CH 1: KHO ST HM S
Chng I: KHO ST HM S
Bi 1: Cho hm s:
3 2
6 9 4y x x x= - + - +
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s ó cho.
2) Vit phng trỡnh tip tuyn ca th (C) ti giao im ca (C) vi trc
honh.
3) Tỡm m phng trỡnh sau õy cú 3 nghim phõn bit:
3 2
6 9 4 0x x x m- + - + =
Gii
Tp xỏc nh: D = R
o hm:
2
3 12 9y x x
Â
= - + -
Cho
2
1
0 3 12 9 0
3
x
y x x
x
ộ
=
ờ
Â

Â
0 + 0
y
+ 4
0
Giao im vi trc honh:
3 2
1
0 6 9 4 0
4
x
y x x x
x
ộ
=
ờ
= - + - + =
ờ
=
ờ
ở
Giao im vi trc tung:
0 4x y= =ị
th hm s:

3 2
( ) : 6 9 4C y x x x= - + - +
.
Vit pttt ti giao im ca (C) vi trc honh.
1

ỹ
ù
+ = =
ù
- = - =ị
ý
 Â
ù
+ = =
ù
ỵ

pttt vi (C) ti B(4; 0)
v
pttt tai
0
0
4 0
: 0 9( 4) 9 36
( ) (4) 9
x y
B y x y x
f x f
ỹ
ù
+ = =
ù
- = - - = - +ị
ý
 Â

3 6 3y x x
Â
= - +
Cho
2
0 3 6 3 0 1y x x x
Â
= - + = =
Hm s ng bin trờn c tp xỏc nh; hm s khụng t cc tr.
Gii hn:
; lim lim
x x
y y
- Ơ + Ơđ đ
= - Ơ = + Ơ
Bng bin thiờn
x
1 +
y
Â
+ 0 +
y
1 +
Giao im vi trc honh:
Cho
3 2
0 3 3 0 0y x x x x= - + = =
2

Giao im vi trc tung:

=
ờ
- + = - =
ờ
=
ờ
ở
Vi
0
0x =
thỡ
3 2
0
0 3.0 3.0 0y = - + =
v
0
( ) 3f x
Â
=
nờn pttt l:
0 3( 0) 3y x y x- = - =
(loi vỡ trựng vi
D
)
Vi
0
2x =
thỡ
3 2
0

3
4 8y x x
Â
= - +
Cho
3 2
2 2
0
4 0 0
0 4 8 0 4 ( 2) 0
2 0 2
2
x
x x
y x x x x
x x
x
ộ
ộ ộ
=
= =
ờ
ờ ờ
Â
= - + = - + =
ờ
ờ ờ
- + = =
=
ờ

+
y
Â
+ 0 0 + 0
y
1 1
3
3

 Giao điểm với trục hoành: cho
2
4 2
2
1
1
0 4 3 0
3
3
x
x
y x x
x
x
é
é
= ±
=
ê
ê
= - + - =Û ÛÛ

điểm
của (C) và
d
Số
nghiệm
của pt(*)
m > 0,5 2m > 1 0 0
m = 0,5 2m = 1 2 2
–1,5< m <
0,5
–3< 2m <
1
4 4
m = –1,5 2m = –3 3 3
m < –1,5 2m < –3 2 2

0 0
3 0x y= =Þ

3
0
( ) ( 3) 4 8 4 3f x f y x x
¢ ¢ ¢
= = = - + = -g
 Vậy, pttt cần tìm là:
0 4 3( 3) 4 3 12y x y x- = - - = - +Û
Bài 4 Cho hàm số:
2 1
1
x

-
4

Hm s ó cho nghch bin trờn cỏc khong xỏc nh v khụng t cc tr.
Gii hn v tim cn:

; lim 2 lim 2 2
x x
y y y
- Ơ + Ơđ đ
= = =ị
l tim cn ngang.

;
1 1
lim lim 1
x x
y y x
- +
đ đ
= - Ơ = + Ơ =ị
l tim cn ng.
Bng bin thiờn
x
1 +
y
Â

y
2

0
0 0
1 3
1
1 1
2 2
4 ( 1)
1 1
4
( 1)
1
2 2
x x
x
x
x x
ộ ộ
ờ ờ
- = =
-
ờ ờ
= - - =
ờ ờ
ờ ờ
-
- = - =
ờ ờ
ở ở
Vi
3

0 0
1
2
2. 1
1
0
2
1
x y
-
= = =ị
-
. pttt l:
1
0 4 4 2
2
y x y x
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
- = - - = - +
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
Vy, cú 2 tip tuyn tho món ycbt l :
4 2y x= - +
v
4 10y x= - +

0
4 0 0
0 4 8 0 4 ( 2) 0
2 0 2
2
x
x x
y x x x x
x x
x
ộ
ộ ộ
=
= =
ờ
ờ ờ
Â
= - + = - + =
ờ
ờ ờ
- + = =
=
ờ
ờ ờ
ở ở
ở
Hm s B trờn cỏc khong
( ; 2),(0; 2)- Ơ -
, NB trờn cỏc khong
( 2; 0),( 2; )- + Ơ

0
Giao im vi trc honh:
cho
2
4 2
2
0 0
0 4 0
2
4
x x
y x x
x
x
ộ
ộ
= =
ờ
ờ
= - + =
ờ
ờ
=
=
ờ
ờ
ở
ở
Giao im vi trc tung: cho
0 0x y= =ị

Â
= - + = - + = = -

0 0
2 0x y= - =ị
Vy,
( 2;0)A -
Bi 6:
Cho hm s:
3 2 2
2 ( 1) ( 4) 1y x m x m x m= + + + - - +
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s khi m = 2.
2) Vit phng trỡnh tip tuyn ca (C) ti giao im ca
( )C
vi trc tung.
3) Tỡm cỏc giỏ tr ca tham s m hm s t cc tiu ti x = 0.
Gii
Vi m = 2 ta cú hm s:
3 2
2 3 1y x x= + -
Tp xỏc nh:
D = Ă
o hm:
2
6 6y x x
Â
= +
6

Cho

y
Â
+ 0 0 +
y
0
+ Ơ
1
Giao im vi trc honh:
cho
hoac
3 2
1
0 2 3 1 0 1
2
y x x x x= + - = = - =
Giao im vi trc tung: cho
0 1x y= = -ị
Bng giỏ tr: x
3
2
-
1-
1
2
-
0
1
2
y
1-


12 2( 1)y x m
ÂÂ
= + +
Hm s t cc tiu ti
0
0x =
khi v ch khi
(loai vỡ )
2 2
2
(0) 0
6.0 2( 1).0 4 0
(0) 0
12.0 2( 1) 0
2
4 0
2 2 2 1
1
2 2 0
f
m m
f
m
m
m
m m
m
m
ỡ

ù ù
> -
+ >
ù ù
ợ
ù
ợ
Vy, vi
2m =
thỡ hm s t tiu ti
0
0x =
.
Bi 7 Cho hm s:
1
x
y
x
=
+
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s.
2) Vit phng trỡnh tip tuyn vi (C) ti cỏc giao im ca (C) vi
: y x=D

3) Tỡm cỏc giỏ tr ca tham s k ng thng d: y = kx ct (C) ti 2 im phõn
bit.
Gii
7

Hm s

y y x
- +
- -đ đ
= + Ơ = - Ơ = -ị
l tim cn ng.
Bng bin thiờn
Giao im vi trc honh: cho
0 0y x= =
Giao im vi trc tung: cho
0 0x y= =ị
Bng giỏ tr: x
3-
2-
1-
0 1
y 3/2 2 || 0 1/2
th hm s nh hỡnh v :
Phng trỡnh honh giao im ca (C) v
D
l:
2
( 1) 0 0
1
x
x x x x x x
x
= = + = =
+

0 0

= -
ờ
ở
d:
y kx=
ct
( )C
ti 2 im phõn bit khi v ch khi phng trỡnh (*) cú 2 nghim
phõn bit

phng trỡnh (2) cú duy nht nghim khỏc 0, tc l
0 0
1 0 1
k k
k k
ỡ ỡ
ù ù
ạ ạ
ù ù

ớ ớ
ù ù
- ạạ
ù ù
ợ ợ
Vy, vi
0, 1k kạ ạ
thỡ d ct
( )C
ti 2 im phõn bit.

1
1
- Ơ
8

 Cho
hoac
2
0 3 6 0 0 2y x x x x
¢
= - + = = =Û Û
 Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2); nghịch biến trên các khoảng (–;0), (2;+)
Hàm số đạt cực đại
CD
3y =
tại
CD
2x =
đạt cực tiểu
CT
1y = -
tại
CT
0x =
 Giới hạn:
; lim lim
x x
y y
- ¥ + ¥® ®
= + ¥ = - ¥

Cho hàm số:
4 2
( 1) 2 1y x m x m= + + - -
(1)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm trên
( )C
có hoành độ bằng
3-
.
3) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có 3 điểm cực trị.
Giải
 Với m = 1 ta có hàm số:
4 2
2 3y x x= + -
 Tập xác định:
D = ¡
 Đạo hàm:
3
4 4y x x
¢
= +
 Cho
3
0 4 4 0 0y x x x
¢
= + = =Û Û
 Hàm số đồng biến trên các khoảng
(0; )+ ¥
, nghịch biến trên khoảng

2
1
0 3 3 0 1 1
3
x
y x x x x
x
ộ
=
ờ
= + - = = =
ờ
= -
ờ
ở
Giao im vi trc tung: cho
0 3x y= = -ị
th hm s:

0 0
2 5x y= - =ị

3
0
( ) ( 2) 4.( 2) 4.( 2) 12 2f x f
 Â
= - = - + - = -
Vy, pttt cn tỡm l:
5 12 2( 2) 12 2 19y x y x- = - + = - -
.

Hm s (1) cú 3 im cc tr
(*)
cú 2 nghim pbit khỏc 0
1 0 1m m- - > < -
Vy, vi
1m < -
thỡ hm s (1) cú 3 im cc tr.
Bi 10:
Cho hm s:
4
2
4
2
x
y x= - -
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s.
2) Tớnh din tớch hỡnh phng gii hn bi th (C) v trc honh.
3) Tỡm m phng trỡnh sau õy cú ỳng 2 nghim phõn bit:
Gii
Hm s:
4
2
4
2
x
y x= - -
Tp xỏc nh:
D = Ă
o hm:
3

.
Hm s t cc tiu
CT
9
2
y = -
ti
CT
1x =
.
Gii hn:
; lim lim
x x
y y
- Ơ + Ơđ đ
= + Ơ = + Ơ
Bng bin thiờn
x

1-
0 1 +
y
Â
0 + 0 0 +
y
+ Ơ
4
+ Ơ
9
2

Giao ca
( )C
vi Ox: cho
0 2y x= =
Din tớch cn tỡm:
2
5 3
2 2
4 2 4 2
2 2
2
1 1 224
4 4 4
2 2 10 3 15
x x
S x x dx x x dx x
- -
-
ổ ử
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ữ ỗ
= - - = - - = - - =
ỗ
ữ
ữ

ộ ộ
- > - >
ờ ờ
ờ ờ

ờ ờ
- = - = -
ờ ờ
ở ở
Bi 11
Cho hm s:
2 2
( 2) 1y x= - -
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s.
2) Da vo th (C) bin lun s nghim phng trỡnh:
4 2
4x x m- =
.
Gii
Hm s:
2 2 4 2 4 2
( 2) 1 4 4 1 4 3y x x x x x= - - = - + - = - +
Tp xỏc nh:
D = Ă
o hm:
3
4 8y x x
Â
= -
Cho

1y = -
ti
CT
2x =
.
Gii hn:
; lim lim
x x
y y
- Ơ + Ơđ đ
= + Ơ = + Ơ
Bng bin thiờn
x

2-
0
2
+
y
Â
0 + 0 0 +
y
+ Ơ
3
+ Ơ
11

1 1
Giao im vi trc honh:
Cho

Bng giỏ tr: x 2 1 0 12
y 3 1 3 1 3
th hm s: nh hỡnh v bờn:

4 2 4 2
4 4 3 3x x m x x m- = - + = +
(*)
S nghim ca phng trỡnh (*) bng s giao im ca (C) v d: y = m + 3
Ta cú bng kt qu nh sau:
m m + 3
S giao im
ca (C) v d
S nghim
ca pt(*)
m > 0 m + 3 > 3 2 2
m = 0 m + 3 = 3 3 3
4 < m < 0 1< m + 3 < 3 4 4
m = 4 m + 3 = 1 2 2
m < 4 m + 3 < 1 0 0
Bi 12:
Cho hm s:
2 1
1
x
y
x
+
=
-
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s.

= = =ị
l tim cn ngang.
;
1 1
lim lim 1
x x
y y x
- +
đ đ
= - Ơ = + Ơ =ị
l tim cn ng.
Bng bin thiờn
x
1 +
y
Â
+ +
y
2
- Ơ
+ Ơ
2
Giao im vi trc honh: cho
1
0
2
y x= = -
12

Giao im vi trc tung: cho

Bi 13:
Cho hm s:
3
2
( ) 2 3
3
x
y f x x x= = - + -
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s.
2) Vit phng trỡnh tip tuyn ca (C) ti im trờn (C) cú honh x
0
, vi
0
( ) 6f x
ÂÂ
=
.
3) Tỡm tham s m phng trỡnh
3 2
6 9 3 0x x x m- + + =
cú ỳng 2 nghim phõn
bit.
Gii
Hm s:
3
2
( ) 2 3
3
x
y f x x x= = - + -

Gii hn:
; lim lim
x x
y y
- Ơ + Ơđ đ
= + Ơ = - Ơ
Bng bin thiờn
x
1 3 +
y
Â
0 + 0
y
+ 0
4
3
-

Tõm i xng:
2
2 4 0 2
3
y x x y
ÂÂ
= - + = = = - ị
.
Tõm i xng l:
2
2;
3

( ) ( 1) ( 1) 4( 1) 3 8f x f
 Â
= - = - - + - - = -
Phng trỡnh tip tuyn cn tỡm:
16 8
8( 1) 8
3 3
y x y x- = - + = - -

3 2 3 2 3 2
1
6 9 3 0 6 9 3 2 3
3
x x x m x x x m x x x m- + + = - + = - - + - =
(*)
S nghim phng trỡnh (*) bng s giao im ca
( )C
v
:d y m=
Da vo th ta thy phng trỡnh (*) cú ỳng 2 nghim phõn bit
0
4
3
m
m
ộ
=
ờ
ờ


0 2 4 0
2
x
y x x
x
ộ
=
ờ
Â
= - =
ờ
=
ờ
ở
Hm s ng bin trờn cỏc khong
( 2; 0),( 2; )- + Ơ
, nghch bin trờn cỏc khong
( ; 2),(0; 2)- Ơ -
Hm s t cc i
CD
0y =
ti
CD
0x =
.
Hm s t cc tiu
CT
2y = -
ti
CT

2
2
4
x x
y x x
x
x
ộ
ộ
= =
ờ
ờ
= - =
ờ
ờ
=
=
ờ
ờ
ở
ở
Giao im vi trc tung: cho
0 0x y= =ị
Bng giỏ tr: x
2-
2-
0
2
2
14

ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
= - + - = - + - =
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ố ứ ố ứ
(vdt)
Bi 15:
Cho hm s:
2
( 3)
2
x x
y
-
=
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s.
2) Vit phng trỡnh tip tuyn ca (C) ti giao im ca (C) vi trc honh.
3) Tỡm iu kin ca k phng trỡnh sau õy cú nghim duy nht:
3 2
3 0x x k- - =
.
Gii
Hm s:
2 3 2
( 3) 3
2 2
x x x x

CT
= 2 ti
CT
2x =
.
Gii hn:
; lim lim
x x
y y
- Ơ + Ơđ đ
= - Ơ = + Ơ
Bng bin thiờn

x

- Ơ
0 2
+ Ơ

y
Â
+ 0 0 +

y
0
+ Ơ

- Ơ
2


0
0
0
3
x
y
x
ộ
=
ờ
=
ờ
=
ờ
ở
Vi
0 0 0
0, 0 ( ) 0x y f x
Â
= = =ị
. Pttt l:
0 0( 0) 0y x y- = - =
Vi
0 0 0
9
3, 0 ( )
2
x y f x
Â
= = =ị

-
=
-
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th
( )C
ca hm s.
2) Vit pt tip tuyn ca (C) bit tip tuyn vuụng gúc vi ng thng
: 1 0x y- + =D
3) Tỡm cỏc giỏ tr ca k (C) v d: y = kx - 3 ct nhau ti 2 im phõn bit.
Gii
Hm s:
3 2 2 3
1 1
x x
y
x x
- - +
= =
- -
Tp xỏc nh:
\ {1}D = Ă
o hm:
2
1
0,
( 1)
y x D
x
-
Â

+
2
Giao im vi trc honh:
3
0 2 3 0
2
y x x= - + = =
Giao im vi trc tung: cho
0 3x y= = -ị
Bng giỏ tr: x 0 1/2 1 3/2
2
y 3 4 || 0 1
th hm s nh hỡnh v bờn õy
162 3
( ) :
1
x
C y
x
- +
=
-
Tip tuyn vuụng gúc vi ng thng
: 1y x= +D
nờn cú h s gúc
0
( ) 1k f x

. pttt l:
1 1( 2) 1y x y x+ = - - = - +
Vi
0 0
0 3x y= = -ị
. pttt l:
3 1( 0) 3y x y x+ = - - = - -
Xột phng trỡnh :
2
3 2
3 3 2 ( 3)( 1) (1 ) 0
1
x
kx x kx x kx k x
x
-
= - - = - - - + =
-
(*)
S nghim ca phng trỡnh (*) bng s giao im ca (C) v d: y = kx
(C) v d cú 2 im chung

(*) cú 2 nghim phõn bit
2
0
0 0
0 1
(1 ) 0
k
a k

2) Vit phng trỡnh tip tuyn ca (C) ti im cc tiu ca nú.
3) Tỡm cỏc giỏ tr ca tham s m phng trỡnh sau õy cú 4 nghim phõn bit:
4 2
6 1 4 0x x m- + - =
Gii
Hm s:
4 2
1 3 5
4 2 4
y x x= - + -
Tp xỏc nh: D = R
o hm:
3
3y x x
Â
= - +
Cho
3 2
0
0 3 0 ( 3)
3
x
y x x x x
x
ộ
=
ờ
Â
= - + = - +
ờ

= - Ơ = - Ơ
Bng bin thiờn
x

3-
0
3
17

+
y
¢
+ 0 – 0 + 0 –
y
1 1
- ¥
5
4
-
- ¥
 Giao điểm với trục hoành:

2
4 2
2
1
1
1 3 5
0 0
5

0
4
x y= = -Þ

0
( ) (0) 0f x f
¢ ¢
= =
 Vậy, tiếp tuyến tại điểm cực đại của hàm số là:
5 5
0( 0)
4 4
y x y+ = - = -Û

4 2 4 2
1 3 1
6 1 4 0
4 2 4
x x m x x m- + - = - + = -Û
4 2
1 3 5
1
4 2 4
x x m- + - = - -Û
(*)
 Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của
( )C
và d: y = –1 – m. Do
đó, dựa
vào đồ thị ta thấy (*) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

Vậy m < 0 hoặc m > 1/4 thì hàm số có cực trị.
Giải
Hàm số đạt cực đại tại
Bài 2: Cho hàm số :
Với giá trị nào của m thì hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0
( ) ( )
= − − + − +
3 2
1 1
y x m 1 x 3 m 2 x .
3 3
20
( )
( )
⇔ ∆ = + − >
⇔ − > ⇔ < >
2
' 9m 3m m 1 0
1
3m 4m 1 0 m 0 ho c m
4
Æ
=

= ⇔

<

1
+x
2
= 4x
1
.x
2
.
Giải
Để hàm số có cực đại, cực tiểu tại x
1
, x
2
21
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
2
Ta có f '(x) x 2 m 1 x 3 m 2
f ''(x) 2x 2 m 1)
f '(0) 3 m 2 ; f " 0 2 m 1
3 m 2 0
m 2
Thay v o h
m 1
2 m 1 0
= − − + −
= − −

1 7 1 7
9m 6(m 1) 0 m
3 3
∆ >

⇔

+ =


− +
< ∪ >

⇔ ⇔ = −


= −

' 0
3(m 1) 0
1 7 1 7
m m
m 1
3 3
m 1
{ }
 
− +
∈ ∪ −
 



⇔ ∆ > ⇔ − >
 
 
−
+
 
 
≠
≠
 ÷


 

2
2
m 0
m 0
' 0 1 4m 0
1
4m 3
f 0
0
m
m
{ }
≠


Theo Vi-ét ta có:
m
x .x 4
2 1
x x 4x .x 16 m
m 8
Tho mãn (*)¶
Vậy m = 1/8 thì hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại x
1
, x
2
thỏa mãn x
1
+ x
2
= 4x
1
.x
2
.
Bài 5:
Cho hàm sô : TÌm m để hàm số có cực đại, cực tiểu nằm
về hai phía của trục Oy.
Giải
Để hàm số có cực đại, cực tiểu nằm về hai phía của trục Oy thì f(x) = 0 có hai
nghiệm phân biệt thỏa mãn:
22
+ +
=
+

⇔ >
af(0) 0 1 m 0
f( 1) 0 1 m 0
m 1

CHỦ ĐỀ 2: PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH
MŨ VÀ LÔGARIT
A.PHƯƠNG TRÌNH,BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ
I. PHƯƠNG TRÌNH MŨ
Bài 1 Giải các phương trình mũ
a)
2 2
2 3.2 1 0
x x
+
+ − =
b) 2
2x+5
= 24
x+1
.3
-x-1
Giải:
a)
2 2
2 3.2 1 0
x x
+
+ − =


= 24
x+1
.3
-x-1
⇔
2
2x+5
= 3
x+1
.8
x+1
.3
-x-1
⇔
2
2x+5
= 8
x+1
⇔
2
2x+5
= 2
3(x+1)
⇔
2x + 5 = 3x + 3
⇔
x = 2.
Vậy phương trình có nghiệm x = 2.
Bài 2: a.Giải phương trình :
x x x

 
 ÷
 
. Điều kiện t > 0 được phương trình bậc hai
6.t
2
– 13t + 6 = 0
*Hai nghiệm
3
t
2
=
hoặc t =
2
3
(hai nghiệm thỏa mãn điều kiện )
*Nghiệm của phương trình (1): là x = -1 hay x = 1
b.
23

2
7
7
7 2. 9 0
7
7 9.7 14 0
1
7 7
log 2
7 2

+ 6.3
x
– 7 > 0 (2)
Giải :
a) (1)
2
66
2
<⇔
+
xx

02
2
<−+⇔
xx

12
<<−⇔
x
Vậy bpt có nghiệm
2 1x
− < <
b) Đặt t = 3
x
, ( t > 0)
Khi đó bpt trở thành: t
2
+ 6t -7 > 0
7

<<⇔
<<⇔
x
t
x

Vậy bất phương trình có nghiệm 0<x<2
Bài 3 : Giải bất phương trình: 49
x+1
+ 40.7
x+2
- 2009 < 0
Giải :
pt ⇔ 49.7
2x
+ 40.49.7
x
- 2009 =<0
⇔ 7
2x
+ 40.7
x
- 41 < 0
Đặt t = 7
x
> 0
Bất phương trình trở thành t
2
+ 40.t - 41 < 0
⇔ -41 < t < 1

=−+ xx
Giải :
a) Điều kiện: x > 0
log
2
x + log
4
x + log
8
x = 11

⇔
log
2
x+
1
2
log
2
x+
1
3
log
2
x =11

⇔
log
2
x = 6

x
x
x
Bài 2: Giải phương trình : log
2
x + log
4
x = log
2
3

Giải : ĐK : x > 0
Pt log
2
x +
1
2
log
2
x = log
2
3


3
2
log
2
x = log
2

Đối chiếu điều kiện ta có x = 4 là nghiệm của phương trình.
Bài 4 : Giải phương trình :
2
2 1
2
2
log 3log log 2x x x+ + =
. (1)
Giải : Đk:
0x
>
( )
2
2 2
1 4log 2log 2 0x x
⇔ + − =

2
2
log 1
1
log
2
x
x
= −


⇔


Giải :
a) log
0,2
(5x +10) < log
0,2
(x
2
+ 6x +8 ) (1)
25