Phương trình logarit

Ta có: ${\log _2}\left( {2x + 2} \right) + x - 3y = {8^y} \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + 1} \right) + x + 1 = {2^{3y}} + 3y$ (*)

Xét hàm số $y = f\left( x \right) = {2^x} + x$ có $f'\left( x \right) = {2^x}\ln 2 + 1 > 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}$ $\Rightarrow$ Hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}.$

$\Rightarrow$ Phương trình (*)$\Leftrightarrow f\left( {{{\log }_2}\left( {x + 1} \right)} \right) = f\left( {3y} \right)$$\Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + 1} \right) = 3y$

Do $0 \le x \le 2020$ nên $0 \le {\log _2}\left( {x + 1} \right) \le {\log _2}2021 \Rightarrow 0 \le 3y \le {\log _2}2021$

                             $\Leftrightarrow 0 \le y \le \dfrac{{{{\log }_2}2021}}{3} \Rightarrow y \in \left\{ {0;1;2;3} \right\}$

Với mỗi giá trị y vừa tìm được đều tìm được đúng 1 giá trị x nguyên thỏa mãn

$\Rightarrow$ Có 4 cặp số $\left( {x;y} \right)$ nguyên thỏa mãn các điều kiện trên.

$({x^2} - 4)({\log _2}x + {\log _3}x + {\log _4}x + ... + {\log _{19}}x - \log _{20}^2x) = 0(*)$

Đkxđ: $x>0$

$(*) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2(tm)\\x =  - 2(ktm)\\{\log _2}x + {\log _3}x + {\log _4}x + ... + {\log _{19}}x - \log _{20}^2x = 0(**)\end{array} \right.$

$\begin{array}{l}(**) \Leftrightarrow \dfrac{{\log {\rm{x}}}}{{\log 2}} + \dfrac{{\log {\rm{x}}}}{{\log 3}} + \dfrac{{\log {\rm{x}}}}{{\log 4}} + ... + \dfrac{{\log {\rm{x}}}}{{\log 19}} - {\left( {\dfrac{{\log {\rm{x}}}}{{\log 20}}} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow \log {\rm{x}}(\dfrac{1}{{\log 2}} + \dfrac{1}{{\log 3}} + \dfrac{1}{{\log 4}} + ... + \dfrac{1}{{\log 19}} - \dfrac{{\log {\rm{x}}}}{{{{\log }^2}20}}) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\log {\rm{x}} = 0\\\dfrac{1}{{\log 2}} + \dfrac{1}{{\log 3}} + \dfrac{1}{{\log 4}} + ... + \dfrac{1}{{\log 19}} - \dfrac{{\log {\rm{x}}}}{{{{\log }^2}20}} = 0\end{array} \right. \\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\\dfrac{1}{{\log 2}} + \dfrac{1}{{\log 3}} + \dfrac{1}{{\log 4}} + ... + \dfrac{1}{{\log 19}} = \dfrac{{\log {\rm{x}}}}{{{{\log }^2}20}}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\(\dfrac{1}{{\log 2}} + \dfrac{1}{{\log 3}} + \dfrac{1}{{\log 4}} + ... + \dfrac{1}{{\log 19}}){\log ^2}20 = \log {\rm{x}}\end{array} \right. \\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1(tm)\\x = {10^{(\dfrac{1}{{\log 2}} + \dfrac{1}{{\log 3}} + \dfrac{1}{{\log 4}} + ... + \dfrac{1}{{\log 19}}){{\log }^2}20}}(tm)\end{array} \right.\end{array}$ 

Phương trình (*) có $3$ nghiệm.

ĐKXĐ: $\cos x > 0$

Ta có: $f\left( x \right) = {\log _2}\left( {\cos x} \right) \Rightarrow f'\left( x \right) = \dfrac{{ - \sin x}}{{\cos x.\ln 2}}$

$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow$$\dfrac{{ - \sin x}}{{\cos x.\ln 2}} = 0 \Leftrightarrow \tan x = 0 \Leftrightarrow x = k\pi ,\,k \in \mathbb{Z}$.

Với $k$ chẵn, đặt $k = 2m\,\,\left( {m \in \mathbb{Z}} \right)$, khi đó ta có $x = m2\pi \,\,\left( {m \in \mathbb{Z}} \right)$.

Với $k$ lẻ, đặt $k = 2n + 1\,\,\left( {n \in \mathbb{Z}} \right)$, khi đó ta có $x = \left( {2n + 1} \right)\pi  = \pi  + n2\pi \,\,\left( {n \in \mathbb{Z}} \right)$.

Kiểm tra ĐKXĐ:

$x = m2\pi  \Rightarrow \cos x = 1 > 0$: thỏa mãn.

$x = \pi  + k2\pi  \Rightarrow \cos x =  - 1 < 0$: loại.

Suy ra nghiệm của phương trình là $x = m2\pi ,\,\,m \in \mathbb{Z}$.

Theo bài ra ta có: $x \in \left( {0;2020\pi } \right) \Rightarrow 0 < m2\pi  < 2020\pi  \Leftrightarrow 0 < m < 1010 \Rightarrow$ Có 1009 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Vậy phương trình $f'\left( x \right) = 0$ có 1009 nghiệm trong khoảng $\left( {0;2020\pi } \right)$.

$\dfrac{1}{{\ln \left( {x + 5} \right)}} + \dfrac{1}{{{3^x} - 1}} = x + a \Leftrightarrow f\left( x \right) = \dfrac{1}{{\ln \left( {x + 5} \right)}} + \dfrac{1}{{{3^x} - 1}} - x = a\,\,\left( * \right)$.

Xét hàm số $f\left( x \right) = \dfrac{1}{{\ln \left( {x + 5} \right)}} + \dfrac{1}{{{3^x} - 1}} - x$.

ĐKXĐ: $\left\{ \begin{array}{l}x + 5 > 0\\\ln \left( {x + 5} \right) \ne 0\\{3^x} - 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x >  - 5\\x + 5 \ne 1\\{3^x} \ne 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x >  - 5\\x \ne  - 4\\x \ne 0\end{array} \right.$

$\Rightarrow D = \left( { - 5; - 4} \right) \cup \left( { - 4;0} \right) \cup \left( {0; + \infty } \right)$.

Ta có:

$f'\left( x \right) = - \frac{1}{{\left( {x + 5} \right){{\ln }^2}\left( {x + 5} \right)}} - \frac{{{3^x}\ln 3}}{{{{\left( {{3^x} - 1} \right)}^2}}} - 1 < 0,\forall x \in D$

BBT:

Từ BBT suy ra phương trình (*) có 2 nghiệm $\Leftrightarrow a \ge 4$.

Kết hợp ĐK $\Rightarrow a \in \left\{ {4;...;2018} \right\}$. Vậy có 2015 giá trị của $a$ thỏa mãn.

Ta có: $\int\limits_0^2 {\left( {t - {{\log }_2}x} \right)dt}  = \left. {\left( {\dfrac{{{t^2}}}{2} - {{\log }_2}x.t} \right)} \right|_0^2 = 2 - 2{\log _2}x$

Phương trình: $2 - 2{\log _2}x = 2{\log _2}\dfrac{2}{x}$ có điều kiện là $x > 0$

$\Leftrightarrow {\log _2}\dfrac{2}{x} + {\log _2}x = 1 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {\dfrac{2}{x}.x} \right) = 1$ (luôn đúng)

Vậy tập nghiệm của phương trình là $(0; +\infty )$

Điều kiện : $\left\{ \begin{array}{l}\cot x > 0\\\cos x > 0\end{array} \right.(1)$.

Ta có : $2{\log _3}\left( {\cot x} \right) = {\log _2}\left( {\cos x} \right) \Leftrightarrow {\log _3}{\left( {\cot x} \right)^2} = {\log _2}\left( {\cos x} \right) = t$

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {\cot x} \right)^2} = {3^t}\\{\cos ^2}x = {4^t}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{{{\cos }^2}x}}{{{{\sin }^2}x}} = {3^t}\\{\cos ^2}x = {4^t}\end{array} \right.$

$\Rightarrow \dfrac{{{4^t}}}{{1 - {4^t}}} = {3^t} \Leftrightarrow {4^t} - {3^t} + {12^t} = 0 \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{4}{3}} \right)^t} + {4^t} = 1$

Đặt $f(t) = {\left( {\dfrac{4}{3}} \right)^t} + {\left( 4 \right)^t} \Rightarrow f'(t) = {\left( {\dfrac{4}{3}} \right)^t}\ln \dfrac{4}{3} + {\left( 4 \right)^t}\ln 4 > 0$ suy ra $f(t)= 1$ có tối đa $1$ nghiệm.

Nhận thấy $t=-1$ là nghiệm của phương trình $\Rightarrow {\log _2}\left( {\cos x} \right) =  - 1 \Rightarrow \cos x = \dfrac{1}{2} \Rightarrow x =  \pm \dfrac{\pi }{3} + k2\pi  \Rightarrow x = \dfrac{\pi }{3} + k2\pi$( do đk (1)).

Ta có : $0 < \dfrac{\pi }{3} + k2\pi  < 2017\pi  \Leftrightarrow  - \dfrac{1}{6} < k < \dfrac{{3025}}{3}$. Do $k$ nguyên nên $k= 0, 1, …, 1008$.

Vậy phương trình có $1009$ nghiệm.

ĐK: $x>-1;mx>0$

$\begin{array}{l}\log (m{\rm{x}}) = 2\log (x + 1) \Leftrightarrow m{\rm{x}} = {(x + 1)^2} \Leftrightarrow {x^2} + (2 - m)x + 1 = 0\\\Delta  = {m^2} - 4m + 4 - 4 = {m^2} - 4m\end{array}$

Để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất thì có 2 TH:

TH1: Phương trình trên có nghiệm duy nhất: ${m^2} = 4m \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 4\end{array} \right..$

Tuy nhiên giá trị $m = 0$ loại do khi đó nghiệm là $x = -1$.

TH2: Phương trình trên có 2 nghiệm thỏa: ${x_1} \le  - 1 < {x_2}$

Nếu có ${x_1} =  - 1 \to 1 - (2 - m) + 1 = 0 \to m = 0$, thay lại vô lý

$\begin{array}{l}{x_1} <  - 1 < {x_2} \to ({x_1} + 1)({x_2} + 1) < 0 \Leftrightarrow {x_1}{x_2} + {x_1} + {x_2} + 1 < 0\\ \to 1 + m - 2 + 1 < 0 \Leftrightarrow m < 0.\end{array}$

Như vậy sẽ có các giá trị $-2017; - 2016; …… -1$ và $4$.

Có $2018$ giá trị.

${\left( {{{\log }_{\frac{1}{3}}}x} \right)^2} - \left( {\sqrt 3  + 1} \right){\log _3}x + \sqrt 3  = 0$   điều kiện của phương trình là $x > 0$

$\Leftrightarrow {\left( {{{\log }_3}x} \right)^2} - \left( {\sqrt 3  + 1} \right){\log _3}x + \sqrt 3  = 0$

Đặt $t = \log_{3}x$ , phương trình trở thành:

${t^2} - \left( {\sqrt 3  + 1} \right)t + \sqrt 3  = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\t = \sqrt 3 \end{array} \right.$

$\Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _3}x = 1\\{\log _3}x = \sqrt 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = {3^{\sqrt 3 }}\end{array} \right. \Rightarrow {x_1}.{x_2} = {3.3^{\sqrt 3 }} = {3^{\sqrt 3  + 1}}$

+ Cô lập  $m : m(\ln (1 - x) - 1) = \ln x \Rightarrow m = \dfrac{{\ln x}}{{\ln (1 - x) - 1}}$ với $1 > x > 0$ .

+ Nhận xét đáp án: ta thấy $\dfrac{{\ln x}}{{\ln (1 - x) - 1}} > 0{\rm{   }},\forall 0 < x < 1$. Loại C và D

+ Tính giới hạn của $y =\dfrac{{\ln x}}{{\ln (1 - x) - 1}}$ khi $x$ tiến dần tới $1$ thì thấy $y$ dần tiến tới $0$ . Loại B. 

Đặt ${x^2} - \sqrt 2 x = t$ khi đó ${\log _3}|t| = {\log _5}(t + 2)(t >  - 2;t \ne 0)$

Đặt ${\log _3}|t| = {\log _5}(t + 2) = a \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}|t| = {3^a}\\t + 2 = {5^a}\end{array} \right.$

$\Rightarrow \left| {{5^a} - 2} \right| = {3^a} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{5^a} - 2 =  - {3^a}\\{5^a} - 2 = {3^a}\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{5^a} + {3^a} = 2(1)\\{5^a} = {3^a} + 2(2)\end{array} \right.$

Xét (1): $f(a) = {5^a} + {3^a} \Rightarrow f'(a) = {5^a}\ln 5 + {3^a}\ln 3 > 0(\forall a \in R)$ nên hàm số đồng biến trên $R$

Mặt khác $f(0) = 2$ do đó phương trình $f(a) = f(0)$ có 1 nghiệm duy nhất $a = 0 \Rightarrow t = -1$

Suy ra: ${x^2} - \sqrt 2 x + 1 = 0$ (vô nghiệm)

Xét (2) $\Leftrightarrow {\left( {\dfrac{3}{5}} \right)^a} + 2.{\left( {\dfrac{1}{5}} \right)^a} = 1$.

Đặt $g(a) = {\left( {\dfrac{3}{5}} \right)^a} + 2.{\left( {\dfrac{1}{5}} \right)^a} \Rightarrow g'(a) = {\left( {\dfrac{3}{5}} \right)^a}\ln \dfrac{3}{5} + 2.{\left( {\dfrac{1}{5}} \right)^a}\ln \dfrac{1}{5} < 0(\forall a \in R)$

Nên hàm số $g(a)$ nghịch biến trên $R$ do đó phương trình $g(a) = 1$ có tối đa 1 nghiệm.

Mà $g(a) = g(1)$ nên $a = 1$

Suy ra $t = 3 \Rightarrow {x^2} - \sqrt 2 x - 3 = 0$ có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện

Vậy phương trình đã cho có $2$ nghiệm.

Bước 1:

Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - x\sqrt 2  + 2 > 0\\{x^2} - x\sqrt 2  \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 0\\x \ne \sqrt 2 \end{array} \right.$

Đặt ${\log _3}\left| {{x^2} - x\sqrt 2 } \right| = {\log _5}\left( {{x^2} - x\sqrt 2  + 2} \right) = t$

Ta có: $\left| {{x^2} - x\sqrt 2 } \right| = {3^t},{x^2} - x\sqrt 2  + 2 = {5^t}$

Bước 2: Xét các trường hợp ${x^2} - x\sqrt 2 >0$ và ${x^2} - x\sqrt 2 <0$

TH1: ${x^2} - x\sqrt 2  = {3^t}$

Ta có ${3^t} + 2 = {5^t} \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{3}{5}} \right)^t} + 2.{\left( {\dfrac{1}{5}} \right)^t} = 1\left( 1 \right)$

Dễ thấy hàm số $f\left( t \right) = {\left( {\dfrac{3}{5}} \right)^t} + 2{\left( {\dfrac{1}{5}} \right)^t}$ nghịch biến trên $\mathbb{R}$.

Mà $\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( t \right) = f\left( 1 \right)$.

Vậy phương trình (1) nhận nghiệm $t = 1$ là nghiệm duy nhất

Ta có

$\begin{array}{l}{x^2} - x\sqrt 2  = {3^1} = 3 \Leftrightarrow {x^2} - x\sqrt 2  - 3 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{{\sqrt 2  + \sqrt {14} }}{2}\left( {tm} \right)\\x = \dfrac{{\sqrt 2  - \sqrt {14} }}{2}\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}$

TH2: ${x^2} - x\sqrt 2  =  - {3^t}$

Ta có $- {3^t} + 2 = {5^t} \Leftrightarrow {5^t} + {3^t} = 2\left( 2 \right)$

Ta thấy hàm số $g\left( t \right) = {5^t} + {3^t}$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Mà $\left( 2 \right) \Leftrightarrow g\left( t \right) = g\left( 0 \right)$

Suy ra $t = 0$$\Rightarrow {x^2} - x\sqrt 2  + 1 = 0\left( {VN} \right)$

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.

Bước 1: Biểu diễn lượng Poloni 210 theo m sau n ngày.

Lượng Poloni 210 ban đầu $T_{0}=m$. Lượg Poloni 210 còn lại sau 138 ngày: $T_{1}=\dfrac{1}{2} m$

Lượng Poloni 210 còn lại sau $138 \times 2$ ngày: $T_{2}=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2} m$

Cứ như vậy lượng Poloni 210 còn lại sau $138 \times n$ ngày: $T_{n}=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n} m$

Bước 2: Lập phương trình từ giả thiết và tìm n, từ đó biểu diễn lượng Poloni còn lại sau n ngày so với khối lượng ban đầu.

Yêu cầu bài toán tương đương $\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n} m=\dfrac{1}{10} m \Leftrightarrow n=\log _{\dfrac{1}{2}} \dfrac{1}{10}$

Vậy sau ít nhất $138 \times n=138 \times \log _{\dfrac{1}{2}} \dfrac{1}{10} \approx 459$ ngày thì khối lượng Poloni 210 còn lại bằng $\dfrac{1}{10}$ khối lượng ban đầu.

Bước 1: Biến đổi phương trình, xét hàm đặc trưng $f(t)=t^{2}+t$

Phương trình đã cho tương đương với phương trình

$\begin{array}{l}m + \sqrt {m + {2^x}}  = {2^{2x}}\\ \Leftrightarrow \left( {m + {2^x}} \right) + \sqrt {m + {2^x}}  = {2^{2x}} + {2^x}{\rm{ (1)}}\end{array}$

Vì m nguyên dương nên $\sqrt{m+2^{x}} \geq \sqrt{2^{x}}>0$

Xét hàm đặc trưng $f(t)=t^{2}+t$ trên $[0 ;+\infty)$

Ta có $f^{\prime}(t)=2 t+1 \geq 0, \forall t \in[0 ;+\infty)$

$\Rightarrow f(t)$ đồng biến trên khoảng $[0 ;+\infty)$

Bước 2: Lập phương trình từ hàm đặc trưng. Tìm m.

Do đó $(1) \Leftrightarrow f\left(\sqrt{m+2^{x}}\right)=f\left(2^{x}\right) \Leftrightarrow \sqrt{m+2^{x}}=2^{x} \Leftrightarrow m=2^{2 x}-2^{x}(2)$

Đặt $a=2^{x}, a>0$. Ta có $(2) \Leftrightarrow m=g(a)=a^{2}-a$

Phương trình đã cho có nghiệm $\Leftrightarrow$ đường thẳng $y=m$ cắt đồ thị hàm số $y=g(a)$ $\Leftrightarrow m \geq-\dfrac{1}{4}$ mà $m$ là giá trị nguyên dương nhỏ hơn 2020 nên $m \in\{1 ; 2 ; 3 ; \ldots ; 2019\}$

Vậy có 2019 giá trị $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán