PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ DẠNG 1 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ

Chia sẻ: Trần Văn Sỹ | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

1
835
lượt xem
255
download

PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ DẠNG 1 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ

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

Tài liệu ôn thi môn toán tham khảo về các phương pháp giải phương trình mũ bằng cách đặt ẩn phụ.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ DẠNG 1 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ

  1. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ DẠNG 1 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ Dạng 1: Phương trình: α1a 2 x + α 2 a x + α 3 = 0 Đặt t = a x , điều kiện t >0. Dạng 2: Phương trình: α1a x + α 2b x + α 3 = 0 , với a.b = 1 1 Đặt t = a x , điều kiện t >0, suy ra b x = t Dạng 3: Phương trình: α1a 2 x + α 2 ( ab ) + α 3b 2 x = 0 x Chia hai vế của phương trình cho b 2 x > 0 (hoặc a 2 x , ( ab ) ) x Ví dụ 1: Giải phương trình: 7.22( x +1) − 20.2 x +1 + 12 = 0 2 2 Đặt t = 2 x +1 , vì x 2 + 1 ≥ 1 ⇔ 2 x +1 ≥ 21 ⇔ t ≥ 2 2 2 Khi đó pt (1) có dạng: t = 2 7t − 20t + 12 = 0 ⇔  6 2 2 ⇔ 2 x +1 = 2 ⇔ x 2 + 1 = 2 ⇔ x = 0 t = ( l )  7 Vậy, pt có ... nghiệm ... 1 Ví dụ 2: Giải phương trình: 4cot x + 2 sin x − 3 = 0 ( 1) 2 2 Điều kiện: sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ , k ∈ Z . ( ∗) 1 Vì = 1 + cot 2 x , nên pt (1) được viết lại dưới dạng: sin 2 x 22cot x + 2.2cot x − 3 = 0 ( 2 ) 2 2 Đặt t = 2cot x , vì cot 2 x ≥ 0 ⇔ 2cot x ≥ 20 ⇔ t ≥ 1 ( ∗∗) 2 2 Khi đó pt (2) có dạng: t = 1 2 π t 2 + 2t − 3 = 0 ⇔  ⇔ 2cot x = 1 ⇔ cot 2 x = 0 ⇔ x = + kπ , k ∈ Z  t = −3 ( l ) 2 Nghiệm đó thỏa mãn (*). Vậy, pt có ... nghiệm ... ( ) ( ) x x Ví dụ 3: Giải phương trình: 2− 3 + 2+ 3 =4 ( 1) Nhận xét rằng: 2 − 3. 2 + 3 = ( 2 − 3) ( 2 + 3) =1 ( ) ( ) x x 1 Đặt t = 2+ 3 , điều kiện t > 0 ⇒ 2− 3 = t Khi đó pt (1) có dạng:
  2.  ( ) x 1 t = 2 + 3  2+ 3 = 2+ 3 t + = 4 ⇔ t + 4t − 1 = 0 ⇔  2 ⇔ t ( ) x t = 2 − 3   2+ 3 = 2− 3    x x ⇔ 2 (  2+ 3 = 2+ 3 ⇔ )2 =1 ⇔ x = 2  x = −1  x = −2 x  ( ) ( ) −1  2+ 3 2 = 2+ 3 2   Vậy, pt có ... nghiệm ... Ví dụ 4: Giải phương trình: ( 7 + 4 3 ) − 3 ( 2 − 3 ) + 2 = 0 ( 1) x x ( ) 2 7+4 3 = 2+ 3 Nhận xét rằng: ( 2 + 3) ( 2 − 3) =1 Đặt t = ( 2 + 3 ) , điều kiện t > 0 ⇒ ( 2 − 3 ) = ( ) x x 1 2 và 7 + 4 3 = 2 + 3 = t2 t Khi đó pt (1) có dạng: 3 t = 1 t 2 − + 2 = 0 ⇔ t 3 + 2t − 3 = 0 ⇔ ( t − 1) ( t 3 + t + 3) = 0 ⇔  t = t + t + 3 ( VN ) 3 t ( ) x ⇔ 2+ 3 =1 ⇔ x = 0 Vậy, pt có ... nghiệm ... Ví dụ 5: Giải phương trình: ( 3 + 5 ) + 16 ( 3 − 5 ) = 2 x+3 ( 1) x x Chia 2 vế của phương trình cho 2 x > 0 , ta được: x x  3+ 5   3− 5   2  + 16  2  = 8 ( 2 )          3 + 5  3 − 5   2  2  = 1 Nhận xét rằng:       x x  3+ 5   3− 5  1 Đặt t =   2   , điều kiện t > 0 ⇒   2  =t      Khi đó pt (2) có dạng: x  3+ 5  t − 8t + 16 = 0 ⇔ t = 4 ⇔  2  2  = 4 ⇔ x = log 3+ 5 4    2 Vậy, pt có ... nghiệm ... Ví dụ 6: Giải phương trình: 2.4 x +1 + 6 x +1 = 9 x +1 ( 1) 2 2 2 Biến đổi phương trình về dạng: ( 2 x 2 +1 ) + 2.3 x ( 2 x 2 +1 ) ( ) ( 2) 2 +1 2.2 =3 Chia hai vế của phương trình cho 22( x +1) ≠ 0 , ta được: 2 x 2 +1 ( 2 x 2 +1 ) 3 3 2+  =  ( 3) 2 2
  3. x 2 +1 x 2 +1 1 Đặt t =   , vì x + 1 ≥ 1 ⇔   3 3 3 3   2   ≥  ⇔t ≥ 2 2 2 2 Khi đó pt (3) có dạng: 2 t = 2 3 x +1 t −t −2 = 0 ⇔  2 ⇔  = 2 ⇔ x 2 + 1 = log 3 2 ⇔ x = ± log 3 2 − 1 t = −1( l ) 2 2 2 Vậy, pt có ... nghiệm ... Ví dụ 7: Giải phương trình: 22 x +1 − 9.2 x + x + 22 x + 2 = 0 ( 1) 2 2 Chia hai vế của phương trình cho 22 x+ 2 ≠ 0 , ta được: 2 2 − 2 x −1 − x−2 22 x − 9.2 x +1 = 0 1 2 9 2 ⇔ .22 x − 2 x − .2 x − x + 1 = 0 2 4 ( 2) 2 2 −2 x −x ⇔ 2.22 x − 9.2 x +4=0 Đặt t = 2 x − x , điều kiện t > 0 2 Khi đó pt (2) có dạng: t = 4  x − x = 22 2  x2 − x = 2  1 ⇔ 2  x = −1 2t − 9t + 4 = 0 ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔ t = 2  2 x − x = 2−1  x − x = −1  x = 2  2  Vậy, pt có ... nghiệm ... 1 12 Ví dụ 8: Giải phương trình: 2 − 6.2 − + =1 3x x 3( x−1) 2 2x Viết lại phương trình dưới dạng:  3 x 23   x 2   2 − 3x  − 6 2 − x  =1 ( 1)  2   2  3 2 23  2  2  x 2  3 Đặt t = 2 − x , điều kiện t > 0, ⇒ 23 x − 3 x =  2 x − x  + 3.2 x. x x 2 2 − x  = t − 6t 2  2  2  2  Khi đó pt (1) có dạng: 2 t 3 + 6t − 6t = 0 ⇔ t = 1 ⇔ 2 x − =1 ( 2) 2x Lại đặt u = 2 x , điều kiện u > 0 Khi đó pt (2) có dạng: u = −1( l ) u2 − u − 2 = 0 ⇔  ⇔ 2x = 2 ⇔ x = 1 u = 2 Vậy, pt có ... nghiệm ... Ví dụ 9: Giải phương trình: 1 + 1 − 22 x = 1 + 2 1 − 22 x .2 x ( ) Điều kiện: 1 − 2 ≥ 0 ⇔ 0 < 2 ≤ 1 ⇔ x ≤ 0 2x 2x  π Đặt 2 x = sin t , với t ∈  0,   2 Khi đó phương trình có dạng: 1 + 1 − sin 2 t = 1 + 2 1 − sin 2 t .sin t ( )
  4. ⇔ 1 + c ost = ( 1 + 2cost ) .sin t t ⇔ 2cos = sin t + sin 2t 2 t 3t t ⇔ 2cos = 2sin .co s 2 2 2 t 3t  ⇔ 2cos  1 − 2 sin  = 0 2 2  t  π cos 2 = 0 ( l ) t = 6  x 1 2 =  x = −1 ⇔ ⇔ ⇔ 2⇔  3t 2 t = π  x x = 0  s in = 2 = 1   2 2   2 Vậy, pt có ... nghiệm ... 72 x = 6. ( 0, 7 ) + 7 x Ví dụ 10: Giải phương trình: x 100 Biến đổi phương trình về dạng: 2x x 7 7   = 6.   + 7 ( 1)  10   10  x 7 Đặt t =   , điều kiện t >0  10  Khi đó pt (1) có dạng: t = 7 7 x t − 6t − 7 = 0 ⇔  2 ⇔   = 7 ⇔ x = log 7 7 t = −1( l )  10  10 Vậy, pt có ... nghiệm ... 2 1 +1 Ví dụ 11: Giải phương trình:  1  + 3.  1  = 12 x x      3 3 Biến đổi phương trình về dạng: 2 1  1 x  1 x   +   − 12 = 0  3 3 x 1 Đặt t =   , điều kiện t >0 3 Khi đó pt (1) có dạng: t = 3 1 x t 2 + t − 12 = 0 ⇔  ⇔   = 3 ⇔ x = −1  t = −4 ( l ) 3 Vậy, pt có ... nghiệm ... Ví dụ 12: Giải phương trình: 4 x +1 + 2 x + 4 = 2 x + 2 + 16 Biến đổi phương trình về dạng: 22( x +1) + 2 x + 4 = 2 x + 2 + 16 ⇔ 2.22 x − 6.2 x − 8 = 0 ( 1) Đặt t = 2 x , điều kiện t >0 Khi đó pt (1) có dạng:
  5. t = 4 2t 2 − 6t − 8 = 0 ⇔  ⇔ 2x = 4 ⇔ x = 2  t = −1 ( l ) Vậy, pt có ... nghiệm ... Ví dụ 13: Giải phương trình: 3 x − 31− x + 4 = 0 Điều kiện: x ≥ 0 Biến đổi phương trình về dạng: 3 3 x− +4=0 3 x Đặt t = 3 x , điều kiện t ≥ 1 Khi đó pt (1) có dạng:  t = −1 ( l ) t 2 + 4t − 3 = 0 ⇔   t = −3 ( l )  Vậy, pt có vô nghiệm ... Ví dụ 14: Giải phương trình: 125x + 50 x = 23 x+1 Biến đổi phương trình về dạng: 125 x + 50 x = 2.8 x ( 1) Chia hai vế của phương trình (1) cho 8x ≠ 0 , ta được: x x  125   50    +  = 2  8   8  3x 2x 5 5 ⇔   +  −2 = 0 ( 2) 2 2 x 5 Đặt t =   , điều kiện t > 0 2 Khi đó pt (2) có dạng: t = 1 5 x t + t − 2 = 0 ⇔ ( t − 1) ( t + 2t + 2 ) = 0  2 3 2 2 ⇔   =1⇔ x = 0 t + 2t + 2 = 0 ( VN ) 2 Vậy, pt có ... nghiệm ... ( ) ( ) sin x sin x Ví dụ 15: Giải phương trình: 7+4 3 + 7−4 3 =4 ( 1) Nhận xét rằng: 7 + 4 3. 7 − 4 3 = ( 7 + 4 3) ( 7 − 4 3) =1 ( ) ( ) sin x sin x 1 Đặt t = 7+4 3 , điều kiện t > 0 ⇒ 7−4 3 = t Khi đó pt (1) có dạng:  sin x ( )  ( 2 + 3) ( ) 2 −1  sin x  = 2+ 3 t = 2 − 3  7+4 3 = 2− 3  1   t + = 4 ⇔ t 2 + 4t − 1 = 0 ⇔  ⇔ ⇔ ( 7+4 3) t t = 2 + 3  sin x sin x    ( 2 + 3) 2  = 2+ 3 = 2+ 3      (  2+ 3 ) ( ) sinx −1 = 2+ 3 sin x = −1 π  ⇔ ⇔ ⇔ cosx = 0 ⇔ x = + kπ , k ∈ Z ( ) s inx = 1 2 sinx  2+ 3  = 2+ 3 Vậy, pt có ... nghiệm ...
  6. Ví dụ 16: Giải phương trình: ( 5 + 24 ) + ( 5 − 24 ) = 10 ( 1) x x Nhận xét rằng: ( 5 + 24 ) ( 5 − 24 ) = 1 Đặt t = ( 5 + 24 ) , điều kiện t > 0 ⇒ ( 5 − 24 ) = x x 1 t Khi đó pt (1) có dạng:  5 + 24 ( ) (  5 + 24 ) = ( 5 − 24 ) x x −1 t = 5 − 24 = 5 − 24 1   t + = 10 ⇔ t − 10t + 1 = 0 ⇔  2 ⇔ ⇔ t ( ) ( ) = 5 + 24 x x t = 5 + 24   5 + 24 = 5 + 24  5 + 24    x = −1 ⇔ x = 1 Vậy, pt có ... nghiệm ... Ví dụ 17: Giải phương trình: 25x + 10 x = 22 x+1 Viết lại phương trình dưới dạng: 52 x + ( 2.5 ) = 2.22 x x Chia hai vế của phương trình cho 22 x ≠ 0 , ta được: 2x x 5 5   +  = 2 ( 2) 2 2 x   5 Đặt t =   , điều kiện t > 0 2 Khi đó pt (2) có dạng: t = 1 5 x t +t −2 = 0 ⇔  2 ⇔   =1⇔ x = 0 t = −2 ( l ) 2 Vậy, pt có ... nghiệm ... Ví dụ 18: Giải phương trình: 4.33 x − 3x +1 = 1 − 9 x Điều kiện: 1 − 9 ≥ 0 ⇔ 0 < 9 ≤ 1 ⇔ x ≤ 0 ( ∗) x x Biến đổi phương trình về dạng: 4.33 x − 3.3x = 1 − 32 x Với điều kiện (*) thì 0 < 3x ≤ 1   π Đặt cost = 3x , với t ∈ 0,   2 Khi đó pt (2) có dạng: 4cos 3t − 3cost = 1 − cos 2t π  ⇔ cos3t = sin t = cos  − t  2   π  π kπ 3t = 2 − t + 2kπ t = 8 + 2 π 0≤t < 2 π ⇔ ⇔ ⇔ t= 3t = − π + t + 2kπ t = − π + kπ ( l ) 8   2   4 2 Ta có:
  7. π  π π cos = cos  2.  = 2cos 2 − 1 4  8 8 π 2+ 2 ⇔ cos 2 = 8 4 π 2+ 2 ⇔ cos = 8 2 Do đó: π π 2+ 2 2+ 2 t= ⇔ 3x = cos = ⇔ x = log 3 8 8 2 2 Vậy, pt có ... nghiệm ...

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản