PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ DẠNG 1 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ

Chia sẻ: 240271864

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

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

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:

( )
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
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 ( )
⇔ 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:
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 ...
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
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản