0
b
>
thì:
+ Trường hợp 1:
1
a
>

(1)
( ) log
a
f x b
⇔ >
+ Trường hợp 2:
0 1
a
< <

(1)
( ) log
a
f x b
⇔ <
Ví dụ 1. Giải bất phương trình
1 2 1 2
7 7 7 5 5 5 (1)

57
x <
Ví dụ 2. Giải bất phương trình

( )
2
2
2
1 1 (1)
x x
x x
+
− + ≤
Giải.
Nhận xét:
2
1 0
x x
− + >
với mọi
x
. Ta xét 3 trường hợp sau
Trường hợp 1:
2
0
1 1
1
x
x x
x

<

⇔


>


Khi đó
2
2
2 2
1
(1) log ( 1) 0
x x
x x
x x
+
− +
⇔ − + ≤2
2 0 2 0
x x x
⇔ + ≤ ⇔ − ≤ ≤

Kết hợp với điều kiện
0
1

⇔ ⇔ < <


− + >


160

2
0
(1) 2 0
2.
x
x x
x
≥

⇔ + ≥ ⇔


≤ −


Kết hợp với điều kiện đang xét, ta chọn nghiệm là
0 1.
x
< <

Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là
2 1.

− +
≤
−2
2
0
( 1)
t t
t t
− + +
⇔ ≤
−

Lập bảng xét dấu vế trái ta nhận được
0 1
2.
t
t
< <



≥


Từ đó suy ra
0 2 1 0
1

Ví dụ 2. Giải bất phương trình
5.36 2.81 3.16 0 (1)
x x x
− − ≤
Giải.
36 16
(1) 5. 2 3. 0
81 81
x x
   
⇔ − − ≤
   
   

2
4 4
5. 2 3. 0
9 9
x x
   
⇔ − − ≤
   
   

Đặt
4
0
9
x
t

9 3
2
4
0
1
9
x
x
x
x

 
< ≤


 
≥
 


⇔



  
≤

≥
 


x
x x
⇔ − <
−3.4 4.3
0
4 3
3
3 4
4
0.
3
1
4
x x
x x
x
x
− +
⇔ <
−
 
− +
 
 
⇔ <
 
−

−

>

,
Suy ra
3 3
0
3
4 4
0
4
3
1
1
4
x
x
t
t

 
< <


 
< <
 



x
x
>



<


Ví dụ 4. Giải bất phương trình
(
)
(
)
( )
5 21 5 21 5.2 1
x x
x
+ + − ≤
Giải.
Chia hai vế cho
2 0
x
>
ta được

5 21 5 21
5
2 2
x x

t t t
t
t
x
+ ≤ ⇔ − + ≤
− +
⇔ ≤ ≤
 
− + +
⇔ ≤ ≤
 
 
 
⇔ − ≤ ≤

Vậy, nghiệm của bất phương trình là
1 1
x
− ≤ ≤
.
Ví dụ 5. Giải bất phương trình
( )
2 3 6 3 5
2 15.2 2 1
x x x x+ − − + −
+ <
Giải.
Chia hai vế của bất phương trình (1) cho
2 0,
x

4
4
t t
t t
t
+ − <
⇔ + − <
⇔ − < <

Vì
0
t
>
nên ta chọn
1
0 ,
4
t
< <
như vậy ta có
( )
3 3
2
2
1
0 2
4
3 3 2
3 1
1 0 1

Vậy, nghiệm của bất phương trình là
1
x
>
.

Ví dụ 6. Giải bất phương trình
(
)
2 2
6 2 4.3 2 1
x x x x+
+ > +
Giải.
Đặt
3 0
2 0
x
x
u
v

= >

= >

, ta có bất phương trình

( )( )
2


 > <

⇔ ∨ ⇔ > ∨ <
 
> <



Vậy, nghiệm của bất phương trình là
2 0.
x x
> ∨ <

3.3. Phương pháp sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số
Có hai hướng áp dụng như sau
1. Biến đổi bất phương trình về dạng
( ) (1)
f x k
>
(
k
là hằng số)
Nếu hàm số
( )
f x
đơn điệu trên khoảng
( ; )
a b
(giả sử đồng biến).

<

Xét hàm số
( ),
y f x
=
giả sử hàm số đồng biến trên khoảng
( ; )
a b
, khi đó
( ) ( ) ; , ( , ).
f u f v u v u v a b
< ⇔ < ∈

Ví dụ 1. Giải bất phương trình
2.2 3.3 6 1(1)
x x x
+ > −
Giải.
Chia hai vế của bất phương trình (1) cho
6 0,
x
>
ta được
2 3 1
1.
3 2 6
x x x
+ + >


(1) đúng.
Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là
2.
x
<

Ví dụ 2. Giải bất phương trình
2( 1) 1
2
3 3 4 3 (1)
x
x
x x
− +
− ≤ − +
Giải.
Điều kiện:
1.
x
≥
(*)
Viết lại bất phương trình dưới dạng
( )
2( 1) 1
2
2
2( 1) 1
( 1) 1
3 2( 1) 3 2 1
3 2( 1) 3 1 (2)

x x x
⇔ − ≤ − ⇔ − ≤ −
⇔ − ≤ −
⇔ − ≤ − +

2
4 3 0
x x
⇔ − + ≥

3
1.
x
x
≥

⇔

≤


Kết hợp với điều kiện (*) ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là
3 1.
x x
≥ ∨ =

3.4. Một số ví dụ khác
Ví dụ 1. Tìm
m
để bất phương trình

3
3
2 3
3
3
2 1
3. .
3 9
x
x
x
x
x
x
x x
m
m
m
−
 
+ ≥
 
 
 
⇔ + ≥
 
 
   
⇔ + ≥
   


2 2
sin sin
2 1
3. ( ) 3 ( )
3 9
x x
y g x h x
   
= + = +
   
   
là một hàm nghịch biến trên toàn trục số, do vậy ta có
2 2
1 1 sin sin 0 0
2
2 1 2 1 2 1
0 sin 1 3. 3. 3.
3 9 3 9 3 9
x x
x
           
≤ ≤ ⇔ + ≤ + ≤ +
           
           

⇔
1 4.
y
≤ ≤

(
)
2
4 1 1 0(2).
at a t a+ − + − >
Yêu cầu bài toán được thỏa khi và chỉ khi bất phương trình (2) đúng với mọi
0.
t
>
Ta có
(
)
2
4 1 1 0
at a t a
+ − + − >

2
4 1
( )
4 1
t
a g t
t t
+
⇔ > =
+ +

Như vậy (2) đúng với mọi
0

ta được miền
giá trị
(0;1).
g
T = Vậy giá trị cần tìm là
1.
a
≥

Ví dụ 3. Tìm
m
để mọi nghiệm của bất phương trình
( )
2 1
1
1 1
3 12 1
3 3
x x
+
   
+ >
   
   
cũng là
nghiệm của bất phương trình
( ) ( ) ( ) ( )
2
2
2 3 6 1 0 2 .

1
1 1
3
3 3
1
1
1
0
1 0.
x
t
x
x
x
x
−
   
= > =
   
   
⇔ < −
+
⇔ <
⇔ − < <

· Nếu
2
m
=
,

m
cần tìm là
1 5.
m
− ≤ ≤

Ví dụ 4. Giải bất phương trình
2 1 2
4 3 3 2.3 2 6
x x x
x x x x
+
+ + < + +
(1)
Giải. (1)
(
)
(
)
2
2 3 3 2 0.(2)
x
x x⇔ − − − >
Ta có
2
3
3 2 0 log 2 0,
x
x
− > ⇔ − >



§3. PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT
1. Định nghĩa. Phương trình, bất phương trình logarit là phương trình, bất phương trình có ẩn
chứa trong biểu thức dưới dấu logarit.
Trong một số trường hợp có xét cả ẩn chứa ở cơ số của logarit, khi đó ta phải xét hai
trường hợp của cơ số:
1
a
>
và
0 1.
a
< <

2. Một số phương pháp giải phương trình logarit
2.1. Phương pháp mũ hóa
Các dạng cơ bản
·
0, 1
log ( )
( )
a
b
a a
f x b
f x a
> ≠



(
)
(
)
1 1 1
2 2 2
log 1 log 1 2log 7 1 (1)
x x x− + + − − =
Giải.
Điều kiện:
1 0
1 0 1 7
7 0
x
x x
x
− >



+ > ⇔ < <


− >


(*)
(
)
(

x
x x
x
⇔ − − − =
− −
⇔ = ⇔ =
− −
=

⇔ + − = ⇔

 = −


Kết hợp với điều kiện (*) ta được nghiệm của phương trình đã cho là
3.
x
=

Ví dụ 2. Giải phương trình
( ) ( )
2
3
3
log 1 log 2 1 2 (1)
x x− + − =
Giải.
Điều kiện:
1
1 0

)
( )
( )
3 3
3
log 1 log 2 1 1
log 1 2 1 1
1 2 1 3 (2)
x x
x x
x x
⇔ − + − =
 
⇔ − − =
 
⇔ − − =

. Xét
1
1
2
x
< <

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

=


⇔

= −



So với điều kiện (*) ta nhận
2.
x
=

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

Ví dụ 3. Giải phương trình
( )
4 2
2 1
1 1
log 1 log 2 (1)
log 4 2
x
x x
+
− + = + +


⇔ ⇔ >
 
+ >
> −
 
 
+ ≠
 

≠

(*)
Với điều kiện
1,
x
>
ta có
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 1 1
(1) log 1 log 2 1 log 2
2 2 2 2
x x x
⇔ − + + = + +

(
)
(
)



⇔ − − = ⇔

=



So với điều kiện ta được
5
2
x
=
là nghiệm của phương trình đã cho.
Ví dụ 4. Giải phương trình
( )
(
)
( )
2
9 3 3
2 log log log 2 1 1 1
x x x
 
= + −
 

Giải.
(*)
169

 
+ − >


+ >


Với điều kiện
0,
x
>
ta có
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
2
3 3 3
2
3 3 3
3 3 3
3
2
3 3
2
2
1
1 2 log log log 2 1 1

 
 
 
 
⇔ = + −
 
 
⇔ − + − =
 
=

=


⇔ ⇔


− + − =
= + − + +


=

=

⇔ ⇔


+ = +
+ = + >

x
=
,
4
x
=
.
Ví dụ 5. Giải phương trình
( ) ( ) ( )
2 3
4 8
2
log 1 2 log 4 log 4 1
x x x+ + = − + +
Giải.
Điều kiện:
( )
1 0 1
1
4 0 4
4 4
4 0 4
x x
x
x x
x
x x
+ ≠ ≠ −
 
≠ −

4 12 0
4 1 16
4 20 0
x x x
x x x
x x
x x
x x
x x
x x
x x
⇔ + + = − + +
⇔ + + = − + +
⇔ + = −
⇔ + = −

+ = − 
+ − =
⇔ ⇔


+ = −
− − =




6
2
2 2 6

2 3 2 3 7 4 3
log 3 2 log 1 log 2 1
x x x x
+ − −
− + + − = +
Giải.
Điều kiện:
2
3 2 0 1 2
1 0 1 2.
2 0 2
x x x x
x x x
x x

− + > < ∨ >



− > ⇔ > ⇔ >
 
 
+ > > −



Ta có nhận xét rằng
(
)
(

2 2 2
1
log log 2
3 2
1
2
2
4 1 5 5 2
x x x x
x x x x
x
x
x x
x
x
x x x do x
− − −
− − −
− −
⇔ − − + + − = +
⇔ − − + + − = +
−
⇔ = +
− +
⇔ = +
−
⇔ − = ⇔ = ⇔ = >

Vậy, phương trình có một nghiệm
5.


⇔ > ∗

− >


Ta có
( )
(
)
(
)
( ) ( )
( )
( )
( )
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2 2
2
2 2
2
2
2
2
1 2log log log .log 2 0
2 log 1 log 1 .log 0
log 1 log 2 0
1


− =

− − =


⇔ ⇔ ⇔ =



=
+ =





=



So với điều kiện
(
)
∗
ta nhận
2
x
=
.