Mô tả:
------------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
.
x 5
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 và x = 5.
b) log 2 (3x 4) 3 .
4
.
3
log 2 (3x 4) 3 l3x 4 23 3x 4 8 3x 12 x 4 .
ĐK: 3x 4 0 x
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 4.
Page 1
Phƣơng pháp 2: ĐƢA VỀ CÙNG CƠ SỐ
1) Đối với phương trình mũ: biến đổi phương trình về dạng a f ( x ) a g ( x ) .
- Nếu cơ số a là một số dương khác 1 thì a f ( x ) a g ( x ) f ( x) g ( x) .
a 0
- Nếu cơ số a thay đổi thì a f ( x ) a g ( x )
.
(
1)
(
)
(
)
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
;
b) log 2 (3x 4) 3 .
Giải:
81 3x 5 x4 34 x2 5x 4 4
x 0
x2 5x 0 x( x 5) 0
.
x 5
a) 3x
2
5 x 4
2
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 và x = 5.
4
b) ĐK: 3x 4 0 x .
3
log 2 (3x 4) 3 log 2 (3x 4) log 2 23 3x 4 23 3x 4 8
3x 12 x 4 .
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 4.
Page 2
Ví dụ 2. Giải các phƣơng trình:
a) 3x
2
x 8
c) 2.5x
2
913 x
3
5.2 x
2
3
;
b) 2x1 2x1 2x 28 .
;
d) 2x
2
1
3x 3x
2
2
1
2x
2
2
.
Giải:
a) 3x
2
x 8
913 x 3x
2
x 8
32(13 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) 2x1 2x1 2x 28 22.2 x1 2 x1 2.2x1 28 2 x1 (22 1 2) 28
2x1 4 2x1 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
3
2
3
2x
5
5
2
2
x 2 3
1
5
2
x2 3 1 x2 4 x 2 .
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = - 2 và x = 2.
d) 2x
2
2x
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 x 1.9 3x 1.4
3
2
2
x 2 1
2
1
2
2
2
2 x 1 (1 23 ) 3x 1 (1 3)
2
4
2
9
3
2
x 2 1
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
Do x 0 nên nghiệm của phương trình là x 2 .
b) ĐK: x 0 .
log2 x log3 x log4 x log5 x log2 x log3 2.log2 x log4 2.log 2 x log5 2.log 2 x
log2 x.(1 log3 2 log 4 2 log5 2) 0 log2 x 0 x 1.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1.
Phƣơng pháp 3: BIẾN ĐỔI ĐƢA VỀ PHƢƠNG TRÌNH TÍCH
Ví dụ 1. Giải các phƣơng trình:
a) 12.3x 3.15x 5x1 20
;
b) log2 (3x 4).log2 x log2 x .
Giải:
a) 12.3x 3.15x 5x1 20 12.3x 3.3x.5x 5.5x 20 0
3.3x (4 5x ) 5(5x 4) 0 (5x 4)(3.3x 5) 0
5 x 4 0
5
5
x
3x x log3 .
3
3
3.3 5 0
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
4
nên nghiệm của phương trình là x 2 .
3
Phƣơng pháp 4: LÔGARIT HÓA, MŨ HÓA
Ví dụ 1. Giải các phƣơng trình:
a) 3x.2 x 1
2
b) 3log2 x x 2 .
;
Giải:
a) Lấy lô garit hai vế với cơ số 2, ta được
log 2 3x.2 x log 2 1 log 2 3x log 2 2 x 0 x.log 2 3 x 2 .log 2 2 0
2
2
x 0
x 0
.
x.log 2 3 x 2 0 x log 2 3 x 0
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
9.2x
2 2x
9.2x
2.22x
2x
Đặt t
2t
2
9t
2 x
4
2 2x 2
2 x
1
4
0
2 x
2
1 2x 2
.2
2
22x
2
0
0 ta được:
2x
9 x2
.2
4
x
1
0
0
điều kiện t > 0. Khi đó phương trình tương đương với :
0
t
4
t
1
2
2x
2 x
2x
2 x
22
2
1
x2
x
x2
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
3 ; 2
3
Giải: Nhận xét rằng: 7
4 3
Do đó nếu đặt t
3 điều kiện t > 0, thì: 2
2
3 2
x
2
x
0
3
3
1
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
2t
1
3
0
2
3
x
t
1 t2
t
1
x
0.
t
1
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
2
9.2x
0
4.9.2x
2x
9
2
t
9
t
2x
.
Khi đó :
+ Với t
+ Với t
9
x
2
3x
x
9
x
3
x
2
2
3
2
x
1
x
0
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 2, x = 0.
Page 7
Ví dụ 4. Giải phƣơng trình: 22x
2x
6
6
Giải: Đặt u
2x , điều kiện u > 0. Khi đó phương trình thành: u 2
Đặt v
6, điều kiện v
u
v2
6
u
u
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
6
u
u
0
v u
v
3
u
1
u
2
0
3
u
v
0
u
v
1
2x
3
x
0
log2 3
+ Với u + v + 1 = 0 ta được :
u2
u
5
0
u
u
1
21
2
1
21
u
1
21
2
2x
21 1
2
x
log2
21 1
2
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
t
t
t
Vế trái của (*) là hàm số nghịch biến, vế phải là hàm hằng nên phương trình (*)
nếu có nghiệm thì có nhiều nhất là một nghiệm. Mà t 2 là một nghiệm của (*)
nên đó là nghiệm duy nhất của (*).
log7 x 2 x 49.
Vậy phương trình có nghiệm x = 49.
Ví dụ 2. Giải phƣơng trình: 7 x1 6log7 (6 x 5) 1
Giải: ĐK : 6 x 5 0 x
5
.
6
Đặt y 1 log 7 6 x 5 . Khi đó, ta có hệ phương trình
x 1
7 x 1 6 y 5 7 x 1 6 y 5
7 6 y 1 1
y 1
y 1
7 x1 6 x 7 y 1 6 y .
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 x1 6 x 5 0 . Xét
hàm số g x 7 x1 6 x 5 . g ' x 7 x1 ln 7 6 . g '' x 7 x1 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.
Nhẩm nghiệm ta được 2 nghiệm của phương trình là: x = 1, x = 2.
Sài Gòn, 10/2013
Page 9
Ví dụ 3. Giải phƣơng trình: 3x 4 x 2 7 x (*).
Giải:
Vế trái của (*) là hàm số đồng biến, vế phải của (*) là hàm số nghịch biến nên
phương trình (*) nếu có nghiệm thì có nhiều nhất là một nghiệm. Mà x 0 là một
nghiệm của (*) nên đó là nghiệm duy nhất của (*).
Phƣơng pháp 7: PHƢƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
Ví dụ 1. Giải phƣơng trình: 2 x
2
1
2 x.
Giải: ĐK : x 0 .
Ta có VT 2 x 1 201 2 và VP 2 x 2 0 2 . Suy ra VT VP , dấu bằng
xảy ra khi x 0 .
2
Vậy x 0 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Ví dụ 2. Giải phƣơng trình: 1 4 x 2 x1 2 x 2 x .
Giải:
Ta có 1 4 x 2 x1 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.
Ví dụ 3. Giải phƣơng trình: log3 9 x 1 log 2 x 2 2 x 5 .
Giải:
x 1
x 1
x 1 0
ĐK : 9 x 1 0 9 x 1
x 82
x 1;82 .
2
2
2
x 2x 5 0
x 1 4 0
x 1 4 0
Ta có :
VT log3 9 x 1 log3 9 2 và
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
Vậy x 1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Phƣơng pháp 8: PHƢƠNG PHÁP QUAN NIỆM HẰNG SỐ LÀ ẨN
Ví dụ 1. Giải phƣơng trình: 16x 4x1 2x2 16 .
Giải:
Ta có 16x 4x1 2x2 16 42 2x.4 4x1 16x 0 (*).
Xét phương trình ẩn t sau đây t 2 2x t 4x1 16x 0 (**). Giả sử (*) đúng với giá trị
x0 nào đó thì phương trình ẩn t sau có nghiệm t = 4: t 2 2x0 t 4x0 1 16x0 0 .
Page 11
Biệt thức
Suy ra
TH1:
2 x0
t 4
4
2
x0
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
2 x0 2.4 x0 8 2. 2 x0
2
x
1 65
( n)
2 0
4
x0
2 8 0
x
1 65
(l )
2 0
4
1 65
x0 log 2
.
4
TH2:
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:
5x0 4x0 2x0 7 x0 5x0 2x0 7 x0 4x0 (*).
Xét hàm số f (t ) t 3 0 t x0 trên đoạn 2;4 thì
x
f (t )
là hàm số liên tục và có
đạo hàm trên đoạn 2;4 . Áp dụng định lí lagrange thì có số k 2;4 sao cho
Page 12
7 x0 4 x0 5 x0 2 x0
f (4) f (2)
f '(k )
0
42
42
x0 t 3
x0 1
(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
k
k
3
0
k 3
x0 0
x0 0
x0 0
.
k 3 x0 1
x
x
1
0
1
1 0
0
k
Thay x 0; x 1 vào (1) ta thấy chúng đều thỏa mãn.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x 0; x 1 .
Page 13
MỘT SỐ BÀI TẬP LÀM THÊM NHIỀU DẠNG
1. Giải phương trình sau:
Điều kiện: x > 1
Với điều kiện trên thì phương trình đã cho tương đương với
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x = 4/3
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 3
- Xem thêm -