zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Luyện thi Đại học Kit 1 - Môn Toán: Giải phương trình Logarit (Hướng dẫn giải bài tập tự luyện)

Chia sẻ: Lê Hoài | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Báo xấu

310
lượt xem 104
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luyện thi Đại học Kit 1 - Môn Toán: Giải phương trình Logarit (Hướng dẫn giải bài tập tự luyện) của thầy Lê Bá Trần Phương giúp các bạn nắm vững những kiến thức về phương trình Logari. Mời các bạn tham khảo!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luyện thi Đại học Kit 1 - Môn Toán: Giải phương trình Logarit (Hướng dẫn giải bài tập tự luyện)

Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Lê Bá Trần Phương Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP TỰ LUYỆN Giáo viên: LÊ BÁ TRẦN PHƯƠNG 1 Bài 1: Giải phương trình log 4 ( x 2 + x + 1) 2 − log 1 ( x 2 − x + 1) = log 2 ( x 4 + x 2 + 1)3 + log 2 x4 − x2 + 1 2 3 Giải: ðiều kiện x ∈ R Phương trình ⇔ log 2 ( x 2 + x + 1) + log 2 ( x 2 − x + 1) = log 2 ( x 4 + x 2 + 1) + log 2 ( x 4 − x 2 + 1) ⇔ log 2 ( x 2 + x + 1)( x 2 − x + 1)  = log 2 ( x 4 + x 2 + 1) + log 2 ( x 4 − x 2 + 1) ⇔ log 2 ( x 4 + x 2 + 1) = log 2 ( x 4 + x 2 + 1) + log 2 ( x 4 − x 2 + 1) ⇔ log 2 ( x 4 − x 2 + 1) = 0 ⇔ x 4 − x 2 + 1 = 1 x = 0 ⇔ x4 − x2 = 0 ⇔   x = ±1  x −1  Bài 2: Giải phương trình log 2,5 ( x 2 − 8 x + 15 ) = 2 1 log 5   + log 5 x − 5 2  2  Giải: ( x 2 − 8 x + 15 )2 > 0   x ≠ 5;3   ðiều kiện  x − 1 > 0 ⇔ x > 1  x−5 > 0 x ≠ 5    x −1  Phương trình ⇔ log 5 x 2 − 8 x + 15 = log 5   + log 5 x − 5  2  x 2 − 8 x + 15  x −1  ⇔ log 5 = log 5   x−5  2   x −1  ⇔ log 5 x − 3 = log 5    2   x −1  x−3 = x −1 2 ⇔ x−3 = ⇔ 2  x − 3 = −  x −1      2  ⇔ x=5 7 x= 3 1 Bài 3: Giải phương trình log( x + 5) + log x 2 = log 6 2 Giải: x + 5 > 0  x > −5 ðiều kiện:  2 ⇔ ⇔ −5 < x ≠ 0 ⇔ −5 < x < 0 ∪ x > 0 x > 0 x ≠ 0 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 1 -
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Lê Bá Trần Phương Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình Phương trình ⇔ log( x + 5) + log x = log 6 ⇔ log  ( x + 5). x  = log 6 ⇔ ( x + 5). x = 6  x = −2 + Với −5 < x < 0 , ta có: ( x + 5)( − x) = 6 ⇔ x 2 + 5 x + 6 = 0 ⇔  (thỏa mãn)  x = −3 + Với x > 0 ta có: , kết hợp ñiều kiện ⇒ x = 1 Vậy phương trình có 3 nghiệm : x = −3; −2;1 ( Bài 4 : Giải phương trình log x +3 3 − 1 − 2 x + x 2 = ) 1 2 Giải: 0 < x + 3 ≠ 1  ðiều kiện 3 − 1 − 2 x + x 2 > 0 ⇔ −2 < x < 4 1 − 2 x + x 2 ≥ 0 ⇔ ( x − 1) 2 ≥ 0  1 Phương trình ⇔ log x +3 ( 3 − x − 1 ) = 2 1 ⇔ 3 − x − 1 = ( x + 3) = x + 3 2 + Với −2 < x < 1 thì ta có . −2 < x < 1 . ⇔ x + 3 = (2 + x)2 ⇔ x 2 + 3 x + 1 = 0  −3 + 5 x = 2 ⇔  −3 − 5 x =  2 −3 + 5 So sánh ñiều kiện ⇒ x = thỏa mãn 2 + Với 1 ≤ x < 4 thì ta có: x+3 = 4− x ⇔ x + 3 = (4 − x )2 ⇔ x 2 − 9 x + 13 = 0  9 + 29 x = 2 ⇔  9 − 29 x =  2 9 − 29 So sánh ñiều kiện ⇒ x = thỏa mãn 2  −3 + 5 x = Vậy phương trình có 2 nghiệm:  2  9 − 29 x =  2 Bài 5: Giải phương trình 2 log 2 (3 x + 5) + log 4 (3 x + 1)8 = 4 log 2 (12 x + 8) Giải: Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 2 -
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Lê Bá Trần Phương Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình  5 x > − 3 3 x + 5 > 0    1 2 1 1 ðiều kiện (3x + 1) > 0 ⇔  x ≠ − ⇔ − < x < − ∪ x > − 8 12 x + 8 > 0  3 3 3 3   2 x > − 3  Phương trình ⇔ 4 log 2 (3 x + 5) + 4 log 2 3 x + 1 = 4 log 2 (12 x + 8) ⇔ log 2 (3 x + 5) 3 x + 1  = log 2 (12 x + 8) ⇔ (3 x + 5) 3 x + 1 = 12 x + 8 1 + Với x > − , ta có (3 x + 5)(3x + 1) = 12 x + 8 3  x = −1  1 ⇔ 9x + 6x − 3 = 0 ⇔  1 so sánh ñiều kiện ⇒ x = thỏa mãn 2  x = 3 3 2 1 + Với − < x < − , ta có (3 x + 5)(−3 x − 1) = 12 x + 8 3 3  −5 − 2 3 x = −5 + 2 3 3 ⇔ 9 x 2 + 30 x + 13 = 0 ⇔  so sánh ñiều kiện ⇒ x =  −5 + 2 3 3 x =  3  1 x = 3 Vậy phương trình có nghiệm   −5 + 2 3  x = 3 1 1 Bài 6: Giải phương trình log 2 ( x + 3) + log 4 ( x − 1)8 = log 2 ( 4 x ) 2 4 Giải: x + 3 > 0  x > −3   ðiều kiện: ( x − 1) > 0 ⇔  x ≠ 1 ⇔ 0 < x < 1 ∪ x > 1 8  x > 0 4 x > 0  Phương trình ⇔ ( x + 3) x − 1 = 4 x + Với x > 1 thì phương trình ⇔ x 2 − 2 x = 0 ⇔ x = 2 (ñã kết hợp ñiều kiện) + Với 0 < x < 1 thì phương trình ⇔ x 2 + 6 x − 3 = 0 ⇔ x = 2 3 − 3 (ñã kết hợp ñiều kiện) x = 2 ðáp số:  x = 2 3 − 3  x+9 Bài 7: Giải phương trình log 2 [ x( x + 9)] + log 2  =0  x  Giải: ðiều kiện x( x + 9) > 0 ⇔ x < −9 ∪ x > 0 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 3 -
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Lê Bá Trần Phương Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình  x + 9 Phương trình ⇔ log 2 [ x ( x + 9)] .  = 0 ⇔ log 2 ( x + 9) 2 = 0  x  x + 9 =1  x = −8 ⇔ ( x + 9)2 = 1 ⇔  ⇔ so sánh ñiều kiện ⇒ x = −10  x + 9 = −1  x = −10 ( Bài 8: Giải phương trình log 3 6 + 2 4 − x 2 + log 1 ) 3 ( ) 2 − x + 2 + x −1 = 0 Giải: ðiều kiện: −2 ≤ x ≤ 2 ( Phương trình ⇔ log 3 6 + 2 4 − x 2 = log 3 ) ( ) 2 − x + 2 + x + log 3 3 = log 3 3 ( 2− x + 2+ x ) ⇔ 6 + 2 4 − x2 = 3 ( 2− x + 2+ x ) ðặt 2 − x + 2 + x = t , 2 ≤ t ≤ 2 2 (gợi ý tính ñạo hàm rồi xét dấu) ⇒ 4 + 2 4 − x2 = t 2 t = 1 Thay vào phương trình ta có: t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔  , so sánh ñiều kiện ⇒ t = 2 (thỏa mãn) t = 2 Với t = 2 ⇒ 2 4 − x 2 = 0 ⇔ x = ±2 Bài 9: Giải phương trình 2 log 24 x = log 2 x.log 2 ( 2x +1 −1 ) Giải: ðiều kiện x > 0 Phương trình ⇔ 1 2 log 22 x − log 2 x.log 2 ( ) 2x + 1 −1 = 0 ( ⇔ log 2 x  log 2 x − 2 log 2 2 x + 1 − 1  = 0   ) log 2 x = 0 x = 1 ⇔  2 ⇔  ( ) ( ) 2 log 2 x = log 2 2 x + 1 − 1  x = 2x +1 −1   x =1 ⇔ x = 4 4 Bài 10: Giải phương trình (2 − log 3 x).log 9 x 3 − =1 1 − log 3 x Giải: x > 0   1 ðiều kiện:  x ≠  9  x ≠ 3 1 4 Phương trình ⇔ (2 − log 3 x). − =1 log 3 9 1 − log 3 x x 2 − log 3 x 4 ⇔ − =1 2 + log 3 x 1 − log 3 x ⇔ (2 − log 3 x)(1 − log 3 x) − 4(2 + log 3 x) = (2 + log 3 x)(1 − log 3 x) Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 4 -
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Lê Bá Trần Phương Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình ⇔ log 32 x − 3log 3 x − 4 = 0  1 log 3 x = −1  x = ⇔ ⇔ 3 log 3 x = 4   x = 81 ( ) ( ) log 2 x log 2 x Bài 11: Giải phương trình: 3 +1 +x 3 −1 = 1 + x2 Giải: ðiều kiện x > 0 ðặt log 2 x = t ⇒ x = 2t ( ) ( ) ( )( ) t t t Thay vào phương trình, ta có: 3 + 1 + 2t 3 − 1 = 1 + t t = 1 + 2 3 −1 3 +1    ( ) ( 3 − 1) = 1 + 2 ( 3 − 1) ( ) t t t t ⇔ 3 + 1 + 2 3 +1  ⇔( 3 + 1) − 1 = ( 3 − 1)  ( 3 + 1) − 1 t t t     ⇔ ( )  (( 3 + 1 − 1  2 ) ) − 1 = 0 t t 3 −1    (  3 +1 t = 1  ) ⇔ ⇔ t = 0 ⇔ x = 20 = 1 ( ) t 2 3 − 1  = 1   Bài 12: Giải phương trình log x (24 x +1) 2 x + log x2 (24 x +1) x 2 = log 24 x +1 x Giải: ðiều kiện: x > 0 + Với x = 1 thì phương trình thỏa mãn 1 2 1 + Với 0 < x ≠ 1 thì phương trình ⇔ + = 1 + 2 log x (24 x + 1) 2 + log x (24 x + 1) log x (24 x + 1) 1 2 1 ðặt log x (24 x + 1) = t , ta ñược phương trình + = 1 + 2t 2 + t t ⇔ t (2 + t ) + 2t (1 + 2t ) = (1 + 2t )(2 + t ) t = 1 ⇔ t = − 2  3 1 + Trường hợp 1: t = 1 ⇒ log x (24 x + 1) = 1 ⇔ 24 x + 1 = x ⇔ x = − (loại) 23 2 2 2 − + Trường hợp 2: t = − ⇒ log x (24 x + 1) = − ⇔ 24 x + 1 = x 3 ⇔ x 2 (24 x + 1)3 = 1 (*) 3 3 1 Nhận thấy x = là nghiệm của (*) 8 1 - Nếu x > thì vế trái của (*) > 1 8 1 - Nếu 0 < x < vế trái (*) < 1. 8 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 5 -
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Lê Bá Trần Phương Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình 1 Vậy (*) có nghiệm duy nhất x = 8 1 ðáp số: x = 1; 8 Bài 13: Giải phương trình ( x + 3) log 32 ( x + 2) + 4( x + 2) log 3 ( x + 2) = 16 Giải: ðiều kiện: x > −2 ðặt log 3 ( x + 2) = t , thay vào phương trình ta có: ( x + 3)t 2 + 4( x + 2)t − 16 = 0 coi ñây là phương trình bậc 2 ẩn t khi ñó ta có: t = −4  t = 4  x+3 161 + Với t = −4 ⇒ log 3 ( x + 2) = −4 ⇔ x + 2 = 3−4 ⇔ x = − 81 4 4 + Với t= t = ⇒ log 3 ( x + 2) = ⇔ x = 1 là nghiệm duy nhất x+3 x+3 x  Bài 14 : Giải phương trình log 22 x + x log 7 ( x + 3) =  + 2 log 7 ( x + 3)  .log 2 x 2  Giải: ðiều kiện : x > 0  x  x  log 2 x = Phương trình ⇔  log 2 x −  [ log 2 x − 2 log 7 ( x + 3)] = 0 ⇔ 2  2   log 2 x = 2 log 7 ( x + 3) x x + Xét trường hợp : log 2 x = ⇔ log 2 x − = 0 2 2 Ta thấy x = 2; x = 4 là nghiệm x Mặt khác, xét f ( x) = log 2 x − , x > 0 2 1 1 2 − x ln 2 Ta có : f '( x) = − = x ln 2 2 2 x ln 2 2 f '( x) = 0 ⇔ x = ln 2 Bảng biến thiên : x 2 0 +∞ ln 2 f '( x) + 0 - f ( x) x Từ bảng biến thiên ta thấy ñồ thị f ( x) = log 2 x − không thể cắt trục hoành quá 2 ñiểm tức phương trình 2 x f ( x) = log 2 x − = 0 không thể có quá 2 nghiệm. 2 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 6 -
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Lê Bá Trần Phương Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình Vậy trong trường hợp này phương trình có 2 nghiệm x = 2; x = 4 + Xét trường hợp log 2 x = 2 log 7 ( x + 3) ðặt log 2 x = t ⇒ x = 2t Thay vào phương trình ta có : 2 log 7 (2t + 3) = t ⇔ log 7 (2t + 3) 2 = t t t t ( 2t + 3) = 7t ⇔  74  + 6  72  + 9  71  = 1 2 Ta thấy t = 2 là nghiệm Mặt khác : Vế trái là hàm nghịch biến còn vế phải là hằng số nên t = 2 là ngheiemj duy nhất. Với t = 2 suy ra x = 4 x = 2 ðáp số :  x = 4 1 Bài 15 : Tìm số nghiệm thực của phương trình sau : log 2 x = 1 − x2 2x Giải: ðiều kiện : 0 < x < 1 1 Phương trình ⇔ log 22 x = 2 (1 − x 2 ) ⇔ 4 x 2 .log 22 x + x 2 − 1 = 0 4x ðặt log 2 x = t ⇒ x = 2t Tghay vào phương trình ta có : 4.4t.t 2 + 4t − 1 = 0 ⇔ 4t (4t 2 + 1) − 1 = 0 ðặt f (t ) = 4t (4t 2 + 1) − 1 Ta có : f '(t ) = 4t.8t + 4t .2 ln 2, (4t 2 + 1) = 2.4t ( 4 ln 2.t 2 + 4t + ln 2 ) f '(t ) = 0 ⇔ 4 ln 2.t 2 + 4t + ln 2 = 0 coi ñây là phương trình bậc 2 ẩn t, khi ñó ta có ∆ ' = 4 − 4 ln 2 2 > 0 ⇒ f '(t ) = 0 có 2 nghiệm t1 < t2 Do ñó ta có bảng biến thiên : x -∞ t1 t2 +∞ f '( x) + 0 - 0 + f ( x) Từ bảng biến thiên ta thấy ñồ thị f (t ) cắt Ox tối ña là 3 ñiểm suy ra phương trình f (t ) = 0 có tối ña 3 nghiệm (1)  1 1 Ta có: f  −  = 0; f (0) = 0 ⇒ t = − ; t = 0 là nghiệm phương trình f (t ) = 0 (2)  2 2 Mặt khác ta thấy f (t ) liên tục trên R và f ( −3). f ( −1) < 0 . Do ñó phương trình f (t ) = 0 có nghiệm t ∈ ( −3; −1) (3) Từ (1) ; (2) và (3) suy ra f (t ) = 0 có ñúng 3 nghiệm thực phân biệt, nghĩa là phương trình ñã cho có ñúng 3 nghiệm thực. Giáo viên: Lê Bá Trần Phương Nguồn: Hocmai.vn Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 7 -

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.