ĐẶT ẨN PHỤ DẠNG 1 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT

Chia sẻ: Trần Văn Sỹ | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

722
lượt xem 152
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đặt ẩn phụ dạng 1 giải phương trình logarit', 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: ĐẶT ẨN PHỤ DẠNG 1 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT

PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ DẠNG 1 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT 1 Nếu đặt t = log a x với x > 0 thì log k x = t k ;log x a = a với 0 < x ≠ 1 t Ta biết rằng: a log c = c log b b a Ví dụ 1: Giải phương trình: log 2 ( 5 − 1) .log 4 ( 2.5 − 2 ) = 1 x x Điều kiện: 5x − 1 > 0 ⇔ 5x > 1 ⇔ x > 0 Biến đổi phương trình về dạng: 1 log 2 ( 5 x − 1) .log 2  2 ( 5 x − 2 )  = 1   2 ⇔ log 2 ( 5 x − 1) . 1 + log 2 ( 5 x − 2 )  = 2 ( 1)   Đặt t = log 2 ( 5 − 1) x Khi đó pt (1) có dạng: t = 1 log 2 ( 5 x − 1) = 1 5 x − 1 = 2 5 x = 3  x = log 5 3 t (1+ t ) = 1 ⇔ t + t − 2 = 0 ⇔  2 ⇔  ⇔ x  ⇔ x 5⇔   t = −2 log 2 ( 5 x − 1) = −2 5 − 1 = 2 −2 5 =  x = log 5 5    4  4 Vậy, pt có nghiệm ... Ví dụ 2: Giải phương trình: log 2 ( 3 + 3) − 4 log3 +3 2 = 0 ( 1) x x 1 Đặt t = log 2 ( 3 + 3) , điều kiện t > log 2 3 ⇒ log3 +3 2 = x x t Khi đó pt (1) có dạng: 4 t = 2 t− = 0 ⇔ t2 − 4 = 0 ⇔  ⇔ log 2 ( 3x + 3) = 2 ⇔ 3x + 3 = 4 ⇔ 3x = 1 ⇔ x = 0 t  t = −2 ( l ) Vậy, pt có nghiệm ... 1 Ví dụ 3: Giải phương trình: log a ( ax ) .log x ( ax ) = log a   với 0 < a ≠ 12 a    ax > 0 Điều kiện:  ⇔ 0 < x ≠1 0 < x ≠ 1 Biến đổi phương trình về dạng:  1  1 ( 1 + log a x ) .  + 1 = − ( 2)  log a x  2 Đặt t = log a x Khi đó pt (2) có dạng:  1  1  1 x = 1  1 t = − 2 ⇔ log a x = − 2 ⇔  ( 1 + t )  + 1 = − ⇔ 2t + 5t + 2 = 0 ⇔  2 a t  2   1 t = −2 log a x = −2 x =  a2 Vậy, pt có nghiệm ... Ví dụ 4: Giải phương trình: 8.2log x + 14.x − log x − 22 = 0 ( 1) 2 2 2 Điều kiện: x > 0
Đặt t = log 2 x ⇒ x = 2t Khi đó pt (1) có dạng: 8.2t + 14. ( 2t ) − 22 = 0 2 −t 14 ( 2) 2 ⇔ 8.2t + 2 − 22 = 0 2t Đặt u = 2t , điều kiện t ≥ 1 2 Khi đó pt (2) có dạng: u = 1  2t = 1 t 2 = 0 t = 0 2 8u − 22u + 14 = 0 ⇔     7 ⇔  t2 7 ⇔  2 7⇔ 2 u = 7 2 = t = log 2 t = ± log 2  4   4   4   4 log 2 x = 0 x = 1 ⇔  ⇔ log x = ± log 7 7  x = 2± log2 4   2 2 4  Vậy, pt có nghiệm ... 9 lg 2 x 2 −3lg x − Ví dụ 5: Giải phương trình: x 2 = 10−2lg x ( 1) Biến đổi phương trình về dạng: 9 = ( 10lg x ) lg 2 x 2 −3lg x − −2 x 2 = x −2 x = 1  x =1 0 < x ≠ 1  ⇔  ⇔  0 < x ≠ 1  2 2 9  lg x − 3lg x − = −2  8lg 2 x − 6 lg x − 5 = 0   2 Đặt t = lg x , ta được: x = 1 x = 1   x =1 x = 1  0 < x ≠ 1  0 < x ≠ 1    1  ⇔  0 < x ≠ 1 ⇔  t = − 1 ⇔  1 ⇔  x = 10− 2   lg x = −   8t 2 − 6t − 5 = 0  2  2  5   5  5 x = 10 4    t = 4   lg x = 4     Vậy, pt có nghiệm ... log 9( x − 2 )  Ví dụ 6: Giải phương trình: ( x − 2 )   = 9 ( x − 2 ) ( 1) 3 3 Điều kiện: x − 2 > 0 ⇔ x > 2 Lấy logarit cơ số 3 hai vế, ta được: log 3 9( x − 2 )  log 3 ( x − 2 )    = log 9 ( x − 2 ) 3  3     ⇔ log 3 9 ( x − 2 )  .log 3 ( x − 2 ) = 2 + log 3 ( x − 2 ) 3   ⇔  2 + log 3 ( x − 2 )  .log 3 ( x − 2 ) = 2 + 3log 3 ( x − 2 )   ( 2) Đặt t = log3 ( x − 2 ) Khi đó pt (2) có dạng:
 7 t = −1 log 3 ( x − 2 ) = −1  x = ( 2 + t ) t = 2 + 3t ⇔ t − t − 2 = 0 ⇔ 2 ⇔ ⇔ 3 t = 2 log 3 ( x − 2 ) = 2    x = 11 Vậy, pt có nghiệm ... Ví dụ 7: Giải phương trình: log 2 x − x − 1 .log3 x + x − 1 = log 6 x − x − 1 2 2 2 ( ) ( ) ( )  x2 −1 ≥ 0   Điều kiện:  x − x − 1 > 0 ⇔ x ≥ 1 2  x + x −1 > 0 2  Nhận xét rằng: ( )( ) ( ) ( ) −1 x − x2 − 1 x + x2 − 1 = 1 ⇒ x − x2 −1 = x + x2 −1 Khi đó pt được viết lại dưới dạng: ( ) ( ) ( ) −1 −1 log 2 x − x 2 − 1 .log 3 x + x 2 − 1 = log 6 x − x 2 − 1 ( ) ⇔ log 2 x + x 2 − 1 .log 3 x + x 2 − 1 = log 6 x + x 2 − 1 ( ) ( ) ( 2) Biến đổi cơ số: ( ) log 2 x + x 2 − 1 = log 2 6.log 6 x + x 2 − 1 ( ) ( Và log3 x + x − 1 = log 3 6.log 6 x + x − 1 2 2 ) ( ) Khi đó pt (2) được viết lại dưới dạng: ( ) log 2 6.log 6 x + x 2 − 1 .log 3 6.log 3 x + x 2 − 1 = log 6 x + x 2 − 1 ( ) ( ) ( 3) Đặt t = log 6 x + x − 1 2 ( ) Khi đó pt (3) có dạng: t = 0 t ( log 2 6.log 3 6.t − 1) = 0 ⇔   log 2 6.log 3 6.t − 1 = 0 Với t = 0  x + x2 −1 = 1 ( )  log 6 x + x 2 − 1 = 0 ⇔ x + x 2 − 1 = 1 ⇔  x − x −1 = 1 2 ⇔ x =1  Với log 2 6.log 3 6.t − 1 = 0 ( log 2 6.log 3 6.log 6 x + x 2 − 1 − 1 = 0 ) ( log 2 6.log 3 x + x 2 − 1 − 1 = 0 ) ( ⇔ log 2 6.log 3 x + x 2 − 1 = 1 ) ( ) ⇔ log 3 x + x 2 − 1 = log 6 2 ⇔ x + x 2 − 1 = 3log6 2  x + x 2 − 1 = 3log6 2  1 ⇔ − log 6 2 ⇔ x = 3log6 2 + 3− log6 2 2 ( ) x − x −1 = 3  2 Vậy, pt có nghiệm ...
Ví dụ 8: Giải phương trình: log 2 ( 3 − 1) .log 2 ( 2.3 − 2 ) = 2 x x Điều kiện: 3x − 1 > 0 ⇔ x > 0 Biến đổi phương trình về dạng: log 2 ( 3x − 1) . 1 + log 2 ( 3x − 1)  = 2   ( 1) Đặt t = log 2 ( 3 − 1) x Khi đó pt (1) có dạng: t = 1 log 2 ( 3x − 1) = 1 3x − 1 = 2 3 x = 3 x =1 t (1+ t ) = 2 ⇔ t + t − 2 = 0 ⇔  2 ⇔ ⇔ x  ⇔ x 5⇔  t = −2 log 2 ( 3 − 1) = −2 x 3 − 1 = 2 −2 3 =  x = log 3 5    4  4 Vậy, pt có nghiệm ... Ví dụ 9: Giải phương trình: log 2 ( 5 − 1) .log 2 ( 2.5 − 2 ) = 2 x x Điều kiện: 5x − 1 > 0 ⇔ x > 0 Biến đổi phương trình về dạng: log 2 ( 5x − 1) . 1 + log 2 ( 5 x − 1)  = 2   ( 1) Đặt t = log 2 ( 5 − 1) x Khi đó pt (1) có dạng: t = 1 log 2 ( 5 x − 1) = 1 5 x − 1 = 2 5 x = 3  x = log 5 3 t (1+ t ) = 2 ⇔ t + t − 2 = 0 ⇔  2 ⇔ ⇔ x  ⇔ x 5⇔  t = −2 log 2 ( 5 x − 1) = −2  5 − 1 = 2−2 5 =  x = log 5 5    4  4 Vậy, pt có nghiệm ... Ví dụ 10: Giải phương trình: log 2 ( 2.x ) .log x 2 = 1 2 2 Điều kiện: 0 < x ≠ 1 Biến đổi phương trình về dạng: 1 + 2 log 2 x 2 = 1 ⇔ log 2 x − 2 log 2 x − 1 = 0 2 ( 1) log 2 x Đặt t = log 2 x Khi đó pt (1) có dạng: t 2 − 2t − 1 = 0 ⇔ t = 1 ± 5 ⇔ log 2 x = 1 ± 5 ⇔ x = 21± 5 Vậy, pt có nghiệm ... 5 Ví dụ 11: Giải phương trình: log 5 x + log5 x = 1 2 x 1 Điều kiện: 0 < x ≠ 5 Biến đổi phương trình về dạng: 5 log 5 x + log 2 x = 1 ⇔ 1 − log 5 x + log 2 x = 1 ( 1) log 5 ( 5 x ) 5 5 1 + log 5 x Đặt t = log5 x Khi đó pt (1) có dạng:
 t = 0  log 5 x = 0 x = 1 1− t 2  + t = 1 ⇔ t 3 + t 2 − 2t = 0 ⇔ t ( t 2 + t − 2 ) = 0 ⇔ t = 1 ⇔ log 5 x = 1 ⇔  x = 5   1+ t   t = −2  log 5 x = −2  1 x =  25 Vậy, pt có nghiệm ... Ví dụ 12: Giải phương trình: log 2 2 + log 2 4 x = 3 x Điều kiện: 0 < x ≠ 2 Biến đổi phương trình về dạng: 1 1 1 2 + log 2 4 + log 2 x = 3 ⇔ + log 2 x − 1 = 0 ⇔ + log 2 x − 1 ( 1) log 2 log 2 2 − log 2 x 1 − log 2 x x Đặt t = log 2 x Khi đó pt (1) có dạng: 1 t = 0 log x = 0 x =1 + t − 1 = 0 ⇔ t 2 − 2t = 0 ⇔ t ( t − 2 ) = 0 ⇔  ⇔ 2 ⇔ 1− t t = 2 log 2 x = 2 x = 4 Vậy, pt có nghiệm ... ( x −2) Ví dụ 13: Giải phương trình: ( x − 2 ) = 22. ( x − 2 ) log 24 3 Điều kiện: x − 2 > 0 ⇔ x > 2 Biến đổi phương trình về dạng: −3+ log 2 4 + log 2 ( x − 2 ) log 2 ( x − 2 ) −1 ( x − 2) = 22 ⇔ ( x − 2 ) = 22 Lấy logarit cơ số 2 hai vế phương trình, ta được: log 2 ( x − 2 ) −1 log 2 ( x − 2 ) = log 2 22 ⇔ log 2 ( x − 2 ) − 1 .log 2 ( x − 2 ) = 2   Đặt t = log 2 ( x − 2 ) Khi đó phương trình có dạng:  5 t = −1 log 2 ( x − 2 ) = −1  x = ( t − 1) t = 2 ⇔ t − t − 2 = 0 ⇔  2 ⇔ ⇔ 2 t = 2 log 2 ( x − 2 ) = 2   x=6  Vậy, pt có nghiệm ...