intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Phương trình, bất phương trình hệ phương trình mũ và Lôgarit ( phần 2)

Chia sẻ: Dinh Chien | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:74

Thêm vào BST
Báo xấu
239
lượt xem 68
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Phương trình, bất phương trình hệ phương trình mũ và Lôgarit là chuyên đề toán học hay, giúp học sinh có thêm tài liệu tham khảo, chuẩn bị tốt kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Phương trình, bất phương trình hệ phương trình mũ và Lôgarit ( phần 2)

  1. GIẢI ĐÁP TOÁN CẤP 3 PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LÔGARIT PHẦN 2 PHƯƠNG TRÌNH BẤT PHƯƠNG TRÌNH HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang A. PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH I. PHƯƠNG TRÌNH ( 2 – 74 ) ….LOẠI 1 : ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐ …………………………………. 2–9 ….LOẠI 2 : LÔGARIT HÓA VÀ MŨ HÓA…………………………… 10 – 14 …. LOẠI 3 : ĐẶT ẨN PHỤ…………………………………………….. 14 – 47 …. LOẠI 4 : PHƯƠNG TRÌNH TÍCH…………………………………. 47 – 54 …. LOẠI 5 : SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU……………………………. 54 – 69 …. LOẠI 6 : ĐÁNH GIÁ………………………………………………... 70 – 72 …. LOẠI 7: LƯỢNG GIÁC HÓA………………………………………. 73 – 74 II. BẤT PHƯƠNG TRÌNH (?–?) B. HỆ PHƯƠNG TRÌNH (?–?)
  2. GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 CHUYÊN ĐỀ : PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LÔGARIT A. PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LÔGARIT I. PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LÔGARIT LOẠI 1: ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐ 1. PHƯƠNG PHÁP GIẢI *) Phương pháp: Tìm cách đưa phương trình về một trong các dạng sau +) a f ( x )  a g ( x )  f ( x)  g ( x) (a là hằng số và 0  a  1 )  a  1   x  D  a  0    f ( x), g ( x)     (2*)   f ( x)  g ( x)    +) a f ( x )  a g ( x ) với Tập xác định : D (a chứa biến hoặc chứa tham số)  a  0    f ( x)  g ( x)   \     a  0   f ( x)  g ( x)  0  a 1 +) log a f ( x )  log a g ( x)  f ( x)  g ( x) f ( x )  0 (hoặc g ( x)  0 ) *) Chú ý : a  1  f ( x) g ( x) +) Ở phương trình (2*) nếu a  0 thì a a   x  D  f ( x)  g ( x)  +) Các công thức để chuyển về các dạng trên (giả sử các biểu thức đều có nghĩa): m 1) a m .a n  a m  n 2) a m : a n  a m n 3) n am  a n 4) b  a log a b 5) b  log a a b b 6) log a b  log a c  log a (bc) 7) log a b  log a c  log a 8) k log a b  log a b k c 2.CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1. Giải các phương trình sau: x 3 x 1 (0, 2) x 0,5 1) 5  5.(0, 04) x 1 2)  10  3  x 1   10  3  x 3 3) 3x 1.2 x1  24 1   3 x  5  25  2 2 2 2 log 1 2 5 x  x 2  3 x2 5 x  2 x2  x  4 4) 2 x 1  2x 2  3x  3x 1 5) 6)  x  3   x2  6 x  9 3x  5 Trang 2
  3. GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 Giải: (0, 2) x 0,5 (51 ) x 0,5 1)  5.(0, 04) x 1  1  5.(52 ) x 1  5 x  52 x 3   x  2 x  3  x  3 5 52 Vây phương trình có nghiệm: x  3 . x 3 x 1 2)  10  3  x 1   10  3  x 3 Điều kiện: x  1 và x  3 . 1 Ta có : ( 10  3)( 10  3)  1  10  3   ( 10  3) 1 10  3 x 3 x 1  x 3 x 1 Khi đó phương trình tương đương:  10  3  x 1   10  3  x 3  x 1  x3  x 2  9  ( x 2  1)  x 2  5  x   5 thỏa mãn điều kiện . Vây phương trình có nghiệm: S   5; 5   3x 3) 3x 1.2 x 1  24  .2.2 x  24  3x.2 x  36  6 x  6 2  x  2 . Vây phương trình có nghiệm: x  2 3 x2 3 x 2 1 x2 2 x2 x 2 1 1 x2 2  1 2 9 2 4 2 2 4) 2 2 3 3  2   22   3x  1    2 x .  3 x .        x 2  3  x   3 2   3 2 3 3 3 Vây phương trình có nghiệm: x   3 .  5 3x  5  0 x  3 5) 1   3x  5 log 1  25 x  x 2  Điều kiện:    5  x 5  33 25 2 3x  5 2  5x  x  0  5  33  x  5  33 3 2  2  2  1  1 log 25 x  x2  Khi đó phương trình tương đương: (3x  5) 2  (3x  5) 2 5 3 x  5  1 x  2 3 x  6 x  2    2   log 5  2  5 x  x 2   1  log5 5 2  5x  x2  5 x  5x  3  0  x  5  13      2 5  13 kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là : x  2 và x  2 3 x2 5 x  2 x 2  x 4 3 x2 5 x  2 2( x 2  x  4) 6)  x  3   x2  6x  9   x  3   x  3 x  3  1 x  4  x  3    x  3  0   2  2 x  4  3 x  5 x  2   , 2( x  x  4)    2    x  7 x  10  0  x  3  2  2   3 x  5 x  2     3 x  5 x  2  2( x  x  4)    2   x  2  x  3  0  x  3   2  2 x  5  3 x  5 x  2  2( x  x  4)   \    x  7 x  10  0; 3 x  5 x  2   \  2  2     x  3  0  x  3  3 x 2  5 x  2  2( x 2  x  4)   x 2  7 x  10  0   Vây nghiệm của phương trình là: S  2;3; 4;5 Trang 3
  4. GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 Ví dụ 2: Giải các phương trình sau: 3 1) 2 log 2  2 x  2   log 1  9 x  1  1 2) log 1 ( x  2) 2  3  log 1 (4  x)3  log 1 ( x  6)3 2 2 4 4 4  3 x3 1 2 1 x 1 3)  log3  .log 2 x  log3   log 2 x 4) log 9  x 2  5 x  6   log 3  log 3 x  3  x 3 2 2 2 2 2 3 2     5) log 2  3 x 2  1  x  log 2  3 x 2  1  x  6 6) x lg x  lg x 3  1  1 1  x 1 1 x 1 1 7) log 2 x  log 3 x  log 4 x  log 2 x.log 3 x.log 4 x 8) log 2 (4 x  15.2 x  27)  2 log 2  0 (2007D) 4.2 x  3 9) log 2 (8  x 2 )  log 1 ( 1  x  1  x )  2  0 (2011D) 2 1  10) 2 log 2 x  log 1 1  x   2 log 2 x 2 x2  ( 2013D) 2 Giải:  x  1 2 x  2  0  1 1) 2 log 2  2 x  2   log 1  9 x  1  1 Điều kiện:   1 x 2 9 x  1  0 x  9 9  2 2 Khi đó phương trình tương đương: log 2  2 x  2   log 2  9 x  1  1  log 2  2 x  2  log 2 2 9x 1 2 x 1   2x  2  2  2 x2  5x  3  0   3 3 9x 1 x  .Vậy nghiệm của phương trình là: x  1 và x   2 2 3 2) log 1 ( x  2) 2  3  log 1 (4  x)3  log 1 ( x  6)3 2 4 4 4 6  x  4 Điều kiện:   x  2 3 3 3 3 Khi đó phương trình tương đương:  log 2 x  2  .2   log 2 (4  x)  log 2 ( x  6) 2 2 2 2  log 2 x  2  2  log 2 (4  x)  log 2 ( x  6)  log 2  4 x  2   log 2  (4  x)( x  6)   4 x  2  (4  x)( x  6) (*) TH1: 6  x  2  x  2  0 Khi đó (*)  4( x  2)  (4  x)( x  6)  x 2  2 x  32  0  x  1  33 (thỏa mãn) hoặc x  1  33 (loại) TH2: 2  x  4  x  2  0 , Khi đó (*)  4( x  2)  (4  x)( x  6)  x 2  6 x  16  0  x  2 (thỏa mãn) hoặc x  8 (loại) Vậy nghiệm của phương trình là: S  2;1  33 .   Trang 4
  5. GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3  3 x3 1 3)  log3  .log 2 x  log3   log 2 x (3) Điều kiện: x  0  x 3 2  1 1 1 1 Khi đó (3)  1  log 3 x  .log 2 x   3log 3 x     log 2 x  log 2 x  log 3 x.log 2 x  3log 3 x  0  2 2 2 2 1 1   log 2 3.log 3 x  log 3 x.log 2 x  3log 3 x  0  log 3 x  log 2 3  log 2 x  3   0 2  2  log 3 x  0  log 3 x  log3 1 x 1      thỏa mãn điều kiện 8  log 2 x  3  1 log 2 3  log 2 x  log 2 x 8 8 3   2   3   3 3 8 3 Vậy nghiệm của phương trình là: x  1 và x  . 3 2 1 x 1 x  1 4) log 9  x 2  5 x  6   log 3 Điều kiện:   log 3 x  3 (4) 2 2  x  2; x  3 x 1  x  1 x  3 Khi đó (4)  log3 x 2  5x  6  log 3  log 3 x  3  log 3 x 2  5 x  6  log 3 2 2  x  1 x  3  2  x 2  5 x  6    x  1 x  3  x2  6 x  9  0 2  x  5x  6     2 2  2  x 2  5 x  6     x  1 x  3  3x  14 x  15  0  5 5  x  3 hoặc x  , kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: x  3 3 2 5) log 2  3   x 2  1  x  log 2  3  x2 1  x  6  1  2 log 2 3    x 2  1  x  log 2 3  1  x2  1  x   6  3log 2 3   x2  1  x  6 2   log 2 x 1  x  2  2 x2  1  x  2  3    x2  1  7  4 3  x  3 7  4 3  x  0   x  7  4 3  x  7  4 3  2   x4 3 2 x 1  7  4 3  x      2 7  4 3 x  96  56 3   x  4 3  Vậy nghiệm của phương trình là: x  4 3 2 3 2 6) x lg x  lg x 3  (6) Điều kiện: x  0 1 1  1  x 1 1 x 1 2 x lg x3 3 2 2 3 2 2 3 Khi đó (6)  xlg   xlg x lg x 3   xlg x lg x 3  x 1 x 1 1  x  1 2 x 1  x 1 1  x  1    x  1 x  1 x  1  1 1  2 3  2  lg x  lg10 1  x  1 hoặc x  hoặc x  lg x  lg x  3  1 lg x  3lg x  2  0 10 100 lg x  lg10 2   1 1  Vậy phương trình có nghiệm: S  1; ;   10 100  Trang 5
  6. GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 7) log 2 x  log 3 x  log 4 x  log 2 x.log 3 x.log 4 x (7) Điều kiện: x  0 1 1 Khi đó (7)  log 2 x  log 3 2.log 2 x  .log 2 x  log 2 x.log 3 2.log 2 x. log 2 x 2 2  1 1 2   log 2 x 1  log 3 2   log 3 2.log 2 x   2 2  log 2 x  0 x 1  3   log 2 x  0 1  2 2  log 3 2    x  log 108  log x   log 2 108 log 2 x   log 2 108  2 2  2 1   log 3 2  x  2 log2 108  2   log 108 1  Vậy phương trình có nghiệm : S  1; 2 2 ; log 108   2 2  1 3 8) log 2 (4 x  15.2 x  27)  2 log 2  0 (8) (D – 2007) Điều kiện: 2 x  4.2 x  3 4 1 2 (8)  log 2  4 x  15.2 x  27   2 log 2  4.2 x  3  0  log 2 (4 x  15.2 x  27)  log 2  4.2 x  3 2 2  4 x  15.2 x  27   4.2 x  3   5.4 x  13.2 x  6  0  2 x   (loại) hoặc 2 x  3  x  log 2 3 5 Vậy phương trình có nghiệm: x  log 2 3 8  x 2  0  9) log 2 (8  x 2 )  log 1 ( 1  x  1  x )  2  0 (9) (D – 2011) Điều kiện 1  x  0  1  x  1 2 1  x  0  8  x2 (9)  log 2 (8  x 2 )  log 2 ( 1  x  1  x )  log 2 4  0  log 2  0  log 2 1 4  1 x  1 x  8  x2  4  1 x  1 x  1 4    1  x  1  x  8  x 2  16 2  2 1  x 2  8  x 2   2 (9*) Đặt t  1  x 2 t  0  x 2  1  t 2 . Khi đó (9*) có dạng: 2 2 16  2  2t    t 2  7   t 4  14t 2  32t  17  0   t  1  t 2  2t  17   0  t  1 Với t  1 khi đó (9*)  1  x 2  1  x  0 thỏa mãn điều kiện . Vậy phương trình có nghiệm x  0 1   10) 2 log 2 x  log 1 1  x  log 2 x  2 x  2 2  ( 2013D)  Điều kiện: 0  x  1 2 x2   Phương trình tương đương: log 2 x 2  log 2 1  x  log 2 x  2 x  2  log 2   1 x   log 2 x  2 x  2  x2 x2 x x   x  2(1  x )  2  2 . Đặt t  với t  0 1 x (1  x ) 1  x 1 x Phương trình có dạng: t 2  t  2  t 2  t  2  0  t  1 (loại) hoặc t  2 x  x  1  3 suy ra 2 x2 x 20   x  1  3  x  4  2 3 thỏa mãn điều kiện 1 x  x  1  3  Vậy phương trình có nghiệm x  4  2 3 . Trang 6
  7. GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 Ví dụ 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất: log 5 2 x 2  mx  m  1  log 52 x0 x  0 Giải: log 5 2 x 2  mx  m  1  log 52 x  0  log 5 2 x 2  mx  m  1  log 52 x 2 (*)  x  mx  m  1  x Cách 1: (*) có nghiệm duy nhất khi phương trình x 2  mx  m  1  x hay f ( x)  x 2  (m  1) x  m  1  0 có nghiệm kép dương hoặc có hai nghiệm trái dấu hoặc có hai nghiệm trong đó có một nghiệm bằng 0 và một nghiệm dương    m2  6m  3  0 m  3  2 3     1  m  0 m  1   m  1 m  3  2 3  P  m  1  0       f (0)  m  1  0   m  1  m  1   S  1  m  0  m  1  x  0   x2  x  1  x2  2 x  2 Cách 2: (*)    x2  x 1 . Xét hàm số f ( x)  với x  0 . Ta có: f '( x)  m  x 1 ( x  1)2  x 1 ⎧+) log a b  log a c  log a (bc) ⎪ b CHÚ Ý : *) Với 3 công thức: +) log a b  log a c  log a ⎨ c ⎪ * ⎩+) 2 k log a b  log a b ( k  N ) 2k nếu ta sử dụng chúng qua các bước trung gian để biến đổi phương trình, thì phép biến đổi theo : ++) chiều thuận (từ VT  VP) là phép biến đổi hoàn toàn chính xác (vì giữ nguyên được TXĐ) ++) chiều nghịch (từ VP  VT) là phép biến đổi không chính xác (vì nó thu hẹp lại TXĐ) Nên nếu muốn sử dụng theo chiều nghịch ta sẽ biến đổi như sau: ⎧ +) log a (bc )  log a b  log a c ⎪ b +) log a  log a b  log a c ⎨ c ⎪ 2k * ⎩ +) log a b  2k log a b ( k  N )  u ( x)  *) Khi gặp bất kì một phương trình có dạng f  h( x), log g ( x ) k ( x),   0 thì ta nên cho điều kiện  v( x)   h( x )  0 0  g ( x )  1  trước khi bắt tay vào giải (để tìm TXĐ):  (****)  k ( x)  0 v ( x )  0  *) Trong các bài toán ở phần tiếp theo, ghi “+) TXĐ: x  D ” được hiểu là ta đi đặt điều kiện theo (****). Trang 7
  8. GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 *) Để làm tốt các bài toán tiếp theo liên quan tới logarit các bạn cần nắm được các công thức biến đổi cơ bản sau: (giả sử các biểu thức đều có nghĩa). n 1) log a 1  0 2) log a a  1 3) log a m b n  log a b m b log a b 4) log a b  log a c  log a (b.c) 5) log a b  log a c  log a   6)  log c b c log a c 1 7) log a c.logc b  log a b 8) log a b  9) a loga b  b 10) b loga c  cloga b log b a 3. BÀI LUYỆN Bài 1: Giải các phương trình sau: x 7 x 2 1 1 22 x 1.4 x 1 1 1) 3   2)  64 3) 2 x 1.4 x 1.  16 x 9 8x 1 8 1 x x5 x 17 x 2  x 3 4) 32 x 7  0, 25.128 x 3  5) 3  2 2   32 2 6) 7.73 x  x2 3  49 x 1 x x 1 x 2  2 x 11 9 1 1 3 x 1 x 3 5  9  5 7)   .   3 8) 9 3 9)   .    3 3 3  25  3 2 x x  x 2  3 4 9 5  1  x 1  x  x 4 3 10)    4 .x     3  16 11)  2. 2   x 3 2  x   4 12)    5 27  4 3    4 37     1 13) 2 x 1 . 3 42 x 1 .83 x  2 2.0,125 14) 3x 1  2.3x  2.3x 1  117 15) 7 x  2  .7 x 1  14.7 x 1  4.7 x  50 7 16) 6 x  6 x 1  6 x  2  5 x  5 x 3  5 x 1 17) ( x 2  2 x  2) 4 x 2 1 18) 3x  2  7,2 x  3,9   9 3 log 2 (7  x)  0 log 3 x 1 1    x  2  x  sin x 2 3 cos x log 1 1 7 x  2 x 2 19)  2  x  x 2    2  x  x2  20)    x2 21)   2 x  1 4  2 2x 1 9 2log  x 1 1 log  x 1 3  125  27 log 5 27 22)   .   5  27  log 5 243 Bài 2: Giải các phương trình sau: 1) log 5 (26  3x )  2 2) log 3 ( x 2  2014 x  2012)  1 3) log 2 x  log 4 x  log 1 3 2 11 4) log 3 x  2log9 ( x  6)  3 5) log 3 x  log9 x  log 27 x  11 6) log 2 x  log 4 x  log 8 x  6 7) log 3 x  log 3 x  log 1 x  6 8) log 3 ( x  1) 2  log 3 (2 x  1)  2 9) log 3 ( x  2) 2  log 3 x 2  4 x  4  9 3 2 1 10) log 9 ( x  1)  log 3 (4  x )  log 3 (4  x) 11) log 2 (5  x )  2 log 8 3  x  1 3 12) 2 log5 (3 x  1)  1  log 3 5 (2 x  1) 13) log 1 ( x  1)  log 1 ( x  1)  log 1 (7  x )  1 2 2 2 1 1 14) log 2 ( x  3)  log 4 ( x  1)8  log 2 (4 x) 15) log 2 ( x 2  3 x  2)  log 2 ( x 2  7 x  12)  3  log 2 3 2 4 16) log 5 ( 4 x 2  5 x  1)  log 25 (3 x  1)  0 17) log 2 ( x 2  3)  log 2 (6 x  10)  1  0 Trang 8
  9. GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 1 18) log 3 x  log 1 x3  log 3  3x 4   3 19) log 2 (3 x  1)   2  log 2 ( x  1) 3 log x 3 2 20) log 2 ( x  2)  6 log 1 3x  5  2 21) log 2 x  2  log 4 x  5  log 1 8  0 8 2 2 22) log 5 ( x  1)  log 1 5  log 5 ( x  2)  2 log 1 ( x  2) 23) log 2 x  1  log 1 (3  x)  log8 ( x  1)3  0 5 25 2 2 3 1 1 24) log 4 ( x  1)  2  log 2 4  x  log 8 (4  x) 25) log 4 ( x  1)    log 2 x  2 log 2 x 1 4 2 log 2 36 2 1 26)  log 2 81  log 2 3x 4 x 15 27) 2 log( x  1)  log x5  log x log 2 4 2 1 28) log( x  10)  log x 2  2  log 4 29) lg 5 x  4  lg x  1  2  lg(0,18) 2 1  1  1 1  1 30) lg 6  x lg 5  x  lg(2 x  1) 31) lg x  lg  x    lg  x    lg  x   2  2  2 2  8 32) lg 5  lg( x  10)  1  lg(21x  20)  lg(2 x  1) 32) log 2  2  4   x  log 2  2  12   3 x x 2 33) ( x  1) log 5 3  log 5 (3 x 1  3)  log 5 (11.3x  9) 34) log 5  4 x  6   log 5  2 x  2  2 35) log x 2  2 log 2 x 4  log 2x 8 36) log 2 x  log 1 ( x 2  2 x  1)  log 4 ( x 2  4 x  4)  log 1 ( x  1)  0 4 2 37) log 2  x  x  1  log 2  x  x  1  log 2  x  x  1  log 2  x  x  1 2 2 4 2 4 2 3sin 2 x  2sin x  x   x  38) log 7  log 7 2 39) log3  sin  sin x   log 1  sin  cos 2 x   0 sin 2 x cos x  2  3  2  2  3  3 40) log 2 x 4  4 log 4 2 41) log 2  x    log 2  x    3 x  x  x 42) log 2  log3  log 4 x    1 43) log 2 (log 3 (log 4 x )  log 4 (log3 (log 2 x) 44) log 3 x  log 4 x  log5 x 45) x 2 .log x 27.log 9 x  x  4 46) log x1 (2 x 3  x 2  x  6)  3 1 1  6  47) log x 3  x 2  2 x  1   2 48) log 4 ( x  2).log x 2  1 49) 3  log3 x  log x  9 x    x 1 2 50) 2  log 9 x   log 3 x.log 3  2x  1 1  51) log 3  x   x  1  log 3 4 x  3  4 2  x 1  0 Bài 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất: lg(mx) 1) log 2 ( x  2)  log 2 (mx) 2) log 0,5  m  6 x   log 2  3  2 x  x 2   0 3) 2 lg( x  1) Bài 4: Giải và biện luận phương trình theo m: 1) log( x 2  mx  3m)  lg(2 x  1) 2) 2 log3 x  log3  x  1  log3 m  0 Bài 5: Cho phương trình 2 log 4  2 x  x  2m  4m   log 1  x 2  mx  2m 2   0 (với m là tham số thực) 2 2 2 1) Giải phương trình với m  1 . 2) Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12  x2  1 . 2 LOẠI 1 chỉ là trường hợp đặc biệt của LOẠI 2 (chúng ta sẽ tìm hiểu ngay sau đây) Trang 9
  10. GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 LOẠI 2: LOGARIT HÓA VÀ MŨ HÓA 1.Phương pháp Logarit hóa (dành cho phương trình mũ) 2 2 Với ba phương trình 3x  3x (1) ; 3 x  2 x (2) và 3x  2 x (3) . Ta đã biết cách giải (1) và (2). Ở phương trình (1) có cùng cơ số 3 khác mũ ( x và x 2 ) , phương trình (2) cùng mũ x , khác cơ số ( 2 và 3 ). Nên ta có x 0 x  0  3  3 cách giải như sau: (1)  x  x 2   ; (2)     1     x  0 . x  1  2  2 Song ở phương trình (3) khác cơ số ( 2 và 3 ) và khác cả mũ ( x và x 2 ). Để giải quyết bài toán này ta sẽ “hóa” nó về dạng logarit (phương pháp Logarit hóa) bằng cách logarit cơ số 2 (hoặc cơ số 3 ) cả hai vế phương 2 x  0 trình. Cụ thể: (3)  log 2 3x  log 2 2x  x log 2 3  x 2  x(log 2 3  x)  0    x  log 2 3 Chúng ta sẽ hiểu rõ hơn phương pháp LOGARIT HÓA qua các ví dụ minh họa và phương pháp đi kèm. Phương pháp: Khi phương trình có dạng : u( x).a f ( x )  v( x).b g ( x ) (*) (hoặc a f ( x ) .b g ( x )  u ( x) ) với a  b ; a  1; a, b  0 Từ (*)  log a u ( x ).a f ( x )   log a  v ( x ).b g ( x )   log a u ( x )  f ( x)  log a v ( x)  g ( x) log a b  x  ?     CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ : Giải các phương trình sau: 2 x x log9 x 1) 5x 4  4.2 x 2) 34  43 3) x 4log2 x  32 4) 9.x  x2 log6  6 x  log 2 3 log2 3 5) x 4 .53  5log x 5 2 2 2 6) 5 x  5 x 1  5x  2  3 x  3x 1  3x 3 7) x 6 0 Giải: 2 2 4 4 1) 5 x  4.2 x  log 5 5 x  log 5 (4.2 x )  x 2  4  (2  x) log 5 2  x  2  ( x  2)( x  2  log 5 2)  0    x  2  log 5 2 Vậy nghiệm của phương trình là : x  2 và x  2  log 5 2 . x 4x 3x 4x 3x x x 4 2) 3 4  log 3 3  log 3 4  4  3 log 3 4     log 3 4  x  log 4 (log 3 4) 3 3 Vậy nghiệm của phương trình là x  log 4 (log3 4) 3 3) x 4 log2 x  32 Điều kiện : x  0 Khi đó phương trình tương đương: log 2 x 4  log 2 x  log 2 32  (4  log 2 x ) log 2 x  5 x  2 log 2 x  1  log x  4log 2 x  5  0   2  thỏa mãn điều kiện 2 log 2 x  5  x  2 5  1  32 1 Vậy nghiệm của phương trình là x  2 và x  32 Trang 10
  11. GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 log9 x 4) 9.x  x2 Điều kiện : x  0 Khi đó phương trình tương đương: log 9 9.x  log9 x   log x  1  log x  2log x 9 2 2 9 9 2  log 9 x  2log 9 x  1  0   log 9 x  1  0  log 9 x  1  x  9 thỏa mãn điều kiện 2 Vậy nghiệm của phương trình là x  9 . 5) x 4 .53  5log x 5 Điều kiện: 0  x  1 log x 5 Khi đó phương trình tương đương: log x x 4 .53  log x 5    4  3log x 5  log 2 5 x  1  1  1 2 log x 5  1  log x 5  log x  log 5  3log x 5  4  0    x  5 x  x  5 kết hợp với điều kiện x log x 5  4  4  4   log x 5  log x x  5  x  x  4 5  1 Ta được nghiệm của phương trình là x  và x  4 5 . 5 2 2 2 2 2 6) 5x  5x 1  5x  2  3x  3x 1  3x 3  5x (1  5  25)  3x (1  3  27)  5 x  3x 2 x  0  log 5 5 x  log 5 3 x  x  x 2 log 5 3  x( x log 5 3  1)  0    x  log 3 5 Vậy nghiệm của phương trình là x  0 và x  log3 5 . log6  6 x  log 2 3 log2 3 7) x 6 0 Điều kiện : x  0 log6  6 x log2 3 log2 3 Khi đó phương trình tương đương: log 6 x  log6 6  log 6  6 x   log 2 3 log 6 x  log 2 3    (1  log 6 x) log 6 x  log 2 3(1  log 6 x)  (1  log 6 x)(log 6 x  log 2 3)  0  1 1  log 6 x  0  log 6 x  1 x  6    thỏa mãn điều kiện log 6 x  log 2 3  0  log 6 x  log 2 3  log2 3 x  6 Vậy nghiệm của phương trình là x  9 . BÀI LUYỆN Giải các phương trình sau: x x 1 2 2 2 5 x 6 1) 5 x  2 x 3 2) 3x 4  52 x 3) 3x .2 2 x1  6 4) 5 x.8 x  500 x 1 x x x 2 5) 57  7 5 6) 3x .2 x  1 7) 4.9 x 1  3.2 2 8) 8 x2  36.32  x 2 x 2 1 1 x 1 x 2x 2 9) 8 .5 x  10) 3 .9  11) 3x.2 x  1 12) 53log5 x  25 x 8 2.27 x 1 1 x 2  2 x 5 x x x 3 x2  2 x 6 13) 2 3 3 2 x 14) 4  3 x 2 3 2  2 2 x 1 15) x 4 .63  6log x 6 16) x 6 .5 log x 5  55 log0,5  sin 2 x 5sin x cos x  2  1 2 17) x.2log x 4  8 18) x lg x  1000 x 2 19) 4  20) 7 log 25 (5 x ) 1  x log5 7 9 Trang 11
  12. GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 2.Phương pháp mũ hóa (dành cho phương trình logarit) Với ba phương trình log 2 x  log 2 ( x 2  6) (1) ; log 2 x  log 3 x (2) và log 2 x  log 3 (2 x) (3) . Ta đã biết cách giải (1) và (2). Ở phương trình (1) có cùng cơ số 3 khác biểu thức ( x và x 2  6 ) , phương trình (2) cùng biểu thức x , khác cơ số ( 2 và 3 ). Nên ta có cách giải như sau:  x  3  x  x2  6  x2  x  6  0  (1)       x  2  x  3 . x  0 x  0 x  0  (2)  log 2 x  log 3 2.log 2 x  (1  log 3 2) log 2 x  0  log 2 x  0  x  1 . Song ở phương trình (3) khác cơ số ( 2 và 3 ) và khác cả biểu thức ( x và 2x ). Để giải quyết bài toán này ta sẽ “hóa” nó về dạng mũ (phương pháp mũ hóa) bằng cách : t log 3 2  x  2t   3 Đặt log 2 x  log 3 (2 x)  t   t  2.2t  3t  2     t  log 3 2  x  2 2 2 x  3   2 2 Chúng ta sẽ hiểu rõ hơn phương pháp MŨ HÓA qua các ví dụ minh họa và phương pháp đi kèm. Phương pháp: Khi gặp phương trình có dạng : log a f ( x )  log b g ( x) ( a  b )  f ( x)  a t ử  Đặt log a f ( x)  log b g ( x)  t   t ⎯⎯⎯⎯ h(t )  0  t  ?  x  ?  g ( x)  b  CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1 : Giải các phương trình sau: 1) log 2 x  1  log 3 x 2) 4log7 ( x3)  x 3) log 7 x  log 3 ( x  2) log6 x 4) log 2 sin x  2log3 tan x 5) log 2 ( x  3 )  log 6 x 6) log 4 6 ( x 2  2 x  2)  2 log 5 ( x 2  2 x  3) Giải : 1) log 2 x  1  log 3 x (1) Điều kiện: x  0  x 2  2t  x 2  2t   (1)  2 log 2 x  log 3 3  log 3 x  log 2 x 2  log3 (3x)  t   t  3t 3 x  3  x   3 2 t log 9 2 log 9 2  3t  9t 9     2t   2t     9  t  log 9 9  x  3t 1  3 2 . Vậy phương trình có nghiệm x 3 2 . 3 9 2 2 t t log 7 ( x 3)  x  3  7t  t t 4 1 2) 4  x  log 7 ( x  3)  log 4 x  t   t  4  3  7     3.    1 (*) x  4  7 7 t t t t 4 1  4 4 1 1 Xét hàm số: f (t )     3.   . Ta có: f '(t )    ln  3.   ln  0 với t   . 7 7 7 7 7 7 Suy ra f (t ) nghịch biến t   . Khi đó (*)  f (t )  f (1)  t  1  x  4 thỏa mãn điều kiện Vậy phương trình có nghiệm: x  4 Trang 12
  13. GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 3) log 7 x  log 3 ( x  2) Điều kiện: x  0 t  x  7t   7 1 t Đặt log 7 x  log 3 ( x  2)  t    7t  2  3t    3    2.    1 (*)  x 23  t   3 t t t t  7 1  7 7 1 1  3   2.  3  . Ta có: f '(t )   3  ln 3  2.  3  ln 3  0 với t   . Xét hàm số: f (t )              Suy ra f (t ) nghịch biến t   . Khi đó (*)  f (t )  f (2)  t  2  x  49 thỏa mãn điều kiện Vậy phương trình có nghiệm: x  49 sin x  0 4) log 2 sin x  2log3 tan x Điều kiện:  . Đặt log 2 sin x  2 log 3 tan x  t cos x  0 sin x  2t t sin x  2t   4t 4  2   sin 2 x   3t  4t  12t  3t  0     4t  1  0 (*)  tan x  3  t  2  3t 1  4t 3 1  sin x t t 4  4 4 1 Xét hàm số: f (t )     4t  1 . Ta có: f '(t )    ln    4t ln 4  0 với t   . 3  3 3 3 1 Suy ra f (t ) đồng biến t   . Khi đó (*)  f (t )  f ( 1)  t  1  sin x  2  5  x   k 2 (thỏa mãn điều kiện) hoặc x   k 2 (không thỏa mãn điều kiện) 6 6  Vậy phương trình có nghiệm: x   k 2 với k   . 6 log6 x 5) log 2 ( x  3 )  log 6 x Điều kiện: x  0 log6 x  x  3log6 x  2t  3 t Đặt log 2 ( x  3 )  log 6 x  t    6t  3t  2t  3t     1 (*) x  6  t 2 t t 3  3 3 Xét hàm số: f (t )  3t    . Ta có: f '(t )  3t ln 3    ln  0 với t   . 2  2 2 1 Suy ra f (t ) đồng biến t   . Khi đó (*)  f (t )  f (1)  t  1  x  thỏa mãn điều kiện 6 1 Vậy phương trình có nghiệm: x  6 6) log 4 6 ( x  2 x  2)  2log 5 ( x  2 x  3)  4log 6 ( x 2  2 x  2)  4 log 5 ( x 2  2 x  3) 2 2 t t  x 2  2 x  2  6t  1  5  log 6 ( x 2  2 x  2)  log 5 ( x 2  2 x  3)  t   2 t  1  6t  5t        1 (*) x  2x  3  5  6  6 t t t t 1 5 1 1 5 5 Xét hàm số: f (t )       . Ta có: f '(t )    ln    ln  0 với t   . 6 6 6 6 6 6 Suy ra f (t ) nghịch biến t   . Khi đó (*)  f (t )  f (1)  t  1  x  2  x2  2 x  2  6  x2  2 x  8  0   . Vậy phương trình có nghiệm: x  2 hoặc x  4 . x  4 Trang 13
  14. GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 Ví dụ 2: Giải phương trình: log ( x 2  2 x  2)  log 2 3 ( x 2  2 x  3) 2 2 3  x2  2x  2  0   x  1 Giải : Điều kiện  2   x  2x  3  0  x  3 Phương trình được viết lại: log ( x 2  2 x  2)  log ( x 2  2 x  3)  log8 4 3 ( x 2  2 x  2)  log 7 4 3 ( x 2  2 x  3) 8 4 3 7 4 3 a  7  4 3  Đặt  khi đó phương trình có dạng: log a 1 ( y  1)  log a y 2  y  x  2x  3  t t  y  1  ( a  1)t   a   1  Đặt log a 1 ( y  1)  log a y  t   t  a t  1  ( a  1) t       1 (*) y  a   a 1   a 1  t t t t  a   1   a  a  1  1 Xét hàm số : f (t )      ta có : f '(t )    ln   ln  0 , t  a 1  a 1  a 1  a 1  a 1  a 1 Suy ra f (t ) nghịch biến với t . Khi đó (*)  f (t )  f (1)  t  1  y  a  x 2  2 x  3  7  4 3  x 2  2 x  10  4 3  0  x  1  11  4 3 thỏa mãn điều kiện Vậy phương trình có nghiệm x  1  11  4 3 . BÀI LUYỆN Giải các phương trình sau: 1) 2log5 ( x 3)  x 2) 2 log 3 ( x 5)  x  4 3) log 5 x  log 7 ( x  2) 4) log 2 (log 2 x)  log3 (log 3 x) Thực chất phương pháp mũ hóa ta đã sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp hàm số. Chúng ta sẽ tìm hiểu rõ hơn hai phương pháp này ở các phần tiếp theo… LOẠI 3 : ĐẶT ẨN PHỤ DẠNG 1: Phương trình có dạng: A.a k . f ( x )  B.a h. f ( x )  C .a l. f ( x )  E  0 ( k , h, l  Z và ( k , h, l )  1 ) (1) Cách giải: +) TXĐ: x  D f (x) Đặ a  t t  0 t  0 a f ( x)  t x  D +) Từ (1) ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ A.t k  B.t h  C.t l  E  0 ⎯⎯⎯⎯⎯ t  ? ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ f ( x)  log a t ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x  ? ( thường k , h, l  {0;  1; 2; 3} ) CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Trang 14
  15. GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 Ví dụ 1: Giải các phương trình sau: x2  2 x2  2 2 2 1) 2 2 x  6.2 x  8  0 2) 4 x   5.2 x1 6  0 3) 2 x x  22 x  x  3 (2003D) 2 1 1 3 1 3  1 x  1 x 4) 64  2 x x  12  0 5)    3.    12 6) 23 x 1  7.22 x  7.2 x  2  0 3 3 7) 125 x  50 x  23 x1 8) 3.8 x  4.12 x  18x  2.27 x  0 (2006A) 9) 5.32 x 1  7.3x 1  1  6.3x  9 x 1  0 1 32 x 2 2 10) x  2.(0,3) x  3 11) (7  4 3) x  3(2  3) x  2  0 12) 4cot x  2 sin x 3 0 100 13) log 4 (3.2 x 1  5)  x 14) log 2  4 x  4   x  log 1  2 x 1  3 15) log 2 (3.2 x  1)  2 x  1  0 2 27 2 16) log 3  9 x 1  4.3  2   3 x  1 x 17) 2  2 2x 2 x  2  2 x  x 18) 4log2 2 x  x log2 6  2.3log2 4 x 4 x x x 1 12  19) 7  5 2    2 5 3 2 2    3 1 2  1 2  0 20) 23 x  6.2 x  2 3( x 1)  2x  1 (Y HN – 2000) Giải : 1) 2 2 x  6.2 x  8  0 Đặt t  2 x (t  0) . Khi đó phương trình có dạng: x t  2  2  2 x  1 t 2  6t  8  0    x  . Vậy phương trình có nghiệm : x  1 và x  2 . t  4  2  4 x  2 x2  2 x2  2 x2 2 ) 5 x2  2 2) 4 x   5.2 x 1  6  0  2 2( x  .2 x  6  0 2 x2  2 5 3 Đặt t  2 x (t  0) . Khi đó phương trình có dạng: t 2  t  6  0  t   (loại) hoặc t  4 2 2 x2  2 4  x  0 x  4 9  2x  4  x  x2  2  4  x2  2  4  x   2 2  x  x  2  (4  x) 8 x  18 4 9 Vậy phương trình có nghiệm : x  . 4 2 2 2 x 4 3) 2 x x  2 2 x  x  3 (2003D) . Phương trình tương đương: 2 x  x2  x 3 2 2 x 4 Đặt t  2 x (t  0) . Khi đó phương trình có dạng: t   3  t 2  3t  4  0  t  1 (loại) hoặc t  4 t 2 x  x  1  2x  4  x2  x  2  x2  x  2  0   . Vậy phương trình có nghiệm : x  1 và x  2 . x  2 1 3 6 3 3 4) 64 x  2 x  12  0  2 x  8.2 x  12  0 3 t  2 Đặt t  2 x (t  0) . Khi đó phương trình có dạng: t 2  8t  12  0   t  6  3 3 1 2  2   x x x  3  3   . Vậy phương trình có nghiệm : x  3 và x  3log6 2 . 2  6 x  3  log 6  x  3log 6 2  x  2 Trang 15
  16. GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 2 1 2 1 1  1 x  1 x  1 x  1 x 5)    3.    12        12  0 3  3 3 3 1  1 x Đặt t    (t  0) . Khi đó phương trình có dạng: t 2  t  12  0  t  4 (loại) hoặc t  3 3 1 1 1  1 x  1 x  1  1     3         1  x  1 . Vậy phương trình có nghiệm : x  1 .  3  3  3 x 6) 23 x 1  7.2 2 x  7.2 x  2  0  2.23 x  7.2 2 x  7.2 x  2  0 t  1 2 x  1  1  x  0 1 Đặt t  2 x (t  0) . Khi đó phương trình có dạng: 2t  7t  7t  2  0  t    2    x  1 3 2 x   2  2 t  2  x x 1   2  2 Vậy phương trình có nghiệm : S  0; 1;1 x x 3x 2x  125   25  5 5 7) 125 x  50 x  23 x 1  125 x  50 x  2.8 x       2      2  0  8   4   2  2 x 5 Đặt t    (t  0) . Khi đó phương trình có dạng: t 3  t 2  2  0  (t  1)(t 2  2t  2)  0  t  1  2 x 5    1 x  0 . Vậy phương trình có nghiệm : x  0 . 2 8) 3.8 x  4.12 x  18 x  2.27 x  0 (2006A) . Phương trình tương đương: x x x 3x 2x x  8  4 2 2  2 2 3.    4.       2  0  3.    4.       2  0  27  9 3 3  3 3 x  2 2 Đặt t    (t  0) .Khi đó phương trình có dạng: 3t 3  4t 2  t  2  0  (t  1) 2 (3t  2)  0  t  (vì t  0 )  3 3 x  2 2      x  1 . Vậy phương trình có nghiệm : x  1 .  3 3 9) 5.32 x 1  7.3x 1  1  6.3 x  9 x 1  0  5.32 x1  7.3 x 1  (3 x 1  1) 2  0  5.32 x  7.3x  3. 3x 1  1  0  2 1 5t  2t  3  0 khi t  3 Đặt t  3x (t  0) .Khi đó phương trình có dạng: 5t 2  7t  3. 3t  1  0   5t 2  16t  3  0 khi t  1   3  3  x 3  x 1 1 t  5 3  5 3  5  x  1  log 3 5     . Vậy phương trình có nghiệm : S = 1  log3 5;  log3 5  t  1  3x  1  3x  1  x   log 3 5  5    5   5 2x x 32 x  3  3 10) x  2.(0, 3) x  3     2.    3 100  10   10  x  3 Đặt t    (t  0) . Khi đó phương trình có dạng: t 2  2t  3  t 2  2t  3  0  t  1 (loại) hoặc t  3 .  10  Trang 16
  17. GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 x  3     3  x  log 3 3 . Vậy phương trình có nghiệm : x  log 3 3 .  10  10 10 3 11) (7  4 3) x  3(2  3) x  2  0  (2  3) 2 x  x  2  0 ( vì (2  3) x .(2  3) x  1 ) (2  3) 3 Đặt t  (2  3) x (t  0) . Phương trình có dạng: t 2   2  0  t 3  2t  3  0  (t  1)(t 2  t  3)  0  t  1 t  (2  3) x  1  x  0 . Vậy phương trình có nghiệm : x  0 . 1 1 1 1 1 1 2 2 sin 2 x 2 sin 2 x 2 12) 4cot x  2 sin x 3  0  4  2 sin x 3  0  4  4.2 sin x  12  0 1 2 Đặt t  2 sin x (t  0) . Phương trình có dạng: t 2  4t  12  0  t  6 (loại) hoặc t  2 . 1 2 1    2 sin x 22  1  sin 2 x  1  cos x  0  x   k . Vậy phương trình có nghiệm : x   k . sin x 2 2 x 2  1 x  0 13) log 4 (3.2 x 1  5)  x  3.2 x 1  5  4 x  4 x  6.2 x  5  0   x  2  5  x  log 2 5 Vậy phương trình có nghiệm : x  0 và x  log 2 5 . 14) log 2  4 x  4   x  log 1  2 x 1  3  log 2  4x  4   log 2 2 x  log 2  2 x 1  3 2  log 2  4 x  4   log 2  2 x  2 x 1  3    4 x  4  2 x  2 x 1  3   4 x  3.2 x  4  0    2 x  1 (vô nghiệm ) hoặc 2 x  4  x  2 . Vậy phương trình có nghiệm : x  2 15) log 2 (3.2 x  1)  2 x  1  0  log 2 (3.2 x  1)  log 2 2 2 x 1  3.2 x  1  2 2 x 1  2.4 x  3.2 x  1  0 2x  1 x  0  x 1 . Vậy phương trình có nghiệm : x  0 và x  1 . 2   x  1   2 16) log 3  9 x 1  4.3x  2   3 x  1  9 x 1  4.3x  2  33x 1  3.33 x  9.32 x  4.3 x  2  0 Đặt t  3x (t  0) .Khi đó phương trình có dạng: 3t 3  9t 2  4t  2  0  (t  1)(3t 2  6t  2)  0 t  1 t  1 3x  1 x  1   3  15     t  , kết hợp với điều kiện t  0 ta được: t  3  15 x 3  15   3  15 x  log 3   3   3 3   3   3 3  15 Vậy phương trình có nghiệm x  1 và x  log 3 . 3 27 1 1 27 17) 2 2 x  2 2 x  2 x  2 x   22 x  2 x  2x  x  (*) 4 2 2 4 1 1 1 Đặt t  2 x  x ( t  2 )  t 2  22 x  2 x  2  2 2 x  2 x  t 2  2 . Khi đó phương trình (*) có dạng: 2 2 2 27 7 5 t2  2  t   4t 2  4t  35  0  t   (loại) hoặc t  4 2 2  x 1 1 5 2   x  1  2  x   2.4  5.2  2  0   x x x 2 . Vậy phương trình có nghiệm x  1 . 2 2  x x 1 2  2  Trang 17
  18. GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 2 18) 4log 2 2 x  x log 2 6  2.3log 2 4 x Điều kiện: x  0 Khi đó phương trình tương đương: 41 log2 x  xlog2 6  2.322log2 x  4.4log2 x  x log2 6  18.9log2 x Đặt t  log 2 x  x  2t .Khi đó phương trình có dạng: t t 2t t t t log 2 6 t t 4 2 t t 2 2 4.4  2  18.9  4.4  6  18.9  4.       18  4.       18  0 9 3 3 3 t 2 9 Đặt u    ( u  0 ) . Phương trình có dạng: 4t 2  t  18  0  t  2 (loại) hoặc t  3 4 t 2  2 9  2 1 1         t  2  log 2 x  2  x  22  . Vậy phương trình có nghiệm x  .  3 4  3 4 4 x x x  19) 7  5 2    2  53  2 2   3 1  2   1  2  0 3x 2x x  1  2    2  51  2   3 1  2   1  2  0 x Đặt t  1  2  ( t  0 ) . Khi đó phương trình có dạng: t 3  ( 2  5)t 2  3t  1  2  0 t  1 (1  2) x  1 x  0   2 x  (t  1) t  ( 2  4)t  1  2   0  t  1  2  (1  2)  1  2    x 1  t  3  2 2   x  2    (1  2) x  3  2 2  (1  2) 2  Vậy phương trình có nghiệm S = 0;1; 2 12 1 20) 23 x  6.2 x   1 (Y HN – 2000) 3( x 1)  2 2x 1 12 8 12 8  2 23 x  6.2 x  3( x1)  x  1  23 x  6.2 x  3 x  x  1  23 x  3 x  6.  2 x  x   1  0 2 2 2 2 2  2  2 8 2  2 8 8 Đặt t  2 x  x  t 3  23 x  3 x  3.2 x. x .  2 x  x   23 x  3 x  6t  23 x  3 x  t 3  6t 2 2 2  2  2 2 Khi đó phương trình có dạng : t 3  6t  6t  1  0  t 3  1  t  1 2  2 x  x  1  4 x  2 x  2  0  2 x  1 (loại) hoặc 2 x  2  x  1 2 Vậy phương trình có nghiệm x  1 . Ví dụ 2: Tìm m để phương trình: 1) log 2 (4 x  m )  x  1 có hai nghiệm phân biệt. 2) 4 x  m.2 x1  2m  0 có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn điều kiện x1  x2  3 . 3) 16 x  m.8x  (2m  1).4 x  m.2 x có ba nghiệm phân biệt. 4) 25 x  ( m  1).5 x  m  2m 2  0 có hai nghiệm trái dấu. x 1  3 x x 1 3 x 5) 4  14.2  8  m có nghiệm. 1 1 x 2 1 1 x 2 6) 9  (m  2).3  2m  1  0 có nghiệm. Trang 18
  19. GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 Giải : 1) Tìm m để phương trình: log 2 (4 x  m )  x  1 (1) có hai nghiệm phân biệt. (1)  4 x  m  2 x 1  4 x  2.2 x  m  0 Đặt t  2 x với t  0 . Khi đó phương trình có dạng: t 2  2t  m  0 (*) Để (1) có hai nghiệm phân biệt thì (*) phải có hai nghiệm dương phân biệt :  '  1  m  0   m  1 S  2  0   1  m  0 . Vậy 1  m  0 là các giá trị cần tìm.  P  m  0 m  0  2) Tìm m để phương trình: 4 x  m.2 x 1  2m  0 (2) có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn điều kiện x1  x2  3 . Đặt t  2 x với t  0 . Khi đó phương trình có dạng: t 2  2mt  2m  0 (*)   '  m 2  2m  0 m  2 Để (2) có hai nghiệm x1 ; x2 thì (*) phải có hai nghiệm t1; t2 dương :   m2  S  P  2m  0 m  0 Khi đó x1  x2  3  2 x1  x2  23  2 x1.2 x2  8  t1 .t2  8  2 m  8  m  4 thỏa mãn điều kiện m  2 Vậy m  4 thỏa mãn điều kiện bài toán. 3) Tìm m để phương trình: 16 x  m.8 x  (2m  1).4 x  m.2 x (3) có ba nghiệm phân biệt. Đặt t  2 x với t  0 . Khi đó phương trình có dạng: t 4  mt 3  (2m  1)t 2  mt  t 3  mt 2  (2m  1)t  m (vì t  0 )  t 3  mt 2  (2m  1)t  m  0 t  1  x  0  (t  1) t 2  (1  m)t  m   0     2  f (t )  t  (1  m)t  m  0 (*) Phương trình (3) có ba nghiệm phân biệt  (*) có hai nghiệm phân biệt dương :  '  m 2  6m  1  0 m  3  2 2   S  m  1  0  m  3  2 2  m  3  2 2  P  m  0   m  1 Vậy m  3  2 2 thỏa mãn điều kiện bài toán. 4) Tìm m để phương trình: 25 x  ( m  1).5 x  m  2m 2  0 (4) có hai nghiệm trái dấu. Đặt t  5 x với t  0 . Khi đó phương trình có dạng: t 2  ( m  1)t  m  2m 2  0 (*) t  m Cách 1: (*)  (t  m)(t  2m  1)  0    t  1  2m Với x  0  5 x  50 hay t  1 . Tương tự x  0  0  t  1  0  m  1   0  m  1  1  2m m  0 Vậy phương trình (4) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi :    1 (vô nghiệm)  0  1  2m  1  m  0  m   2 m  1  Vậy không có giá trị của m thỏa mãn điều kiện bài toán. Trang 19
  20. GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 Cách 2: Với x  0  5 x  50 hay t  1 . Tương tự x  0  0  t  1 Vậy phương trình (4) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm t1 , t2 thỏa mãn: 0  t1  1  t2  1 2   (3m  1)  0 m  3   S  1  m  0 m  1   (vô nghiệm) 2 0m2  P  m  2m  0  (t  1)(t  1)  t t  (t  t )  1  m  2m2  m  1  1  2m  2m 2  0 m  0  1 2 1 2 1 2  m  1 Vậy không có giá trị của m thỏa mãn điều kiện bài toán. x 1  3 x x 1  3 x 5) Tìm m để phương trình: 4  14.2  8  m có nghiệm. x 1  3 x Điều kiện: 1  x  3 . Đặt t  f ( x)  2  1 1  x 1 3 x Ta có: f '( x)     .2 .ln 2 khi đó f '( x)  0  x  1  3  x  x  1  2 x 1 2 3  x  Vậy ta có t   4; 4 2  . Khi đó bài toán được phát biểu lại là:   Tìm m để phương trình: t 2  14t  8  m (*) có nghiệm với t   4; 4 2    Xét hàm số g (t )  t 2  14t  8 với t   4; 4 2  . Ta có: g '(t )  2t  14 ; g '(t )  0  2t  14  0  t  7   Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị m cần tìm là : 41  m  32 1 x 2 1 x 2 6) Tìm m để phương trình: 91  ( m  2).31  2m  1  0 có nghiệm. 1 x 2 Điều kiện: 1  x  1 . Đặt t  f ( x)  31 . Ta sẽ đi tìm miền giá trị của t bằng 2 cách: 2 Cách 1: Ta có 0  1  x 2  1  1  1  1  x 2  2  31  31 1 x  32 hay 3  t  9 Cách 2 : (Dùng hàm số) x 2 Ta có: f '( x)  .31 1 x .ln 3 khi đó f '( x)  0  x  0 1  x2 Vậy ta có t   3;9 . Trang 20
ADSENSE

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.

 

Đồng bộ tài khoản
4=>1