zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Chuyên đề luyện thi ĐH phần đại số

Chia sẻ: Nhan Tai | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Báo xấu

312
lượt xem 79
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'chuyên đề luyện thi đh phần đại số', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề luyện thi ĐH phần đại số

Chuyên đề đại số ồ Văn Hoàng KIẾN THỨC CƠ BẢN 1. Chuyển vế : 3 nghiệm phân biệt b c 0 2 nghiệm phân biệt a+b=c a = c – b; ab = c b 0 ; a c/b 1 nghiệm a bc a/b = c ; a 2n 1 b a 2n 1 b; 7. Bất phương trình, bất đẳng thức : b 0 Ngoài các bất phương trình bậc 1, bậc 2, dạng cơ bản của a 2n b a 2n b; , . , log, mũ có thể giải trực tiếp, các dạng khác cần lập bảng 2n b a 2n b a xét dấu. Với bất phương trình dạng tích AB < 0, xét dấu tích A.B a b a b ; a 0 a 0 Nhân bất phương trình với số dương : không đổi chiều; số âm: có đổi chiều (Chia bất phương trình : tương tự). Chỉ được nhân 2 bất pt vế theo vế , nếu 2 vế không âm. a b Bất đẳng thức Côsi : a, b 0 : ab . 2 Dấu = xảy ra chỉ khi a = b. a b c 3 2. Giao nghiệm : a, b, c 0 : abc . Dấu = xảy ra chỉ khi a = b = c. 3 x a x a x max{a, b} ; x min{a, b} Bất đẳng thức Bunhiacốpxki : a, b, c, d x b x b (ac + bd)2 (a2 + b2).(c2 + d2); Dấu = xảy ra chỉ khi a/b = c/d p 8. Bài toán tìm m để phương trình có k nghiệm : x a a < x < b(neá u a < b) p q G Nếu tách được m, dùng sự tương giao của (C) : y = f(x) và ; (d) : y = m. Số nghiệm bằng số điểm chung. x b VN (neá u a b) G q Nếu có điều kiện của x I, lập BBT của f với x I. G 9.Tìm m để bpt vô nghiệm, luôn có nghiệm, có nghiệm x I Nhiều dấu V: vẽ trục để giao nghiệm. Nếu tách được m, dùng đồ thị, lập BBT với x I 3. Đổi biến : f(x) m : (C) dưới (d) (hay cắt); f(x) m : (C) trên (d) (hay cắt) t ax b R, t x2 0, t x 0, ủ đề : Hệ phương trình phương trình đại số a. Đơn giản: x t x 0, t a 0, t log a x R ax by c b. Hàm số : t = f(x) dùng BBT để tìm điều kiện của t. Nếu x 1. Hệ phương trình bậc 1 : . a'x b' y c' có thêm điều kiện, cho vào miền xác định của f. c. Lượng giác:t = sinx, cosx, tgx, cotx. Dùng phép chiếu a b c b a c Tính : D= , Dx = , Dy = lượng giác để tìm điều kiện của t. a' b' c' b' a' c' d. Hàm số hợp : từng bước làm theo các cách trên. D 0 : nghiệm duy nhất x = Dx/D , y = Dy/D. 4. Xét dấu : D = 0, Dx 0 Dy 0 : VN a. Đa thức hay phân thức hữu tỷ, dấu A/B giống dấu A.B; D = Dx = Dy = 0 : VSN hay VN (giải hệ với m đã biết). bên phải cùng dấu hệ số bậc cao nhất; qua nghiệm đơn (bội 2. Hệ phương trình đối xứng loại 1 : lẻ) : đổi dấu; qua nghiệm kép (bội chẵn) : không đổi dấu. Từng phương trình đối xứng theo x, y. Đạt S = x + y, P = xy. b. Biểu thức f(x) vô tỷ : giải f(x) < 0 hay f(x) > 0. ĐK : S2 – 4P 0. Tìm S, P. Kiểm tra đk S2 – 4P 0; c. Biểu thức f(x) vô tỷ mà cách b không làm được : xét tính Thế S, P vào pt : X2 – SX + P = 0, giải ra 2 nghiệm là x và y. liên tục và đơn điệu của f, nhẩm 1 nghiệm của pt f(x) = 0, ( , ) là nghiệm thì ( , ) cũng là nghiệm; phác họa đồ thị của f , suy ra dấu của f. Nghiệm duy nhất = m=? 5. So sánh nghiệm phương trình bậc 2 với : Thay m vào hệ, giải xem có duy nhất nghiệm không. f(x) = ax2 + bx + c = 0 (a 0) 3. Hệ phương trình đối xứng loại 2 : * S = x1 + x2 = – b/a ; P = x1x2 = c/a Phương trình này đối xứng với phương trình kia. Trừ 2 phương Dùng S, P để tính các biểu thức đối xứng nghiệm. Với đẳng thức trình, dùng các hằng đẳng thức đưa về phương trình tích A.B = 0. g 0 Nghiệm duy nhất làm như hệ đối xứng loại 1. g(x1,x2) = 0 không đối xứng, giải hệ pt: S x1 x2 . ax 2 bxy cy 2 d 4. Hệ phương trình đẳng cấp : P x1 .x2 a ' x 2 b ' xy c ' y 2 d ' Biết S, P thỏa S – 4P 0, tìm x1, x2 từ pt : X2 – SX + P = 0 2 Xét y = 0. Dùng , S, P để so sánh nghiệm với 0 : x1 < 0 < x2 P < 0, Xét y 0 : đặt x = ty, chia 2 phương trình để khử t. Còn 1 phương trình theo y, giải ra y, suy ra t, suy ra x. Có thể xét x = 0, 0 0 xét x 0, đặt y = tx. 0 < x1 < x2 P 0; x1 < x2 < 0 P 0 S 0 S 0 1. Hệ đối xứng I 3 2 xy x y 11 6. Phương trình bậc 3 : ax + bx + cx + d = 0 p s 11 s 5; p 6 1) 2 ; hpt . a. Viet : A = x1 + x2 + x3 = – b/a , x y xy 2 30 p.s 30 hay p 5; s 6 B = x1x2 + x1x3 + x2x3 = c/a , C = x1.x2.x3 = – d/a ĐS: (2; 3);(3;2);(1;5);(5;1) x1, x2, x3 là 3 nghiệm phương trình : x3 – Ax2 + Bx – C = 0 b. Số nghiệm phương trình bậc 3 : x= f(x) = ax2 + bx + c = 0 (a 0) :
Chuyên đề đại số Hồ Văn Hoàng 2 2 x y xy 30 2) 3 3 hpt s 5; p 6 KQ : (2;3); (3; 2) x y 1 x y 35 x. y 0 1 5 x y 1 p s 11 s 1 (0;1) + Ta có I): ( x y (I ) x y 3) ; hpt 2 x4 y4 1 (s2 2 p) 2 2p 1 p 0; p 2 (1;0) x3 2 x 1 0 1 5 x y x y y x 30 2 4) HD : x; y 0; s x y; p x. y . x x y y 35 x. y 0 p.s 30 hpt s 3 125 s 5 p 6. KQ: (4;9),(9;4) 1 s 3 3sp 35 + Ta có II) : ( II ) y x 5( x y ) 4 xy 4 1 2 1 2 3 5) Cho: ( x2 ) (x ) 0;(VN ) x y xy 1 m 2 2 2 a) Tìm m để hpt có nghiệm. (HD: Giải hệ S; P ta được S = 4m; 4. Hệ đẳng cấp 1 x2 4 xy y2 m (1) P = 5m −1;ĐK: S2 − 4P 0 m m 1) VD. Cho hệ phương trình : 4 y 2 3xy 4 (2) b) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất. ĐS: m = 1/4, m = 1. a) Giải hệ pt` với m = 1; b) Tìm a để hệ có nghiệm x y xy 2m 1 Cách 1: 6) a) Cmr: Hệ có nghiệm với mọi m. x 2 y xy 2 m2 m Dễ thấy y = 0 không phải là nghiệm của hpt. b) Tìm m hpt có nghiện duy nhất . t 2 y2 4ty 2 y2 m Đặt x = ty, ta có : Hệ P S 2m 1 y 2 3ty 2 4 a)Hệ S1 m; P m 1 S 2 m 1; P2 m 1 P.S m 2 m 2 t 4t 1 m 2 ĐS: hệ S1, P1 vn; S 2 4 P2 (m 1) 2 0 .Vậy Hệ có nghiệm m y 2 (t 2 4t 1) m 1 3t 4 (I) b) Hệ có nghiệm duy nhất S 2 4 P2 0 (m 1) 2 0 2 y 2 (1 3t ) 4 2 y (1 3t ) 4 m 1 . Suy ra x = y = 1 Vậy : (1;1). 1 2. Hệ đối xứng II Do y 0 nên từ y2(1 - 3t) = 4 1 - 3t > 0 t< 3 y x 3y 4 t2 4t 1 1 x 3 3x 8 y x 2 x 2 3x y 2 2 1) 3 ; 2) ; 3) a) Với m = 1 ta có hệ : 1 3t 4 . kq : (1 ; 4), (-1 ; -4). y 3 y 8x x 2 y 2 3 y x2 2 y 3x 4 2 y (1 3t ) 4 y ( x y )( x 2 y2 xy 5) 0 x y 4(t 2 4t 1) m(1 3t ) HD:1) . b) Ta có :(I) 2 x3 3x 8 y x3 3x 8 y y (1 3t ) 4 2 ĐS: (0;0), ( 11; 11), ( 11; 11) 4t (16 3m)t 4 m 0 (*) 2 .Đặt f(t) = 4t2 −(16−3m)t+4−m ( x y )( x y 4) 0 y (1 3t ) 4 2) ĐK:x 0; y 0. Hệ ĐS(-2;-2) x 2 y 2 6 xy 4( x y) 0 1 thì hệ có nghiệm (*) có nghiệm thoả mãn t < . 3)Lấy (1) − (2) có 3(x − y)(x + y −1) = 0 y = x hoặc y = 1 − x. 3 Kết hợp (1) khi y = x : (1;1) ; (2;2); khi y = 1 − x VN . 1 8 Ta lại có af ( ) 0 m nên hệ luôn có nghiệm thoả mãn 1 3 HD: Lấy (1) − (2) có (x − y)(2 + 4/xy ) = 0 3 9 2x y x y = x ; y = −2/x 1 4) t1 < < t2. Vậy hệ luôn có nghiệm với m. 1 1 y = x : (1;1) ; (-1;-1) ; 3 2y Cách 2 : Khử một ẩn. x y y = -2/x : ( 2; 2);( 2, 2) 3. Hệ nửa đối xứng x2 4 m x2 xy m 4 y VD. Giải hệ Hệ x y 2 3 xy 4 1 1 1 1 x. y 0 2x4 0 (*) (8 m) x 2 (4 m) 2 x y x y x y x y x 2 y xy 2 x y 0 (x = 0 thoả mãn hệ khi m = 4). 2y x 3 1 2y x 3 1 3 Với m 4 đặt : f(t) = 2t2 + (8 - m)t - (4 - m)2 ta có 2y x 1 f(0) = -(4 - m)2 < 0 nên phương trình f(t) = 0 luôn có nghiệm x. y 0 t > 0 hay phương trình (*) luôn có nghiệm với m. x. y 0 x. y 0 1 Các bài tập luyện tập : (x y )( xy 1) 0 x y (I ) y ( II ) Bài 1: Một số hệ dạng cơ bản 3 3 x 2y x 1 x 2x 1 0 xy ( x 1)( y 1) m x4 x 2 0 1) Cho hệ phương trình x y x2 y 2 8 a) Giải hệ khi m=12. b)Tìm m để hệ có nghiệm 1 1 a 2) Cho hệ phương trình x y x2 y2 a2 2
Chuyên đề đại số Hồ Văn Hoàng Tìm a để hệ phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt x y x y 2 (1) x2 xy y2 1 4) đổi biến theo v,u từ ph trình số (1) 2 2 2 3) Tìm m để hệ có nghiệm 2 2 x y x y2 4 x 3xy 2 y m 1 x3 y 3 19 x3 x 2 y 2 5) 4) y xy 2 6x2 y 2 x 2 Đặt x =1/z thay vào được hệ y,z DS (-1/2,3) (1/3,-2) x 1 y 1 3 Chủ đề: Phương trình và bất phương trình phương trình 5) x y 1 y x 1 x 1 y 1 m đại số 1) Bất phương trình bậc hai ; a) Giải hệ khi m = 6. b)Tìm m để hệ có nghiệm Định lý về dấu của tam thức bậc hai; y2 2 Phương pháp hàm số. 3y x2 HD: TH1 x=y suy ra x=y=1 2) Phương trình, bất phương trình chứa giá trị tuyệt đối Bài 2: 2 (B 2003) TH2 chú ý: x>0 , y> 0 x 2 B 0 3x suy ra vô nghiệm A B ;A B A2 B 2 y2 A2 B 2 2 x 2 y xy 2 15 A B Bài 3: HD: Nhóm nhân tử chung sau đó đặt A B ;A B B A B 8 x y 35 3 3 A B S=2x+y và P= 2x.y Đs : (1,3) và (3/2 , 2) 3) Phương trình, bất phương trình chứa căn thức 3 3 *PT chứa căn thức: x 3x y 3y (1) Bài 4: .HD: từ (2) : -1 ≤ x , y ≤ 1 B 0 A 0(hayB 0) x6 y6 1 (2) * A B 2 ; * A B A B A B Xét hàm số: f t t 3 3t trên [-1,1] áp dụng vào ph trình (1) A 0 Bài 5: CMR hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất * A B C B 0 2 a2 2x y A B 2 AB C y x y 3 2 HD: xét f ( x) 2x x lập BBT * Bất phương trình chứa căn thức: a2 2 x3 x2 a2 2 y2 x A 0 A 0 x * A B B 0 * A B B 0 x 2 y 2 2 Bài 6: HD Bình phương 2 vế,đối xứng loại 2 A B A B2 y 2 x 2 A 0 A 0 xy x 2 a ( y 1) B 0 B 0 Bài 7: 2 xác định a để hệ có nghiệm duy nhất * A B * A B xy y a ( x 1) B 0 B 0 HD sử dụng ĐK cần và đủ a=8 A B 2 A B2 xy 10 20 x 2 (1) Bài 8: Ví dụ 1 xy 5 y 2 (2) 1) x 2 x 2x 4 3. Hd : chia khoảng . 2 5 y 5 5 3 x 1 HD : Rút ra x y . Cô si x y 2 5. 2) 2 . HD: x 1 t; t 0 t 3: x 2; 4 y y y x 1 3 x2 20 theo (1) x 2 20 suy ra x,y 3) 2 x 2 6x 8 x2 1 30 3 x y x y (1) 2 Bài 9: (KB 2002) 4) 3x - x 3 > 9x –2.Chia hai trường hợp : x>3 ; x< 3 . x y x y 2 5) Giải x 2 2x 3 3x 3 . HD: từ (1) đặt căn nhỏ làm nhân tử chung (1;1) (3/2;1/2) A B x 1 y 2 a Áp dụng : A B B A B Hpt 2 x 5. Bài 10: Tìm a để hệ có nghiệm A B x y 3a Ví dụ 2: Bình phương hai vế : HD: từ (1) đặt u x 1, v y 2 được hệ dối xứng với u, - v Chỉ ra hệ có nghiệm thì phương trình bậc hai tương ứng có 2 a) x2 + x 1 1 .Hd: pt nghiệm trái dấu. Bài 10: b)pt: 5x 1 3x 2 x 1 0. ĐK: x ≥ 1 x3 y3 7( x y ) 1) HD: tách thành nhân tử 4 nghiệm Chuyển vế, bình phương 2 vế : x = 2; x = 2/11( loại ). Vậy x = 2 x2 y2 x y 2 c) x 9 5 2x 4 ĐK x ≥ − 2 (x y)2 . y 2 Bình phương hai lần ta có :ĐS x = 0 . 2) 3 đặt t = x/y có 2 nghiệm d) 16 x 9 x 7 KQ : x 0; 7 x y3 19 x( x 2)(2 x y) 9 e) (4 x 1) x 2 9 2 x 2 2 x 1 ĐK x ≥ ¼ 3) 2 đặt X=x(x+2) và Y=2x+y Bình phương hai lần ta có :ĐS x = 4/3 x 4x y 6 Ví dụ 3: Đặt ẩn số phụ :
Chuyên đề đại số Hồ Văn Hoàng 2 2 2 2 a) x 3x 3 x 3x 6 3 .Đặt : t = x − 3x +3 ≥ ¾ x 10 x 9 0 Bài 4: Tìm m để hệ có nghiệm 2 ĐS m ≥ 4 Phương trình t t 3 3 t 1.KQ : x 1; 2 x 2x 1 m 0 2 Bài 5: Giải bất phương trình 2 x 1 2 x x 2 b) 1 x x2 x 1 x. ĐK 0 ≤ x ≤ 1 3 HD nhân 2 vế với biểu thức liên hợp của VT t2 1 Biến đổi về BPT tích Chú ý ĐK Đặt : t x 1 x ;t 0 x x2 3 1 2 Bài 6: Giải bất phương trình 3 x 2x 7 2 2x pt t − 3t +2 = 0 t =1 V t = 2 Vn. t =1 19 VN; m =19: 1 ngh; m< 19 2 ngh. 7) Cho phương trình x 4 x 4 x x 4 m Ví dụ 5: a) Giải phương trình khi m=6. b) Tìm m để phương trình có nghiệm 1) 3 (2 x) 2 3 (7 x) 2 3 (7 x)(2 x) 3 51 2 x x 2 8) a) 1. b) x 2 3x 4 2x 3 2 0 -Đặt : . Pt 1 x Chủ đề: PHƯƠNG TRÌNH − BẤT PHƯƠNG TRÌNH 2) 3 2 x 1 x 1 .ĐK : x 1 MŨ, LÔGARIT CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN 3 u 2 x u 1 v 1. Định nghĩa và các tính chất của luỹ thừa và lôgarit u 0;1; 2; v 1;0;3. v x 1;v 0 u3 v2 1 2. Tính chất của hàm số mũ, hàm số lôgarit 3. Các phương trình, bất phương trình cơ bản: KQ: x 1; 2;10 Với m > 0, 0 < a 1 thì: ax = m x = logam Bất phương trình x log a m;( a 1) Bài 1: Tìm m để ( x 1)( x 3)( x 2 4 x 6) m ax > m ax 0 với mọi x R x log a m;(0 a 1) Tìm m để bất phương trình trên nghiệm đúng với mọi x Với mọi số thực m và 0 < a 1 thì: HD: sử dụng hàm số hoặc tam thức : m ≤ −2 Bài 2: Tìm a để x: f ( x) ( x 2) 2 2 x a 3 ĐS a≥4Va ≤ 0. x am ; a 1 logax = m x = am logax > m m Bài 3: Giải các phương trình ,bất phương trình sau 0 x a ; 0 a 1 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1) 8x2 6 x 1 4x 1 0 1) Phương pháp đưa về cùng cơ số 2) x 4 1 x 1 2x ĐS: x = 0 Với 0 < a 1 thì: af(x) = ag(x) f(x) = g(x); f(x) g(x) 3) 2( x 2 2 x) x 2 2x 3 9 0 ĐS: x 1 5 a >a f(x) > g(x) nếu a > 1 hay f(x) < g(x) nếu 0 < a
Chuyên đề đại số Hồ Văn Hoàng Ví dụ 10. Giải BPT: x log2 x 4 32 (10). Đkiện x > 0. logaf(x) > logag(x) ; nếu a > 1 LG: Lấy logarit cơ số 2 hai vế ta có : (log2x +4)log2x < 5, Đặt t = log2x PT t2+4t −5 < 0 −5 < t < 1 −5 < log2x < 1 2-5 < x < 2. logaf(x) > logag(x) ; nếu 0 < a < 1. 4) Phương pháp sử dụng tính chất của hàm số a > 1, thì af(x) > ab f(x)>b ; logaf(x) > logab f(x) > b >0 Ví dụ 1. Giải PT: 2x+1 .5x = 2.102x+5 (1) 0 31 = 3 và - log5x < log51 = 0 3x > 3 – log5x. x 1 Đkiện 2x+1 > 0 và 1- x > 0 . (2) log3(2x+1)= Với x < 1 thì 3 < 3 = 3 và - log5x > log51 = 0 3x < 3 – log5x. Vậy x =1 là nghiệm duy nhất của phương trình. Ví dụ 12. GPT: 3x + 2x = 3x +2 x=0; x=2(loại). PT có nghiệm duy nhất x = 0. LG: Dễ thấy rằng PT có nghiệm x = 0 , x = 1. Ví dụ 3. Giải BPT: log5(4 +144) – 4log52 < 1+ log5(2x-2 +1) (3) x (PT không có nghiệm duy nhất) LG: Đkiện: x R Xét hàm số: f(x) = 3x + 2x – 3x+2 ta có : f’(x) = 3xln3 + 2xln2 – 3 (3) log5(4x +144) < log580(2x-2+1) f’’(x) = 3xln23 + 2xln22 > 0 R hàm số đồng biến trên R. 4 -20.2x +64 < 0 x 4 < 2x < 16 2< x < 4. Mặt khác hàm số f’(x) liên tục trên R và f(-1).f(1) < 0 PT x 1 f’(x)=0 có nghiệm duy nhất x0 (-1; 1). Ta có bảng biến thiên: Ví dụ 4. Giải BPT: ( 5 2) x 1 ( 5 2) x 1 (4) Dựa vào bảng biến thiên ta x 1 có phương trình có không LG: Do 5 2 ( 5 2) 1 , (4) 5 2 x 1 ( 5 2)1 x quá 2 nghiệm. Vậy nghiệm của phương x 1 1 x do 0 5 2 1 x 1 hoặc − 2 x < −1. trình là: x = 0; x = 1. x 1 5) Hệ phương trình, hệ bất phương trình mũ và lôgarit 2) Phương pháp đặt ẩn phụ Chú ý : Ta cũng dùng các phương pháp giải hệ phương trình , hệ Ví dụ 5. Giải PT: 3.49x + 2.14x – 4x = 0 (5) bất phương trình như đối với hệ hữu tỉ đã biết và kết hợp với các x 7 phương pháp giải phương trình, bất phương trình mũ và lôgarit HD: Chia hai vế PT cho 4x rồi đặt t = . KQ : x log 7 3 2 để giải hệ PT, Hệ BPT mũ và lôgarit. 2 x 3 x Ví dụ 13 (ĐH K B-2005). Giải HPT: Ví dụ 6. Giải PT: 5 - 5 = 20 (6) x 1 2 y 1 (1) LG: Đkiện x 0, do phương trình chứa căn, đặt t = 5 x 1 Đkiện x > 0 và 0 < y 2 3log 9 (9 x 2 ) log 3 y 3 3 (2) 125 (5) t − − 20 = 0 t2 – 20t −125 = 0 t = −5 (l), t = 25 (2) 3(1+ log3x) – 3log3 y = 3 log3x = log3 y x = y. t Thay x = y vào phương trình (1) ta có (1) (x-1)(2-x) = 0 t = 25 5 x 25 52 x 2 x 4. x = 1 ; x = 2. Từ đó HPT có hai nghiệm là (1 ; 1) và (2; 2). Ví dụ 7. Giải BPT: 4x – 2.52x < 10x HD: Chia hai vế cho 10x , ta được 23 x 5 y 2 4 y (1) x x x Ví dụ 14 (ĐH KD-2002 ).Giải HPT: 4x 2x 1 2 5 2 t2 t 2 y (2) 2. 1 , Đặt t = , t 0 . BPT 0 2x 2 5 2 5 t x x LG: Từ PT(2) 2 = y, y > 0; 2 Thế vào PT(1) ta được PT :y3 -5y2 +4y = 0 y = 0, y = 1, y = 4 Với đkiện t > 0 ta có 0 < t < 2 0 2 x log 2 2 , 5 5 Hệ PT có nghiệm (0; 1) ; (2; 4). (Chú ý do cơ số < 1). 6) Các bài toán tổng hợp (Hay và khó) 6 4 Ví dụ 15. (996). Tìm nghiệm dương của PT: x x log2 3 x log 2 5 . Ví dụ 8. Giải BPT: 3 (8) log 2 2 x log 2 x 2 HD: Biến đổi PT về dạng: 2log2 x 3log 2 x 5log 2 x. HD: Đkiện 0 < x 1/2 và 1. Đặt t = log2x , t 0 Đặt t = log2x, PT 2t + 3t = 5t . 1 Bằng phương pháp hàm số có nghiệm t = 1 x = 2. 2 3t 5t 2 1 t Ví dụ 16. (ĐH KA-2002). Cho PT: (8) 0 3; t (1 t ) 2 log 3 x 2 log3 x 1 2m 1 0 (16) (m là tham số) 0 t 2 1 1 1. Giải PT khi m =2. Suy ra tập nghiệm của (8) là : ; 1; 4 . 3 2 32 2. Tìm m để PT (16) có ít nhất 1 nghiệm thuộc đoạn 1;3 * Dạng nếu(a+ )(a- )=1, đặt t = Đk x > 0, Đặt t = 2 log 3 x 1 1 ta có PT t2+t-2m-2 = 0 (*) 3 * Dạng au2f(x)+b(uv)f(x)+cv2f(x) = 0, nên chia hai vế cho v2f(x), đặt t = (16) có nghiệm thuộc 1;3 (*) có nghiệm thuộc [1; 2]. 2 Xét hàm số f(t) = t +t trên [1; 2] ta được 3) Phương pháp logarit hoá 3 x PT (16) có nghiệm 1;3 m [0 ; 2] x x 2 Ví dụ 9. Giải PT: 3 8 6 (9) Ví dụ 17.(ĐHQGHN-1997) Giải và BL BPT theo tham số a: LG: Đkiện x -2 . Lôgarit cơ số 3 hai vế ta có x loga ( ax ) (ax ) 4 . (17) 3x 2 log 3 2 x log 3 2 1 log3 2 ( x 1) 1 0 HD: Điều kiện a > 0, a 1, x > 0. x 2 x 2 x = 1 hoặc x = − (1+log32).
Chuyên đề đại số Hồ Văn Hoàng Với 0 < a < 1. Lấy lôgarit cơ số a hai vế PT Bài 3. (ĐHQG-KB.1998) Giải PT: 125x +50x = 23x+1. ĐS: x = 0 (1+logax)logax 4(1+logax) (logax+1)(logax-4) 0 Bài 4. (ĐHQG-1997) Giải PT: (5 21) x 7.(5 21) x 2x 3 . -1 logax 4 a4 x a-1. ĐS: x = 0 ; x = log 5 7 Với a > 1, Biến đổi như trên với chú ý cơ số > 1 ta được 21 2 1 1 12 log a x 1 0 x Bài 5. (ĐH Y-2000) Giải PT: 23 x 6.2 x 1 ĐS:x= 1 (logax+1)(logax-4) 0 a 23( x 1) 2x log a x 4 x a4 2 2 Bài 6. (ĐHTL 2000) Giải PT: 22 x 1 9.2 x x 2 2 x 2 0 . Ví dụ 18.(ĐHQG HN - 2000) Giải PT: ĐS: x = -1; x = 2 (2 2) log2 x x(2 2) log2 x 1 x 2 Bài 7. (ĐHTCKT-1997) 25x -2(3-x)5x + 2x -7 = 0. ĐS: x = 1 HD: Đkiện x > 0, đặt t = log2x x = 2t , Bài 8. (ĐH NT-1997) Giải PT: 2x+1 – 4x = x-1. ĐS: x =1 Bài 9. (ĐHSP 2001) Giải PT: 3x + 5x = 6x+2. ĐS: x = 0; x =1 ta có PT: (2 2)t 2t (2 2)t 1 2 2t Bài 10. (ĐHNNHN-2000) Cho phương trình: Nhân cả hai vế với (2 2)t sau đó biến đổi ta có: (m+3).16x + (2m-1).4x +m +1 = 0. [ (2 t t 2) -4 ][ (2 t 2) -1] = 0 t=0 x = 1. 3 Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu. ĐS: 1 m 4 8 Ví dụ 19. Giải PT: 22 x 1 23 2x (19) Bài 11. (ĐHQG TPHCM.1996) Cho phương trình: log 3 (4 x 2 4 x 4) (2+ 3 )x + (2- 3 )x = m . HD: Ta có 4x2 – 4x+4 = (2x-1)2 + 3 3 log3(4x2-4x+4) 1, Suy ra Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt. m>2 VP 8. Mặt khác theo BĐT Cô-si, ta có: VT 8 | x 2 4 x 3| 1 Bài 12. (ĐH NT -1998) Tìm m để pt m4 m2 1 . (19) giải hệ ta có nghiệm là x = 5 có 4 nghiệm phân biệt ĐS: m (-1 ; 1)\ {0} Ví dụ 20.(ĐH KD - 2006) Chứng minh rằng với a > 0, hệ sau có 2x 2 y ( y x)( xy 2) Bài 13. (QGHN- 1995) Giải HPT: 2 . e x e y ln(1 x ) ln(1 y ) (1) x y2 2 nghiệm duy nhất: y x a (2) ĐS: (1; 1); (-1 ; -1) x 3 x 1 Đkiện x > -1, y > -1. Thế (2) y = x+a vào (1) Bài 14. (ĐHGT -1998) Giải BPT: ( 10 3) x 1 ( 10 3) x 3 . ta có PT: ex+a- ex +ln(1+x) – ln(1+a+x) (3) với x > -1, a >0. hệ có nghiệm duy nhất (3) có nghiệm duy nhất x > -1. ĐS: x (-3; - 5 ) (1; 5) Xét hàm số f(x) = ex+a- ex +ln(1+x) – ln(1+a+x) ĐPCM. Bài 15. (ĐH Dược HN -1997) Giải BPT: C. BÀI TẬP TỔNG HỢP 2 4 x 2 x.2 x 1 3.2 x 2 2 x 2 .2 x 8 x 12 . ĐS:(- 2 ; -1) ( 2; 3) I. Các bài toán trong đề thi đại học từ năm 2002 đến 2008 Bài 1. (A. 2008) Giải PT: log2x-1(2x2+x-1) + log(x+1)(2x-1)2 = 4. Bài 16. (ĐHQG HN-1996) Tìm tất cả các cặp số (x; y) thoả mãn ĐS: x = 2; x = 5/4 2 2 k phương trình : 8sin x 8co s x 1 +cos2y. ĐS: ( ; m ) x2 x 2 2 Bài 2. (B.2008) Giải BPT: log 0,7 log 6 0. Bài 17. (ĐHQG HN-1999) Tìm tất cả các giá trị của tham số m x 4 2 2 2 để bất PT sau có nghiệm: 2sin x 3co s x m.3sin x . ĐS: m 4 ĐS: x (-4; -3) (8; + ) Bài 18. (ĐHSP TPHCM-2000) Tìm tất cả các giá trị của tham số x 2 3x 2 m để bất PT sau có nghiệm: 4 x m.2 x 1 3 2m 0 . ĐS: m 1 Bài 3. (D.2008) Giải BPT: log 1 0. x 2 2 Bài 19. (ĐH BKHN-1999) Giải PT: 4log10 x 6log x 2.3log100 x . ĐS: x (2 2;1) (2; 2 2 2 ) (Chia 4logx)ĐS: x = 10-2 Bài 20. (ĐH THHN-1994) Giải PT: 2.x log2 x 2.x 3log8 x 5 0 . Bài 4. (A07) Giải 2 log 3 (4 x 3) log 1 2 x 3 2 . ĐS: 3 Bài 21. (ĐH SPHN-1994) Giải PT: ĐS: x = 1/ 2 ; x=2 3 3 Bài 5. (B.2007) Giải BPT: ( 2 -1)x + ( 2 +1)x - 2 2 = 0. log 2 ( x ) log 2 ( x ) 3. ĐS: x = 3 ĐS: x = 1; x = -1 x x Bài 6. D.2007) Giải BPT: Bài 22. (ĐHSPHN-1990) Giải PT: 1 5 5 1 log 2 (4 x 15.2 x 27) log2 0 . ĐS: x = log23 log 2 (1 ) log 2 (1 ) 2.log 2 ( ) . ĐS: 4.2 x 3 x x 5 x 2 Bài 7. (A.2006) Giải PT: 3.8x+4.12x-18x -2.27x = 0. ĐS x = 1 Bài 23. (ĐH Mỏ ĐC -1993) Giải BPT: Bài 8. (B.2006) Giải BPT: log5(4x+144)-4.log52 < 1+ log5(2x-2+1). ĐS: x (2; 4) log 2 (1 2 x) 1 log 5 ( x 1) . ĐS: 1 Bài 24. (ĐH Luật HN-1997) Giải BPT: log 1 ( y x) log 4 1 Bài 9. (A.2004) Giải HPT: 4 y . ĐS:(3; 4) log 2 ( x 1) 2 log 3 ( x 1)3 0. ĐS: -1 4 x2 y2 25 x 2 3x 4 2 2 Bài 25. (ĐH YHN-1997) Giải BPT: log 2 x 64 log x2 16 3 . Bài 10. (D.2003) Giải PT: 2 x x 22 x x 3 .ĐS: x= -1; x =2 Bài 11. (B.02) Giải BPT: logx(log3(9x-72)) 1ĐS: log973 < x 2 1 1 II. Các bài toán trong đề thi đại học trước năm 2002 ĐS: x ( ; 2 3 ] (1; 4] 2 Bài 1. (HVQHQT-1999) Giải PT: Bài 26. (ĐH BKHN 2000) Giải PT: 2 2 2 4 x 3 x 2 4 x 6 x 5 42 x 3 x 7 1 . ĐS: x {-5; -1; 1; 2} log4(x+1)2+2 = log 2 4 x log 3 (4 x)3 . x {2,2– 24 } Bài 2. (ĐHQG-KD.2000) Giải PT: 8.3x + 3.2x = 24 +6x . ĐS: x = 1; x = 3
Chuyên đề đại số Hồ Văn Hoàng Bài 27. (ĐH SPHN-2000) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để mọi x [0; 2] đều thoả mãn bất phương trình log 2 x 2 2 x m 4 log 4 ( x 2 2 x m) 5 . ĐS: m [2; 4] Bài 28. (ĐH Mỏ ĐC -1999) Giải hệ: log 4 ( x 2 y 2 ) log 4 (2 x) 1 log 4 ( x 3 y ) x . log 4 ( xy 1) log 4 (4 y 2 2 y 2 x 4) log 4 1 y ĐS: (a ; a), a > 0; (2; 1) log y x log 2 y 2 1 Bài 29. (ĐH SPHN-1991) Giải hệ: . log 4 x log 4 y 1 1 ĐS: (8; 2); (2; ) ĐS: (2; 1), 2 log 2 x log 2 y log 2 ( xy ) Bài 30. (ĐHSPNN-1998) Giải hệ: 2 log ( x y ) log x.log y 0

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.