------------O0O------------

Phƣơng pháp 1: GIẢI PHƢƠNG TRÌNH CƠ BẢN

a f ( x )  b  f ( x)  log a b ; log a f ( x)  b  f ( x)  ab .

Ví dụ 1. Giải các phƣơng trình:
a) 3x

2

5 x  4

 81

;

b) log 2 (3x  4)  3 .

Giải:
a) 3x

2

5 x  4

 81  x2  5x  4  log3 81  x2  5 x  4  log3 34

x  0
 x2  5x  4  4  x2  5x  0  x( x  5)  0  
.

0
a
f
x
g
x







2) Đối với phương trình logarit: biến đổi phương trình về dạng
0  a  1

loga f ( x)  log a g ( x)   f ( x)  0

 f ( x)  g ( x)

Ví dụ 1. Giải các phƣơng trình:
a) 3x

2

5 x  4

 81

;


Ví dụ 2. Giải các phƣơng trình:
a) 3x

2

 x 8

c) 2.5x

2

 913 x

3

 5.2 x

2

3

;

b) 2x1  2x1  2x  28 .

;

d) 2x


 x 8

 32(13 x )  x2  x  8  2(1  3x)

 x  2
.
 x2  5x  6  0  
 x  3
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = - 2 và x = - 3.

b) 2x1  2x1  2x  28  22.2 x1  2 x1  2.2x1  28  2 x1 (22  1  2)  28

 2x1  4  2x1  22  x  1  2  x  3 .
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 3.
c) 2.5

x 3
2

 5.2

x 3
2

5x



2


1

2

1

 3x  3x 1  2x 2  2x 1  3.3x 1  3x 1  23.2x 1
2

2

 23.2 x

2

1

2

 3x

2

1

2

 3.3x

2


2

2
    x2  1  2
3

 x2  3  x   3 .
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = -

3 và x =

3.
Page 3


Ví dụ 3. Giải các phƣơng trình:
a) lg x  lg x 2  lg 4 x ;

b) log 2 x  log3 x  log 4 x  log5 x .

Giải:
b) ĐK: x  0 .
lg x  lg x2  lg 4 x  lg x  2lg x  lg 4  lg x  2lg x  lg 4

x  2
.
 2lg x  lg 22  lg x  lg 2  x  2  
x
2


Page 4


5
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  log 3   .
3
3x  4  0
4
b) ĐK: 
.
x
3
x  0

log 2 (3x  4).log 2 x  log 2 x  log 2 x log 2 (3x  4)  1  0
log x  0
log x  0
x 1
x 1
 2


 2
x  2
log 2 (3x  4)  1  0
log 2 (3x  4)  1 3x  4  2

Do x 



log 2 3  x  0  x   log 2 3
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 và x =  log 2 3 .

b) ĐK: x  0 .
Đặt log 2 x  t  x  2t ta thu được phương trình mũ theo biến t :
Page 5


3t  2t  2 (*).
Vế trái của (*) là hàm số đồng biến, vế phải là hàm hằng nên phương trình (*)
nếu có nghiệm thì có nhiều nhất là một nghiệm. Mà t  0 là một nghiệm của (*)
nên đó là nghiệm duy nhất của (*).
 log 2 x  0  x  1.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1.

Phƣơng pháp 5: DÙNG ẨN PHỤ

Ví dụ 1. Giải phƣơng trình: 22x

2 1

9.2x

Giải: Chia cả 2 vế phương trình cho 22x
22x

2 2x 1



2 x

2

1 2x 2
.2
2

22x

2

0

0 ta được:
2x

9 x2
.2
4

x

1

0

0



x

x

2
1

x

1
2

Vậy phương trình có 2 nghiệm x = - 1, x = 2.

Page 6


Ví dụ 2. Giải phƣơng trình: 7

4 3

x

3 2

2

2


x

1
và 7
t

3

0

4 3

x

t2

Khi đó phương trình tương đương với:
t2

3
t

2

t3

0

t


t2

t

3

0

Vậy phương trình có nghiệm x = 0.
Ví dụ 3. Giải phƣơng trình: 32x

9 .3x

9.2x

0

3x , điều kiện t > 0. Khi đó phương trình tương đương với:

Giải: Đặt t
t2

2x

2x

9 t

2x


9
x

2

3x

x

9
x

3

x

2

2
3
2

x

1

x

0


6

6

6

Khi đó phương trình được chuyển thành hệ:
u2

v

6

v2

u

6

u2

v2

+ Với u = v ta được: u 2

u

u

v


0

u

v

1

2x

3

x

0

log2 3

+ Với u + v + 1 = 0 ta được :

u2

u

5

0

u

2

Vậy phương trình có 2 nghiệm là x

log2 3 và x = log2

21 1
.
2

Phƣơng pháp 6: DÙNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

Ví dụ 1. Giải phƣơng trình: log7 x  log3 ( x  2) .
Giải: ĐK : x  0 .
Đặt t = log7 x  x  7t . Khi đó phương trình trở thành :
Page 8


t

 7
 1   1 (*).
2.
t  log3 ( 7  2)  3  7  2  

3

 
 3 
t


7  6 x  5
 y  1  log 7  6 x  5 7  6 x  5

Xét hàm số f  t   7t 1  6t . f '  t   7t 1.ln 7  6  0,t 
đồng biến trên

5

 ;   .
6



5
nên f  t  là hàm số
6

Mà f  x   f  y   x  y . Khi đó: 7 x1  6 x  5  0 . Xét

hàm số g x  7 x1  6 x  5 . g '  x   7 x1 ln 7  6 . g ''  x   7 x1  ln 7  0 . Suy ra,
2

5

g '  x  là hàm số đồng biến trên D   ;   , do đó phương trình g '  x   0 có
6

nhiều nhất một nghiệm. Suy ra, phương trình g  x   0 nếu có nghiệm thì có nhiều
nhất là hai nghiệm.

Giải:
Ta có 1  4 x  2 x1  2 x  2 x  2  (4 x  2.2 x  1)  2 x  2 x
 2  (2 x  1)2  2 x  2 x .
VT  2  (2 x  1)2  2  0  2 và VP  2 x  2 x  2 2 x.2 x  2 . Suy ra

VT  VP ,

dấu

 2x  1  0
bằng xảy ra khi  x
 x  0.
x
2  2
Page 10


Vậy

x  0 là

nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.














2
VP  log 2 x 2  2 x  5  log 2  x  1  4  log 2 4  2 . Suy ra



xảy ra khi

VT  VP ,

dấu bằng


 x 1  0
 x  1.

2


x
1
0





  4 4x 1 16x   4.16x
2

0

2 x0  4.16 x0
2

 4.16
2

x0

;

0

.

2 x0  4.16 x0
2

.

0

t 4

0


4

 

2
2 x0  4.16 x0
 2 x0  2.4 x0  8  2. 2 x0  2 x0  8  0
2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm

(pt vô nghiệm)

 1  65 
x  log 2 
 .
4



Phƣơng pháp 9: SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ LAGRANGE

Ví dụ 1. Giải phƣơng trình: 5x  4 x  2 x  7 x (1).
Giải:
Giả sử

x0

là một nghiệm của (1), hay ta có:



(do (*)) mà

f '(t )  x0  t  3

x0 1

 x0t x0 1

 t x0 1  .


Suy ra x0  k  3


x0 1

 x0  0
 x0  0
 k x0 1   0  


x0 1
x0 1
x0 1




 k x0 1


Page 13