CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT

Chia sẻ: Trần Bá Trung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:12

4
5.402
lượt xem
616
download

CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tai liệu mang tính chất tham khảo, giúp các bạn đào sâu hơn về cách giải phương trình mũ và logarit.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT

  1. PHƢƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT A.PHƢƠNG TRÌNH MŨ VẤN ĐỀ 1: Các phƣơng pháp giải phƣơng trình mũ. I.Công thức lũy thừa và căn thức. a m .a n  a m  n a m  a n  a mn m n a m a n n a.n b  n a.b n a m.n  a m m n a  m.n a II. Các phƣơng pháp giải phƣơng trình mũ. 1) Đƣa về dạng cơ bản. b  0 a f ( x )  b(0  a  1)    f ( x)  log a b 2)Phƣơng pháp đƣa về cùng cơ số. Biến đổi phƣơng trình về dạng :  f  x   a g ( x)    f ( x)  g ( x) 0  a  1  Nếu cơ số a không phụ thuộc x ( a=a(x)) a  x   0  a ( x) g ( x )  a ( x) f ( x )   (a( x)  1)( f ( x)  g ( x))  0  3)Phƣơng pháp dùng ẩn số phụ. Đặt t= a f ( x ) chọn cơ số a thích hợp Điều kiện t >0 Biến đổi phƣơng trình mũ về phƣơng trình bậc 2 , bậc3 theo t Giải phƣơng trình này và chọn nghiệm t >0 Giải tiếp suy ra x 4)Phƣơng phƣơng pháp đƣa về phƣơng trình tích. -Nhóm các số hạng rồi đặt thừa số chung suy ra phƣơng trình tích 5)Phƣơng pháp lấy logarit thích hợp 2 về.  0  a  1  Dạng a f ( x )  b g ( x )     0  b  1  Lấy logarit cơ số a 2 vế f ( x).log a a  g ( x) log a b  f ( x)  g ( x).log a b
  2. PHƢƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT 6)Phƣơng pháp dùng tính đơn điệu. Biến đổi phƣơng trình về dạng f(x)=g(x) Trong đó f(x) và g(x) là 2 hàm số đơn điệu Đoán nhận 1 nghiệm x= x0 Suy ra phƣơng thình có nghiệm duy nhất x= x0 III.Một số ví dụ. (0, 2) x 0,5 VD1:Giải phƣơng trình  5.(0, 04) x 1 5 Giải: 1 1 x  x 1 5 2  1  (1)   5.    25  1 52 1 1  x  5 2 2  5.52( x 1)  5  x  5 2 x  3   x  2 x  3  x3 VD2: Giải phƣơng trình:   x  2 x2  4 2x x2  4  5. 2 6  0 Giải: Điều kiện x2  4  0  x  2 hoặc x  2     2 x  x2  4 (1)  2 x  x2  4  5. 2 2 6  0 Đặt t= ( 2) x  x2  4 . Điều kiện t>0 t  4 5  t  t  6   3 2 2 t   2 3 t (loai) 2 t=4  ( 2) x  x2  4 4  x  x2  4  4  x2  4  4  x 0  4  x  2  x  4  16  8 x  x 2 x  4   5 x  2 
  3. PHƢƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT 5 ĐS: x  2 VD3.Giải phƣơng trình 8.3x  3.2x  24  6x (1) Giải: (1)  8.(3x  3)  2 x (3x  3)  (3x  3)(2 x  8)  0 3x  3  x  1  x 2  8  x  3 ĐS: x=1;x=3 VD4.Giải phƣơng trình 3x 4  52 x (1) 2 Giải: Lấy logarit cơ số 3 hai vế ( x 2  4) log 3 3  2 x.log 3 5  x 2  4  2 x log 3 5  x 2  2 x log 3 5  4  0  x  log 5  log 2 5  4  3 3  x  log 5  log 2 5  4  3 3 VD5.Giải phƣơng trình x 3 7    2 x 5 5 Giải: Ta thấy x=1 là một nghiệmcủa phƣơng trình x 3 7 Đặt f ( x)     là hàm số giảm trên R 5 5 g ( x)  2 là hàm số tăng trên R x Mà f(1)=g(1) Vậy phƣơng trình có nghiệm duy nhất x=1 VD6. Giải phƣơng trình: 2x  3x  5x1  21 x  31 x  5 x Giải: Đặt f ( x)  2x  3x  5x 1 là hàm số tăng trên R g ( x)  21 x  31 x  5 x là hàm số giảm trên R 1 1 1 Mà f    g   nên phƣơng trình có nghiệm x= 2  2 2
  4. PHƢƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT VD7 Giải phƣơng trình: 3.25x2  (3x  10).5x2  3  x  0(1) Giải : Đặt t= 5x2 (t>0)  1 t (1)  3t  (3x  10)t  3  x  0(2)   3 2  t  3  x Với 1 1 1 t   5x  2   x  2  log 5 3 3 3  x  2  log5 3 Với t  3  x  5x2  3  x(3) (3) có 1 nghiệm x=2 Đặt f ( x)  5x2 là hàm số tăng trên R g ( x)  3  x là hàm số giảm trên R Vậy (3) có nghiệm duy nhất x=2 Vậy (1) có nghiệm : x=2 ; x  2  log5 3 IV.Một số bài tập: Bài 1: Giải phƣơng trình: 4x1  2x4  2x2  16  Bài 2: Giải phƣơng trình: log 2 9 x  5.3x1  4      4 x x Bài 3: Giải phƣơng trình: 2 3  2 3 Bài 4: Giải phƣơng trình: 4 x2  x.3x  3x1  2 x2 .3x  2 x  6 1 1 1 Bài 5: Giải phƣơng trình: 9  6  4  0 x x x VẤN ĐỀ 2: Tìm m để phƣơng trình mũ có nghiệm, có nghiệm duy nhất. I. Tìm m để phƣơng trình mũ: F(x,m)=0 (1) có nghiệm x  D. Cách giải: -Đặt ẩn phụ: t:=q(t), tìm điều kiện cho ẩn phụ t. -Chuyển điều kiện x  D thành điều kiện t  T. -Biến đổi phƣơng trình (1) thành phƣơng trình bậc 2 theo t f(t,m)=0 (2). *Cách 1. -Biến đổi (2) tƣơng đƣơng với f(t)=m (2’) với t  T. -Tính f’(t), lập bảng biến thiên. -Để (1) có nghiệm x  D khi và chỉ khi (2’) có nghiệm t  T điều này cũng tƣơng đƣơng với đƣờng thẳng y=m có điểm chung với đồ thị y=f(t) -Dựa vào bảng biến thiên để tìm điều kiện của m.
  5. PHƢƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT *Cách 2. -Ta có (1)  f(t,m)=0 (2) (bậc 2 theo t) -Để (1) có nghiệm x  D khi và chỉ khi (2) có nghiệm t  T Tức là (2) có 1 trong 2 nghiệm thuộc T hoặc cả hai nghiệm đều thuộc T. II. Tìm m để phƣơng trình có nghiệm duy nhất *Cách 1. Điều kiện cần. -Giả sử phƣơng trình có nghiệm x0. Dựa vào tính đối xứng, hàm số chẵn, giá trị tuyệt đối … phƣơng trình có nghiệm x1 . -Từ đó phƣơng trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi x0=x1. -Thay vào phƣơng trình để tìm giá trị m. Điều kiện đủ. -Thay giá trị m vừa tìm đƣợc vào phƣơng trình. -Giải phƣơng trình và chọn m sao cho thỏa mãn điều kiện phƣơng trình có nghiệm duy nhất. Từ đó đƣa ra kết luận các giá trị m thỏa mãn. *Cách 2. -Bằng cách đặt ẩn phụ t=q(x) để đƣa phƣơng trình đã cho về dạng f(t)=m. -Đặt y=f(t) với t  T -Tính f’(t), lập bảng biến thiên trên T. -Từ đó phƣơng trình (2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi đƣờng thẳng y=m chỉ có duy nhất một điểm chung với đồ thị y=f(t). -Dựa vào bảng biến thiên để có đƣợc giá trị m cần tìm. III.Một số ví dụ : VD1: Định m để phƣơng trình:  m 1 4x  2  m  3 2x  m  3  0 1 có nghiệm Giải: Đặt: t=2x (t>0) 1   m  1 t 2  2  m  3 t  m  3  0  mt 2  2m  m  t 2  6t  3  m  t 2  2t  1  t 2  6t  3 t 2  6t  3 m  2  t  0  t 2  2t  1 t 2  6t  3 Đặt f  t   2 t  0 t  2t  1 4t 2  8t  12 f  t    t 2  2t  1 2 t  1 f   t   0  4t 2  8t  12  0   t  3
  6. PHƢƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT Bảng biến thiên: Để (1) có nghiệm x  R   2  có nghiệm t>0  Đƣờng thẳng y=m cớ điểm chung với đồ thị y  f  x  . 3 Dựa vào bảng biến thiên, ta có: 3  m  2 3 ĐS: 3  m  2 Ví dụ 2: Cho phƣơng trình:  x  316x   2m  1 4x  m  1  0 1 Tìm m để phƣơng trình có 2 nghiệm trái dấu. Giải: Đặt: t  4x  t  0  phƣơng trình (1) trở thành f  t    m  3 t 2   2m  1 t  m  1  0  2  Phƣơng trình (1) có 2 nghiệm trái dấu x1  0  x2  4x1  40  4x2  t1  1  t2  (2) có nghiệm t1, t2 thõa 0 < t1 < 1 < t2 a. f 1  0   a. f  0   0   m  3 4m  3  0    m  3 m  1  0   3 3  m   4  3   1  m   m  3  4  m  1  3 Vậy phƣơng trình có 2 nghiệm trái dấu khi: . 1  m   4 1 Ví dụ 3: Tìm m để phƣơng trình sau có nghiệm duy nhất: x 1  3m  2 1 2 Giải: Phƣơng trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi:
  7. PHƢƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT 2 3m  2  0  m  3 1 1 1  2 x 1   x  1  log 2 3m  2 3m  2  x  1  log 2  3m  2    x  1  log 2  3m  2   Phƣơng trình có nghiệm duy nhất  1  log 2  3m  2   1  log 2  3m  2   log 2  3m  2   0  3m  2  1  m  1 IV.Một số bài tập: Bài 1: Tìm m để phƣơng trình  m  4 9x  2  m  2  3x  m  1  0 có nghiệm. Bài 2: Tìm m để phƣơng trình m.2x  2 x  5  0 có 1 nghiệm duy nhất.    3  2 2  tgx tgx Bài 3: Định m để phƣơng trình: 3  2 2 m    Có đúng 2 nghiệm trong   ,   2 2 Bài 4:Tìm k để phƣơng trình  k  1 4 x   3k  2  .2 x1  3k  1  0 có 2 nghiệm trái dấu. Bài 5:Giải và biện luận phƣơng trình m.3x  m.3 x  8 B.PHƢƠNG TRÌNH LOGARIT VẤN ĐỀ 1: Các phƣơng pháp giải phƣơng trình logarit. I.Dạng cơ bản: log a x  N  x  a N  a  0, a  1 log a a x  x, x; a loga x  x; x  0 Công thức đổi cơ số: log a x log a x  log a b logb x  logb x  log a b 1 log x a  ; alog b c  clog b a log a x 1 log a x  log a x  3 log a x3  log a x  II.Các phƣơng pháp giải phƣơng trình logarit. 1.Phƣơng pháp đƣa về cùng cơ số -Biến đồi phƣơng trình về dạng:
  8. PHƢƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT log a f  x   log a g  x  0  a  1  f  x   0     g  x   0    f  x  g  x  2.Phƣơng pháp đặt ẩn phụ: -Chọn ẩn số phụ thích hợp, biến đối phƣơng trình đã cho thành một phƣơng trình đại số. 3.Phƣơng pháp đƣa về dạng phƣơng trình tích: -Nhóm các số hạng, đặt thừa số chung suy ra phƣơng trình tích. 4.Phƣơng pháp dùng tính đơn điệu. -Suy đoán 1 nghiệm đặc biệt và chứng minh nghiệm đó duy nhất.  0  a  1 5.Dạng: log a f  x   a m  logb g  x     0  b  1 -Suy đoán nghiệm x0 và chứng minh nghiệm duy nhất.  f  x0   a m  -Nghiệm duy nhất x0 thõa:   g  x0   a n  6.Dùng phƣơng pháp đối lập. A  B  A  m A  m   B  m B  m  7.Dạng: log a x  f  x   log a x  g  x  a  x   0  a  x   1   f  x  0 f x g x      III.Một số ví dụ: 1 1 Ví dụ 1: Giải phƣơng trình: log 2  x  3  log 4  4 x 1 2 4 Giải: x  0 ĐK:  x  1 1 1 1  log 2  x  3  . .8log 2 x  1  log 2  4 x  4 2  log 2  x  3 x  1  log  4 x   x  3 x  1   4 x  2 
  9. PHƢƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT  Nếu 0< x <1 :  Nếu x>1 ĐS: x  3; x  3  2 3 Ví dụ 2: Giải phƣơng trình: 1 2   11 4  lg x 2  lg x Giải:  x  0 x  0   ĐK: lg x  4   x  104 lg x  2   x  1  100 Đặt: t  lg x  t  4  t  2  1 2 1   1 4t 2t  2  t  2  4  t    4  t  2  t   10  t  8  4t  2t  t 2  t 2  3t  2  0 t  1  t  2  t  1  lg x  1  x  10  t  2  lg x  2  x  102  100 ĐS: x=10; x=100 Ví dụ 3: Giải phƣơng trình:   log3 x  log 2 1  x 1
  10. PHƢƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT Giải: Điều kiện: x  0 Đặt: t  log 2 x  x  3t 1  t  log 2 1  3t   3 t  2t  1  t 1  3 t       1 2  2  2   Nhận xét: t=2 là nghiệm của (2) Vế trái là hàm số giảm. Vế phải là hàm số hằng. Nên phƣơng trình có 1 nghiệm duy nhất là t  2  log3 x  2  x  32  9 ĐS: x=9 IV.Một số bài tập: Bài 1: Giải phƣơng trình        log 2 x2  x  1  log 2 x2  x  1  log 2 x 4  x 2  1  log 2 x 4  x 2  1  x 24 Bài 2: Giải phƣơng trình: log 2 x 1 1 2x 1 Bài 3: Giải phƣơng trình: log32 x     2 x 2  9 x  9  log3 x 4 x 2  12 x  9  4  0 9 Bài 4: Giải phƣơng trình: log x  x  1  lg 0 2 1 Bài 5: Giải phƣơng trình: log 2  3x  1   2  log 2  x  1 log x 3 2 VẤN ĐỀ 2: Định m để phƣơng trình logarit có nghiệm, có nghiệm duy nhất: I.Tìm m để phƣơng trình: F  x, m   0 1 có nghiệm x  D -Đặt ẩn số phụ: t  log a x thích hợp. -Chuyển điều kiện x  D  t T -Biến đổi (1) thành phƣơng trình bậc 2 theo t. Biến đổi phƣơng trình này về dạng: f t   m  2 -Tính f   t  , t  T . Lập bảng biến thiên -Để (1) có nghiệm trên D  (2) có nghiệm trên T. -Dựa vào bảng biến thiên  điều kiên của m II. Định m để phƣơng trình logarit có nghiệm duy nhất: Cho phƣơng trình ( chứa logarit ) F  x, m   0 1 -Đặt: t  p  x  -Tìm điều kiện của t  T -Biến đổi phƣơng trình (1) về dạng: f t   m  2
  11. PHƢƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT -Tính f   t  với t  T -Lập bảng biến thiên trên T -Phƣơng trình (1) có nghiệm duy nhất  (2) có nghiệm duy nhất trên T. -Dựa vào bảng biến thiên  Đk của m.  Cách khác: Phƣơng trình (1)  (2) là phƣơng trình bậc hai với x   Để (1) có nghiệm duy nhất   2  có 1 nghiệm kép b x1  x2     hoặc có 2 nghiệm x1    x2 2a   0   b hoặc af    0   2a    III.Một số ví dụ: Ví dụ 1: Tìm m để phƣơng trình: lg  x 2  2mx   lg  x  1  0 1 có nghiệm. Giải: Ta có: 1  lg  x 2  2mx   lg  x  1 x 1  0  2  x  2mx  x  1 x  1     x2  x  1   m  2  2x  x2  x  1 Đặt: f  x    x  1 2x 2 x 2  2 f  x   0 vì x>1 4x2 Bảng biến thiên:
  12. PHƢƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT 1 (1) có nghiệm khi và chỉ khi (2) có nghiệm x>1  m   2 Ví dụ 2: Tìm m để phƣơng trình:  m  1 log 2  x  4   2m  1 log 1  x  4   m  2  0 1 1 2 2 Có 2 nghiệm x1, x2 thõa mãn: 4 < x1 < x2 < 6 Giải: Đặt: t  log 1  x  4  2 Điều kiện: 4 x 6 0 x4 2  t  log 1  x  4   log 1 2  1 2 2 1  f t    m 1 .t 2   2m  1 .t  m  2  0  2 (1) có 2 nghiệm thõa mãn : 4  x1  x2  6   2  có 2 nghiệm t1 , t2 thõa 1  t1  t2     0   9  0    af  1  0   m  1 4m  2   0 S  4m  1  1  0  0 2  2m  2  1 m   2  m  1  1   m    m 1 m  1  m  1 2   4 1 Vậy: m    m  1 2 IV.Một số bài tập   2 Bài 1: Tìm m để phƣơng trình 4 log 2 x  log 1 x  m  0 2 có nghiệm thuộc khoảng  0,1 Bài 2: Giải và biện luận phƣơng trình theo m 2log3 x  log3  x  1  log3 m  0   Bài 3: Tìm m để phƣơng trình lg 2 x 2  mx  lg 2  x  3  0 có nghiệm.   Bài 4: Cho phƣơng trình: log 2 mx3  5mx 2  6  x  log 2 m 3  x  1 1   Tìm các giá trị của x nghiệm đúng phƣơng trình (1) với mọi m  0 Bài 5: Với giá trị nào của a thì phƣơng trình: log a a  a  x    2 log x a Có nghiệm duy nhất.

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản