Phương trình – bất phương trình – hệ phương trình mũ và Lôgarit (P1)

(x) log b= = ⇔ = . 
 3. f (x) g(x) aa b f (x) g(x)log b= ⇔ = . 
 4. f (x) g(x)a a> (1) 
 + Nếu a>1 thì (1) f (x) g(x)⇔ > 
 + Nếu 0<a<1 thì (1) f (x) g(x)⇔ < 
Hay 
a 0(1) (a 1)(f (x) g(x)) 0
>
⇔ 
− − >
. 
ðể giải phương trình – bất phương trình mũ thì ta phải tìm cách chuyển về các phương 
trình – bất phương trình cơ bản trên. 
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau 
1) 2x 3x 4 x 12 4 + − −= 2) 3x 1 5x 8(2 3) (2 3)+ ++ = − 
3) 
x
2 xx 28 36.3 −+ = 4) 3x 1 2x 1 3 x2 . 4 .8 2 2.0,125+ − − = 
Giải: 
1) 2x 3x 4 2x 2 2 2pt 2 2 x 3x 4 2x 2 x x 2 0 x 1;x 2+ − −⇔ = ⇔ + − = − ⇔ + − = ⇔ = = − 
2) Ta có: 1(2 3)(2 3) 1 (2 3) (2 3)−+ − = ⇒ − = + . 
3x 1 5x 8 9pt (2 3) (2 3) 3x 1 5x 8 x
8
+ − −⇒ ⇔ + = + ⇔ + = − − ⇔ = − . 
3) ðK: x 2≠ − 
3x x 4
2 4 x 4 xx 2 x 2
3
x 4Pt 2 2 .3 2 3 log 2 4 x
x 2
−
− −+ + −⇔ = ⇔ = ⇔ = −
+
3
3
x 4(x 4)(x 2 log 2) 0
x 2 log 2
=
⇔ − + + = ⇔ 
= − −
. 
4) 
4x 2 x 1 4x 2x 1 3 39 3x 39 3x 33 2 32 2 2Pt 2 .2 .2 2 .2 2 2
− + −+
+ + − −
− −⇔ = ⇔ = 
Phương trình – bất phương trình – hệ phương trình mũ và Lôgarit 
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 2 
62
x
7
⇔ = là nghiệm của phương trình . 
Chú ý : Nếu trong bài toán có x thì ñiều kiện của x là : x 1;x≥ ∈ℕ . 
Ví dụ 2: Giải phương trình : 
1) 3x x 33x2 . 4 . 0.125 4 2= 2) 2 2x x x x 2x2 4.2 2 4 0+ −− − + = 
Giải: 
1) ðK : 
1
x
3
3x
 ≥

 ∈ ℕ
. Vì các cơ số của các lũy thừa ñều viết ñược dưới dạng lũy thừa cơ số 2 
nên ta biến ñổi hai vế của phương trình về lũy thừa cơ số 2 và so sánh hai số mũ. 
 Phương trình 
x 1 1 x 7x 12.
x 23 3x 3 3 32 2x12 .2 .( ) 2 .2 2 .2 2 2
8
−
⇔ = ⇔ = 
x x 1 7
22 3 2x 3
x 3
x x 1 72 2 5x 14x 3 0 12 3 2x 3 x
5
+ −
=
⇔ = ⇔ + − = ⇔ − − = ⇔
 = −

. 
Kết hợp với ñiều kiện ta có x 3= là nghiệm của phương trình . 
2) Các lũy thừa tham gia trong phương trình ñều cơ số 2. Ta ñi tìm quan hệ giữa các số mũ 
ta thấy 2 2 2 2(x x) (x x) 2x x x (x x) 2x+ − − = ⇒ + = − + . 
Ta có: 
2 2
x x 2x x x 2xPT 2 .2 4.2 2 4 0− −⇔ − − + = . 
2 2
x x 2x 2x 2x x x2 (2 4) (2 4) 0 (2 4)(2 1) 0− −⇔ − − − = ⇔ − − = 
2
2x
x x
2 4 x 1
x 02 1−
 = =
⇔ ⇔ 
= =
. 
Ví dụ 3: Giải các bất phương trình sau: 
 2
x 3x 1
2x 1 3x 2
1) 2 4
12) ( ) (0,125)
2
−
+ +
>
≤
 2
x 1 x 2 x 2 x 1
2 2x x 1 2 1 x
3) 3 5 3 5
1 14) (x ) (x )
2 2
+ + + +
+ + −
+ ≥ +
+ ≤ +
Giải: 
1) x 6x 2 2BPT 2 2 x 6x 2 x
5
−⇔ > ⇔ > − ⇔ < . 
2) 
x
x x x x x x
5
3
5 3 3BPT 25.5 5.5 9.3 3.3 20.5 6.3 x log
3 10 10
 
⇔ − > − ⇔ > ⇔ > ⇔ > 
 
. 
Phương trình – bất phương trình – hệ phương trình mũ và Lôgarit 
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 3 
3) 
22x 1 3x 2 9x 6
2 21 1 1BPT 2x 1 9x 6 2x 9x 5 0
2 8 2
+ + +
     
⇔ ≤ = ⇔ + ≥ + ⇔ − − ≥     
     
1
x ( ; ] [5;+ )
2
⇔ ∈ −∞ − ∪ ∞ . 
4) Vì 2 1x 0
2
+ > nên ta có các trường hợp sau 
* 
2 1 1
x 1 x
2 2
+ = ⇔ = ± . 
* 
2
2 2
11 x 1| x |x 1
2 2 1
x
2x x 1 1 x 2x 2x 0 2
 ≤ − >+ >  ⇔ ⇔   > + + ≥ − + ≥  
. 
* 
2
2 2
11 | x |x 1 12 2 x 0
22x x 1 1 x 2x 2x 0
 <+ < 
⇔ ⇔ − < ≤ 
 + + ≤ − + ≤ 
. 
Vậy nghiệm của bất phương trình là: 1 1x ( ; 1] [ ;0] [ ; )
2 2
∈ −∞ − ∪ − ∪ +∞ . 
Chú ý : Ta có thể giải bài 4 như sau: 
2 21BPT (x )(2x 2x) 0
2
⇔ − + ≥ . Lập bảng xét dấu ta cũng tìm ñược tập nghiệm như trên 
Ví dụ 4: Tìm tất cả các cặp số thực (x;y) thỏa mãn ñồng thời các ñiều kiện sau : 
2
3|x 2x 3| log 5 (y 4)3 5− − − − += (1) và 24 | y | | y 1| (y 3) 8− − + + ≤ (2). 
Giải: 
Vì | y | 1 | y 1| 4 | y | 1 | y 1| 0+ ≥ − ⇒ + − − ≥ nên từ (2) 2(y 3) 9 y 0⇒ + ≤ ⇒ ≤ 
2(2) y 3y 0 3 y 0⇒ ⇔ + ≤ ⇔ − ≤ ≤ (*). 
Mặt khác 
2|x 2x 3| y 3(1) 3 5 y 3 0 y 3− − − −⇔ = ⇒ − − ≥ ⇒ ≤ − (**) 
Tư (*) và (**) ta có y 3= − 2|x 2x 3| 23 0 x 2x 3 0 x 1;x 3− −⇒ = ⇔ − − = ⇔ = − = . 
Thử lại ta thấy các giá trị này thỏa mãn (1) và (2). 
Vậy (x;y) ( 1; 3), (3; 3)= − − − là những cặp (x;y) cần tìm. 
Chú ý : 1) Với bài toán trên ta thấy (2) là Bất phương trình một ẩn nên ta tìm cách giải (2) 
và ta dư ñoán bài toán thỏa mãn tại những ñiểm biên của y. 
2) Ta có thể giải (2) bằng cách phá bỏ dấu trị tuyệt ñối ta cũng tìm ñược nghiệm của (2) là 
3 y 0− ≤ ≤ , tuy nhiên cách làm vậy cho ta lời giải dài. 
Phương trình – bất phương trình – hệ phương trình mũ và Lôgarit 
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 4 
Ví dụ 5: Giải và biện luận phương trình : |x 1|
1 2m 1
2 −
= − . 
Giải: 
* Nếu 12m 1 0 m
2
− ≤ ⇔ ≤ thì phương trình vô nghiệm. 
* Nếu |x 1|1 1m PT 2 (2)
2 2m 1
−> ⇒ ⇔ =
−
. 
 +) Với |x 1|1 1 m 1 (2) 2 1 (2)
2m 1
−
= ⇔ = ⇒ ⇔ = ⇒
−
 có 1 nghiệm x 1= . 
 +) Với m 1 (2)≠ ⇒ có 2 nghiệm phân biệt 2x 1 log (2m 1)= ± − . 
Bài tập: 
Bài 1: Giải các phương trình sau: 
1) x x 1 x 2 x x 1 x 22 2 2 3 3 3+ + + ++ + = + + 2) 22x x 5 2x 13 27 + + += 
3) 2x 5x 6 x 35 2− + −= 4) 
x 1
x x2 .5 10
−
= 5) 
2x 5x 42 2 x 4(x 3) (x 3)− + ++ = + 
6) 
x 5 x 17
x 7 x 332 0,25.128
+ +
− −
= ( x=10). 7) x xx x= (x=1;x=4) 
8) 
2x 2
x
3 9 9
.
4 16 16
−
 
= 
 
 9) x 1x x x2 . 27 . 5 180+ = . 
10) 
2 2 2
x 3x 2 x 6x 5 2x 3x 74 4 4 1− + + + + ++ = + . 
Bài 3: Giải các bất phương trình sau: 
1) 2x 4x x 43 2− −≤ 2) 10 3 10 3
3
1
1
3+ < −
−
−
+
+) ( )
x
x
x
x
 3) 22 x x(4x 2x 1) 1−+ + ≤ 
4) 22x x 1| x 1| 1+ −− > 5) 22 2x 3 2 x(x x 1) (x x 1)−+ + < − + 
6) 
x x 2
x x
2.3 2 1
3 2
+
− ≤
−
 7) 
2 x |x 1|
x 2x 13
3
− −
−  ≥  
 
 8) 
2 2 22 x 1 x 2 x4x x.2 3.2 x .2 8x 12++ + > + + 
Bài 4: Tìm m ñể phương trình sau có nghiệm duy nhất 
2|x m 2|
3m 1 2m 1
5 − +
−
= + . 
Bài 5: Tìm m ñể phương trình 
2|x 4x 3|
4 21
m m 1
5
− +  = − +  
 có bốn nghiệm phân biệt. 
Phương trình – bất phương trình – hệ phương trình mũ và Lôgarit 
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 5 
2) Các phương pháp giải PT – BPT mũ: 
1. Phương pháp ñặt ẩn phụ 
Cũng như PT – BPT vô tỉ và lượng giác, ñể giải PT – BPT mũ ta có thể dùng phương pháp 
ñặt ẩn phụ. Tức là ta thay thế một biểu thức chứa hàm số mũ bằng một biểu thức chứa ẩn 
phụ mà ta ñặt và chuyển về những phương trình – bất phương trình ma ta ñã biết cách 
giải. Phương pháp ñặt ẩn phụ rất phong phú và ña dạng, ñể có ñược cách ñặt ẩn phụ phù 
hợp thì ta phải nhận xét ñược quan hệ cảu các cơ số có trong phương trình. 
Ví dụ 1: Giải phương trình: 
1) x x2.16 15.4 8 0− − = 2) 
2
cos 2x cos x4 4 3 0+ − = . 
Giải: 
1) Nhận xét cơ số ta thấy 16 chính là bình phương của 4, tức là ta có: x 2 x x 216 (4 ) (4 )= = 
 Nên ta ñặt: x x x 2 2t 4 , t 0 16 (4 ) t= > ⇒ = = . 
 Phương trình trở thành: 2 2x 3 32t 15t 8 0 t 8 2 2 x
2
− − = ⇔ = ⇔ = ⇔ = . 
2) Vì số mũ của hai lũy thừa trong phương trình là hai hàm số lượng giác và hai hàm số 
này biểu thị qua nhau bởi hệ thức 2cos2x 2cos x 1= − nên ta chuyển số mũ của hai lũy 
thừa ñó về một hàm lượng giác. 
Ta có phương trình 
2 22 cos x cos x4 4.4 12 0⇔ + − = . 
ðặt 
2cos xt 4 , t 0= > , ta có phương trình : 2t 4t 12 0 t 2+ − = ⇔ = 
22 cos x 22 2 2cos x 1 cos2x 0 x k
4 2
pi pi
⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = + . 
Nhận xét: Ta có dạng tổng quát của bài toán trên là: f (x)F(a ) 0= .Với dạng này ta ñặt 
f (x)t a , t 0= > và chuyển về phương trình F(t) 0= , giải tìm nghiệm dương t của phương 
trình, từ ñó ta tìm ñược x. Ta thường gặp dạng: 2f (x) f (x)m.a n.a p 0+ + = . 
 Với BPT ta cũng làm tương tự. 
Ví dụ 2: Giải các bất phương trình: 
1) x 1 x2 2 1−− < 2) 
2 2
x 2x x x 2x x 19 7.3 2− − − − −− ≤ 
Giải: 
1) BPT x
x
22 1
2
⇔ − < . ðặt xt 2 , t 1= ≥ , ta có: 
2 x2t 1 t t 2 0 1 t 2 2 2 0 x 1
t
− < ⇔ − − < ⇔ ≤ < ⇔ < ⇔ ≤ < . 
Phương trình – bất phương trình – hệ phương trình mũ và Lôgarit 
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 6 
2) BPT 2 2x 2x x x 2x x3.9 7.3 6− − − −⇔ − ≤ . 
ðặt 
2x 2x xt 3 , t 0− −= > , ta có bất phương trình : 
2 2 23t 7t 6 0 t 3 x 2x x 1 x 2x x 1− − ≤ ⇔ ≤ ⇔ − − ≤ ⇔ − ≤ + 
2
2 2
x 2x 0 x 0 V x 2
1
x 1 0 x 1 x 0 V x 2
4
x 1/ 4x 2x (x 1)

− ≥ ≤ ≥
 
⇔ + ≥ ⇔ ≥ − ⇔ − ≤ ≤ ≥ 
  ≥ −
− ≤ + 
. 
Ví dụ 3: Giải các bất phương trình : 
1) 
4
4
1
x
x x x22.3 9 9
++ + ≥ 2) 2x x x 4 x 43 8.3 9.9 0+ + +− − > . 
Giải: 
1) Trong bất phương trình 
Chia hai vế BPT cho x9 ta ñược: 
4 4x x x x2.3 3.9 1− −+ ≥ . 
ðặt 
4 x xt 3 , t 0−= > , ta có BPT: 
42 x x 113t 2t 1 0 t 3 3
3
− −+ − ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ 
4 4 4 1 5 7 3 5x x 1 x x 1 0 x 0 x
2 2
+ +
⇔ − ≥ − ⇔ − − ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ≤ . 
2) Chia hai vế BPT cho x 49 + ta ñược: 2(x- x+4) x x 43 8.3 9 0− +− − > 
ðặt x x 4t 3 , t 0− += > , ta có: 2 x x 4 2t 8t 9 0 t 9 3 3− +− − > ⇔ > ⇔ > 
2 2
x 2 0 x 2
x x 4 2 x 2 x 4 x 0
(x 2) x 4 x 3x 0
+ > > −  
− + > ⇔ + > + ⇔ ⇔ ⇔ > 
+ > + + >  
. 
Ví dụ 4: Giải các phương trình sau: 
1) 
2 2
x x 2 x x2 2 3− + −− = 2) 3x x 3(x 1) x
1 122 6.2 1
2 2−
− − + = . 
Giải: 
1) PT 2 2 22x x 2(x x) x xx x
42 3 2 3.2 4 0
2
− − −
−
⇔ − = ⇔ − − = . 
ðặt 
2x xt 2 , t 0−= > . Ta có: 2 2
x 1
t 3t 4 0 t 4 x x 2 0
x 2
= −
− − = ⇔ = ⇔ − − = ⇔ 
=
. 
2) ðặt xt 2 , t 0= > ta có: 3 33 3
8 12 8 2
t 6t 1 (t ) 6(t ) 1 0
t tt t
− − + = ⇔ − − − − = . 
ðặt 3 2 2 23 2
2 8 2 4 2 2y t t t t 2 t (t ) 6 y(y 6)
t t t tt t
      
= − ⇒ − = − + + = − − + = +            
Phương trình – bất phương trình – hệ phương trình mũ và Lôgarit 
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 7 
Nên ta có phương trình : 3 22y 1 0 y 1 t 1 t t 2 0 t 2 x 1
t
− = ⇔ = ⇔ − = ⇔ − − = ⇔ = ⇔ = . 
Ví dụ 5: Giải phương trình : 
1) x x(5 24) (5 24) 10+ + − = 2) x x (7 4 3) 3(2 3) 2 0+ − − + = . 
Giải: 
Nhận xét hai cơ số ta thấy: x x(5 24)(5 24) 1 (5 24) (5 24) 1+ − = ⇒ + − = . Do vậy 
nếu ñặt x x
1
t (5 24) , t 0 (5 24)
t
= + > ⇒ − = và phương trình ñã cho trở thành 
21t 10 t 10t 1 0 t 5 24
t
+ = ⇔ − + = ⇔ = ± . 
Từ ñây ta tìm ñược x 1= ± . 
Nhận xét: Bài toán trên có dạng tổng quát như sau: 
f (x) f (x)
m.a n.b p 0+ + = , trong ñó a.b 1= . ðặt f (x) f (x) 1t a , t 0 b
t
= > ⇒ = . 
2) Ta có: 27 4 3 (2 3)+ = + và (2 3)(2 3) 1− + = nên ta ñặt xt (2 3) , t 0= + > ta có 
phương trình : 2 3 23t 2 0 t 2t 3 0 (t 1)(t t 3) 0 t 1
t
− + = ⇔ + − = ⇔ − + + = ⇔ = 
x(2 3) 1 x 0⇔ + = ⇔ = . 
Ví dụ 6: Giải các phương trình sau: 
1) x x x6.9 13.6 6.4 0− + = 2) 
2 2 2
x 2x 1 2x x 2x x 19 34.15 25 0− + + − − +− + = 
Giải: 
1) Nhận xét các cơ số ta có: 2 29 3 ;4 2 ;6 3.2= = = , do ñó nếu ñặt x xa 3 ,b 2= = , ta có: 
2 26a 13ab 6b 0− + = ñây là phương trình ñẳng cấp bậc hai ñối với a,b. Chia hai vế PT 
cho b2 và ñặt 
x
a 3
t
b 2
 = =   
 ta ñược: 2
3 26t 13t 6 0 t , t
2 3
− + = ⇔ = = . 
Từ ñây ta có: x 1=± . 
Nhận xét: Ta có dạng tổng quát của phương trình trên là: 
2f (x) f (x) 2f (x)
m.a n.(a.b) p.b 0+ + = . Chia 2 vế phương trình cho 2f (x)b và ñặt 
f (x)at ( ) , t 0
b
= > . Ta có PT: 2mt nt p 0+ + = . 
2) PT
2 2 22x x 2x x 2x x9.9 34.15 25.25 0− − −⇔ − + = 
Phương trình – bất phương trình – hệ phương trình mũ và Lôgarit 
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 8 
2 22(2x x ) 2x x
23 39 34 25 0 9t 34t 25 0
5 5
− −
   
⇔ − + = ⇔ − + =   
   
(Với 
22x x3
t , t 0
5
−
 
= > 
 
). 
25
t 1; t
9
⇔ = = . 
* 
22x x
23t 1 1 2x x 0 x 0;x 2
5
−
 
= ⇔ = ⇔ − = ⇔ = = 
 
. 
* 
22x x 2
225 3 3t x 2x 2 0 x 1 3
9 5 5
− −
   
= ⇔ = ⇔ − − = ⇔ = ±   
   
. 
Ví dụ 7:Giải phương trình: 
1) x x 3x 1125 50 2 ++ = 2) x x x x3.8 4.12 18 2.27 0+ − − = . 
Giải: 
1) PT 
3x 2x
3x 2x x 3x 5 55 5 .2 2.2 2 0
2 2
   
⇔ + = ⇔ + − =   
   
ðặt 
x5
t , t 0
2
 
= > 
 
 ta ñược: 3 2 2t t 2 0 (t 1)(t 2t 2) 0 t 1 x 0+ − = ⇔ − + + = ⇔ = ⇔ = . 
Vậy phương trình có nghiệm x 0= . 
2) PT 
3x 2x x2 2 23 4. 2 0
3 3 3
     
⇔ + − − =     
     
. ðặt 
x2
t , t 0
3
 
= > 
 
 ta ñược: 
3 2 2 23t 4t t 2 0 (t 1)(3t t 2) 0 t x 1
3
+ − − = ⇔ + + − = ⇔ = ⇔ = . 
Ví dụ 8: Tìm m ñể các phương trình sau có nghiệm 
1) x x4 5.2 m 0+ + = 2) x x7 3 5 7 3 5( ) m( ) 8
2 2
+ −
+ = . 
Giải: 
1) ðặt xt 2 , t 0.= > Phương trình trở thành: 2t 5t m+ = − (1). Suy ra phương trình ñã cho 
có nghiệm (1)⇔ có nghiệm t 0> . 
Với t 0> ta có hàm 2f (t) t 5t 0= + > và liên tục nên phương trình ñã cho có nghiệm 
m 0 m 0⇔ − > ⇔ < . 
2) ðặt :
x
7 3 5
t , t 0
2
 +
= > 
 
, ta có phương trình : 2mt 8 t 8t m
t
+ = ⇔ − = − (2) 
Suy ra phương trình ñã cho có nghiệm (1)⇔ có nghiệm t 0> . 
Xét hàm số 2f (t) t 8t= − với t 0> , ta có: 2f (t) (t 4) 16 16= − − ≥ − nên phương trình ñã 
cho có nghiệm m 16 m 16− ≥ − ⇔ ≤ . 
Phương trình – bất phương trình – hệ phương trình mũ và Lôgarit 
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 9 
Ví dụ 9: Tìm m ñể bất phương trình sau có nghiệm: 
1) x x9 m.3 1 0+ + ≤ 2) 2x x x 4 x 43 m.3 9.9 0+ + +− − < . 
Giải: 
1) ðặt xt 3 , t 0= > . Bất phương trình trở thành: 
2
2 t 1t mt 1 0 m
t
+
+ + ≤ ⇔ ≤ − (3). 
Bất phương trình ñã cho có nghiệm ⇔ (3) có nghiệm
t 0
t 0 Min f (t) m
>
> ⇔ ≤ −
 (*). 
Xét hàm số 
2t 1f (t)
t
+
= với t 0> . Ta có 
2
2
t 1f '(t) f '(t) 0 t 1
t
−
= ⇒ = ⇔ = . Từ ñây suy ra 
t 0
Minf (t) f (1) 2 (*) m 2 m 2
>
= = ⇒ ⇔ − ≥ ⇔ ≤ − . 
Chú ý : BPT : ( )f (x) k f(x) k≤ ≥ có nghiệm trên D 
D D
Min f (x) k (Max k)⇔ ≤ ≥ 
2) Chia hai vế của BPT cho x x 43 + + ta ñược: 
x x 4 x 4 x 93 9.3 m 0 f (t) t m
t
− + + −
− − < ⇔ = − < (**), trong ñó x x 4t 3 − += 
Xét hàm số u(x) x x 4= − + với x 4≥ − . Ta có 
1 1 15 15 17
u '(x) 1 u '(x) 0 x 4 x u(x) u( )
4 4 4 42 x 4
= − ⇒ = ⇔ + = ⇔ = − ⇒ ≥ − = −
+
Suy ra 
17
4t 3
−
≥ . 
Xét hàm số f(t) trên 4
1D [ ; )
81 3
= +∞ , ta có f(t) là hàm ñồng biến nên 
4 4D
1 1 729 3Min f (t) f ( )
81 3 81 3
−
= = ⇒BPT ñã cho có nghiệm ⇔ (**) có nghiệm t D∈ 
4D
1 729 3
m Min f(t)
81 3
−
⇔ > = . 
Chú ý : 1) Ở bài toán trên chúng ta thường mắc sai lầm là khi ñặt t ta cho rằng ñiều kiện 
của t là t 0> ! Dẫn ñến ñiều này là do chúng ta không xác ñịnh tập giá trị của u(x) và lúc 
ñó ta sẽ cho lời giải sai!. 
2) BPT 
D D
f (x) k (f (x) k) x D Minf (x) k (Max f (x) k)≥ ≤ ∀ ∈ ⇔ ≥ ≤ . 
Ví dụ 10: Tìm tất cả các giá trị của tham số a sao cho bất phương trình sau ñược nghiệm 
ñúng với mọi x 0≤ : x 1 x xa.2 (2a 1)(3 5) (3 5) 0+ + + − + + < . 
Giải: 
BPT x x x2a.2 (2a 1)(3 5) (3 5) 0⇔ + + − + + < 
Phương trình – bất phương trình – hệ phương trình mũ và Lôgarit 
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 10 
x x
3 5 3 5(2a 1) 2a 0
2 2
   + −
⇔ + + + <   
   
ðặt 
x x
3 5 1 3 5
t ,0 t 1 x 0
2 t 2
   + −
= < ≤ ∀ ≤ ⇒ =   
   
 và bất phương trình trở thành: 
2
21 t 1t (2a 1) 2a 0 t 1 2a(t 1) 2a ( )
t t 1
+
+ + + < ⇔ + < − + ⇔ < −
+
I 
Xét hàm số 
2t 1f (t)
t 1
+
=
+
 với t D (0;1]∈ = . 
Ta có: 
2
2 (0;1]
t 2t 1f '(t) f '(t) 0 t 1 2 Max f (t) f (1) 1
(t 1)
+ −
= ⇒ = ⇔ = − + ⇒ = =
+
. 
BPT ñã cho nghiệm ñúng x 0 ( )∀ ≤ ⇔ I ñúng 
(0;1]
1
t (0;1] 2a Max f (t) a
2
∀ ∈ ⇔ − > ⇔ < − . 
Ví dụ 11: Tìm m ñể bpt 
2 2 22x x 2x x 2x x
m.9 (2m 1)6 m.4 0− − −− + + ≤ nghiệm ñúng với 
mọi x thỏa mãn 1| x |
2
≥ . 
Giải: 
Chia hai vế bất phương trình cho 
22x x4 − và ñặt 
22x x3
t
2
−
 
=  
 
 ta có bất phương trình : 
2 2m.t (2m 1)t m 0 t m(t 2t 1)− + + ≤ ⇔ ≥ − + (*). 
Xét hàm số 2u(x) 2x x= − với 1| x |
2
≥ , có 1 1u '(x) 4x 1 u(x) u( ) 0 | x |
2 2
= − ⇒ ≥ = ∀ ≥ 
1
t 1 | x |
2
⇒ ≥ ∀ ≥ . 
* Với t=1 ta thấy (*) ñúng. 
* Với 2
t
t 1 (*) f (t) m (**)
t 2t 1
> ⇒ ⇔ = ≥
− +
Ta có 
2
4
t 1f '(t) 0 t 1 f (t)
(t 1)
− +
= ⇒
−
 nghịch biến trên (1; )+∞ 
Mà 
t
lim f (t) 0 f (t) 0 t 1
→+∞
= ⇒ > ∀ > . Suy ra (**) ñúng t 1 m 1∀ > ⇔ ≤ . 
Phương trình – bất phương trình – hệ phương trình mũ và Lôgarit 
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 11 
2. Phương pháp ñánh giá. 
Nội dung phương pháp này là dựa vào tính ñơn ñiệu của hàm số mũ ñể tìm nghiệm của 
phương trình. ðường lối chính là ta dự ñoán một nghiệm của phương trình rồi dựa vào 
tính ñơn ñiệu của hàm số mũ chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất. 
Ví dụ1: Giải các phương trình sau 
x x x1) 4 3 5+ = x2) 3 4 x= − 
Giải: 
1) Ta khó tìm ñược mối liên hệ giữa các cơ số xuất hiện trong bài toán. Tuy nhiên ta nhận 
thấy phương trình có nghiệm x=2. Ta tìm cách chứng minh x=2 là nghiệm duy nhất của 
phương trình. ðể làm ñiều này ta chia hai vế phương trình cho x5 (Nhằm tạo ra hàm số ở 
VT nghịch biến) ta ñược: 
x x4 3 1
5 5
   
+ =   
   
 (1). 
Gọi f (x) là VT của (1) f (x)⇒ là hàm nghịch biến và f (2) 1= . 
* x 2 f (x) f (2) 1 (1)> ⇒ < = ⇒ vô nghiệm. 
* x 2 f (x) f (2) 1 (1) = ⇒ vô nghiệm. 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 2= . 
2) Ta có: xPT 3 x 4⇔ + = (2) 
Ta thấy VT của (2) là một hàm ñồng biến và x=1 là một nghiệm của phương trình và ñây 
cũng là nghiệm duy nhất của phương trình ñã cho. 
Ví dụ 2: Giải các phương trình sau: 
x x1) 3.4 (3x 10)2 3 x 0+ − + − = 2x 4 2 x 22) 4 (x 4)2 1− −+ − = . 
Giải: 
Ví dụ 2: Giải và biện luận phương trình: 
+ + + + +
− = + +
2 2
2 2 2 4 2 25 5 2x mx x mx m x mx m 
Bài tập: 
Bài 1: Giải các phương trình sau 
1) 4x 8 2x 53 4.3 27 0 + +− + = 2) 
x 1 x 5
x 1 23.2 2 4 0
− +
+
− + = 
3) x x x 3(5 21) 7(5 21) 2 +− + + = 4) sin x sin x( 5 2 6 ) ( 5 2 6 ) 2+ + − = 
Phương trình – bất phương trình – hệ phương trình mũ và Lôgarit 
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 12 
5) 082.124 52152 =+− −−−−− xxxx 6) 
Bài 2: Giải các bất phương trình sau: 
1) 
2
2 2x xx 2x 19 2 3
3
−
−
 
− ≤ 
 
Bài tập 
Bài 1: Giải các phương trình và bất phương trình sau 
x x
x+1 x
7) 25 6.5 5 0
8) 3 18.3 29−
− + >
+ <
x+1 x 2
x x x
2x 1 x 2x 1
x x
x x
 10) 4 2 3 0
11) 
12) 3.16 2.81 5.36
13) 2 5.6 3 0
14) ( 2 3 ) ( 2 3 ) 14
15) ( 7 48 ) ( 7 48 ) 14
16)
+
+ +
+ − =
+ =
− − ≥
+ + − =
+ + − ≤
Bài 2: Tìm m ñể các phương trình và Bất phương trình sau có nghiệm: 
+
+
+ − + − =
− + − ≤
2
1
1) .9 ( 1)3 1 0
2)4 .2 3 2 0
x x
x x
m m m
m m
Phương trình – bất phương trình – hệ phương trình mũ và Lôgarit 
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 13 
PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT 
1.Phương trình cơ bản 
* 
=
= ⇔ 
≥ ≥
( ) ( )
log ( ) log ( )
( ) 0 ( ( ) 0)
a a
f x g x
f x g x
f x g x
* = ⇔ =log ( ) ( ) ba f x b f x a 
* ≥log ( ) log ( )a af x g x (*) 
 + Nếu a>1 thì 
>
⇔ 
>
( ) ( )
(*)
( ) 0
f x g x
g x
 + Nếu 0<a<1 thì 
<
⇔ 
>
( ) ( )
(*)
( ) 0
f x g x
f x
Chú ý: log ( )a f x có nghĩa 
>
⇔ 
< ≠
( ) 0
0 1
f x
a
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau 
− + − =
− + = − +
+ + − − =
3 3 3
2
2
2
1) log ( 1) log ( 2) log 6
2) lg( 7 6) lg( 1) 1
3) ( 1-x 1 2)log ( ) 0
x x
x x x
x x x
−
− + ≥ −
+ − < +
−
<
−
2
1
2
2
5 5 5
3
4) log ( 3 2) 1
5)log (4 144) 4 log 2 log 5(2 1)
2 3
6) log 1
1
x x
x x
x
x
2. Các phương pháp giải Phương trình-Bất phương trình logarit 
 Phương pháp ñặt ẩn phụ: 
*Công thức ñổi cơ số: == loglog
log
a
b
a
x
x
b
. 
Ví dụ 1: Giải các phương trình và bất phương trình sau 
Phương trình – bất phương trình – hệ phương trình mũ và Lôgarit 
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 14 
−
+ − =
+ =
+ + − =
2 1
2
5 5
2 2
3 3
1) 1 log ( 1) log 4
5
2) log log 1
3) log log 1 5 0
x
x
x
x
x
x x
 
− + <  
 
+ + > +
3
4 2 2
1 12 2 2
2 2
2 2
4 2
32
4) log log 9 log 4 log
8
5) log (2 3 2)1 log (2 3 2)
x
x x
x
x x x x
2
3
2 3
16 2
lg lg 5
2
lg 7
lg 14
log (1 2 ) 2
)lg lg 2 0
1 2
) 1
4 lg 2 lg
)3 log 16 4 log 2 log
 )5 50
)log 16 log 64 3 
) 10
*)9 5 5
x
x
xx
x
x
x
a x x
c
x x
d x x
f