9 phương pháp giải phương trình mũ và phương trình logarit

Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com 
Sài Gòn, 10/2013 Page 1 
------------O0O------------ 
Phƣơng pháp 1: GIẢI PHƢƠNG TRÌNH CƠ BẢN
( ) ( ) logf x aa b f x b   ; log ( ) ( )
b
a f x b f x a   . 
Ví dụ 1. Giải các phƣơng trình: 
a) 
2 5 43 81x x   ; b) 2log (3 4) 3x   . 
Giải: 
a) 
2 5 4 2 2 4
3 33 81 5 4 log 81 5 4 log 3
x x x x x x           
2 25 4 4 5 0 ( 5) 0x x x x x x         
0
5
x
x

  
. 
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 và x = 5. 
b) 2log (3 4) 3x   . 
ĐK: 
4
3 4 0
3
x x    . 
3
2log (3 4) 3 l3 4 2 3 4 8 3 12 4x x x x x            . 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 4. 
 www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com
Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com 
Sài Gòn, 10/2013 Page 2 
Phƣơng pháp 2: ĐƢA VỀ CÙNG CƠ SỐ
1) Đối với phương trình mũ: biến đổi phương trình về dạng ( ) ( )f x g xa a . 
- Nếu cơ số a là một số dương khác 1 thì ( ) ( ) ( ) ( )f x g xa a f x g x   . 
- Nếu cơ số a thay đổi thì 
 
( ) ( )
0
( 1) ( ) ( ) 0
f x g x
a
a a
a f x g x

  
  
. 
2) Đối với phương trình logarit: biến đổi phương trình về dạng 
log ( ) log ( )a af x g x 
0 1
( ) 0
( ) ( )
a
f x
f x g x
 

 
 
Ví dụ 1. Giải các phƣơng trình: 
 a) 
2 5 43 81x x   ; b) 2log (3 4) 3x   . 
Giải: 
a) 
2 25 4 5 4 4 23 81 3 3 5 4 4x x x x x x          
2 5 0 ( 5) 0x x x x     
0
5
x
x

  
. 
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 và x = 5. 
b) ĐK: 
4
3 4 0
3
x x    . 
3 3
2 2 2log (3 4) 3 log (3 4) log 2 3 4 2x x x        3 4 8x   
 3 12 4x x    . 
 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 4. 
 www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com
Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com 
Sài Gòn, 10/2013 Page 3 
Ví dụ 2. Giải các phƣơng trình: 
a) 
2 8 1 33 9x x x   ; b) 1 12 2 2 28x x x    . 
c) 
2 23 32.5 5.2x x  ; d) 
2 2 2 21 1 22 3 3 2x x x x     . 
Giải: 
a) 
2 28 1 3 8 2(1 3 ) 23 9 3 3 8 2(1 3 )x x x x x x x x x             
2 5 6 0x x    
2
3
x
x
 
  
. 
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = - 2 và x = - 3. 
b) 
1 1 2 1 1 1 1 22 2 2 28 2 .2 2 2.2 28 2 (2 1 2) 28x x x x x x x                
 1 1 22 4 2 2 1 2 3x x x x          . 
 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 3. 
c) 
22
2 2
2
3 13
3 3
3
5 5 5 5
2.5 5.2
2 2 22
xx
x x
x

 

   
       
   
2 23 1 4 2x x x       . 
 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = - 2 và x = 2. 
d) 
2 2 2 2 2 2 2 21 1 2 1 1 1 3 12 3 3 2 2 3.3 3 2 .2x x x x x x x x             
2 2 2 2 2 21 3 1 1 1 1 3 12 2 .2 3 3.3 2 (1 2 ) 3 (1 3)x x x x x x             
2 2
2 2
1 1 2
1 1 22 4 2 22 .9 3 .4 1 2
3 9 3 3
x x
x x x
 
                    
     
2 3 3x x    . 
 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = - 3 và x = 3 . 
 www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com
Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com 
Sài Gòn, 10/2013 Page 4 
Ví dụ 3. Giải các phƣơng trình: 
 a) 2lg lg lg4x x x  ; b) 
2 3 4 5log log log logx x x x   . 
Giải: 
b) ĐK: 0x  . 
2lg lg lg4 lg 2lg lg4 lg 2lg lg4x x x x x x x        
2
2
2lg lg2 lg lg2 2
2
x
x x x
x

         
. 
Do 0x  nên nghiệm của phương trình là 2x  . 
b) ĐK: 0x  . 
2 3 4 5 2 3 2 4 2 5 2log log log log log log 2.log log 2.log log 2.logx x x x x x x x      
2 3 4 5log .(1 log 2 log 2 log 2) 0x     2log 0 1x x    . 
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) 112.3 3.15 5 20x x x   ; b) 2 2 2log (3 4).log logx x x  . 
Giải: 
a) 112.3 3.15 5 20 12.3 3.3 .5 5.5 20 0x x x x x x x        
3.3 (4 5 ) 5(5 4) 0 (5 4)(3.3 5) 0x x x x x        
3
5 4 0 5 5
3 log
3 33.3 5 0
x
x
x
x
    
      
   
. 
 www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com
Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com 
Sài Gòn, 10/2013 Page 5 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm 
3
5
log
3
x
 
  
 
. 
b) ĐK: 
3 4 0 4
0 3
x
x
x
 
 

 . 
 2 2 2 2 2log (3 4).log log log log (3 4) 1 0x x x x x      
2
2
log 0
log (3 4) 1 0
x
x

 
  
2
2
log 0 1 1
log (3 4) 1 3 4 2 2
x x x
x x x
    
         
. 
 Do 
4
3
x  nên nghiệm của phương trình là 2x  . 
Phƣơng pháp 4: LÔGARIT HÓA, MŨ HÓA
Ví dụ 1. Giải các phƣơng trình: 
 a) 
2
3 .2 1x x  ; b) 2log3 2x x  . 
Giải: 
a) Lấy lô garit hai vế với cơ số 2, ta được 
 
2 2 2
2 2 2 2 2 2log 3 .2 log 1 log 3 log 2 0 .log 3 .log 2 0
x x x x x x       
 22 2
2 2
0 0
.log 3 0 log 3 0
log 3 0 log 3
x x
x x x x
x x
  
            
. 
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 và x = 
2log 3 . 
b) ĐK: 0x  . 
Đặt 2log 2
tx t x   ta thu được phương trình mũ theo biến t : 
 www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com
Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com 
Sài Gòn, 10/2013 Page 6 
3 2 2t t  (*). 
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 0t  là một nghiệm của (*) 
nên đó là nghiệm duy nhất của (*). 
2log 0 1.x x    
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1. 
Phƣơng pháp 5: DÙNG ẨN PHỤ
Ví dụ 1. Giải phƣơng trình: 2 1 2 2
2 2
2 9.2 2 0x x x x 
Giải: Chia cả 2 vế phương trình cho 2 22 0x ta được: 
 2 2 1 2 2 2 2
2 2 2 21 9
2 9.2 1 0 .2 .2 1 0
2 4
x x x x x x x x 
 2 2
2 2
2.2 9.2 4 0x x x x 
Đặt 
2
2x xt điều kiện t > 0. Khi đó phương trình tương đương với : 
2 2
2
2
1
2
2
4 2 2 2 1
2 9 4 0 1 212 22
x x
x x
t x x x
t t
xx xt
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = - 1, x = 2. 
 www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com
Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com 
Sài Gòn, 10/2013 Page 7 
Ví dụ 2. Giải phƣơng trình: 7 4 3 3 2 3 2 0
x x
Giải: Nhận xét rằng: 
2
7 4 3 2 3 ; 2 3 2 3 1 
Do đó nếu đặt 2 3
x
t điều kiện t > 0, thì:
1
2 3
x
t
và 27 4 3
x
t 
Khi đó phương trình tương đương với: 
 2 3 2 2
13
2 0 2 3 0 1 3 0
3 0
t
t t t t t t
t t t
 1 2 3 1 0
x
t x . 
Vậy phương trình có nghiệm x = 0. 
Ví dụ 3. Giải phƣơng trình: 23 2 9 .3 9.2 0x x x x 
Giải: Đặt 3xt , điều kiện t > 0. Khi đó phương trình tương đương với: 
2 2 9 9.2 0x xt t 
2 2 9
2 9 4.9.2 2 9
2
x x x
x
t
t
. 
Khi đó : 
+ Với 9 3 9 2xt x 
+ Với 
3
2 3 2 1 0
2
x
x x xt x 
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 2, x = 0. 
 www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com
Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com 
Sài Gòn, 10/2013 Page 8 
Ví dụ 4. Giải phƣơng trình: 22 2 6 6x x 
Giải: Đặt 2xu , điều kiện u > 0. Khi đó phương trình thành: 2 6 6u u 
Đặt 6,v u điều kiện 26 6v v u 
Khi đó phương trình được chuyển thành hệ: 
2
2 2
2
6 0
1 0
1 06
u v u v
u v u v u v u v
u vv u
+ Với u = v ta được: 2 2
3
6 0 3 2 3 log 3
2
xuu u u x
u
+ Với u + v + 1 = 0 ta được : 
2
2
1 21
1 21 21 1 21 125 0 2 log
2 2 21 21
2
x
u
u u u x
u
Vậy phương trình có 2 nghiệm là 2log 3x và x = 2
21 1
log .
2 
Phƣơng pháp 6: DÙNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
Ví dụ 1. Giải phƣơng trình: 7 3log log ( 2)x x  . 
Giải: ĐK : 0x  . 
Đặt t = 7log 7
tx x  . Khi đó phương trình trở thành : 
 www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com
Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com 
Sài Gòn, 10/2013 Page 9 
3
7 1
log ( 7 2) 3 7 2 2. 1
3 3
t t
t t tt
            
  
 (*). 
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 2t  là một nghiệm của (*) 
nên đó là nghiệm duy nhất của (*). 
7log 2 49.x x    
Vậy phương trình có nghiệm x = 49. 
Ví dụ 2. Giải phƣơng trình: 1
7
7 6log (6 5) 1x x    . 
Giải: ĐK : 
5
6 5 0
6
x x    . 
Đặt  71 log 6 5y x   . Khi đó, ta có hệ phương trình
 
 
1 1 1
1 1
1 1
7
7 6 1 1 7 6 5 7 6 5
7 6 7 6
7 6 5 7 6 51 log 6 5
x x x
x y
y y
y y y
x y
x xy x
  
 
 
        
       
        
. 
 Xét hàm số   17 6tf t t  .   1
5
' 7 .ln7 6 0,
6
tf t t     nên  f t là hàm số 
đồng biến trên 
5
;
6
 
 
 
. Mà    f x f y x y   . Khi đó: 17 6 5 0x x    . Xét 
hàm số   567 1   xxg x .   1' 7 ln7 6xg x   .    
21'' 7 ln7 0xg x   . Suy ra, 
 'g x là hàm số đồng biến trên 
5
;
6
D
 
  
 
, do đó phương trình  ' 0g x  có 
nhiều nhất một nghiệm. Suy ra, phương trình   0g x  nếu có nghiệm thì có nhiều 
nhất là hai nghiệm. 
Nhẩm nghiệm ta được 2 nghiệm của phương trình là: x = 1, x = 2. 
 www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com
Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com 
Sài Gòn, 10/2013 Page 10 
Ví dụ 3. Giải phƣơng trình: 3 4 2 7x x 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 0x  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 12 2x x   . 
Giải: ĐK : 0x  . 
Ta có 
2 1 0 12 2 2xVT     và 2 2 0 2VP x     . Suy ra VT VP , dấu bằng 
xảy ra khi 0x  . 
Vậy 0x  là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. 
Ví dụ 2. Giải phƣơng trình: 11 4 2 2 2x x x x     . 
Giải: 
Ta có 11 4 2 2 2 2 (4 2.2 1) 2 2x x x x x x x x            
 22 (2 1) 2 2x x x     . 
22 (2 1) 2 0 2xVT       và 2 2 2 2 .2 2x x x xVP      . Suy ra VT VP , dấu 
bằng xảy ra khi 
2 1 0
0
2 2
x
x x
x

 
 

. 
 www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com
Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com 
Sài Gòn, 10/2013 Page 11 
Vậy 0x  là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. 
Ví dụ 3. Giải phƣơng trình:    23 2log 9 1 log 2 5x x x     . 
Giải: 
ĐK : 
   
 
2 2 2
1 0 1 1
9 1 0 9 1 82 1;82
2 5 0 1 4 0 1 4 0
x x x
x x x x
x x x x
    
   
           
  
           
 . 
Ta có : 
 3 3log 9 1 log 9 2VT x     và 
   222 2 2log 2 5 log 1 4 log 4 2VP x x x          . Suy ra VT VP , dấu bằng 
xảy ra khi 
 
2
1 0
1
1 0
x
x
x
 
 
 
. 
Vậy 1x  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: 1 216 4 2 16x x x    . 
Giải: 
Ta có 1 2 2 116 4 2 16 4 2 .4 4 16 0x x x x x x          (*). 
Xét phương trình ẩn t sau đây 2 12 4 16 0x x xt t     (**). Giả sử (*) đúng với giá trị 
0x nào đó thì phương trình ẩn t sau có nghiệm t = 4: 0 0 0
12 2 4 16 0
x x x
t t
    . 
 www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com
Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com 
Sài Gòn, 10/2013 Page 12 
Biệt thức    0 0 0 0
2
1
2 4 4 16 4.16 0
x x x x       . 
Suy ra 
0 02 4.16
4
2
x x
t

  ; 
0 02 4.16
4
2
x x
t

  . 
TH1:  
0
0 0
0 0 0 0
0
2
1 65
2 ( )
2 4.16 4
4 2 2.4 8 2. 2 2 8 0
2 1 65
2 ( )
4
x
x x
x x x x
x
n
l
  


        
  


0 2
1 65
log
4
x
  
   
 
. 
TH2:  
0 0
0 0 0 0
22 4.16
4 2 2.4 8 2. 2 2 8 0
2
x x
x x x x        (pt vô nghiệm) 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm 2
1 65
log
4
x
  
   
 
. 
Phƣơng pháp 9: SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ LAGRANGE
Ví dụ 1. Giải phƣơng trình: 5 4 2 7x x x x   (1). 
Giải: 
Giả sử 0x là một nghiệm của (1), hay ta có: 
 0 0 0 0 0 0 0 05 4 2 7 5 2 7 4
x x x x x x x x       (*). 
Xét hàm số   0 0( ) 3
x x
f t t t   trên đoạn  2;4 thì ( )f t là hàm số liên tục và có 
đạo hàm trên đoạn  2;4 . Áp dụng định lí lagrange thì có số  2;4k sao cho 
 www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com
Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com 
Sài Gòn, 10/2013 Page 13 
   0 0 0 07 4 5 2(4) (2)
'( ) 0
4 2 4 2
x x x x
f f
f k
  
  
 
 (do (*)) mà   0 01 10 0'( ) 3
x x
f t x t x t
    
  0 0
1 1
0 3
x x
x t t
    
 
. 
Suy ra  
   
0 0
0 00 0
0 01 1
0 1 11 1
0 0
3 0
3 0 3
x x
x xx x
x x
x k k
k k k k
 
  
  
      
        
0
0
0 01
0 0
0
0 0
3
1 0 11
x
x
x x
k
x x
k


  
            
. 
Thay 0; 1x x  vào (1) ta thấy chúng đều thỏa mãn. 
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm 0; 1x x  . 
- Trần Tuấn Anh. 
- Mail: TranTuanAnh858@gmail.com 
 www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com