Cách giải phương trình mũ, phương trình logarit (Dễ hiểu) | Daohongdonvenus

✔ Tổng hợp 8 phương pháp giải phương trình mũ, phương trình logarit thường gặp và một số bài tập vận dụng ở từng dạng chi tiết. Kiến thức thuộc chương trình đại số toán lớp 12.

Contents

Cách giải phương trình mũ

Phương trình mũ cơ bản có dạng: ax = b (1), (0 < a ≠ 1). Ngoài phương pháp giải chung giải quyết các bài toán cơ bản thì chúng ta còn ứng dụng nhiều phiên bản khác nhau khi làm bài tập.

Phương trình mũ, phương trình logarit

#1. Phương pháp giải chung

Xét phương trình mũ: ax = b (1)

Dựa vào tính chất của hàm số, tập giá trị của hàm số y = ax là (0; +∞) nên ta chia thành 2 trường hợp như sau:

  • b > 0: Phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x = loga b.
  • b ≤ 0: Phương trình (1) vô nghiệm.

Tuy nhiên phương pháp này thường chỉ ứng dụng cho các bài toán tổng quát hoặc cái bài toán đơn giản. Và thường là xuất hiện trong bước giải toán cuối cùng của một phương trình.

#2. Phương pháp đưa về cùng cơ số

Biến đối phương trình đã cho về dạng cùng cơ số. Khi đó ta cho các số mũ bằng nhau được một phương trình tương đương mới.

af(x) = ag(x)f(x) = g(x), với 0 < a ≠ 1

Chú ý: Nếu cơ số a có chứa biến thì cần xét thêm trường hợp a = 1 (Vì 1f(x) = 1g(x) luôn đúng)

#3. Phương pháp đặt ẩn phụ

Thông thường, ta sẽ đặt t = ax, Điều kiện t > 0

Một số phương trình thường gặp và cách đặt:

+) m.a2f(x) + n.af(x) + p = 0 → Đặt t = af(x), (t > 0)

+) m.af(x) + n.bf(x) + p = 0, trong đó a․b = 1 → Đặt t = af(x), (t > 0), suy ra

+) m.a2f(x) + n.(a․b)f(x) + p.b2f(x) = 0 → Chia hai vế cho b2f(x) và đặt

Chú ý: Nếu đặt t = ax và x ∈ (m; n) thì

+) t ∈ (am; an) khi a >1.

+) t ∈ (an; am) khi 0 < a < 1.

#4. Phương pháp logarit hoá

Phương trình

Phương trình af(x) = bg(x) (*), với a,b không đưa được về cùng cơ số nên không sử dụng được phương pháp số 2. Ta thực hiện bằng cách lấy logarit cơ số a cho hai về của phương trình (*).

Từ đó ta được phương trình tương đương như sau:

(*) ⇔ loga af(x) = loga bg(x)f(x) = g(x)․loga b

Đây sẽ là một phương trình cơ bản hơn rất nhiều so với phương trình (*) theo đầu bài cho.

Cách giải phương trình logarit

Phương trình logarit cơ bản là phương trình có dạng sau:

loga x = b, (Trong đó điều kiện được cho: 0 < a ≠ 1).

Để giải phương trình này với nhiều biến thể khác nhau, VerbaLearn giới thiệu đến các bạn 4 phương pháp phổ biến sau. Thử lần lượt các phương pháp bạn sẽ có cách giải bài toán một cách hoàn hảo nhất.

#1. Phương pháp giải cơ bản

Xét lại phương trình logarit: loga x = b (*)

Theo như bài hàm số logarit, tập giá trị của hàm số y = loga x là ℝ. Do đó phương trình (*) có nghiệm duy nhất là:

x = ab.

Ở phương pháp cơ bản này, bạn cần chú ý một số công thức như sau để có thể giải toán nhanh hơn:

+) ln x = b ⇒ x = eb

+) log x = b ⇒ x = 10b

+) logaf(x) = b ⇔ f(x) = ab

#2. Phương pháp đưa về cùng cơ số

Biến đối phương trình đã cho về dạng:

Một lưu ý quan trọng trong phương pháp này. Khi gặp phương trình có từ 2 biểu thức logarit trở lên thì chúng ta cần đặt điều kiện để tồn tại các biểu thức chứa logarit trước khi giải. Nếu không đặt điều kiện sẽ sai bản chất hoặc thừa nghiệm và mất điểm đáng tiếc.

#3. Phương pháp đặt ẩn phụ

Ở các bài toán thường gặp, phép đặt phổ biến nhất là: t = loga x, Điều kiện t ∈ ℝ. Điều kiện này dựa vào tập giá trị của hàm số logarit.

Chú ý:

Để xác định miền của t. Nếu đặt t = loga x và x ∈ (m; n) thì:

+) t ∈ (loga m; loga n) khi a > 1

+) t ∈ (loga n; loga m) khi 0 < a < 1

Với 0 < x ≠ 1 ta có:

. Do đó, nếu đặt t = loga x thì

#4. Phương pháp mũ hoá

Ta có:

Trường hợp phương trình logarit không thể xử lý được. Phương pháp cuối cùng là mũ hóa (có kèm theo điều kiện), sau đó vận dụng các kiến thức từ phương trình mũ để giải bài toán. Hướng đi này cần một tầm nhìn tốt để tránh làm bài toán trở nên phức tạp hơn.

Giải bằng phương pháp hàm số

Ngoài 4 phương pháp trên ở mỗi loại phương trình, nếu vẫn chưa tìm được hướng giải thì phương pháp hàm số được coi là giải pháp cuối cùng. Phương pháp này có vận dụng một số tính chất như sau:

– Tính chất 1. Nếu hàm số y = f(x) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) trên (a; b) thì phương trình f(x) = k trên (a; b) có tối đa 1 nghiệm hoặc f(u) = f(v) ⇔ u = v, ∀ u, v ∈ (a; b)

– Tính chất 2. Nếu hàm số y = f(x) liên tục và luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) trên D; hàm số y = g(x) liên tục và luôn nghịch biến (hoặc luôn đồng biến) trên D phương trình f(x) = g(x) có tối đa 1 nghiệm.

– Tính chất 3. Xét phương trình f(x) = 0 (4)

Nếu hàm số f có đạo hàm cấp 1 là f’(x) và đạo hàm cấp 2 là f’’(x) mà f’’(x) > 0, ∀ x ∈ K hoặc f’’(x) < 0, ∀ x ∈ K thì phương trình f’(x) = 0 có tối đa 1 nghiệm. Từ đó suy ra phương trình (4) có tối đa 2 nghiệm.

Lưu ý: Khi gặp bài toán trên ta có thề xử lí đến khi đạo hàm cấp n mang dấu dương hoặc dấu âm

f’’(x) = 0 có tối đa 1 nghiệm → f’(x) = 0 có tối đa 2 nghiệm → phương trình (4) có tối đa 3 nghiệm.

Lý thuyết cơ bản là như vậy, giờ chúng ta sẽ bắt tay vào từng dạng toán chi tiết.

Dạng 1: af(x) = g(x) hoặc logaf(x) = g(x)

Những phương trình sẽ rất dễ nhẩm nghiệm, ta thực hiện theo 3 bước sau:

– Đoán (nhẩm) nghiệm

– Xét tính đơn điệu của 2 hàm số ở 2 vế của phương trình.

– Kết luận nghiệm (thường sẽ có 1 đến 2 nghiệm).

Dạng 2: af(x) + bf(x) = cf(x)

– Chia cả 2 vế cho cf(x)

– Đoán (nhẩm) nghiệm.

– Xét tính đơn điệu của 2 hàm số ở 2 vế của phương trình.

– Kết luận nghiệm.

Dạng 3: af(x) + bf(x) = g(x)

– Đoán (nhẩm) nghiệm

– Xét tính đơn điệu của hàm số y = af(x) + bf(x) và y = g(x)

– Kết luận nghiệm (thường sẽ có 1 đến 2 nghiệm).

Dạng 4: với h(x) = g(x) – f(x)

– Biến đổi phương trình về dạng: logaf(x) + f(x) = loga g(x) + g(x)  (*)

– Xét hàm đặc trưng: y = loga t + t

– Chứng minh hàm đặc trưng đơn điệu.

Từ (*) ⇒ f(x) = g(x)

Bài tập phương trình mũ và phương trình logarit

Dạng 1: Phương trình mũ không chứa tham số

Ví dụ 1: Tập hợp nghiệm của phương trình

A. {0; 4}

B. ∅

C. {2; 1}

D. {0; 1}

Lời giải

Chọn D

Ví dụ 2: Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị y = 2–x + 3 với đường thẳng y = 11.

A. (3; 11)

B. (–3; 11)

C. (4; 11)

D. (–4; 11)

Lời giải

Chọn B

Để giải quyết bài toán giao điểm của 2 đồ thị, bước đầu tiên là xét phương trình hoành độ giao điểm:

2–x + 3 = 11

⇔ 2–x = 8

⇔ 2–x = 23

⇔ –x = 3 ⇔ x = –3

Dễ dàng kết luận tọa độ của giao điểm là (–3; 11)

Ví dụ 3: Tính tổng T tất cả các nghiệm của phương trình

A. T = 3

B. T = 1

C. T = 2

D. T = 0

Lời giải

Chọn A

⇒ S = {1; 2} ⇒ T = 1 + 2 = 3

Ví dụ 4: Nghiệm của phương trình 2x + 2x+1 = 3x + 3x+1 

A.

B. x = 1

C. x = 0

D.

Lời giải

Chọn A

Ví dụ 5: Cho phương trình: . Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Tích các nghiệm là một số âm.

B. Tổng các nghiệm là một số nguyên.

C. Nghiệm là các số vô tỉ.

D. Nghiệm của phương trình rỗng

Lời giải

Chọn A

Ví dụ 6: Số nghiệm của phương trình 7x – 71–x = 6 là

A. Vô nghiệm

B. 3

C. 2

D. 1

Lời giải

Chọn D

Ví dụ 7: Đặt t = 2x, phương trình 4x+1 –12․2x+1 – 7 = 0 có dạng nào?

A. t2 – 3t – 7 = 0

B. 4t2 – 12t – 7 = 0

C. 4t2 – 3t – 7 = 0

D. t2 – 12t – 7 = 0

Lời giải

Chọn C

Ta có

Kết luận: Khi đặt t = 2x, (t > 0), bằng một số phép biến đổi cơ bản phương trình đã cho trở thành: 4t2 – 3t – 7 = 0.

Ví dụ này giới thiệu đến bạn đọc cách giải quyết một phương trình mũ bằng phương pháp đặt ẩn phụ.

Ví dụ 8: Cho phương trình . Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Phương trình có một nghiệm vô tỉ.

B. Phương trình có một nghiệm hữu tỉ.

C. Phương trình có hai nghiệm trái dấu.

D. Tích của hai nghiệm bằng –6.

Lời giải

Chọn A

Đặt

Khi đó

với

Ví dụ 9: Từ phương trình đặt ta thu được phương trình nào sau đây?

A. t2 – 3t + 2

B. 2t3 + 3t2 – 1 = 0

C. 2t3 – 3t – 1 = 0

D. 2t3 + 3t2 – 3 = 0

Lời giải

Chọn B

Ta có:

Do đó, phương trình đã cho trở thành

Vậy khi đặt

ta có phương trình

Ví dụ 10: Phương trình có tất cả bao nhiêu nghiệm?

A. 0

B. 1

C. 2

D. 4

Lời giải

Chọn B

Điều kiện: x ≠ 0

Ví dụ 11: Tìm tổng nghiệm của phương trình sau: 6․4x – 13․6x + 6․9x = 0

A. 0

B. 1

C. –2

D. 9

Lời giải

Chọn A

Ví dụ 12: Biết rằng phương trình 33+3x + 33–3x + 34+x + 34–x = 1000 có hai nghiệm a và b. Tính giá trị biểu thức T = log a + log5 (4 – b)

A .T = 1

B. T = –1

C. T = 5

D. T = 2

Lời giải

Chọn A

Đặt

Khi đó

(thỏa mãn)

Với

Đặt y = 3x > 0. Khi đó

(thỏa mãn)

Với y = 3 ⇒ 3x = 3 ⇔ x = 1

Với

Ví dụ 13: Phương trình có tất cả bao nhiêu nghiệm?

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Lời giải

Chọn C

Phương trình

Đặt

, suy ra . Khi đó phương trình trở thành:

a + b = ab + 1 ⇔ a – ab + b – 1 = 0 ⇔ a(1 – b) + (b – 1) = 0

⇔ (1 – b)(a – 1) = 0 ⇔

Với a = 1, ta được

Với b = 1, ta được

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x = 0, x = ±1.

Ví dụ 14: Số nghiệm của phương trình: 3․25x–2 + (3x – 10)․5x–2 + 3 – x = 0 là đáp án nào dưới đây?

A. 1

B. 2

C .3

D. 4

Lời giải

Chọn B

Nhìn tổng quan về phương trình thì phương pháp đặt ẩn phụ là khả quan nhất.

Đặt t = 5x–2 > 0. Phương trình đã cho sẽ trở thành 3t2 + (3x – 10)t + 3 – x = 0 (*)

Để giải được phương trình này, chúng ta xem đây là phương trình bậc hai ẩn t và có ∆ = (3x – 10)2 – 4․3(3 – x) = (3x – 8)2

Với sự đặc biệt của ∆, Suy ra phương trình (*) có hai nghiệm:

hoặc t = 3 – x. Xét từng trường hợp ta được:

Với

Với t = 3 – x ⇒ 5x–2 = 3 – x. Dễ thấy x = 2 là nghiệm duy nhất của trường hợp này do vế trái là hàm đồng biến, vế phải là hàm nghịch biến.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm:

Ví dụ 15: Cho a, b là các số dương thỏa mãn log16 a = log20 b = log25 (a + b). Tìm giá trị của .

A.

B.

C.

D.

Lời giải

Chọn C

Tiến hành đặt ẩn phụ: Đặt log16 a = log20 b = log25 (a + b) = x

Khi đó

Ví dụ 16: Phương trình 4x + 11x = 1 có nghiệm là bao nhiêu trong các phương án dưới đây?

A. {±1}

B. ∅

C. {0}

D. {0; 1}

Lời giải

Chọn C

– Nhẫm nghiệm thấy phương trình đã cho có nghiệm x = 0.

– Xét tính đồng biến nghịch biến: Ta có f(x) = 4x + 11x luôn đồng biến trên ℝ.

Kết luận x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Ví dụ 17: Phương trình (3 + 5x)(x + 1) = 8 có bao nhiêu nghiệm?

A. 0

B. 3

C. 1

D. 2

Lời giải

Chọn C

là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị

+) Hàm số

có bảng biến thiên

Ta lại có hàm số y = f(x) = 5x (5x > 0, ∀x là hàm số đồng biến trên ℝ.

Vậy (C), (C’) có duy nhất 1 giao điểm chung

Suy ra phương trình đã cho có duy nhất 1 nghiệm.

Ví dụ 18: Tổng các nghiệm của phương trình ex = 1 + x là bao nhiêu?

A. 2

B. 3

C. 1

D. 0

Lời giải

Chọn D

Biến phương trình đã cho thành dạng: f(x) = ex – 1 – x = 0.

Ta có f’(x) = ex – 1; f’(x) = 0 ⇒ x = 0

Ta có bảng biến thiên:

Suy ra phương trình có nghiệm duy nhất x = 0. Do đó đáp án đúng trong trường hợp này là D.

Ví dụ 19: Cho hàm số f(x) = ex + 2x3 – 2021. Tìm tập nghiệm của phương trình sau: f (4x – 3) = f (2x+1)

A. {0; log2 3}

B. {log2 3}

C. {–1; 3}

D. {log3 2}

Lời giải

Chọn B

Xét hàm số f(x) = ex + 2x3 – 2021 có tập xác định là D = ℝ

Đạo hàm: f(x) = ex + 6x2 > 0, ∀x ∈ ℝ ⇒ hàm số đơn điệu tăng trên ℝ.

Áp dụng tính chất hàm đơn điệu ta có:

f (4x – 3) = f (2x+1) ⇔ 4x – 3 = 2x+1 ⇔ 4x – 2․2x – 3 = 0

Suy ra:

Ví dụ 20: Phương trình có bao nhiêu nghiệm thuộc [–2020; 2020]?

A. 4034

B. 1285

C. 4035

D. 1287

Lời giải

Chọn B

Ta có

Đặt sin2 x = t với t ∈ [0; 1] ta có phương trình

Vì hàm số

nghịch biến với t ∈ [0; 1] nên phương trình có nghiệm duy nhất t = 0.

Do đó sin x = 0 ⇔ x = kπ, k ∈ ℤ.

Vì x ∈ [–2020; 2020] nên ta có

nên có 1285 giá trị nguyên của k thỏa mãn.

Vậy có 1285 nghiệm.

Dạng 2: Phương trình logarit không chứa tham số

Ví dụ 1: Tập nghiệm của phương trình log3 (x2 + 2x + 3) = 1 là

A {–2}

B {0}

C {0; –2}

D {0; 2}

Lời giải

Chọn C

Ví dụ 2: Tập nghiệm của phương trình

A. {–3}

B.

C.

D.

Lời giải

Chọn C

Ví dụ 3: Phương trình có bao nhiêu nghiệm thực?

A .3

B. 0

C. 2

D. 1

Lời giải

Chọn D

Điều kiện: x ≥ 0

Vậy x = 16 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.

Ví dụ 4: Tập nghiệm của phương trình log2 x = log2 (x2 – x)

A. {2}

B. {1}

C. {0; 1}

D. {0; 2}

Lời giải

Chọn A

Bước tìm điều kiện là một bước quan trọng khi giải bài toán này. Nếu không tìm điều kiện chắc chắn bạn sẽ có lời giải sai.

Ví dụ 5: Phương trình log5 x + log5 (x – 6) = log5 7 có bao nhiêu nghiệm?

A. 2

B. 1

C. 3

D. 0

Lời giải

Chọn B

Điều kiện: x > 6

log5 x + log5 (x – 6) = log5 7 ⇔ log5 (x2 – 6x) = log5 7

⇔ x2 – 6x – 7 = 0 ⇔

So với Điều kiện, suy ra x = 7 là nghiệm của phương trình.

Ví dụ 6: Gọi tập nghiệm của phương trình log0,5 (x2 – 10x + 23) + log2 (x – 5) = 0 là S. Tìm S?

A. S = ∅

B. S = {7}

C. S = {4; 7}

D. S = {4}

Lời giải

Chọn B

Điều kiện: x – 5 > 0 và x2 – 10x + 23 >0 (hiển nhiên). Ta biến đổi phương trình như sau:

log0,5 (x2 – 10x + 23) + log2 (x – 5) = 0 ⇔ log2 (x – 5) = log2 (x2 – 10x + 23)

Ví dụ 7: Số nghiệm của phương trình

A. 0

B. 4

C. 2

D. 3

Lời giải

Chọn A

Điều kiện: –3 < x < 3.

Ta có

⇔ log2 [16(x + 5)] = log2 [(x + 3)(x – 3)]

⇔ 16(x + 5) = 9 – x2 ⇔ x2 + 16x + 71 = 0 (vô nghiệm).

Vậy số nghiệm của phương trình đã cho là 0.

Ví dụ 8: Tổng bình phương các nghiệm của phương trình

A.

B. 0

C. 4

D.

Lời giải

Chọn A

Điều kiện: x > 0

Vậy

Ví dụ 9: Tổng các nghiệm của phương trình log4 (x – 1)2 + log2 (x – 1)3 = 25 là bao nhiêu?

A.

B.

C. 11

D.

Lời giải

Chọn B

Điều kiện: x – 1 > 0 ⇔ x > 1

Biến đổi phương trình để thuận tiện cho việc đặt ẩn phụ nhất.

log4 (x – 1)2 + log2 (x – 1)3 = 25

⇔ [2 log(x – 1)]4 + [3 log(x – 1)]2 – 25 = 0

⇔ 16 [log(x – 1)]4 + 9 [log(x – 1)]2 – 25 = 0.

Tuy nhiên tới đây thì không cần đặt ẩn phụ nữa, vì cơ bản ta thấy vế trái phương trình có dạng hằng đẳng thức cơ bản.

(TMĐK).

Giải xong nhớ xét lại điều kiện có nghĩa của hàm logarit.

Kết luận: Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là

.

Đây là một bài toán khá hay đòi hỏi kĩ năng nhìn bao quát và áp dụng các công thức logarit linh hoạt nhất.

Ví dụ 10: Cho phương trình . Tính tổng các nghiệm nguyên của phương trình

A. 3

B. 14

C. 2

D. 7

Lời giải

Chọn C

Điều kiện: x > 2, x ∈ ℤ, x ≠ 4.

Khi đó:

Vậy tổng các nghiệm nguyên của phương trình là: 3. Chọn đáp án A.

Ví dụ 11: Phương trình 2log2 x – 5log x + log100 = 0 có bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng (1; 100)?

A. 1

B. 0

C. 2

D. 10

Lời giải

Chọn A

Điều kiện: x > 0

2log2 x – 5log x + log100 = 0 ⇔ 2log2 x – 5log x + 2 = 0

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm thuộc khoảng khoảng (1; 100)

Ví dụ 12: Tìm tổng các nghiệm của phương log2 (3․2x – 1) = 2x + 1

A. 1

B. 4

C. 2

D. –1

Lời giải

Chọn D

log2 (3․2x – 1) = 2x + 1 ⇔ 3․2x – 1 = 22x+1 ⇔ 2․22x – 3․2x + 1 = 0. Tới bước này bạn có thể đặt ẩn phụ cho dễ nhìn hoặc có thể biến đổi trực tiếp luôn. Phương trình đã cho tương đương với:

Vậy

Ví dụ 13: Tổng tất cả các nghiệm của phương trình bằng

A. log2020 10

B. 2 log2020 10

C. log2020 16

D. 2 log2020 16

Lời giải

Chọn D

(1)

Đặt

Tổng hai nghiệm là: 2 log2020 2 + 2 log2020 8 = 2 log2020 16.

Ví dụ 14: Tổng bình phương các nghiệm của phương trình log5 (4x – 3)․log2 x = log2 x

A. 5

B. 10

C. 12

D. 15

Lời giải

Chọn A

Điều kiện:

Vậy

Ví dụ 15: Phương trình có hai nghiệm a, b với a < b. Tính P = a2 – b

A. 0

B. 10

C. 9

D. 5

Lời giải

Chọn A

Điều kiện: 0 < x ≠ 1

Vậy P = 0

Ví dụ 16: Phương trình có tích các nghiệm là

A. 20

B. 10

C. 90

D. 50

Lời giải

Chọn A

Điều kiện: 0 < x ≠ 1

Vậy tích các nghiệm là 20.

Ví dụ 17: Tích các nghiệm của phương trình: 2․log25 x = log2 25․log5 2 – log5 (26 – x)

A. 25

B. 5

C. 4

D. 2

Lời giải

Chọn A

Điều kiện: 0 < x < 26

2․log25 x = log2 25․log5 2 – log5 (26 – x)

⇔ log5 x = 2․log2 5․log5 2 – log5 – log5 (26 – x)

⇔ log5 x = 2 – log5 (26 – x) ⇔ log5 x + log5 (26 – x) = log5 25

⇔ log5 [x․(26 – x)] = log5 25 ⇔ x․(26 – x) = 25 ⇔ x2 – 26x + 25 = 0

So với điều kiện phương trình có nghiệm x = 1; x = 25.

Do đó tích của hai nghiệm đó bằng x = 25

Ví dụ 18: Tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương trình bằng

A. 9

B. 12

C. 24

D. 18

Lời giải

Chọn C

Điều kiện: x > 0, x ≠ 1.

Ta có, phương trình tương đương với logx 2 + logx 3 + logx 4 = 1 ⇔ logx 24 = 1 ⇔ x = 24.

Phương trình có nghiệm duy nhất x = 24 nên tổng các nghiệm bằng 24.

Ví dụ 19: Cho , biết log2 (sin x) + log2 (cos x) = –2 và . Giá trị của n bằng

A.

B.

C.

D.

Lời giải

Chọn A

nên sin x > 0 và cos x > 0

Ta có: log2 (sin x) + log2 (cos x) = –2

Suy ra:

Ví dụ 20: Tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương trình

A. 0

B.

C.

D. 9

Lời giải

Chọn B

Điều kiện: x > 0

Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình đã cho

Ví dụ 21: Cho phương trình có nghiệm dạng x = 3n (n là số tự nhiên). Tổng tất cả các giá trị của n là đáp án nào dưới đây

A. 5

B. 6

C. 3

D. 9

Lời giải

Chọn B

(1)

Đặt

với t ≥ 0. Ta có log9 x = t2 – 4

Phương trình (1) trở thành

t2 – 4 + t = 26 ⇔ t2 + t – 30 = 0 ⇔

Với t = 5 ⇒ log9 x = 21 ⇔ x = 921 ⇔ x = 342 ⇒ n = 42

Vậy tổng tất cả các chữ số của n là 4 + 2 = 6. Chọn ngay đáp án B.

Ví dụ 22: Số nghiệm thực của phương trình:   là bao nhiêu?

A. 3

B. 2

C. 4

D. 1

Lời giải

Chọn B

Điều kiện:

Ví dụ 23:  Phương trình log2 (log4 x)․log4 (log2 x) = 3 có 2 nghiệm đặt là: x1, x2. Tính giá trị của biểu thức log2 x1․log2 x2

A.

B. –6

C. 2

D. 1

Lời giải

Chọn C

Ta có log2 (log4 x)․log4 (log2 x) = 3

Tới đây ta có thể đặt ẩn phụ.

Đặt t = log2 (log2 x) thì

+ t = 3 ⇒ log2 (log2 x1) = 3 ⇔ log2 x1 = 8

+ t = –2 ⇒ log2 (log2 x2) = –2 ⇔

Vậy log2 x1․log2 x2 = 2.

Đây là một bài toán khá hay. Chúng ta không tìm chi tiết nghiệm của phương trình mà vẫn giải quyết bài toán.

Ví dụ 24: Biết x1 > x2 là hai nghiệm của phương trình với a, b là hai số nguyên dương. Tính a + b?

A. a + b = 9

B. a + b = 12

C. a + b = 7

D. a + b = 14

Lời giải

Chọn D

Điều kiện:

⇔ log3 (x – 1)2 + x2 – 2x + 1 = log3 x + x

⇔ log3 (x – 1)2 + (x – 1)2 = log3 x + x (1)

Xét hàm số f(t) = log3 t + t ⇒

Phương trình (1) trở thành

Vậy

Khi đó a = 9, b = 5 ⇒ a + b = 14

Ví dụ 25: Phương trình log2 (2x + 2) + x – 3y = 8y (0 ≤ x ≤ 2020). Tìm số cặp nghiệm (x; y) nguyên thỏa mãn 2 điều kiện trên?

A. 1

B. 4

C. 2019

D. 2020

Lời giải

Chọn B

Điều kiện của bài toán cho: 0 ≤ x ≤ 2020. Do đó log2 (2x + 2) luôn có nghĩa.

Ta có log2 (2x + 2) + x – 3y = 8y

⇔ log2 (x + 1) + x + 1 = 3y – 23y

Vế trái và vế phải của phương trình đều có dạng hàm số: f(t) = t + 2t

Tập xác định D = ℝ và f’(t) = 1 + 2t ln2 ⇒ f’(t) > 0, ∀t ∈ ℝ

Suy ra hàm số f (t) đồng biến trên ℝ.

Do đó phương trình (1) ⇔ log2 (x + 1) = 3y ⇔ x + 1 = 23y ⇔ y = log8 (x + 1)

Ta có 0 ≤ x ≤ 2020 nên 1 ≤ x + 1 ≤ 2021 suy ra 0 ≤ log8 (x + 1) ≤ log8 2021.

Lại có log8 2021 ≈ 3,66 nên nếu y ∈ ℤ thì y ∈ {0; 1; 2; 3}.

Các cặp số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán là: (0; 0), (7; 1), (63; 2), (511; 3)

Dạng 3: Phương trình mũ – logarit chứa tham số

Ví dụ 1: Xác định m để phương trình ex = m – 2020 có nghiệm thực.

A. ℝ

B. ℝ {2019}

C. [2020; +∞)

D. (2020; +∞)

Lời giải

Chọn D

Ta có ex > 0, ∀x ∈ ℝ

Phương trình ex = m – 2020 có nghiệm thực khi và chỉ khi m – 2020 > 0.

⇔ m > 2020 ⇔ m ∈ (2020; +∞)

Chúng ta giải bài toán trên dựa vào tập giá trị của hàm số mũ.

Ví dụ 2: Có bao nhiêu giá trị m ∈ ℤ để phương trình 5x = 4 – m2 có nghiệm thực?

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Lời giải

Chọn C

Phương trình 5x = 4 – m2 có nghiệm thực khi và chỉ khi 4 – m2 > 0 ⇔ –2 < m < 2.

Mặt khác: m ∈ ℤ ⇒ m ∈ {1; 0; 1}

Vậy có 3 giá trị m ∈ ℤ để phương trình 5x = 4 – m2 có nghiệm thực

Ví dụ 3: Tìm m để phương trình log2 x = m có nghiệm:

A. (0; +∞)

B. (–∞; 0)

C. [0; +∞)

D. ℝ

Lời giải

Chọn D

Hàm y = log2 x có tập giá trị là ℝ nên phương trình log2 x = m có nghiệm thực ∀ m ∈ ℝ.

Ví dụ 4: Tìm m để phương trình 8x + 2․81–x – 9m = 0 có 2 nghiệm phân biệt

A.

B.

C.

D.

Lời giải

Chọn C

Dễ dàng nhìn thấy điểm chung trong phương trình. Ta đặt t = 8x (t > 0).

Phương trình đã cho trở thành:

Phương trình 8x + 2․81–x – 9m = 0 có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt dương.

Điều trên tương đương với:

Ví dụ 5: Số giá trị m nguyên dương thỏa mãn phương trình 9x + m․3x + m – 2 = 0 có duy nhất một nghiệm thực x là bao nhiêu?

A. 1

B. 3

C. Vô số

D. 2

Lời giải

Chọn A

Đặt t = 3x (t > 0).

Phương trình đã cho trở thành:

Bài toán tương đương với (*) có tối đa một nghiệm dương.

Đặt

Ta có bảng biến thiên của hàm số f (t) trên (0; +∞) như sau:

Từ bảng biến thiên ta thấy bài toán thỏa mãn nếu m < 2

Theo giả thiết m nguyên dương. Vậy m = 1.

Ví dụ 6: Tổng giá trị nguyên của m thỏa mãn phương trình 4x + 7 = 2x+3 + m2 + 6m có nghiệm x ∈ (1; 3).

A. –22

B. –21

C. –35

D. –20

Lời giải

Chọn B

Đặt t = 2x với x ∈ (1; 3) ⇒ t ∈ (2; 8).

Phương trình 4x + 7 = 2x+3 + m2 + 6m (1) trở thành t2 – 8t = m2 + 6m – 7 (2).

Xét hàm số f(t) = t2 – 8t với t ∈ (2; 8).

Ta có f’(t) = 2t – 8; f’(t) = 0 ⇔ 2t – 8 = 0 ⇔ t = 4 ∈ (2; 8)

BBT:

Phương trình (1) có nghiệm x ∈ (1; 3) khi phương trình (2) có nghiêm t ∈ (2; 8).

Từ BBT suy ra

Do m nguyên nên m ∈ {–6; –5; –4; –3; –2; –1; 0}

Vậy tổng các giá trị nguyên của m để phương trình (1) có nghiệm x ∈ (1; 3) là –21.

Ví dụ 7: Tìm m để 4x + (4m – 1)․2x + 3m2 – 1 = 0 có hai nghiệm thực x1, x2 thỏa mãn biểu thức x1 + x2 = 3 là

A.

B.

C.

D.

Lời giải

Chọn B

Đặt t = 2x > 0, ta được t2 + (4m – 1)․t + 3m2 – 1 = 0 (1)

Phương trình đã cho có hai nghiệm thực ⇔ (1) có hai nghiệm dương t1, t2

Khi đó x1 = log2 t1, x2 = log2 t2 ⇒ x1 + x2 = log2 t1 + log2 t2 = log2 (t1․t2)

Mà t1․t2 = 3m2 – 1 và x1 + x2 = 3 ⇒ log2 (3m2 – 1) = 3 ⇔ 3m2 – 1 = 8 ⇔

Kết hợp với

ta được thỏa mãn.

Ví dụ 8: Cho phương trình 8x – m․22x+1 + (2m2 – 1)2x + m – m3 = 0. Biết tập hợp các giá trị của tham số m sao cho phương trình có ba nghiệm phân biệt là khoảng (a; b). Giá trị a․b bằng

A.

B.

C.

D.

Lời giải

Chọn D

Đặt t = 2x, t > 0. Phương trình trở thành:

ycbt ⇔ (1) có 3 nghiệm dương phân biệt ⇔ (2) có 2 nghiệm dương phân biệt khác m với m > 0

Vậy a․b =

Ví dụ 9: Tìm m để phương trình có đúng bốn nghiệm phân biệt là khoảng (a; b). Giá trị b – a là?

A.

B.

C.

D.

Lời giải

Chọn D

nên đặt

Ta có phương trình

Ứng với một nghiệm t ∈ (0; 1) của phương trình (2) ta có 2 nghiệm x phân biệt của phương trình (1).

Do đó, phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (0; 1) ⇔ Đường thẳng y = 4m cắt phần đồ thị của hàm số f(t) = –4t2 + t với t ∈ (0; 1) tại 2 điểm phân biệt.

Bảng biến thiên của hàm f(t) = –4t2 + t với t ∈ (0; 1)

Từ bảng biến thiên suy ra

Vậy a = 0; b =

⇒ b = a =

Ví dụ 10: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình có nghiệm?

A. 2018

B. 2019

C. 2016

D. 2017

Lời giải

Chọn A

Phương trình tương đương:

Đặt t = cos2 x với t ∈ [0; 1] ta được

Xét

với t ∈ [0; 1]

Hàm số f(t) nghịch biến trên D = [0; 1]

Phương trình có nghiệm

hay m ∈ [1; 2018]

Vậy có 2018 giá trị nguyên m để phương trình có nghiệm.

Ví dụ 11: Phương trình emcosx – sinx + e2(1–sinx) = 2 – sin x – m․cos x. Gọi S là tập tất cả các giá trị của m để phương trình có nghiệm. Khi đó S có dạng (–∞; a] ∪ [b; +∞). Tính T = 10a + 20b.

A. T =

B. T = 0

C. T = 1

D T =

Lời giải

Chọn A

Ta có emcosx – sinx + e2(1–sinx) = 2 – sin x – m․cos x

⇔ emcosx – sinx + m․cos x – sin x = e2(1–sinx) + 2(1 – sin x)

Xét hàm số f(t) = et + t (t ∈ ℝ), f’(t) = et + 1 > 0 ⇒ f(t) đồng biến trên ℝ.

Suy ra emcosx – sinx + m․cos x – sin x = e2(1–sinx) + 2(1 – sin x)

⇔ mcosx – sinx = 2(1–sinx) ⇔ mcosx + sinx = 2

Phương trình có nghiệm khi m2 + 1 ≥ 4 ⇔ m2 ≥ 3

Vậy T = 10a + 20b =

Ví dụ 12: Cho hàm số y = f(x) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ.

Số nghiệm thực của phương trình

A. 2

B. 4

C. 3

D. 5

Lời giải

Chọn A

Ta có

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt

Ví dụ 13: S được gọi là tập hợp các số nguyên m sao cho phương trình log2 (x2 – 3x + m) = log2 x có nghiệm duy nhất. Tính số phần tử của tập hợp S ∩ (–2; +∞) là

A. 2

B. 1

C. 4

D. 3

Lời giải

Chọn D

Cách 1:

Điều kiện: x > 0

log2 (x2 – 3x + m) = log2 x (1)

⇔ x2 – 3x + m = x ⇔ x2 – 4x + m = 0 (2)

Để (1) có nghiệm dương duy nhất khi và chỉ khi (2) có nghiệm dương duy nhất ⇔ (2) có nghiệm kép dương: x1 = x2 > 0

Hoặc (2) có hai nghiệm phân biệt, một nghiệm bằng 0, một nghiệm dương: x2 > x1 = 0

Hoặc (2) có 2 nghiệm phân biệt trái dấu: x1 < 0 < x2

TH1: (2) có nghiệm kép dương: x1 = x2 > 0

TH2: (2) có 2 nghiệm phân biệt, một nghiệm bằng 0, một nghiệm dương: x2 > x1 = 0

TH3: (2) có 2 nghiệm phân biệt trái dấu: x1 < 0 < x2

⇔ a․c < 0 ⇔ 1․m < 0 ⇔ m < 0

Suy ra

Vậy S ∩ (–2; +∞) = {–1; 0; 4}

Cách 2: Dùng hàm số

Điều kiện: x > 0

log2 (x2 – 3x + m) = log2 x (1)

⇔ x2 – 3x + m = x ⇔ x2 – 4x + m = 0 ⇔ m = –x2 + 4x (2)

Đặt f(x) = –x2 + 4x

Ta có f’(x) = –2x + 4 = 0 ⇔ x = 2

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy, để (1) có nghiệm dương duy nhất ⇔ (2) có nghiệm dương duy nhất

Suy ra

Vậy S ∩ (–2; +∞) = {–1; 0; 4}

Ví dụ 14: Tìm giá trị thực của m để phương trình (m ∈ ℝ) có hai nghiệm thực x1, x2 thỏa mãn x1․x2 = 2. Tổng các giá trị của m thuộc khoảng nào sau đây?

A. (0; 2)

B. (4; 6)

C. (2; 4)

D. (3; 5)

Lời giải

Chọn C

Ta có

+ Nếu 2m–1 = 2 ⇔ m = 2 thì phương trình có 1 nghiệm duy nhất x = 2. Tổng các nghiệm lúc này bằng 2

+ Nếu 2m–1 ≠ 2 ⇔ m ≠ 2 thì phương trình có 2 nghiệm x1․x2 = 2․2m–1 = 2m = 2 ⇒ m = 1

⇒ x1 + x2 = 2 + 1 = 3

Ví dụ 15: Cho phương trình log32 x – 4․log3 x + m – 3 = 0. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 < x2  thỏa mãn x2 – 81x1 < 0

A. 3

B. 6

C. 4

D. 5

Lời giải

Chọn A

Xét phương trình: log32 x – 4․log3 x + m – 3 = 0 (1)

Điều kiện: x > 0.

Đặt t = log3 x phương trình (1) trở thành: t2 – 4t + m – 3 = 0 (2)

⇔ ∆’ > 0 ⇔ 4 – m + 3 > 0 ⇔ m < 7 (i)

Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khi phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt.

Gọi x1 < x2 là 2 nghiệm của phương trình (1) thì phương trình (2) có 2 nghiệm tương ứng là t1 = log3 x1; t2 = log3 x2. Vì x1 < x2 nên t1 < t2.

Mặt khác, x2 – 81x1 < 0 ⇔ 0 < x2 < 81x1 ⇔ log3 x2 < 4 + log3 x1

⇔ t2 < 4 + t1 ⇔ 0 < t2 – t1 < 4

⇔ (t2 – t1)2 < 16 ⇔ (t2 + t1)2 – 4t1․t2 < 16

⇔ 42 – 4(m – 3) < 16 ⇔ m > 3 (ii)

Từ (i) và (ii) suy ra 3 < m < 7 và m ∈ ℤ nên có 3 số nguyên thỏa mãn.

Ví dụ 16: Tất cả các giá trị thực của tham số m để phương có hai nghiệm thực phân biệt là

A.

B.

C.

D.

Lời giải

Chọn B

Ta có

Phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm thực phân biệt thuộc khoảng (–1; 1)

Xét hàm số f(x) = –x2 – x + 5 ⇒ f’(x) = –2x + 1 = 0 ⇔

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có

thỏa mãn đề bài.

Ví dụ 17: Tìm số giá trị nguyên nhỏ hơn 2020 của tham số m để phương trình log6 (2020x + m) = log4 (1010x) có nghiệm là

A. 2021

B. 2022

C. 2020

D. 2019

Lời giải

Chọn B

Ta đặt log6 (2020x + m) = log4 (1010x) = t.

Khi đó 2020x + m = 6t và 1010x = 4t.

Ta suy ra 2․4t + m = 6t ⇔ m = 6t – 2․4t

Đặt f(t) = –2․4t + 6t

f’(t) = 6t․ln6 – 2․4t․ln4

f’(t) = 0

Bảng biến thiên

Phương trình f(t) = m có nghiệm khi và chỉ khi

Hơn nữa,

nên suy ra

Vậy ta có 2022 giá trị m thỏa mãn.

Ví dụ 18: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình log4 x2 + log2 (4 – x) = log2 m có ba nghiệm thực phân biệt.

A. 3

B. 2

C. Vô số

D. 4

Lời giải

Chọn A

Điều kiện

Phương trình tương đương với

log2 |x| + log2 (4 – x) = log2 m ⇔ log2 [|x|․(4 – x)] = log2 m ⇔ |x|․(4 – x) = m

Xét hàm số

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, PT có ba nghiệm thực phân biệt ⇔ 0 < m < 4 ⇒ m ∈ {1;2;3}.

Ví dụ 19: Tìm tập hợp các giá trị của m để phương trình 1 + log5 (x2 + 1) = log5 (mx2 + 4x + m) có hai nghiệm phân biệt?

A. m ∈ ℝ {5}

B. m ∈ (3; 7)

C. m ∈ (3; 7) {5}

D. m ∈ ℝ

Lời giải

Chọn C

Ta có 1 + log5 (x2 + 1) = log5 (mx2 + 4x + m) ⇔ log5 5(x2 + 1) = log5 (mx2 + 4x + m)

Đặt

.

Ta có:

.

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình có hai nghiệm phân biệt khi m ∈ (3; 7) {5}

Ví dụ 20: Cho phương trình a․ln2 x + b․ln x + 5 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 và phương trình 5 log2 x + b․log x + a = 0 có hai nghiệm phân biệt x3, x4 thỏa mãn x1․x2 > x3․x4. Tính giá trị nhỏ nhất Smin của S = 2a + 3b. (Biết a, b là các số nguyên dương).

A. Smin = 17

B. Smin = 30

C. Smin = 25

D. Smin = 33

Lời giải

Chọn B

Điều kiện x > 0, điều kiện mỗi phương trình có 2 nghiệm phân biệt là b2 > 20a.

Đặt t = ln x, u = log x khi đó ta được at2 + bt + 5 = 0 (1), 5t2 + bt + a = 0 (2).

Ta thấy với mỗi một nghiệm t thì có một nghiệm x, một u thì có một nghiệm x.

Ta có

Lại có

( do a,b nguyên dương), suy ra b2 > 60 ⇒ b ≥ 8

Vậy S = 2a + 3b ≥ 2․3 + 3․8 = 30, suy ra Smin = 30 đạt được khi a = 3 và b = 8

Ví dụ 21: Cho hai phương trình: e3x+5y – ex+3y+1 = 1 – 2x – 2y và log32 (3x + 2y – 1) – (m + 6)․log3 x + m2 + 9 = 0. Tìm số giá trị nguyên của m để cặp số (x;y) thỏa mã đồng thời cả 2 điều kiện bên trên.

A. 8

B. 7

C. 6

D. 5

Lời giải

Chọn D

Ta có e3x+5y – ex+3y+1 = 1 – 2x – 2y ⇔ e3x+5y + (3x + 5y) = ex+3y+1 + (x + 3y + 1) (1)

Xét hàm số f(t) = et + t trên ℝ. Ta có f’(t) = et + 1 > 0 nên hàm số đồng biến trên ℝ.

Khi đó (1) ⇔ f (3x + 5y) = f (x + 3y + 1) ⇔ 3x + 5y = x + 3y + 1 ⇔ 2y = 1 – 2x

Thế vào phương trình còn lại ta được log32 x – (m + 6)․log3 x + m2 + 9 = 0 (2)

Đặt t = log3 x.

Số nghiệm của phương trình (2) chính là số nghiệm của phương trình t2 – (m + 6)t + m2 + 9 = 0 (3)

Phương trình (3) có nghiệm khi ∆ ≥ 0 ⇔ –3m2 + 12m ≥ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤ 4

Do đó có 5 số nguyên m thỏa mãn.

Ví dụ 22: Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m sao cho phương trình có nghiệm?

A. Vô số

B. 4

C. 6

D. 5

Lời giải

Chọn D

Ta có:

Do đó điều kiện để phương trình xác định là 3x2 + 3x + m + 1 > 0 (1)

Phương trình đã cho tương đương với:

log2 (3x2 + 3x + m + 1) – log2 (2x2 – x + 1) = x2 – 5x – m + 2

⇔ log2 (3x2 + 3x + m + 1) + 3x2 + 3x + m + 1 =  log2 (2x2 – x + 1) + 1 + 4x2 – 2x + 2

⇔ log2 (3x2 + 3x + m + 1) + 3x2 + 3x + m + 1 =  log2 (4x2 – 2x + 2) + 4x2 – 2x + 2 (2)

Xét hàm số f(t) = log2 t + t trên (0; +∞), ta có

Do đó f(t) đồng biến trên (0; +∞) nên (2) ⇔ 3x2 + 3x + m + 1 =  4x2 – 2x + 2 ⇔ m = x2 – 5x + 1 (3)

Xét hàm số f(x) = x2 – 5x + 1, f’(x) = 2x – 5, f’(x) = 0 ⇔

Ta có bảng biến thiên

Vậy (3) có nghiệm khi và chỉ khi

Vậy

, mà m là số nguyên âm nên m ∈ {–5; –4; –3; –2; –1}

Ví dụ 23: Hỏi có tất cả bao nhiêu số tự nhiên m để phương trình đúng một nghiệm thực x ?

A. 3

B. 0

C. 8

D. 4

Lời giải

Chọn A

Điều kiện:

Ta có:

Để phương trình đã cho có đúng một nghiệm thì nghiệm x = 2m phải vi phạm điều kiện (*), tức là: 2m ≤ log3 100 ⇔ m ≤ log2 (log3 100) ≈ 2,067

Do m là số tự nhiên nên m = {0; 1; 2}.

Ví dụ 24: Cho phương trình . Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc khoảng (1; 2018) của tham số a sao cho phương trình đã cho có nghiệm lớn hơn 3 ?

A. 17

B. 20

C. 19

D. 18

Lời giải

Chọn D

Nhận thấy, với x > 3 thì

Ta có

Xét hàm số

trên khoảng (3; +∞)

BBT:

Từ BBT ta thấy: phương trình (1) có nghiệm lớn hơn 3 ⇔ log2 x > f (3)

Mà a nguyên thuộc khoảng (1; 2018) nên a ∈ {2; 3; …; 19}

Vậy có 18 giá trị của a thoả mãn.

Ví dụ 25: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất cặp (x; y) thỏa mãn đồng thời các điều kiện . Tổng các phần tử của S bằng?

A. 5

B. 6

C. 3

D. 4

Lời giải

Chọn B

Ta có:

⇔ x2 + y2 + 3 = 2x – 6y + 5 ⇔ x2 + y2 – 2x + 6y – 2 = 0

Ta thấy phương trình x2 + y2 – 2x + 6y – 2 = 0 là phương trình đường tròn tâm I(1; –3) bán kính

Để tồn tại duy nhất cặp số (x; y) thỏa mãn yêu cầu bài toán khi đường thẳng

tiếp xúc với đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 6y – 2 = 0

Khi và chỉ khi

.

Tài liệu tham khảo PDF

Thông tin tài liệu
Tác giả Thầy Nguyễn Bảo Vương
Số trang 99
Lời giải chi tiết

Mục lục tài liệu:

– Dạng 1. Phương trình logarit

– Dạng 2. Phương trình mũ

– Dạng 3. Phương trình kết hợp của mũ và logarit

Xem thêm bài viết thuộc chuyên mục: Giáo dục