zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Ôn thi chuyên đề: Mũ Logarit

Chia sẻ: Paradise9 Paradise9 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:179

Báo xấu

124
lượt xem 55
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu giảng dạy về toán đã được giảng dạy với mục đích cung cấp cho học sinh những kiến thức cơ bản nhất, có tính hệ thống liên quan tới toán học. Thông qua tài liệu này giúp các bạn hệ thống lại kiến thức. Chúc các bạn thành công

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Ôn thi chuyên đề: Mũ Logarit

www.laisac.page.tl Chuyên Đề : M V L G R T MŨ VÀ LO A I OGARI N gu y n T hà nh L on g Ng uy ễ n Th à h Lo ng N u ễ T àn L n g y ễ h n o g CHƯƠNG I: PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH - HỆ MŨ CHỦ ĐỀ I: PHƯƠNG TRÌNH MŨ BÀI TOÁN 1: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG I. Phương pháp: Ta sử dụng phép biến đổi tương đương sau: Dạng 1: Phương trình a f  x   a g  x  TH 1: Khi a là một hằng số thỏa mãn 0  a  1 thì a    a    f  x   g  x  fx gx a  1 a  0   f  x g x   0  a  1 TH 2: Khi a là một hàm của x thì a hoặc a    a  1  f  x   g  x    0  f  x   g  x       Dạng 2: Phương trình: 0  a  1, b  0  a f  x  b    f  x   log a b  Đặc biệt: Khi b  0, b  0 thì kết luận ngay phương trình vô nghiệm Khi b  1 ta viết b  a 0  a    a 0  f  x   0 fx Khi b  1 mà b có thể biếu diễn thành b  a c  a f  x   a c  f  x   c Chú ý: Trước khi biến đổi tương đương thì f  x  và g  x  phải có nghĩa II. Bài tập áp dụng: Loại 1: Cơ số là một hằng số Bài 1: Giải các phương trình sau x 2 3 x 1 1 1 c. 2 x 1  2 x  2  36 x 1 x 1 x  16 3 a. 2 .4 b.   . 1 x 3 8 Giải: a. PT  2 x 1 2 x 2 33 x  24 x  6 x  4  4 x  x  2 2
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 x 2  3 x 1 1 2  3  3 ( x  3 x 1)  31   ( x 2  3x  1)  1 b.   3 x  1  x 2  3x  2  0   x  2 2x 8.2 x  2 x x 1 x 2 x c. 2  2  36  2.2   36   36 4 4  9.2 x  36.4  2x  16  24  x  4 Bài 2: Giải các phương trình x 2 x 1  2 7x  2 c. 2 x  2.5 x 2  23 x.53 x 2 x 3 x 1  a. 0,125.4 b. 8  0, 25 8   Giải: x 1  22 1 2 x 3  3  Pt  .  2 2  2  8     x  5  5 5 5 x x 3 2(2 x 3)  2 3  4 x  6  2 2  2 4 x  9  2 2  4 x  9   2 2   2 .2 x x6 2   b. Điều kiện x  1  x 1 2 x 1 7x 2 x 1 x 3 2  7  2  7 x  9x  2  0   x 1 2 2 PT  2 2 3 x  2 x 1 2 7  x2 3x c. Pt   2.5    2.5  10 x  2  103 x  x  2  3x  x  1 log3 x 1  x  2  x    x2 Bài 2: Giải phương trình:   2  Giải: Phương trình đã cho tương đương:  x2 0 x  2  0 x  2    log3 x log3 x     1  1   ln  x   1   log3 x ln  x    0 0   x   1     2 2  2      x  2  0  x  2 x  2    x  2 x  2 x  2       log 3 x  0  x  1  x  1            x2  ln  x  1   0  x  1  1  x  3     2    2 2    x  2  x  2 x  2    3
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 Bài 3: Giải các phương trình: 2 1 x 3 x 1   x 1       x 3 2 x 1 x 3 x 4 a. b.  2 2 10  3  10  3      Giải: x  1 a. Điều kiện:   x  3 1 Vì 10  3  . 10  3 3 x x 1 3  x x 1      9  x2  x 2  1  x   5 x 1 x 3 PT  10  3  10  3   x 1 x  3 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x   5 x  0 b. Điều kiện:  x  1 2 x  3 2 2 2 2 x  x 1   PT  2 x 1 2 x 3 2 x  x 1  4  2 x 1.2 4     2 x 3   2  x 3 2 2  x 1 2 x x 1        2 4  2   x 1 x 1 2x      4 x 2 x 3  4 x x  1  4 x  10 x  6  0  x 3 x9 Vậy phương trình có nghiệm là x  9 Loại 2: Khi cơ số là một hàm của x 2  3 cos x sin Bài 1: Giải phương trình  2  x  x 2     2  x  x2 Giải: Phương trình được biến đổi về dạng: 1  x  2(*) 2  x  x 2  0      x 2  x  1  0(1)     2  2  x  x  1 sin x  2  3 cos x  0    sin x  3 cos x  2(2)  1 5 Giải (1) ta được x1,2  thoả mãn điều kiện (*) 2    1 3  cos x  1  sin x  x    1  x    2k  x   2k , k  Z Giải (2): sin x  2 2 3 32 6  Để nghiệm thoả mãn điều kiện (*) ta phải có: 4
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498     1 1  2k  2  1   1    k   2    k  0, k  Z khi đó ta nhận được x3  2  2  6 6 6 6  1 5 Vậy phương trình có 3 nghiệm phân biệt x1,2  ; x3  . 2 6 x2  x 4 3 x 2 5 x  2    x2  6 x  9 Bài 2: Giải phương trình:  x  3 Giải: x2  x 4 3 x 2 5 x  2 2( x 2  x  4) 2   x  3  Phương trình được biến đổi về dạng:  x  3   x  3   x  3 1 x  4 x  4     0  x  3  1   x  3  4  x  5  3 x 2  5 x  2  2 x 2  2 x  8   x 2  7 x  10  0   Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt x = 4, x = 5. Bài tập tự giải có hướng dẫn: Bài 1: Giải các phương trình sau 2 x 1 b. 7.3x 1  5 x  2  3x 4  5 x 3 a. 4.9 x 1  3.2 2 x x   x 4 x 3  3   x 1 x 1  4 37  x  1   x  1 c.  5 27 4 3  3 d.     HD: 2 x 3 3 3 a.   1 x   2  2 x 1 3 x 1 x 1 b.  3 5    1  x  1 5 c. x  10 BÀI TOÁN 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP LÔGARIT HOÁ VÀ ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐ I. Phương pháp: Để chuyển ẩn số khỏi số mũ luỹ thừa người ta có thể logarit theo cùng 1 cơ số cả 2 vế của phương trình, ta có các dạng: Dạng 1: Phương trình: 0  a  1, b  0  a f  x  b    f  x   log a b  Dạng 2: Phương trình: (cơ số khác nhau và số mũ khác nhau) a    b g ( x )  log a a f ( x )  log a b f ( x )  f ( x )  g ( x).log a b fx 5
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 hoặc log b a f ( x )  logb b g ( x )  f ( x ).log b a  g ( x). Đặc biệt: (cơ số khác nhau và nhưng số mũ bằng nhau) f  x 0 a a f  x f (x) Khi f  x   g  x   a  1     f  x   0 (vì b f ( x )  0 ) b   b b Chú ý: Phương pháp áp dụng khi phương trình có dạng tích – thương của các hàm mũ II. Bài tập áp dụng: Bài 1: Giải các phương trình 2 x 3 x 1 2 b. 3x  2.4 a. (ĐH KTQD – 1998) 5 x.8 x x  500.  18 3 2 2 2 x c. 2 x  4.5x  2  1 d. 2 x  2 Giải: a. Cách 1: Viết lại phương trình dưới dạng: x 1 x 1 x 3 3  53.22  5x 3.2 5 x.8  500  5x.2 8 x x 1 Lấy logarit cơ số 2 vế, ta được:  x 3 x 3   x 3  x 3 log 2  5 .2   0  log 2  5   log 2  2 x   0   x  3 .log 2 5  x 3 x log 2 2  0 x     x  3 1    x  3   log 2 5    0   x   1 x  log 2 5   1 Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x  3; x   log 2 5 x 3 3( x 1) 3 x  1  x 3 x 3 x 3 2 x x  2 x  Cách 2: PT  5 .2  5 .2  5 2 5   x 3   x  3  0 x 3  1 x  3 1  x 3 1   5.2 x  5 1 1  x   x   log5 2 5.2 x  1    2  2 x 3  x2  2 2 xx3  x2  2 x  18  log3  3 .4   log 3 18 b. Ta có 3 .4   4x  6 3( x  2) .log3 2  2  log 3 2   x 2  4    x2  2  .log 3 2  0 x x x  2  0   x  2   x 2  2 x  3log 3 2   0   2 x2  x  2 x  3log 3 2  0 (VN ) 2 4  log 2 52  x  0 c. PT  log 2 2 x 6
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498  x 2  4   x  2  log 2 5  0   x  2   x  2  log 2 5  0 x  2 x  2    x  2  log 2 5  0  x  2  log 2 5 d. Lấy logarit cơ số 2 hai vế phương trình ta được: 3 2 log 2 2 x  2 x  log 2  x 2  2 x  log 2 3  1  x 2  2 x  1  log 2 3  0 2 , Ta có   1  1  log 2 3  log 2 3  0 suy ra phương trình có nghiệm x = 1  log 2 3. Chú ý: Đối với 1 phương trình cần thiết rút gọn trước khi logarit hoá. Bài 2: Giải các phương trình x 1 1 x x2  4.34  x b. 4 x  3x  2  3  22 x 1 2 a. 8 1 log 0 ,5 (sin 2 x  5 sin x cos x  2 ) d. 5 x  5 x 1  5 x  2  3x  3x 3  3x 1  c. 4 9 Giải: a. Điều kiện x  2 3x 1  3x 2 x2  34  x   2  (4  x ) log 2 3   x  4  .  PT  2  log 2 3   0 x2  x2  x  4 0 x  4  1    log 2 3  0  x   2  log 3 2 x2  b. 1 1 1 x3 x 4 x x 2 x 1 x 2 2  4 .  3 2. PT  4  2  3 3 2 3 3 3 3 x x  4 2 3 2  x  0 x 0 2 2 c. Điều kiện sin x  5sin x.cos x  2  0 * PT  log 21  sin 2 x  5sin x.cos x  2   log 4 32   log 2  sin 2 x  5sin x.cos x  2    log 2 3 thỏa mãn (*) cos x  0  sin 2 x  5sin x.cos x  2  3  cos x  5sin x  cos x   0   5sin x  cos x  0     x  2  k   x  2  k     tan x  1  tan   x    l  5  d. PT 7
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498  5 x  5.5 x  25.5x  3x  27.3x  3.3x x 5  31.5 x  31.3x     1  x  0 3 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x  0 Bài 3: Giải các phương trình b. x log 2  x    32 4 a. x lg x  1000 x 2 x 2 c. 7log 25  5 x  1  x log 5 7 d. 3x.8 x1  36 Giải: a. Điều kiện x  0 2  lg x.lg x  lg1000  lg x 2   lg x   2 lg x  3  0  lg x  1  0  x  1 / 10   lg x  1 lg x  3  0    lg x  3  0  x  1000 b. Điều kiện x  0 PT  log 2 x log2    log 2 32  log 2 x  4  .log 2 x  5   log 2 x  1 .  log 2 x  5  0 x4  x2 log 2 x  1    x  1 log 2 x  5 32  c. Điều kiện x  0   2  log5 7 log25 5 x 1  log 5 x log5 7   log 25 2  5 x   1 .log5 7  log 5 7.log 5 x   1  log5 x  1 x 1   log5 2  5 x   log 5 x  1  0  log5 2 x  2 log 5 x  3  0    5  log5 x  3 4 x  125  1  x  5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm   x  125 d. Điều kiện x  1 x 3x x x 1  log 2 3 .8  log 2 36  2  2log 2 3  x.log 2 3   2  2 log 2 3 x 1  x 2 .log 2 3   3  log 2 3 x  2  x  1  2  x  1 log 2 3 x  2  x 2 .log 2 3  1  log 2 3 x  2  2log 2 3  0    x  1  log 3 2 x  2 Vậy phương trình có nghiệm là:   x  1  log 3 2 Bài 4: Giải các phương trình sau : 1 4 2 2 a. 8 x.5 x 1  b. 3x. 91 x  c. 3 x . 2 x  1 d. 2 x .5 x 2  10 27 x 8 8
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 Giải: a. Lấy logarit hai vế với cơ số 8, ta được 1 1 2 2 8 x.5 x 1   log8 8 x.5x 1  log8 8 8   2 1  log8 81  x  x 2  1 log8 5  1  log8 8 x  log8 5 x    x  1  x 2  1 log8 5  0   x  1   x  1 x  1 log8 5  0 x 1  0   x  1 1   x  1 log8 5  0     1   x  1 log8 5  0  x  1  x  1    x.log8 5  log8 5  1  x  1  log5 8 Vậy phương trình có nghiệm: x  1, x  1  log 5 8 b. PT  3x .32  2 x .33 x  4  32 x  2  4  2 x  2  log 3 4 4  2 x  log 3 4  2  2 x  log 3 4  log 3 9  log 3 9 1 4 2  x  log  log 3 2 9 3 c. Lấy log hai vế của phương trình theo cơ số 2 2 Ta được phương trình log 2 3x  log 2 2 x  0  x log 2 3  x 2  0 x  0  x ( log 2 3  x )  0    x   log 2 3 2 2 d. PT  log 2 (2 x.5x )  log 2 (2.5)  log 2 2 x  log 2 5 x  log 2 2  log 2 5  x  x 2 log 2 5  1  log 2 5  (log 2 5) x 2  x  1  log 2 5  0 x  1  1  log 2 5 x  log 2 5   Bài tập tự giải có hướng dẫn: Bài 1: Giải các phương trình sau a. 5 x.x1 8 x  100 HD: Điều kiện x  0 2  5 x ( x 1).23 x  52( x 1).22( x 1)  5x  x  2  22  x x  2  log 2 5.( x 2  x  2)  2  x    x  1  log 5 2(loai) 2 2 b. 2 x 3  3x  2 x 6  2 x 5  3x  2x HD: 9
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498  2 x  2  3( x  2)( x  4)  x  2  ( x  2)( x  4) log 2 3 x  2   x  log 3 2  4 Bài 2: Giải các phương trình sau x 1 x2 x2 4 x 2 5 x 6 x2 x 3 x x x a. 3 .2  1 b. 2. 2 c. 5 d. 3 .4 3 2  18 x x x g. 53log5 x  25 x i. x 4 .53  5log x 5 e. 8  36.32 x f. 57  75 x2 k. 9.x log9 x  x 2 Đs: a. 0;  log 3 2 b. 2;log 3 2  2 c. 3; 2  log 5 2 d. 2;  log 3 2 14 e. 4; 2  log3 2 f. log 7 (log 5 7) g. 5 h. k. 9 ;5 5 5 BÀI TOÁN 3: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ - DẠNG 1 I. Phương pháp: Phương pháp dùng ẩn phụ dạng 1 là việc sử dụng 1 ẩn phụ để chuyển phương trình ban đầu thành 1 phương trình với 1 ẩn phụ. Ta lưu ý các phép đặt ẩn phụ thường gặp sau: Dạng 1: Phương trình  k   k 1a ( k 1) x .....1a x   0  0 Khi đó đặt t  a x điều kiện t > 0, ta được:  k t k   k 1t k 1......1t   0  0 Mở rộng: Nếu đặt t  a f ( x ) , điều kiện hẹp t  0 . Khi đó: a 2 f ( x )  t 2 , a 3 f ( x )  t 3 ,....., a kf ( x )  t k 1 Và a  f ( x )  t Dạng 2: Phương trình 1a x   2 a x   3  0 với a.b  1  1 Khi đó đặt t  a x , điều kiện t  0 suy ra b x  ta được: 1t  2   3  0  1t 2   3t   2  0 t t 1 Mở rộng: Với a.b  1 thì khi đặt t  a f ( x ) , điều kiện hẹp t  0 , suy ra b f ( x )  t x 2x 2x Dạng 3: Phương trình 1a   2  ab    3b  0 khi đó chia 2 vế của phương trình cho b 2 x  0 ( hoặc 2x x a a x 2x a ,  a.b  ), ta được: 1     2     3  0 b b x a Đặt t    , điều kiện t  0 , ta được: 1t 2   2t   3  0 b Mở rộng: f Với phương trình mũ có chưa các nhân tử: a 2 f , b 2 f ,  a.b  , ta thực hiện theo các bước sau: f - Chia 2 vế phương trình cho b 2 f  0 (hoặc a 2 f ,  a.b  ) 10
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 f a - Đặt t    điều kiện hẹp t  0 b Dạng 4: Lượng giác hoá. Chú ý: Ta sử dụng ngôn từ điều kiện hẹp t  0 cho trường hợp đặt t  a f ( x ) vì: - Nếu đặt t  a x thì t  0 là điều kiện đúng. 2 - Nếu đặt t  2 x 1 thì t  0 chỉ là điều kiện hẹp, bởi thực chất điều kiện cho t phải là t  2 . Điều kiện này đặc biệt quan trọng cho lớp các bài toán có chứa tham số. II. Bài tập áp dụng: Bài 1: Giải phương trình 1 b. 4sin x  2cos x  2  2 2 2 2 2 a. 4cot x  2 sin x  3  0 (1) Giải: a. Điều kiện sin x  0  x  k , k  Z (*) 1  1  cot 2 x nên phương trình (1) được biết dưới dạng: Vì 2 sin x cot g 2 x 2 4cot x  3  0 (2)  2.2 cot 2 x 2 điều kiện t  1 vì cot 2 x  0  2cot x  20  1 Đặt t  2 Khi đó phương trình (2) có dạng: t  1 2 t 2  2t  3  0    2cot x  1  cot 2 x  0 t  3 thoả mãn (*)   cot x  0  x   k , k  Z 2  Vậy phương trình có 1 họ nghiệm x   k , k  Z 2 2x 2    21sin  2  2 b. PT  2sin 2x Đặt t  2sin x  t  0  ta được 2 2      t2   2  2  t 3  2  2 t  2  0  t  2 t 2  2t  2  0 t  t  2   2 24 2  t  2   2 24 2  loai  t   2 1   1 2 Với t  2  2sin x  2 2  sin 2 x   sin x   2  x k 2 2 4 2 11
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 2  24 2  2sin x (phương trình vô nghiệm) 2 Với t  2 Bài 2: Giải các phương trình x x     a. 7  4 3 3 2 3 20 x x    b. (ĐH – B 2007) 2 1  2 1  2 2  0 x x      2 x 3 c. 3  5  16 3  5 sin x sin x    74 3  74 3 4 d. (ĐHL – 1998) x x    5   e. 5  24  10 24 Giải: 2     a. Nhận xét rằng: 7  4 3  2  3 ; 2  3 2  3  1 1 x x x  3  điều kiện t  0 , thì:  2  3     t2 Do đó nếu đặt t  2   và 7  4 3 t Khi đó phương trình tương đương với: t  1 3 x   t 2   2  0  t 3  2t  3  0   t  1  t 2  t  3  0   2  2 3 1  x  0 t t  t  3  0(vn)  Vậy phương trình có nghiệm x = 0 x   b. Đặt t  2  1 ta được Pt: 1 t   2 2  t 2  2 2t  1  0  t  2  1  t  2  1  x  1  x  1 t c. Chia 2 vế của phương trình cho 2 x  0 , ta được: x x 3 5  3 5  8     16   2   2       3  5  3  5  Nhận xét rằng:  1  2  2       x x 3 5  3 5  1 Đặt t    2  , điều kiện t > 0   2  t       Khi đó pt (*) có dạng: x  3 5  2 t  8t  16  0  t  4    2  4  x  log 3 5 4    2 7  4 3   7  4 3   1 d. Nhận xét rằng: 7  4 3. 7  4 3  12
www.MATHVN.com Email: Loinguyen1310@gmail.com Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498 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   1 2 sin x 2  3        2 3   74 3  2 3  t  2  3 1   t   4  t 2  4t  1  0     sin x sin x t 74 3  t  2  3     2 2  3   2 3  2 3       1 sin x  2 3      2 3 sin x  1    cos x  0  x   k , k  Z   sin x sin x  1 2    2 3 2 3     e. Nhận xét rằng: 5  24 5  24  1 1 x x     Đặt t  5  24 , điều kiện t > 0  5  24  t Khi đó pt (1) có dạng: 1 x x  5  24  5  24      5  24   5  24 t  5  24 1   2 t   10  t  10t  1  0     x x t      5  24 t  5  24    5  24  5  24  5  24    x  1  x  1 Nhận xét: - Như vậy trong ví dụ trên bằng việc đánh giá: 2   2  3  2  3   1 74 3  2 3 ; x Ta đã lựa chọn được ẩn phụ t   2  3  cho phương trình ab - Việc lựa chọn ẩn phụ thông qua đánh giá mở rộng của a.b  1 , đó là: a.b  c  .  1 tức là với các phương cc trình có dạng: A.a x  B.b x  C  0 Khi đó ta thực hiện phép chia cả 2 vế của phương trình cho c x  0 , để nhận được: x x x x a b a b 1 A.    B    C  0 từ đó thiết lập ẩn phụ t    , t  0 và suy ra   c c c c t Bài 3: Giải các phương trình 2 2 a. (ĐHTL – 2000) 22 x 1  9.2 x  x  2 2 x  2  0 2 2 2 b. 2.4 x 1  6 x 1  9 x 1 Giải: a. Chia cả 2 vế phương trình cho 22 x  2  0 ta được: 13
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 1 92 2 2 2 2 2  2 x 1 2 x  2  1  0  .22 x 2 x  .2 x  x  1  0  2.22 x 2 x  9.2 x  x  4  0 22 x  9.2 x 2 4 x2  x Đặt t  2 điều kiện t  0 . Khi đó phương trình tương đương với: t  4 2  x  x  22  x2  x  2  x  1  1  2 2 2t  9t  4  0   2  t  2  x  x  1  x  2  2 x  x  2 1   2 Vậy phương trình có 2 nghiệm x  –1  x  2 . b. Biến đổi phương trình về dạng:    2.3 x   2 x 2 1 2 x 2 1 2 1  3 2.2    0 , ta được: 2 x 2 1 Chia hai vế của phương trình cho 2   x 2 1 2 x 2 1 3 3   2    2 2 x 2 1 x 2 1 1 3 3 3 3 Đặt t    , vì x 2  1  1        t  2 2 2 2 Khi đó pt (*) có dạng: x 2 1 t  2 3 2  2  x 2  1  log 3 2  x   log 3 2  1 t t 2  0     t  1 l   2  2 2 Chú ý: Trong ví dụ trên, vì bài toán không có tham số nên ta sử dụng điều kiện cho ẩn phụ chỉ là t  0 và chúng ta đã 1 thấy với t  vô nghiệm. Do vậy nếu bài toán có chứa tham số chúng ta cần xác định điều kiện đúng cho ẩn 2 phụ như sau: 2 1 1 1 1 1  x2  x 2  24  t  4 x x x      2 2 4 4 2  Bài 4: Giải các phương trình 1 12 a. (ĐHYHN – 2000) 23 x  6.2 x  3 x 1  x  1 2 2 3 x 1 x x b. (ĐHQGHN – 1998) 125  50  2 Giải: a. Viết lại phương trình có dạng:  3 x 23   x 2   2  3 x   6  2  x   1 (1) 2  2  3 23  2 2 2  3 Đặt t  2 x   23 x  3 x   2 x  x   3.2 x  2 x  x   t  6t x 2 2 2 2    2 Khi đó phương trình (1) có dạng: t 3  6t  6t  1  t  1  2 x  x  1 2 x Đặt u  2 , u  0 khi đó phương trình (2) có dạng: 14
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 u  1 (loai ) u  1  u2  u  2  0    u  2  2x  2  x  1 u u2 2  Vậy phương trình có nghiệm x = 1 b. Biến đổi phương trình về dạng: 125x  50 x  2.8x 1 Chia hai vế của phương trình (1) cho 8 x  0 , ta được: x x 3x 2x  125   50  5 5  2     2     2 0   8  8  2 2 x 5 Đặt t    , điều kiện t  0 2 Khi đó pt (2) có dạng: x t  1 5 t 3  t 2  2  0   t  1  t 2  2t  2   0  2    1 x  0 t  2t  2  0 VN   2  Bài 5: Giải các phương trình 2 1 1  1 x  1 x  31 c. 4 x 1  2 x 4  2 x  2  16 x x a.    3.    12 b. 3 4 0 3  3 Giải: a. 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 x t  3 1 Khi đó pt (1) có dạng: t 2  t  12  0       3  x  1 t  4  loai   3 b. Điều kiện: x  0 3 Biến đổi phương trình về dạng: 3 x  x  4  0 3 Đặt t  3 x , điều kiện t  1 t  1 loai  Khi đó pt (1) có dạng: t 2  4t  3  0   t  3  loai   c. Biến đổi phương trình về dạng: 2    2 x  4  2 x  2  16 2 x 1  2.22 x  6.2 x  8  0 1 Đặt t  2 x , điều kiện t  0 Khi đó pt (1) có dạng: 15 www.MATHVN.com
www.MATHVN.com Email: Loinguyen1310@gmail.com Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498 t  4 2t 2  6t  8  0    2x  4  x  2 t  1 loai  Bài 6: Giải các phương trình 2 2  x 1  x 2 a. (ĐHDB – 2006) 9 x  10.3x 1  0    20.2 x 2 x 2 1 2 2 x 8 x 5 c. 3x  2  32 x  24 1  12  0 d. 7.2 b. 3  4.3  27  0 Giải: 1 x2  x 10 x2  x 2   2 2  1  0  3x  x x  10.3x 9 0 a. Pt   .3 9 9 9 2 x Đặt t  3x ,t  0 t  1 Pt  t 2  10t  9  0   t  9 x  0 2 2 x x Với t = 1  3x  1  3x  30  x 2  x  0    x  1 x  1 2 2 x x Với t = 9  3x  9  3x  32  x 2  x  2  x 2  x  2  0    x  2 2  b. 38.32 x  4.35.3x  27  0  6561. 3x  972.3x  27  0 (*) 1 t  9 2 x Đặt t  3  0 . Pt (*)  6561t  972t  27  0   t  1  27  1 Với t   3x  32  x  2 9 1  3x  33  x  3 Với t  27 Vậy phương trình có nghiệm: x  2, x  3 9 2 c. 3x  2  32 x  24  9.3x  x  24  0  9.  3x   24.3x  9  0 (*) 3 x Đặt t  3  0 t  3 Pt (*)  9t  24t  9  0   2 t   1 ( loai) 3  x Với t  3  3  3  x  1 Vậy phương trình có nghiệm: x  1 2 2 d. Đặt t  2 x 1 , vì x 2  1  1  2 x 1  21  t  2 Khi đó pt có dạng: 16
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 t  2 2 7t  20t  12  0   6  2 x 1  2  x 2  1  2  x  0 2 t   loai  7 Bài 7: Giải các phương trình a. 6.2 x  2 x  1 b. 64.9 x – 84.2 x  27.6 x  0 c. 34 x  4.32 x  1  27  0 d. 25x  10 x  2 2 x 1 Giải: 1 a. Pt  6. x  2 x  1 . Đặt t  2x , t  0 2 t  3 (loai ) 1 Pt  6.  t  1  6  t 2  t  t 2  t  6  0   x 1 t t  2  2  2  x  1  4  x 16    2x x x  2 3 9  4 4 b. PT  64.9 x – 84.2 x  27.6 x  0  27.    84.    64  0    4 x x  1  3 3    4   3  3  c. 34 x - 4.32 x  1  27  0  32 x  12.32 x  27  0 2  đặt t  32 x ; t  0 ta được t 2  12t  27  0 1  32 x  3 t  3 2 x  1 x     2x  2  3  9  32 t  9 2 x  2  x 1  x 2x 2x d. 5   2.5   2.2 Chia hai vế của phương trình cho 22 x  0 , ta được: 2x x 5 5       2 2  2 x 5 Đặt t    , điều kiện t  0 2 Khi đó pt (*) có dạng: x t  1 5 2 t t 2  0      1 x  0 t  2  l   2  Bài 8: Giải các phương trình a. 4log9 x  6.2log9 x  2log3 27  0 2 x 2  22  x  x  3 b. (ĐH – D 2003) 2 x Giải: 2 log 9 x    6.2 3 log9 x a. Pt   2 2  log9 x  6.2log9 x  2log3 3  0  2  23  0 Đặt t  2log9 x , t  0 . 17
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 t  2 P t  t 2  6t  8  0   t  4 Với t = 2  2log9 x  2  2log 9 x  21  log 9 x  1  x  9 Với t = 4  2log9 x  4  2log9 x  22  log 9 x  2  x  92  81 4 2 2 2 b. 2 x  x  22 x  x  3  2 x  x  3 x2  x 2 t  1 loai  2 đặt t  2 x  x  t  0  ta được t 2  3t  4  0   t  4  x  1 2 x  2x  4  x2  x  2  0   x  2 Bài 9: Giải các phương trình a. 4log3 x  5.2log3 x  2log3 9  0 b. 3.16 x  2.81x  5.36 x Giải: 2 log 3 x  2 log3 x a. Pt   2 2   5.2log 3 x  22  0  5.2log x  2log3 3  0  2 Đặt t  2log3 x , t  0 . t  1 Pt  t 2  5t  4  0   t  4 log3 x  1  2log 3 x  20  log 3 x  0  x  1 Với t = 1  2 Với t = 4  2log3 x  4  2log3 x  22  log 3 x  2  x  32  9 b. Chia cả hai vế cho 36 x ta được x x x x  16   81  4 9 PT  3.    2.    5  3.    2.    5  0  36   36  9 4 x 4 Đặt    t (t  0) 9 Khi đó phương trình tương đương  3t 2  5t  2 t  1 1  3.t  2.  5  0 0   2  t t  t  t  0 t  0 3   x 4 Với t  1     1  x  0 9 x 2 4 2 1 Với t      x 3 9 3 2 1 Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt x  0 hoặc x  2 Bài 10: Giải các phương trình 18
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 a. 32( x log 3 2)  2  3x  log3 2 b. (ĐHDB – 2007) 23x 1  7.22x  7.2 x  2  0 Giải: 2 a. Pt  3( x  log3 2)   3x  log3 2  2  0 . Đặt t = 3x log3 2 , t  0 .   t  1(loai ) Pt  t 2  t  2  0   t  2 Với t = 2  3x  log3 2  2  x  log 3 2  log 3 2  x  0 b. 2t 3  7t 2  7t  2  0 (t  2 x , t  0) 1  (t  1)(2t 2  5t  2)  0  t  1  t  2  t  2  x  0  x  1  x  1 x 2 1  25  x  9 Bài 11: Giải phương trình   4 Giải: x 2 1  25  x  9 Pt   2  2  x 2   2 2   25  x  9  22( x 2)  25 x  9  2 4 2 x  25 x  9  0 2 4 25 16 32   x 9  0   x 9  0 2x 2  2x  2 2 2 Đặt t  2x , t  0 . 16  32t  9t 2 16 32  0  9t 2  32t  16  0 Pt  2   9  0  2 t t t t  4  4 4  t   2 x =  x  2  log 2 9 9 9  Bài 12: Giải các phương trình x 10  4 2 9 27 27 b. 8 x  9.2 x     64 a. x 2 8x 2x 2 4 Giải: x   Pt  9.4  2 x 2. 10  4 2    x 2x 2 x x  36  2 x 2 .10  2 x  2.  22  2  10.  .2  36 22 2 2 Đặt t = 2x, t  0 . 19
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 t  8  2 x = 8  2 x = 2 3  x = 3 Pt  t 2  10t  144  0   t  18(loai ) x2 10.2 x  2  2 2  36  10.2 x   2 x   36.4   2 x   10.2 x  144  0   4 4 b. Phương trình: 8 x  9.2 x  27  27  64 8x 2 x 3 2x  1 x  0  x 3 3 x x x   2  x   64  2  x  4  4  4.2  3  0   x   2  3  x  log 2 3 2 2  Bài 13: Giải các phương trình 32 x 72x x x  2.  0, 3  3  6. 0, 7   7 a. b. x x 100 100 Giải: x 32 x 3 a. Pt   2.    3 2x 10   10  2 x 2x x  3  x  x 32 x 3 3 3 3  2 x  2.    3  0     2.    3  0      2.    3  0  10   10   10   10    10  10   x 3 Đặt t    , t  0 .  10  2 Pt  t  2t  3  0 x  3 t  3    = 3  x = log 3 3    10  10 t  1(loai )  b. Biến đổi phương trình về dạng: 2x x 7 7 1  6.    7   10   10  x 7 Đặt t    , điều kiện t  0  10  Khi đó pt (1) có dạng: x t  7 7 2 t  6t  7  0       7  x  log 7 7 t  1 l   10  10 Bài 14: Giải các phương trình a. 8 x  18 x  2.27 x b. (ĐH – A 2006) 3.8x  4.12 x  18 x  2.27 x  0 Giải: a. Chia hai vế pt cho 27x , ta được : 20
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 8 x 18x Pt   2 27 x 27 x x x x x 3x x  23   2   8   18   2 2      2  3    2 0      2 0  27   27  3  3  3 3 3   2 x   2 x         2  0  3    3    x  2 Đặt t    , t  0 .  3 x x 0 2 2 2 3 Pt  t  t  2  0  t  1     1        x  0 3 3 3 b. 3.23 x  4.3x 2 2 x  32 x 2 x  2.33 x  0 3x 2x x 2 2  2 Chia 2 vế của Pt cho 33x ta đươc: 3.    4       2  0 3 3  3 t  1 x 2 Đặt t    , t  0 ta có: 3t  4t  t  2  0   2 3 2 t  3 3 x 2 3 3 Do ĐK ta chỉ nhận t       x  1 3 2 2 Bài 15: Giải các phương trình 2 a. (ĐH L – 2001) 4 log 2 2 x  x log 2 6  2.3log 2 4 x b. 6.9log2 x  6 x 2  13.x log2 6 Giải: a. Điều kiện: x > 0. log 4 x 2 1  log 2 x 2  2 log 2 x log 2 x log x log 6 log x log x Ta có: 4 2 4  4.4 2 ; x 2  6 2 và 3 2  9.9 2 3 Do đó phương trình trở thành: log x log x  3 2 9 2 log x log x log x 4.4 2  6 2  18.9 2  4     18.  (*)  2 4 log x 3 2 Đặt t    . Điều kiện: t > 0. 2 4 t 2 t 4  0   9 2 Khi đó phương trình (*) trở thành 4 – t = 18t  18t  t   1 (lo ai ) 2.   log x 4 3 2 log x   2  2 Vậy phương trình    2 9 21

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.06: Bộ 240 Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2023

240 tài liệu

1116 lượt tải

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.