Cộng đồng chia sẻ tri thức Doc24.vn

Một số bài toán phương trình logarit khác cơ số - Huỳnh Đức Khánh

c82aad650d56ec8efc48fad0c2f59e86
Gửi bởi: Khoa CNTT - HCEM vào ngày 2021-01-04 04:30:11 || Kiểu file: PDF Lượt xem: 45 | Lượt Download: 0 | File size: 0.198405 Mb

Nội dung tài liệu Xem trước tài liệu

Link tài liệu:
Tải xuống

Các tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Chuaån bò cho kyø thi Ñaïi hoïc

Vài bài toán về phương trình
logarit khác cơ số
Huỳnh Đức Khánh
Giải tích – ĐH Quy Nhơn

Descartes

Phương trình logarit với cơ số khác nhau luôn là vấn đề gây khó dễ cho học sinh khi gặp phải
trong các đề thi. Học sinh thường lúng túng khi biến đổi, gặp khó khăn để đưa về cùng cơ số hoặc đưa về
các phương trình cơ bản. Tôi viết bài xin đóng góp vài bài mẫu về vấn đề này, nó được dùng các phương
pháp:
Đổi cơ số, đặt ẩn phụ để đưa về phương trình mũ, biến đổi tương đương, đánh giá hai vế.

Ví dụ 1. Giải phương trình:
log2 x + log 3 x + log 4 x = log20 x .

Điều kiện: x > 0 .
Với điều kiện trên phương trình tương đương
log2 x + log 3 2. log2 x + log 4 2. log2 x = log20 2.log2 x

⇔ log2 x ( 1 + log3 2 + log4 2 − log20 2 ) = 0
⇔ log2 x = 0

(do 1 + log 3 2 + log 4 2 − log20 2 ≠ 0 )

⇔ x = 1 (thỏa mãn).
Vậy phương trình có nghiệm x = 1 .

Ví dụ 2. Giải phương trình:
log 3 ( x 2 − 3x − 13 ) = log2 x .

 x 2 − 3x − 13 > 0
3 + 61
Điều kiện: 
.
⇔x>
 x > 0
2

Đặt: log2 x = t ⇔ x = 2t .

Phương trình trở thành: log 3 ( 4 t − 3.2t − 13 ) = t

⇔ 4 t − 3.2t − 13 = 3t
t
t
t
 3 
 1 
 2 



⇔ 1 =   + 13   + 3   .
 4 
 4 
 4 
t

t

(*)

t

3
1
2
Hàm số y =   + 13   + 3   là tổng của các hàm nghịch biến nên y nghịch biến,
 4 
 4 
 4 
hàm y = 1 là hàm hằng. Do đó phương trình (*) có nghiệm duy nhất.
3

3

3

3
1
2
Ta có: 1 =   + 13   + 3   . Suy ra phương trình (*) có nghiệm t = 3 .
 4 
 4 
 4 
Với t = 3 ⇒ x = 23 = 8 (thỏa mãn).
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 8 .
Page 1

Chuaån bò cho kyø thi Ñaïi hoïc
Ví dụ 3. Giải phương trình:

(

log2 1 +

)

x = log3 x .

Điều kiện: x > 0 .
Đặt: log 3 x = t ⇔ x = 3t .

(

Phương trình trở thành: log2 1 +

)

3t = t

⇔ 1 + 3t = 2t
t
t
 3 
 1 

 = 1 .
⇔   + 
 2 
 2 

(*)

t

t
 3 
 1 

 là tổng của các hàm nghịch biến nên y nghịch biến, hàm
Hàm số y =   + 
 2 
 2 
y = 1 là hàm hằng. Do đó phương trình (*) có nghiệm duy nhất.
2

2
 3 
 1 

 = 1 . Suy ra phương trình (*) có nghiệm t = 2 .
Ta có:   + 
 2 
 2 

Với t = 2 ⇒ x = 32 = 9 (thỏa mãn).
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 9 .
Ví dụ 4. Giải phương trình:
log 3 ( x 2 + 2x + 1 ) = log2 ( x 2 + 2x ) . (1)
 x 2 + 2x + 1 > 0
 x < −2
Điều kiện:  2
.
⇔ 
 x + 2x > 0
x>0


Đặt: u = x 2 + 2x . Phương trình (1) trở thành: log 3 ( u + 1 ) = log2 u .

(2)

Xét phương trình (2). Ta đặt: log2 u = t ⇔ u = 2t .
Phương trình (2) trở thành: log 3 ( 2t + 1 ) = t
⇔ 2t + 1 = 3t
t
t
 2 
 1 


⇔   +   = 1 .
 3 
 3 
t

t

(3)

2
1
Hàm số y =   +   là tổng của các hàm nghịch biến nên y nghịch biến, hàm y = 1
 3 
 3 
là hàm hằng. Do đó phương trình (3) có nghiệm duy nhất.
1

1

2
1
Ta có:   +   = 1 . Suy ra phương trình (3) có nghiệm t = 1 .
 3 
 3 
 x = −1 − 3
1
2
(thỏa mãn).
Với t = 1 ⇒ u = 2 = 2 ⇒ x + 2x = 2 ⇔ 
 x = −1 + 3
Vậy phương trình có nghiệm x = −1 − 3; x = −1 + 3 .
Page 2

Chuaån bò cho kyø thi Ñaïi hoïc
Ví dụ 5. Giải phương trình:
log 3 ( x + 1 ) + log5 ( 3x + 1 ) = 4 .
 x + 1 > 0
1
Điều kiện: 
⇔ x>− .
3
 3x + 1 > 0
Đặt: log 3 ( x + 1 ) = t ⇔ x + 1 = 3t , suy ra: 3x + 1 = 3.3t − 2 .

Phương trình trở thành: t + log5 ( 3.3t − 2 ) = 4
⇔ log5 ( 3.3t − 2 ) = 4 − t

⇔ 3.3t − 2 = 54− t
625
⇔ 3.3t − 2 = t
5
t
t
⇔ 3.15 − 2.5 = 625
t
t
 1 
 1 


⇔ 3 = 625   + 2   .
 15 
 3 
t

t

1
1
Hàm số y = 625   + 2   là tổng của các hàm nghịch biến nên y nghịch biến, hàm
 15 
 3 
y = 3 là hàm hằng. Do đó phương trình có nghiệm duy nhất.
2

2

1
1
Ta có: 3 = 625   + 2   . Suy ra phương trình có nghiệm t = 2 .
 3 
 15 
Với t = 2 ⇒ x + 1 = 32 ⇔ x = 8 (thỏa mãn).
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 8 .

Cách khác: ● Kiểm tra x = 8 là nghiệm của phương trình.
● Nếu x > 8 thì

log 3 ( x + 1 ) > log3 ( 8 + 1 ) = 2
log5 ( 3x + 1 ) > log5 ( 3.8 + 1 ) =


 ⇒ log ( x + 1 ) + log ( 3x + 1 ) > 4 .
3
5
2 


● Nếu x < 8 thì

log 3 ( x + 1 ) < log3 ( 8 + 1 ) = 2
log5 ( 3x + 1 ) < log5 ( 3.8 + 1 ) =


 ⇒ log 3 ( x + 1 ) + log5 ( 3x + 1 ) < 4 .
2 


Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 8 .

Page 3

Chuaån bò cho kyø thi Ñaïi hoïc
Ví dụ 6. Giải phương trình:
log2 ( x2 − 5x + 4 ) + log5 ( x − 4 ) = 1 − log 1 ( 5x − 5 ) .
2

 x − 5x + 4 > 0

Điều kiện:  x − 4 > 0
⇔ x > 4.

 5x − 5 > 0
Với điều kiện trên phương trình tương đương
log2  ( x − 1 )( x − 4 )  + log5 ( x − 4 ) = 1 + log2  5 ( x − 1 ) 
2

⇔ log2 ( x − 1 ) + log2 ( x − 4 ) + log5 ( x − 4 ) = 1 + log2 5 + log2 ( x − 1 )
⇔ log2 ( x − 4 ) + log5 2. log2 ( x − 4 ) = 1 + log2 5
⇔ ( 1 + log5 2 ) log2 ( x − 4 ) = 1 + log2 5
⇔ log2 ( x − 4 ) =

1 + log2 5
1 + log5 2

⇔ log2 ( x − 4 ) = log2 5
⇔ x−4 = 5
⇔ x = 9 (thỏa mãn).
Vậy phương trình có nghiệm x = 9 .

Ví dụ 7. Giải phương trình:
log 3x + 7 ( 4x2 + 12x + 9 ) + log2x + 3 ( 6x 2 + 23x + 21 ) = 4 . (1)
3
< x ≠ −1 .
2
Với điều kiện trên phương trình tương đương

Điều kiện: −

2

log 3x + 7 ( 2x + 3 ) + log2x + 3  ( 3x + 7 )( 2x + 3 )  = 4

⇔ 2 log 3x + 7 ( 2x + 3 ) + log2x + 3 ( 3x + 7 ) + 1 = 4
⇔ 2 log 3x + 7 ( 2x + 3 ) +

1
= 3.
log 3x + 7 ( 2x + 3 )

(2)

Đặt: t = log3x + 7 ( 2x + 3 ) . Phương trình (2) trở thành

t = 1

1
2
.
2t + = 3 ⇔ 2t − 3t + 1 = 0 ⇔ 
t = 1
t

2
• Với t = 1 ⇒ log 3x + 7 ( 2x + 3 ) = 1 ⇔ 2x + 3 = 3x + 7 ⇔ x = −4 (loại).
1
1
• Với t = ⇒ log3x + 7 ( 2x + 3 ) = ⇔ 2x + 3 =
2
2
1
Vậy phương trình có nghiệm x = − .
4
Page 4

 x = −2 ( loai )

.
3x + 7 ⇔ 
x = −1

4

Chuaån bò cho kyø thi Ñaïi hoïc
Ví dụ 8. Giải phương trình:
log x ( x + 1 ) = lg 2 .

Điều kiện: 0 < x ≠ 1 .
● Nếu 0 < x < 1 thì x + 1 > 1 , ta có
log x ( x + 1 ) < log x 1 = 0 = lg1 < lg 2 .
● Nếu x > 1 thì x + 1 > x , ta có
log x ( x + 1 ) > log x x = 1 = lg10 > lg 2 .
Vậy phương trình vô nghiệm.
Ví dụ 9. Giải phương trình:
log2 x + log 3 ( x + 1 ) = log 4 ( x + 2 ) + log5 ( x + 3 ) .
Điều kiện: x > 0 .
● Kiểm tra x = 2 là một nghiệm của phương trình.
● Nếu 0 < x < 2 thì
x
x+2
x +1 x + 3
>
>1
>
> 1,

2
4
3
5
x
x+2
x+2
⇒ log2 x > log 4 ( x + 2 ) .
Suy ra
> log2
log2 > log2
2
4
4
x +1
x+3
x+3
⇒ log 3 ( x + 1 ) > log5 ( x + 3 ) .
log 3
> log 3
> log5
3
5
5
Suy ra
log2 x + log 3 ( x + 1 ) > log 4 ( x + 2 ) + log5 ( x + 3 ) .
● Tương tự cho trường hợp x > 2 , ta được
log2 x + log 3 ( x + 1 ) < log 4 ( x + 2 ) + log5 ( x + 3 ) .
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2 .
Ví dụ 10. Giải phương trình:
log2 ( log 3 x ) = log 3 ( log2 x ) .

Điều kiện: x > 1 .
 log 3 x = 2t (1)
 log2 ( log3 x ) = t
.
Đặt: log2 ( log 3 x ) = log 3 ( log2 x ) = t . Khi đó 
⇔ 
 log 3 ( log2 x ) = t
 log2 x = 3t (2)


t
t
t
2
log 3 x
log x 2  2 
2
Suy ra:
= t ⇔
=   ⇔ log 3 2 =   ⇔ t = log 2 ( log 3 2 ) .
 3 
log x
log 3  3 
3
2

x

3

log2 ( log3 2 )
t

Từ (1) suy ra: x = 32 = 32

3

.

Page 5

Chuaån bò cho kyø thi Ñaïi hoïc
Bài tập tương tự. Giải các phương trình sau:

(

4

)

1. log7 ( x + 2 ) = log5 x .

2. 2 log6

3. log 3 ( x 2 − 1 ) = log2 x .

4. log2 ( x + 1 ) − log3 ( x + 1 ) = 0 .

x+

x = log4 x .

2

3

5. log6 ( x 2 − 2x − 2 ) = log5 ( x2 − 2x − 3 ) . 6. log2 x = log 3 x .
------------------------------ C
m hhooïcïc ssiinnhh ññaaïtït kkeeátát qquuaaû û ttooátát ttrroonngg kkyyø ø tthhii ssaaépép ttôôùiùi ---------------------------Chhuuùcùc ccaaùcùc eem

Page 6