Phương trình mũ

Chia sẻ: Paradise9 Paradise9 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:14

Thêm vào BST

Báo xấu

80
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giải một phương trình mũ thì có nhiều phương pháp khác nhau để tiếp cận lời giải .Bài viết này tôi chỉ đề cập đến một góc nhỏ ,đó là nhìn từ quan điểm hàm số để tiếp cận lời giải một số phương trình, mà theo quan điểm riêng của tôi nếu tiếp cận theo hướng khác thì rất khó .

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Phương trình mũ

Phương trình mũ Để giải một phương trình mũ thì có nhiều phương pháp khác nhau để tiếp cận lời giải .Bài viết này tôi chỉ đề cập đến một góc nhỏ ,đó là nhìn từ quan điểm hàm số để tiếp cận lời giải một số phương trình, mà theo quan điểm riêng của tôi nếu tiếp cận theo hướng khác thì rất khó . 1 x 2 1 2 x 11 x2 x2 : Giải phương trình sau 2 2   (1) VD35 2x Lg: 1  x2 1  x2 2 11 Đk x  0 Ta nhận thấy  1   2(  ) từ đó ta có hướng  2 2 x x x 2x biến đổi phương trình như sau 1 x 2 1 x 2 1 2 x 1 2 x 1  1  x2 1  x2  11 x2 x2 x2 x2 2 2   2 2  2 2 2x 2 x x 1 x 2 1 2 x 1  1  x2  1  1  2x  x2 2   2   2 x   2  .(*) 2 2 x  2 x  1 1 xét hàm số f(t)= 2t  t , f ' (t )  2t ln t   0 .Hàm f(t) đồng biến nên 2 2  1  x2  2  1  2x  1  x 1  2x phương trình (*)  f  2   f  2   2  2  x  2 là nghiệm . x  x  x x 2 2 3 2 x 3cos x  2 x 4cos x  7cos3x VD 36 : Giải phương trình sau Lg: Biến đổi phương trình như sau 2 2 3 2 2  4cos3 x 2 x 3cos x  2 x 4cos x  7 cos3x  2 x 3cos x  2x  7(4cos3 x  3cos x ) 2 2 3  2 x 3cos x  7  x 2  3cos x   2 x 4cos x  7  x 2  4cos3 x  (*) xét hàm số f (t )  2t  7t , t  R, f ' (t )  2t ln 2  7  0 Hàm f(t) đồng biến trên R (*)
  f ( x 2  3cos x)  f ( x 2  4 cos 3 x)  x 2  3cos x  x 2  4cos 3 x  cos3 x  0  x   k 2 6 7 x 2 47 x  21 280  21x  7 x 3 x2 x 3 3 x 2 713  713  VD37 : Giải phương trình sau x 2  3x Lg: Đk D  R | 0; 3 , Biến đổi phương trình như sau 7 x2 47 x  21 7 7 40 280  21x  7 x3  40  1 2 x2 x 3 3 x 2 2 2  713 x  713 x x 3 x  7  2 713  713   1 2 x  3x  x  3x  7 7 40 7 7 40   1 2 x2 2  7  2  1  713 x x 3 x  7  2  2  713  (*) x x x  3x   Xét hàm số f (t )  713t  7t , f ' (t )  713t ln 713  0, t  R nên hàm f(t) đồng biến trên R (*) x  5 7 7 40  7 7 40   x 2  3 x  40  0    f  2  1  f  2  2   2 1  2  2  x  8 x x x  3x  x x x  3x  Thoả mãn điều kiện của đề bài . Bình Luận : Ba phương trình trên thuộc dạng phương trình a h ( x ) f ( x )  a h ( x ) f ( x )  K  f ( x )  g ( x )  h ( x ) a f ( x )  a h ( x )   a f ( x )  g ( x )  h( x )  Để áp dụng được học sinh phải có kỹ năng biến đổi thành thạo mỗi phương trình để đưa phương trình trên về một trong hai dạng trên. Sau
đó xét hàm đặc trưng f(t) chỉ ra được hàm f(t) đơn điệu trên tập xác định ,sử dụng tính chất: f(t1)=f(t2) khi t1=t2  Một số phương trình sau khi biến đổi lại sử dụng đến tính chất :Nếu f(t) đơn điệu thì phương trình f(t)=k (k-hằng số ) có nghiệm duy nhất. VD 38 :Giải phương trình : x log 2 9  x 2 3log 2 x  x log2 3 Lg: Biến đổi phương rình như sau x log 2 9  x 2 3log 2 x  x log2 3  3log2 x  3log2 x  x 2  1  0 (*) 2 Do 3log2 x  0 nên (*)  3log 2 x  x 2  1  0  3log 2 x  2log2 x  1  0 log 2 x log 2 x 3 1  3log 2 x  4log 2 x  1  0      1  0 (*) 4 4 t t 3 1 Xét hàm số f (t )        1 .dễ thấy hàm f(t) nghịch biến trên R 4 4 mà f(1)=0 suy ra t=1 là nghiệm duy nhất của phương trình .từ đó suy ra (*)  log 2 x  1  x  2 thoả mãn điều kiện đề bài . 1 1 2 x 5 x 1 VD39 :Giải phương trình e e   (1) 2x  5 x 1 Biến đổi phương trình như sau 1 1 1 1 2 x 5 x 1 2 x 5 x 1 e e  e e    (*) 2x  5 x 1 2x  5 x 1 1 1 Xét hàm số f (t )  et  , f ' (t )  et  2  0t  0 nên hàm f(t) dồng biến t t x  4 (*)  f  2 x  5   f  x  1   x  1  2 x  5   x  2 VD40 :Giải phương trình: 111 5 x  4 x  3x  2 x  x  x  x  2 x 3  5 x 2  7 x  17 (1) 236 Lg: Biến đổi (1) như sau 111 5 x  4 x  3x  2 x  (  x  x )  2 x3  5 x 2  7 x  17 x 236
111 Đặt f(x) = 5 x  4 x  3 x  2 x  (  x  x ) ,g(x) = 2 x 3  5 x 2  7 x  17 x 236 dễ thấy f(x) đồng biến ,g(x) nghịch biến .f(1)=g(1) nên x=1 là nghiệm VD42 : Giải phương trình 2009x +2010x =2.2008x Lg: Biến đổi phương trình như sau x x  2009   2010  x x x 2009 +2010 =2.2008      2 2008   2008   x x  2009   2010    Xét hàm số f(x) =   2008   2008   x x  2009  2009  2010  2010 ’  ln   ln  0 nên f(x) đồng biến Ta có f (x)=  2008  2008  2008  2008  và 0 0  2009   2010      2 .nên phương trình có nghiệm duy f(0)= f(x) =  2008   2008   nhất x =0 Bình Luận : Hai ví dụ trên được giải bằng việc sử dụng hai tính chất sau của hàm số  Nếu f(x) đơn điệu trên D ,Thì phương trình f(x) = K ( k-hằng số) có nhiều nhất một nghiệm  Nếu f(x) là hàm số đồng biến ,g(x) là hàm số nghịch biến thì phương trình f(x)=g(x) có nhiều nhất một nghiệm . Bình Luận : Một số phương trình mũ đôi khi việc tìm nghiệm trực tiếp là khó khăn .Ta chỉ ra phương trình có không quá n nghiệm và kết hợp với việc nhẩm được n nghiệm từ đó kết luận về số nghiệm của phương trình .Ta xét bài toán sau VD 43 : Giải phương trình 3x  5 x  6 x  2 ( ĐHSPHN 2000) Lg: Xét hàm số f(x) = 3x  5 x  6 x  2 f ' ( x)  3 x ln3  5 x ln 5  6 f ' ( x)  0  g ( x)  3x ln 3  5 x ln5  6  0
Nhận xét g(x) liên tục trên R . g(0).g(1)
Do trong trương trình phổ thông , học sinh không được học và chứng minh nội dung của định lý Rôn nên cách trình bày lời giải bài toán trên là phù hợp nhất .  Trong toán học nhiều học sinh khi chứng minh bất đẳng thức cũng đã làm quen với Bất đẳng thức Becnully Nội dung như sau Nếu 0  a  1 thì x  a   a  1 x  1, x  0; x  1  x  a   a  1 x  1,0  x  1  Dấu bằng xảy ra khi x=0 hoặc x=1 Chứng minh : Xét hàm số f(x)=ax-(a-1)x -1. Ta thấy f(x) liên tục trên R f’(x)=axlna-(a-1); f’’(x) = ax(lna)2 >0 với mọi x thuộc R. từ đó suy ra phương trình f(x)=0 không có qua hai nghiệm .mà f(0)=f(1)=0 nên x=0;x=1 là hai nghiệm của f(x) trên R. 1 1 1 2   f    a   a  1  1   a  1  0a  1 2 2 2 suy ra dấu của f(x) như sau + 0 - 1 + x  0 x  0  a x   a  1 x  1   f ( x)  0   x 1 x 1 f ( x)  0  0  x  1  a x  ( a  1) x  1  0  x  1 Bất đẳng thức được chứng minh Từ kết quả chứng minh trên ta có x  0 Hệ quả : 0  a  1 Ta có a x  ( a  1) x  1   x  1
( Gọi là phương trình Bécnuly) 3x  5 x  6 x  2 Áp dụng kết quả trên vào giải phương trình + xét trên  ;0   1;   3x  (3  1) x  1  3x  5x  6 x  2 dấu bằng khi x=o hoặc x=1 x 5  (5  1) x  1 +xét trên 0;1 3x  (3  1) x  1  3x  5x  6 x  2 dấu bằng khi x=0 hoặc x=1 x 5  (5  1) x  1 Vậy phương trình có hai nghiệm x=0 hoặc x=1 Nhận xét : Với ba cách giải trên ta thấy: hai cách giải bằng hàm số thuần tuý ban đầu là hay hơn cả (kể cả về cách trình bày ).Tuy nhiên khi dạy học ,đối với những lớp có nhiều học sinh khá giỏi người thầy cũng nên giới thiệu cho học sinh cách thứ hai .Nó có tác dụng gây hứng thú cho học sinh tìm hiểu sâu hơn nữa về toán học sơ cấp .Từ đó giúp các em thấy được cái ta biết chỉ là rất ít ,cái ta không biết là nhiều .Làm được như vậy có nhiều ý nghĩa về mặt giáo dục :Một là rèn luyện cho học sinh tính khiêm tốn ;Hai là hình thành ở học sinh tính tò mò ,khám phá những cách giả mới ,chưa hài lòng với những gì mình làm được;Ba là rèn luyện cho học sinh thói quen tự học,tự đọc qua sách vở ngoài những kiến thức được học trên lớp .Từ đó hình thành ở học sinh -những công dân tương lai có trách nhiệm vói chính mình ,gia đình và xã hội. Bằng cách khai thác trên ta có thể giải tương tự một số phương trình sau 12  x 2 12 8 x 11 x2  x x2 x2 x 1 2  ( x  1) 2 2 2/ 253  253  1/ 8x 2 3 2 2 2 3 3/ 2 1 x 4sin x  2 1 x 3sin x  13sin x 4/ 2 x 3cos x  2 x  4cos x  7 cos x Bình Luận : Khi áp dụng các tính chất về tính đơn điệu của hàm số do không nắm vững về kiến thức ,học sinh thường mắc sai lầm trong giải toán nên thường có những kết luận nghiệm chưa chính xác . Ta lấy thêm một ví dụ mô tả điều đó : VD 44 Giải phương trình : 3x.2 x  3x  2 x  1 (1) Sai lầm thường gặp của học sinh : 2x 1 .Ta có f(x) =3x đồng biến , (1)  3x  2x 1
2x 1 ' 4  0 -nb g ( x)  , g ( x)   (2 x  1) 2 2x 1 f(1)=g(1) nên x=1 là nghiệm duy nhất . Nhận thấy f(-1)=g(-1) vậy x=-1 cũng là nghiệm .Vậy đâu là sai lầm của lời giải ? Khi hướng dẫn học sinh sử dụng các tính chất của hàm số người thầy cần nhấn mạnh cho học sinh thấy rõ : Nếu f(x) đồng biến trên D, g(x) nghịch biến trên D thì phương trình f(x)=g(x) có nhiều nhất một nghiệm .Đối chiếu với lời giaỉ trên ta thấy f(x) và g(x) có tập xác định hoàn toàn khác nhau,vì vậy khi áp dụng dẫn đến sai lầm Lời giải đúng như sau : Hàm số f(x) =3x đồng biến trên R 2x 1 Hàm số g(x)= nghịch biến trên R\{1/2} 2x 1 Bảng biến thiên - + x ½ g’(x) - - g(x) Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị của hàm g(x) cắt đồ thị hàm g(x) tại không quá hai điểm .Nên phương trình f(x)=g(x) có không quá hai nghiệm,mà f(1)=g(1), f(-1)=g(-1).Nên phương trình có hai nghiệm Bình Luận : Một trong những ứg dụng nữa của hàm số trong phương trình đó là chứng minh một phương trình mũ có nghiệm thoả mãn điều kiện cho trước .Ta xét thêm một số ví dụ sau để chứng minh điều đó x x 1  ( x  1) x VD45 : Chứng minh rằng phương trình có duy nhất một nghiệm dương ( Vòng loại Hsg QG 2007) Lg: Đk: x  0 ,Lấy loga nêpe hai vế ta có x x 1  ( x  1) x  (x+1)lnx =xln(x+1)  (x+1)lnx - xln(x+1) =0 Xét hàm số f(x) =(x+1)lnx - xln(x+1) (x >0)
x 1 x x x 1 1 1 1 1 f ' ( x)  ln x   ln( x  1)   ln    ln  x x 1 x 1 x x 1 x x x 1 11 1  f ' ( x)   ln(1  )   x x x 1 1 f ' (t )   1  0t  0  f (t ) Xét hàm số : f(t) = ln(1+t) - t ,t>0 1 t nghịch biến với t>0 f(t) > f(0) =0 hay 1 11 khi đó ta có  ln(1  )   0 nên ln(1+t) < t . Áp dung với t = x xx 11 1 f ' ( x)   ln(1  )   0 x x x 1 suy ra hàm f(x) đồng biến trên  0;   .Từ đó suy ra phương trình f(x) =0 có nhiều nhất một nghiệm dương . lại có f(2) = ln 8/9 0 nên f(2).f(3)
1 f (0)  f ( )  0 ,f(-3).f(-2)0) x  x   x    (*) 1   Đặt f(t)= t  (t  1)ln(1  )  1 , t>0 t    1   1 2 Ta có f '  t    2t  1 ln  1    2   2t  1  ln  1      t   t  2t  1  1 2 Lại đặt g(t) =  ln  1    t  2t  1    1 4 1 , g ' (t )     0 t (t  1) (2t  1) 2 t (t  1)(2t  1) với t>0. Do đó hàm g(t) nghịch biến trên  0;   ,mà lim g (t )  0 x  ' suy ra g(t)>0 với mọi t>0  f (t )  (2t  1) g (t )  0t  0  f(t) đồng biến trên  0;   (*)  f(x) =f(x2)  x=x2  x=1 (vì x>0) VD48 : Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên chẵn và a>3 thì phương trình
 n  1 xn2  3 n  2  x n1  a n2  0 vô nghiệm Lg: Xét hàm số f(x)=  n  1 x n  2  3  n  2  x n1  a n  2 , D=R f ' ( x)   n  1  n  2  x n1  3  n  1  n  2  x n   n  1  n  2   x  3  x n Do n chẵn nên dấu của f’(x) chỉ phụ thuộc vào x-3 Ta có bảng biến thiên sau - + x 3 f’(x) - 0 + f(x) f(3) Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f ( x)  f (3)  a n 2  3n  2  0 do a>3  Đồ thị hàm số không cắt trục hoành  phương trình vô nghiệm . Bình Luận :  Qua ba bài toán trên ta thấy được tính độc đáo và thế mạnh của phương pháp tư duy hàm trong việc giải phương trình .Khi giảng dạy người thầy có thể cho học sinh giải bằng phương pháp khác .Đó là những yêu cầu rất khó đối với học sinh .Từ đó học sinh thấy được vai trò và tính ưu việt của việc sử dụng phương pháp hàm số trong giải phương trình nói riêng và trong giải toán nói chung  Cũng như trong giải phương trình vô tỷ, Việc sử dụng phương pháp hàm số tham gia vào giải các bài toán chứa tham số trong phương trình mũ là một việc cần thiết . Ta xét một số bài toán sau : VD49: Tuỳ theo m hãy biện luận số nghiệm của phương trình sau 2 2 5 x 2 mx2  52 x 4 mxm2  x 2  2mx  m ( ĐH Ngoại thương- 2000) Lg: Nhận xét : Nhận xét ( 2x2 +4mx+m+2) –(x2+2mx+2) = x 2  2 mx  m . (*) biến đổi phương trình 2 2 5 x 2 mx 2  52 x 4 mxm2  x 2  2mx  m 2 2  52 x 4 mxm2   2x 2  4mx  m  2  –  x 2  2mx  2   5x  2 mx  2 Xét hàm số f(t) = 5t +t, f’(t) =5tln5 +1 >0 nên hàm số f(t) đồng biến . (*)  f(2x2 +4mx+m+2) = f(x2+2mx+2)  2x2 +4mx+m+2 = x2+2mx+2
 x 2  2mx  m  0 (1) Bài toán quy về Biện luận theo m số nghiệm của phương trình (1) thật đơn giản Bình Luận: Bài toán trên ,ngoài cách giải trên ta còn có thể làm như sau Đặt a=2x2 +4mx+m+2; b= x2+2mx+2 suy ra a - b = x 2  2 mx  m (*)  5b  5a  a  b Nếu a< b  vt0  phương trình vô nghiệm Nếu a>b  Vt>0 , Vp
- 1 2 3 9 t f’(t) + 0- - 0 + f(t) 0 64 7 4 64 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm khi 4  a  7 VD51 :Tìm m để phương trình sau có nghiệm : x2 x 2 1     2  1  m  0 (*) 2 1 x2 x2 x2 Lg; Nhận xét  2  1  2  1  1 ; Đặt t=  2  1 1 2 1 (*)  t  m0t   m  f (t )   m   t 2 1 t Bài toán trở thành tìm m để đường thẳng y=-m cắt đồ thị hàm số 2 1 tại ít nhất một điểm có hoành độ t  1 y=f(t)= t  t 2 1 ' Ta có f (t )  1  0t  2  1 ( Do t>0) t2 Bảng biến thiên 2 1 1 t f’(t) - 0 + f(t) 2 2 + 2 1 2 Vậy phương trình có nghiệm khi  m  2 2 1  m   2 1 Bình Luận : Hai phương trình trên được giải dựa vào tính chất sau của hàm số :  a; b  Phương trình f(x)= m có nghiệm trên khi Mina ;b f( x)  m  Max a ;b f( x )
1 x  2 x  :Tìm m để phương trình sau có nghiệm  x  m3x  2 VD52  1  x  2  1 x  2 x  Lg: Viết lại phương trình  x  m3  2 x  x m x  3  x 1  x ln 3 ' 1   1;2  Đặt f(x)= x , f ' ( x)  , f ( x)  0  x  x 3 3 ln 3 2 1 1 1 , với x  1;2 f (1)  3, f (2)  ; f (  3  f ( x)  ) ln 3 e ln 3 e ln 3 9 1 3  m  vậy phương trình có nghiệm khi e ln 3