Tổng hợp bài tập về Mũ, logarit Giải tích 12

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 
 288 
 Chuyên đề 10: MŨ, LOGARIT 
 Vấn đề 1: PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT 
A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 
PHƯƠNG TRÌNH MŨ 
Dạng 1: Dạng cơ bản: với 0 < a  1 

  

f(x)
a
b 0
a b
f(x) log b
Dạng 2: Đưa về cùng cơ số: f(x) g(x)a a (1) 
  Nếu 0 < a  1: (1)  f(x) = g(x) 
  Nếu a thay đổi: (1) 
 


  
a 0
(a 1) f(x) g(x) 0
Dạng 3: Đặt ẩn phụ: Đặt t = a
x
, t > 0; giải phương trình  



t 0
g(t) 0
Dạng 4: Đoán nghiệm và chứng minh nghiệm đó duy nhất. 
PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT 
 Điều kiện tồn tại loga f(x) là 
 


0 a 1
f(x) 0
Dạng 1: 
 
  

a b
0 a 1
log f(x) b
f(x) a
Dạng 2: Đưa về cùng cơ số: 
 

  
 
a a
0 a 1
log f(x) log g(x) g(x) 0
f(x) g(x)
Dạng 3: Đặt ẩn phụ 
 Đặt t = logax sau đó giải phương trình đại số theo t 
Dạng 4: Đoán nghiệm và chứng minh nghiệm duy nhất 
B. ĐỀ THI 
Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2011 
 Giải phương trình:    22 1
2
log 8 x log 1 x 1 x 2 0       (x  R). 
Giải 
    22 1
2
log 8 x log 1 x 1 x 2 0       . Điều kiện: –1 x  1. 
TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 
 289 
     22 2log 8 x log 1 x 1 x 2        28 x 4 1 x 1 x     (*). 
 Với –1 x  1 thì hai vế của (*) không âm nên bình phương hai vế của (*) ta 
được: (*)     
2
2 2
8 x 16 2 2 1 x        
2
2 2
8 x 32 1 1 x    (1). 
 Đặt t =  21 x  t2 = 1 – x2  x2 = 1 – t2 , (1) trở thành: 
    
2
2
7 t 32 1 t    t
4
 + 14t
2
 – 32t + 17 = 0 
  (t – 1)(t3 – t2 +15t – 17) = 0  (t – 1)2(t2 + 2t + 17) = 0  t = 1. 
 Do đó (1)  21 x = 1  x = 0 (Thỏa điều kiện –1 x  1). 
 Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm x = 0. 
Bài 2: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2011 
 Giải bất phương trình 
2 2
x x x 2x 3 1 x 2x 3
4 3.2 4 0
        
Giải 
2 2
x x x 2x 3 1 x 2x 3
4 3.2 4 0
         
2 2
2x x x 2x 3 2 x 2x 3
2 3.2 .2 4.2 0
      
  
2 2
x 2x 3 x 2( x 2x 3 x)
1 3.2 4.2 0
        (1) 
 Đặt t = 
2
x 2x 3 x
2
  
 > 0 (*) 
 (1) thành 1 – 3t – 4t2 > 0  4t2 + 3t – 1 < 0  
1
1 t
4
   
 Do đó bất phương trình đã cho tương đương: 
2
x 2x 3 x
2
  
 < 
1
4
 = 2
-2 
 2 2 3 2x x x      2x 2x 3 x 2    
  
1 1 i
z 2 2
    
7
3 x
2
  . 
Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2010 
 Giải phương trình 
        
3 3
2x x 2 x 2 x 2 x 4x 4
4 2 4 2 (x ) 
Giải 
        
3 3
2x x 2 x 2 x 2 x 4x 4
4 2 4 2 (*); Điều kiện : x   2 . 
 (*)        
3
2 x 2 4x 4 x 4x 4
4 (2 1) 2 (2 1) 0      
3
4x 4 2 x 2 x
(2 1)(4 2 ) 0 
 Do đó phương trình (*) có hai trường hợp. 
        4x 42 1 4x 4 0 x 1 (nhận) 
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 
 290 
    
3
4 2 x 2 x
2 2    3x 2 x 2 4     3x 8 2( x 2 2) 
  

   
 
2 2(x 2)
(x 2)(x 2x 4)
x 2 2
 
 
2
x 2 nhận
2
x 2x 4 (1)
x 2 2


   
  
 Nhận xét: Phương trình (1) có: 
 VT =      2 2x 2x 4 (x 1) 3 3 ; VP = 
 
2
1
x 2 2
 Suy ra phương trình (1) vô nghiệm. 
 Vậy : (*) chỉ có hai nghiệm x = 1; x = 2. 
Bài 4: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2008 
 Giải phương trình     2
2 2
log (x 1) 6log x 1 2 0 
Giải 
     2
2 2
log (x 1) 6log x 1 2 0 (1) 
 Điều kiện x > 1 
 (1)      2
2 2
log (x 1) 3log (x 1) 2 0 
  
      
   
     
2
2
log (x 1) 1 x 1 2 x 1
log (x 1) 2 x 1 4 x 3
Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2008 
 Giải phương trình log2x – 1(2x
2
 + x – 1) + logx + 1(2x – 1)
2
 = 4 
Giải 
 Điều kiện: 
  
 
    
    
    
  
2
2
0 2x 1 1
1
2x x 1 0 x 1
x 12
0 x 1 1 2
x 1
(2x 1) 0
      
2 2
2x 1 x 1
log (2x x 1) log (2x 1) 4 
  log2x – 1(2x – 1)(x + 1) + logx + 1(2x – 1)
2
 = 4 
  1 + log2x – 1(x + 1) + 2logx + 1(2x – 1) = 4 
 Đặt:  

     

2x 1 x 1
2x 1
1 1
t log (x 1) log (2x 1)
log (x 1) t
 Ta có phương trình ẩn t là: 

        

2
t 12
1 t 4 t 3t 2 0
t 2t
TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 
 291 
  Với t = 1  log2x – 1(x + 1) = 1  x + 1 = 2x – 1  x = 2 (nhận) 
  Với t = 2  log2x – 1(x + 1) = 2  (2x – 1)
2
 = x + 1  


 

x 0 (loại)
5
x
4
 Nghiệm của phương trình là: x = 2 và 
5
x
4
. 
Bài 6: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2007 
 Giải phương trình:    

x x
2 2 x
1
log (4 15.2 27) 2log 0
4.2 3
Giải 
 Điều kiện: 4.2
x
  3 > 0. 
 Phương trình đã cho tương đương với. 
 log2(4
x
 + 15.2
x
 + 27) = log2(4.2
x
  3)
2
  5.(2
x
)
2
  13.2
x
  6 = 0 
  
 x
x
2
2 loại
5
2 3

 

 
 Do 2
x
 > 0 nên 2
x
 = 3  x = log23 (thỏa mãn điều kiện) 
Bài 7: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2007 
 Giải phương trình:     x x( 2 1) ( 2 1) 2 2 0 
Giải 
Đặt  
x
2 1 t (t 0),   khi đó phương trình trở thành: 
        
1
t 2 2 0 t 2 1, t 2 1
t
 Với  t 2 1 ta có x = 1. Với  t 2 1 ta có x = 1. 
Bài 8: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2006 
 Giải phương trình : 
    
2 2
x x x x 2x
2 4.2 2 4 0 
Giải 
 Phương trình đã cho tương đương với: 
2 2 2
2x x x x x 2x x x
2 (2 1) 4(2 1) 0 (2 4)(2 1) 0
          
       2x 2x 22 4 0 2 2 x 1. 
  
2 2
x x x x 2
2 1 0 2 1 x x 0 x 0, x 1
           
 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0, x = 1. 
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 
 292 
Bài 9: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2006 
 Giải phương trình:    x x x x3.8 4.12 18 2.27 0 
Giải 
 Phương trình đã cho tương đương với: 
     
        
     
3x 2x x
2 2 2
3 4 2 0
3 3 3
 (1) 
 Đặt t = 
 
 
 
x
2
3
 (t > 0), phương trình (1) trở thành 3t
3
 + 4t
2
  t  2 = 0 
  (t + 1)
2
 (3t  2) = 0  t = 
2
3
 (vì t > 0). 
 Với t = 
 
 
 
x
2 2 2
 thì hay x = 1
3 3 3
. 
Bài 10: ĐỀ DỰ BỊ 2 
 Giải phương trình:    x5log 5 4 1 x 
Giải 
 Điều kiện: 5
x
 – 4 > 0 (a) 
  Dễ thấy x = 1 là nghiệm của (1) 
  VT: f(x) =  x5log 5 4 là hàm số đồng biến 
  VP: g(x) = 1 – x là hàm số nghịch biến 
 Do đó x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình 
Bài 11: 
 Giải phương trình 
   
2 2
x x 2 x x
2 2 3 . 
Giải 
 Đặt 
2
x x
t 2
 (t > 0) 
   
2 2
x x 2 x x
2 2 3      2
4
t 3 t 3t 4 0
t
  
 


t 1 (loại)
t = 4 (nhận)
 Vậy 
2x x
2 = 2
2
  x
2
  x  2 = 0  x = 1  x = 2. 
Bài 12: 
 Cho phương trình     2 2
3 3
log x log x 1 2m 1 0 (2): (m là tham số). 
 1/ Giải phương trình (2) khi m = 2. 
 2/ Tìm m để phương trình (2) có ít nhất 1 nghiệm thuộc đoạn 
 
  
3
1 ; 3 . 
TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 
 293 
Giải 
1/ Khi m = 2 thì phương trình (2) trở thành    2 2
3 3
log x log x 1 5 0 
 Điều kiện x > 0. Đặt t = 2
3
log x 1  1 
 (2)  t
2
 + t  6 = 0  t = 2  t = 3 (loại) 
  t = 2     3
3
log x 3 x = 3 
2/ 1  x        3 2
3
3 1 log x 1 4 1 t 2 . 
 Phương trình (2) có ít nhất 1 nghiệm thuộc 
3
1; 3
 
  
  2m = t
2
 + t  2 = f(t) có nghiệm t  [1, 2] 
 Vì f tăng trên [1, 2] nên ycbt  f(1)  2m  f(2)  0  m  2. 
 Vấn đề 2: BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT 
A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ 
 f(x) g(x)a a (1) 
  Nếu a > 1: (1)  f(x) > g(x) 
  Nếu 0 < a < 1: (1)  f(x) < g(x) 
Tổng quát:  f(x) g(x)
a 0; a 1
a a
(a 1)(f(x) g(x)) 0
 
  
  
  
 

  
  
f(x) g(x)
a 0
a a
(a 1) f(x) g(x) 0
BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT 
 loga f(x) > loga g(x) (1) 
  Nếu a > 1 : (1)  



g(x) 0
f(x) g(x)
  Nếu 0 < a < 1 : (1)  



f(x) 0
g(x) f(x)
B.ĐỀ THI 
Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2008 
 Giải bất phương trình: 
 
   
2
0,7 6
x x
log log 0
x 4
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 
 294 
Giải 
 Điều kiện: 
 

 


 
2
2
6
x x
0
x 4
x x
log 0
x 4
 Bất phương trình tương đương với 
 
   
2
0,7 6 0,7
x x
log log log 1
x 4
 (1) 
 (1)  
   
    
  
2 2 2
6
x x x x x 5x 24
log 1 6 0
x 4 x 4 x 4
  4 8 
Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2008 
 Giải bất phương trình: 
 

2
1
2
x 3x 2
log 0
x
Giải 
 Điều kiện: 
 

2
x 3x 2
0
x
 Bất phương trình tương đương với 
 

2
1 1
2 2
x 3x 2
log log 1
x
 (1) 
 (1)  
    
  
 
 
    
   
2 2
2 2
x 3x 2 x 3x 2
0 0
x x
x 3x 2 x 4x 2
1 0
x x
  
   
     
    
      

2
2
(x 3x 2)x 0
0 x 1 x 2
(x 4x 2)x 0
x 0 2 2 x 2 2
x 0
        2 2 x 1 2 x 2 2 . 
Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2007 
 Giải bất phương trình:    
3 1
3
2log (4x 3) log (2x 3) 2 
Giải 
 Điều kiện: 
3
x .
4
Bất phương trình đã cho  



2
3
(4x 3)
log 2
2x 3
TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 
 295 
            2 2
3
(4x 3) 9(2x 3) 16x 42x 18 0 x 3
8
 Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình là:  
3
x 3
4
. 
Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2006 
 Giải bất phương trình: 
    x x 2
5 5 5
log (4 144) 4log 2 1 log (2 1). 
Giải 
 Bất phương trình đã cho tương đương với 
    x x 2
5 5 5
log (4 144) log 16 1 log (2 1) (1) 
 (1)      x x 2
5 5 5 5
log (4 144) log 16 log 5 log (2 1) 
    x x 2
5 5
log (4 144) log [80(2 1)] 
        x x 2 x x4 144 80(2 1) 4 20.2 64 0 
      x4 2 16 2 x 4 
Bài 5: ĐỀ DỰ BỊ 2 
 Giải phương trình:    x5log 5 4 1 x 
Giải 
 Điều kiện : 5
x
 – 4 > 0 (a) 
  Để thấy x = 1 là nghiệm của (1) 
  VT : f(x) =  x5log 5 4 là hàm số đồng biến 
  VP : g(x) = 1 – x là hàm số nghịch biến 
 Do đó x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình. 
Bài 6: 
 Giải bất phương trình:  xx 3log log 9 72 1    
Giải 
 Điều kiện 
 
x
9
x
3
0 x 1
9 72 0 x log 73
log 9 72 0
  


   

 
 Bất phương trình     x3 9log 9 72 x (Vì x > log 73 1) 
          x x x9 3 72 0 8 3 9 x 2 
 Kết hợp với điều kiện ta được 
9
log 73 < x  2. 
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 
 296 
 Vấn đề 3: HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT 
A.PHƯƠNG PHÁP GIẢI 
 Thường sử dụng phương pháp biến đổi từng phương trình trong hệ, sau đó 
dùng phương pháp thế để tìm nghiệm. 
B.ĐỀ THI 
Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010 
 Giải hệ phương trình: 
 


  
2
x x 2
log (3y 1) x
4 2 3y
 (x, y  ) 
Giải 
 Điều kiện: 3y – 1 > 0 
 Ta có 
 


  
2
x x 2
log (3y 1) x
4 2 3y
  
  

  
x
x x 2
3y 1 2
4 2 3y
  
 



 
x
x x 2
2 1
y
3
4 2 3y
  
 



  
x
x x x 2
2 1
y
3
3(4 2 ) (2 1)
 
 



  
x
x x
2 1
y
3
2.4 2 1 0
  
 




  

x
x x
2 1
y
3
1
(2 1)(2 ) 0
2
  
 






x
x
2 1
y
3
1
2
2
  
 




x 1
1
y
2
 (nhận) 
Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2010 
 Giải hệ phương trình: 
    

  
2
2 2
x 4x y 2 0
2log (x 2) log y 0
Giải 
    

  
2
2 2
x 4x y 2 0 (1)
2log (x 2) log y 0 (2)
; Điều kiện: x > 2 , y > 0 
 (2) 
 
    
 
2 2
y x 2
(x 2) y
y 2 x
  2
x 0 (loại)
y x 2: (1) x 3x 0
x 3 y 1

     
  
TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 
 297 
  2
x 1 (loại)
y 2 x: (1) x 5x 4 0
x 4 y 2 (loại)

      
   
 Vậy hệ có một nghiệm 



x 3
y 1
 . 
Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009 
 Giải hệ phương trình: 
   
 
 
   


 
2 2
2 2
2 2
x xy y
log x y 1 log xy
x,y
3 81
Giải 
 Với điều kiện xy > 0 (*), hệ đã cho tương đương: 
  

  
2 2
2 2
x y 2xy
x xy y 4
 
  
  
2
x y x y
y 2y 4
 Kết hợp (*), hệ có nghiệm: (x; y) = (2; 2) và (x; y) = (2; 2) 
Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2006 
 Chứng minh rằng với mọi a > 0, hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất: 
     

 
x y
e e ln(1 x) ln(1 y)
y x a
Giải 
 Điều kiện: x, y > 1. Hệ đã cho tương đương với: 
       

 
x a x
e e ln(1 x) ln(1 a x) 0 (1)
y x a (2)
 Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (1) có nghiệm duy 
nhất trong khoảng (1; + ). 
 Xét hàm số f(x) = 
      x a xe e ln(1 x) ln(1 a x) với x > 1. 
 Do f(x) liên tục trong khoảng (1; +) và 
 
   
x
x 1
lim f(x) , lim f(x) 
 nên phương trình f(x) = 0 có nghiệm trong khoảng (1; + ). 
 Mặt khác: 
   
  
x a x 1 1
f '(x) e e
1 x 1 a x
 =     
  
x a a
e (e 1) 0, x > 1
(1 x)(1 a x)
  f(x) đồng biến trong khoảng (1; + ). 
 Suy ra phương trình f(x) = 0 có nghiệm duy nhất trong khoảng (1; + ). 
 Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất. 
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 
 298 
Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2005 
 Giải hệ phương trình: 
    

 
2 3
9 3
x 1 2 y 1
3log (9x ) log y 3
Giải 
    

 
2 3
9 3
x 1 2 y 1 (1)
3log (9x ) log y 3 (2)
. 


 
x 1
Điều kiện :
0 y 2
 (2)  3(1 + log3x)  3log3y = 3  log3x = log3y  x = y. 
 Thay y = x vào (1) ta có 
 x 1 2 x 1 x 1 2 x 2 (x 1)(2 x) 1            
 (x 1)(2 x) 0 x 1, x = 2.      
 Kết hợp với điều kiện (*) hệ có hai nghiệm là (x; y) = (1; 1) và (x; y) = (2; 2). 
Bài 6: ĐỀ DỰ BỊ 1 - ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2005 
 Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: 
 
   
      

    
2x x 1 2 x 1
2
7 7 2005x 2005 1
x m 2 x 2m 3 0 2
Giải 
 Điều kiện x  1. 
 Ta có : (1)       2x x 1 2 x 17 7 2005(1 x) 
 Xét             2x x 1 2 x 11 x 1 2x 2 7 7 0 2005(1 x) 
 nên (1) đúng x [ 1; 1]   
 Xét           2x x 1 2 x 1x 1 2x 2 7 7 0 2005(1 x) 
 nên (1) hiển nhiên sai. Do đó (1)  1  x  1 
 Vậy hệ có nghiệm khi và chỉ khi: (2) có nghiệm  [1; 1] 
  x
2
 – 2x + 3  m(x - 2) có nghiệm x  [1; 1] 
  
 
  

2
x 2x 3
m (vì x 2 0)
x 2
có nghiệm x  [1; 1] 
 Xét hàm f(x) = 
 

2
x 2x 3
x 2
 , x  [1; 1] 
 
 
 

2
2
x 4x 1
f (x)
x 2
 , f’(x) = 0   x 2 3 
x  1 2 3 1 2 2 3 + 
f'(x) + 0    0 + 
f(x) 
2 2 
TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 
 299 
 Dựa vào bảng biến thiên hệ có nghiệm  2 ≤ m 
Bài 7: ĐỀ DỰ BỊ 1 
 Giải hệ phương trình: 
 

  


 
1 4
4
2 2
1
log y x log 1
y
x y 25
. 
Giải 
 Điều kiện 


 
y 0
y x 0
 Hệ  
 
 
    
 
 
   
1 1
4 4
2 22 2
1 y x 1
log y x log 1
y y 4 
x y 25x y 25
2 2 2
4
4y= x
y = x
3
3 
16
x x 25 x 9
9
 
 
  
   
  
x 3 x = 3
 (nhận) (loại)
y 4 y 4
  
 
   
Bài 8: 
 Giải hệ phương trình: 
  

 

 
3x 2
x x 1
x
2 5y 4y
4 2
y
2 2
. 
Giải 
 
  
      
   
     
 
3x 2
3x 2 2 3
x x 1
x x
x
2 5y 4y
2 5y 4y 5y 4y y
4 2
y 2 y y 2
2 2
  
     
   
 
2
x
y 5y 4 0 x = 0 x = 2
y = 1 y = 4y 2
. 
Bài 9: ĐỀ DỰ BỊ 1 
 Giải hệ phương trình: 
 
 
  

  4 2
x 4 | y | 3 0 1
log x log y 0 2
Giải 
 Điều kiện: 



x 1
y 1
. 
 (2)  log4x = log4y
2
  x = y
2
. Thay x = y
2
 vào (1) ta được : y
2
 – 4y + 3 = 0 
  
    
  
   
y 1 y 1 x 1
(do y 1)
y 3 x 9y 3
 Vậy hệ có 2 cặp nghiệm (1; 1) và (9; 3).