Đang tải... (xem toàn văn)
Phương trình mũ - logarit
Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3 E-mail: Mobile_lam@yahoo.com :01645362939 - 173 - 1, Giải bất phương trình 2 4 2 2 3 ( 4)·3 1 x x x Giải: Ta xét hai trường hợp sau: Nếu 2 2 x thì 2 4 2 2 3 1 1. ( 4)·3 0 x x x veá traùi Nếu 2 x hoặc 2 x thì 2 4 2 2 3 1 phai 1. ( 4)·3 0 x x ve x Do đó, tập nghiệm của bất phương trình là { | 2 2}. x x x 2, Giải phương trình 6 log 2 6 log ( 3 ) log x x x Giải: Cách 1: Ta gọi hàm 6 log 2 6 ( ) log ( 3 ) log x f x x x . Ta sẽ chứng minh hàm này luôn tăng trên 0, bằng cách tính đạo hàm của nó. Thật vậy, 6 6 6 6 6 6 6 log log log log log log log 3 1 ( ) ln 6 ln 2 3 ln6 3 ln3 ln 2 ln2·3 ·ln 2·ln6 3 3 ln3 3 ·ln 2 0 ·ln 2·ln6 3 x x x x x x x x f x x x x x x x x x x Do đó, hàm ( ) f x luôn tăng trên 0, . Mà 1 0 6 f nên 1 6 x là nghiệm duy nhất của phương trình. Cách 2: Chuyên đ ề II: PT L ư ợng giác, PT - H ệ PT Phần 3: Phương Trình Mũ- Logarit Coppy right ©: Mobile_lam Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3 E-mail: Mobile_lam@yahoo.com :01645362939 - 174 - Đặt 6 log . t x Phương trình đã cho trở thành 3 3 6 2 3 1. (1) 2 t t t t t Hàm số 3 3 2 t t y liên tục và đồng biến trên nên (1) có không quá một nghiệm thực. Hơn nữa, ta dễ thấy 1 t là một nghiệm của (1), nên (1) có nghiệm duy nhất 1, t hay phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1 . 6 x 3, Giải hệ phương trình 2 4 2 2 1 log log 16 4 log 2 4 8 16 4 xy y x x x xy x x y Giải: Phân tích hướng giải . Đây là một hệ phương trình " tổng hợp " theo mình nghỉ , một điều thường mình hay sử dụng giải các hệ này đó chính là sự quan sát giữa hai phương trình trong hệ để xem ta nên bắt đầu từ đâu ?. Bây giờ chúng ta để ý phương trình thứ nhất trong hệ có thể cho ta một số phép biến đổi cơ bản để đưa về điều " dể chịu " hơn . Thật vậy : 2 1 log log 16 4 log 2 xy y x 4 2 2 2 2 1 log log 16 4 log log log 4 log xy x x y x y xy 2 2 4 log 4 log xy xy Tới đây chúng ta đã tìm được lối thoát . Lúc này ta chỉ cần khéo léo thay vai trò x và y cho nhau rồi giải phương trình còn lại . Hướng giải . Điều kiện : 0 (3) 0; 1 0; 1 x xy xy y y . Từ phương trình (1) ta có : 2 1 log log 16 4 log 2 xy y x 4 2 2 2 2 1 log log 16 4 log log log 4 log xy x x y x y xy 2 2 4 log 4 log xy xy Đặt 2 log t xy ta được phương trình mới : 2 4 4 4 4 4 0 2 4t t t t xy y t x . Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3 E-mail: Mobile_lam@yahoo.com :01645362939 - 175 - Thế 4 y x vào phương trình (2) ta được phương trình: 4 2 2 2 2 2 4 1 4 8 4 16 4 ( 1) 8x x x x x x x x x 2 2 2 1 1 1 1 1 1 8 8 x x x x x x x x . Tới đây mình tin các bạn sẽ làm tốt nhé Nhớ kiểm tra điều kiện (3) 4, Giải bất phương trình 2 2 2 1 2 1 4 2 3 2 3 2 3 x x x x Giải: Ta có 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 4 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 4 2 3 4 2 3 1 0. x x x x x x x x x x x x Đặt 2 2 2 3 , 2 3. x x t t Khi đó, ta có bất phương trình 2 4 1 0 2 3 2 3. t t t Từ đây, ta dễ dàng tìm được nghiệm. 5, Giải hệ phương trình: 2 2 ( 4)( 1) ( 5) 2 log ( 2) x x x y y x y y Giải: Điều kiện: 2 3, 2 0. x y Khi đó bằng cách đặt 4 2, u x ta có thể viết phương trình (1) của hệ dưới dạng ( 5) ( 5). u u y y Xét hàm 2 ( ) 5 f t t t trên ( 2, ), hàm số này có đạo hàm cấp một ( ) 2 5. f t t Do 2 t nên ( ) 0, f t suy ra hàm ( ) y f t là hàm đồng biến. Vậy u y hay 4 . x y Đến đây các bạn thay vào phương trình (2) là OK. 6, Chứng minh rằng phương trình 1 ( 1) x x x x có một nghiệm dương duy nhất Giải: Từ điều kiện có nghiệm của phương trình đã cho dẫn đến cho ta điều kiện của bài toán là 0 x . Với phương trình mũ mà bài toán cho ta thì ta sẽ ngay đến phương pháp logarit hóa ngay.Cụ thể : 1 1 ( 1) ln ln( 1) ( 1)ln ln( 1) 0 x x x x x x x x x x x x Nếu dùng cách giải thông thường cho bài toán này thì sẽ gặp khó khăn nên ta sẽ chuyển bài toán về phương pháp " sử dụng tính đơn điệu" để giải. Xét hàm số : ( ) ( 1)ln ln( 1) , 0 y f x x x x x x Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3 E-mail: Mobile_lam@yahoo.com :01645362939 - 176 - Ta có : 1 1 1 ( ) ln 1 1 f x x x x Mặt khác ta có : 1 1 ln 1 0, 0 x x x Thật vậy. Xét hàm số : 1 ( ) ln(1 ) , 0 v?iy g t t t t t x Ta có : 1 ( ) 1 0 , 0 1 1 t g t t t t Vậy hàm số ( ) y g t là hàm số đồng biến với 0 t Do đó ta có : ( ) (0) ln(1 ) 0 , 0 g t g t t t Lúc đó ta có : 1 1 1 ( ) 0 1 f x x x x Vậy hàm số ( ) y f x là hàm số đồng biến với x >0 nên phương trình ( ) 0 f x nếu có nghiệm thì nghiệm đó duy nhất Lại có hàm số ( ) y f x là hàm số liên tục với x >0 Mặt khác : 8 81 (2) ln 0 , (3) ln 0 9 64 f f Suy ra (2). (3) 0 f f . Nên phương trình ( ) 0 f x có nghiệm duy nhất 0 2 ; 3 x và dể thấy đây là nghiệm dương duy nhất 7, Giải bất phương trình: 3 4 2 2 log (4 ) log 2 x x x Giải: Khi giải phuơng trình bất phương trình Logarith ta thưởng đưa về cùng cơ số và dùng công thức đổi cơ số để biến đổi. Ở bài toán trên ta đưa về logarit cơ số 2. Điều kiện: 1 0 . 4 x Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với: 2 2 2 2 3log 1 2log 2. 2 log x x x Đặt 2 log , t x ta có bất phương trình: 2 2 3 2 2 2 1 0 0. 2 2 t t t t t t Đến đây các bạn tự giải tiếp nhé. 8, Giải phương trình 2 2 27 (6 4 1)·9 x x x x Giải: Rút gọn 9 x rồi chuyển vế . Sau đó đặt 2 3 2 t x x . Ta được phương trình 3 2 1 0 t t Xét đạo hàm phương trình này chỉ có 2 nghiệm 1; 0 x x 9, Tính 25 32 x , biết x thỏa mãn: 1 2 29 4 16 4 4 15 4 4 ( ) 4 x x x x log x Giải: Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3 E-mail: Mobile_lam@yahoo.com :01645362939 - 177 - Để ý đến sự giải thoát cho 2 căn thức đầu tiên, cộng thêm điều kiện của đề bài thì ta sẽ thu được: 2 29 (| 4 2 4 |) (2 4 1) log ( ) 4 x x x Hay là: 29 1 4 32 x 10, Giải phương trình: 3 5 7 log (2 1) log (4 1) log (6 1) 3 x x x x Giải: Điều kiện của bài toán : 2 1 0 1 4 1 0 6 6 1 0 x x x x Xét hàm số 3 5 7 1 ( ) log (2 1) log (4 1) log (6 1) 3 , 6 y f x x x x x x Khi đó : 2 4 6 ( ) 3 (2 1)ln3 (4 1)ln5 (6 1)ln7 f x x x x Nhận xét ta có : Hàm sô ( ) f x liên tục 1 6 x Mặt khác : 2 4 6 2 4 6 (0) 3 0, (1) 3 0 ln3 ln5 ln7 3ln3 5ln5 7ln7 f f . Vậy phương trình ( ) 0 f x có nghiệm duy nhất 1 6 x . Do đó phương trình ( ) 0 f x có tối đa hai nghiệm phân biệt . Lại có : (0) (1) 0 f f . Vậy phương trình có hai nghiệm 0; 1 x x 11, Giải hệ phương trình: 2 1 2 2 1 3 2 (1 4 ).5 1 2 4 1 ln( 2 ) 0 x y x y x y y x y x Giải: Đặt 2 t x y .Lúc đó phương trình (1) trở thành : 1 1 4 (1 4 ).5 1 2.2 5 1 2.2 (3) 5 5 t t t t t t Nhận thấy 1 t thõa phương trình (3) . Mặt khác : Khi 1 t ta có 5 VT ; 5 VP Khi 1 t ta có 5 VT ; 5 VP Do đó 1 t là nghiệm duy nhất của phương trình (3) . Với 1 t ta có 2 1 2 1 x y y x . Thay vào phương trình (2) ta được phương Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3 E-mail: Mobile_lam@yahoo.com :01645362939 - 178 - trình: 3 2 2 3 ln( 1) (4) y y y y Xét hàm số 3 2 ( ) 2 3 ln( 1);y f y y y y y y Ta có : 2 2 2 2 2 2 1 2 4 3 ( ) 3 2 3 0, 1 1 y y y f y y y y y y y y Vậy hàm số ( ) y f y đồng biến y nên phương trình ( ) 0 f y nếu có nghiệm thì nghiệm thu được là nghiệm duy nhất. Mà ( 1) 0 f nên phương trình (4) có nghiệm duy nhất 1 0 y x . Do đó hệ phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất ( ; ) (0; 1) x y 12, Tìm m để phương trình: 1 1 2 2 4 4 ( 1)(2 2 ) 2 x x x x m m có nghiệm thực thuộc: [0;1] Giải: Phương trình đã cho được biến đổi thành phương trình: 1 1 1 1 4 4 ( 1)2 2 2 2 (1) x x x x m m Đặt 1 1 2 2 , 0 ; 4 x x t t Khảo sát hàm số t trên [0 ;1] Khi đó ta có : 2 1 1 8 4 4 x x t Lúc đó phương trình (1) trở thành : 2 2 2 8 8 2( 1) 2 2 1 t t t m t m m t Tới đây xét hàm số 2 2 8 ( ) , 0; 4 1 t t y f t t t . 13, Giải phương trình : 3 3 2 2 2 2 4 4 4 2 4 2 x x x x x x Giải: ĐK 2 x Viết phương trình thành : 3 3 2 2 4 4 16 .4 2 16.4 2 x x x x x x Phương trình tương đương với 3 3 2 1 1 1 2 16.4 (16 1) 2 (16 1) (16 1)(16.4 2 ) 0 x x x x x x x 14, Giải phương trình : 3 3( 1) 1 12 2 6.2 1 2 2 x x x x Giải: Ta viết lại phương trình như sau: 3 3 3 3 8 12 2 2 2 6.2 1 (2 ) ( ) 6 2 1 2 2 2 2 x x x x x x x x hay 3 2 2 (2 ) 1 2 1 2 2 x x x x . Đặt 2 0 x t ta được phương trình 2 2 0 t t giải ra được 2 t . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 1 x 15, Giải bất phương trình : (7 4 3) 3(2 3) 2 0 x x Giải: Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3 E-mail: Mobile_lam@yahoo.com :01645362939 - 179 - Các bạn để ý rằng : 2 7 4 3 2 3 Mặt khác ta lại có : 2 3 2 3 1 Điều dó dẫn ta đến việc đặt ẩn phụ cho bất phương trình .Cụ thể ta đặt: 1 2 3 , 0 2 3 x x t t t Lúc đó bất phương trình đã cho trở thành : 2 3 0 3 2 0 2 3 0 t t t t t 16, Tìm m để phương trình 7 3 5 7 3 5 8 2 2 x x m có nghiệm Giải: Các bạn hãy để ý tới điều đặc biệt sau : 7 3 5 7 3 5 . 1 2 2 x x Từ đó dẫn đến việc chúng ta nghỉ đến ẩn phụ ngay.Cụ thể đặt: 7 3 5 7 3 5 1 , 0 2 2 x x t t t Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình : 2 8 8 m t t t m t Đưa bài toán ban đầu về " bài toán tương giao của hai đồ thị " . Xét hàm số 2 ( ) 8 , 0 y f t t t t . Tính đạo hàm ,giải phương trình đạo hàm rồi lập bảng biến thiên. Dựa vào bảng biến thiên ta sẽ tìm được các giá trị của m thỏa yêu cầu bài toán. 17, Tìm a,b thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: 2 3 21 a b và 2lg( 3 ) lg 4 lg lg a b a b Giải: Trước tiên ta cần đặt điều kiện cho phương trình logarit có nghĩa. Cụ thể điều kiện : 3 0 0 (1) 0 a b a b Chúng ta biến đổi phương trình logarit đề bài cho trở thành: 2 2 2 3 3 lg( 3 ) lg 4 lg lg lg (2) 2 2 a b a b a b ab ab ab Kết hợp với (3) , (2) ta có hệ phương trình: 2 2 3 21 (4) 3 2 a b a b ab Tới đây bài toán đã đơn giản với việc giải hệ phương trình (4) . Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3 E-mail: Mobile_lam@yahoo.com :01645362939 - 180 - 18, Giải phương trình |sin | | cos |. x x Giải: Ta nhận thấy rằng VT của phương trình không nhỏ hơn 1, còn VP thì không lớn hơn 1. Do đó, phương trình tương đương với hệ: sin 0 |cos | 1 x x Phương trình đầu của hệ đương đương: x k hay 2 2 x k với 0 k Phương trình thứ hai của hệ tương đương 2 x l hoặc 2 x l với l Z Như vậy ta có hai trường hợp. Thứ nhất: 2 2 2 k l trường hợp này chỉ có 0 k l thỏa, tức là 0 x là nghiệm. Thứ hai: 2 2 2 k l trường hợp này vô nghiệm 19, Giải hệ phương trình: 1 2 2 1 4 .5 1 3 1 3 1 2 x y x y x y x y y y x Giải: Phương trình (1) của hệ có thể viết lại như sau: 1 4 5 5 1 9.3 5 5 x y x y x y Đặt x y t thì phương trình trên trở thành: 1 4 5 5 9.3 1 0 5 5 t t t Xét hàm số 1 4 ( ) 5 5 9.3 1 5 5 t t t f t ta có: 1 1 4 4 ( ) 5 .ln 5 .ln 9.3 ln3 0 5 5 5 5 t t t f t Như vậy hàm số ( ) f t nghịch biến trên R . Mặt khác ta có (0) 0 0 f t là nghiệm duy nhất của phương trình ( ) 0 f t x y Thay x y vào phương trình (2) của hệ ta thu được: 2 1 2 1 3 0 x x x x x Điều kiện 1 1 0 x x . Chia hai vế cho 0 x ta thu được phương trình: 1 1 3 2 0 x x x x Đặt 1 0 x z x thay vào ta có: 2 3 2 0 z z 20, Giải phương trình: 7 2 5 x x x Giải: Trước tiên ta quan sát thấy ngay với hình thức bài toán như vậy thì việc đoán nghiệm để giải có lẻ là ý tưởng tiên phong. Và cũng không thật khó để ta nhận thấy 0; 1 x x nghiệm đúng phương trình. Một điều đặt ra là bây giờ với dự đoán như thế ta sẽ làm thế nào để dẫn chứng được phương trình chỉ có hai nghiệm này khi mà các công cụ đắc lực giúp ta giải quyết nó như định lí Rolle hay Lagrange đã không còn được dạy nữa? Chúng ta sẽ bất lực với nó sao? Không các bạn à. Bây giờ ta đi vào bài toán ta đang xét. Với cách đoán nghiệm như vậy thì việc chuyển về hàm số chính Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3 E-mail: Mobile_lam@yahoo.com :01645362939 - 181 - là điều cần thiết trong trường hợp hình thức bài toán như thế này. Xét hàm số : ( ) 7 2 5 , x x f x x x Ta có : ( ) 7 ln7 2 ln2 5 x x f x Tới đây thật khó mà đi giải phương trình ( ) 0 f x để lóe được nghiệm duy nhất của phương trình này để rồi suy ra được phương trình ( ) 0 f x có tối đa hai nghiệm.Bây giờ ta thử điều này nhé Ta có ( ) 7 ln7 2 ln 2 5 x x f x là hàm số liên trục trên Mặt khác : (0) ln7 ln2 5 0; (1) 7ln7 2ln 2 5 0 f f Từ đó ta có phương trình ( ) 0 f x có nghiệm duy nhất 0 x x Tới đây các bạn làm bảng biến thiên của hàm số ( ) y f x các bạn sẽ thấy được rằng phương trình ( ) 0 f x sẽ có tối đa không quá hai nghiệm. Mặt khác : (0) (1) 0 f f Nên phương trình đã cho có hai nghiệm 0; 1 x x 21, Giải phương trình: 2 2 2 1 ( 1) 4 2 2 1. x x x x Giải: 2 2 2 1 ( 1) 4 2 2 1. x x x x Ta có phương trình đã cho tương đương với: 2 2 2 2 2 2 1 (2 2 ) (1 ) 2 2 2 1 x x x x x x 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 2 .2 1 x x x x x x 2 2 2 2 1 (2 1)(2 1) 0 x x x 22, Giải phương trình: 2 5.2 7 2 1 x x x Giải: Điều kiện: 1 . 2 x Ta có nhận xét rằng: Hàm số ( ) 5·2 7 x f x là hàm tăng và liên tục trên . Hàm số 2 ( ) 2 1 x g x x là hàm liên tục và giảm trên từng khoảng xác định của nó: 1 , 2 và 1 , . 2 Do đó, phương trình ( ) ( ) f x g x (cũng tức phương trình đã cho) chỉ có thể có tối đa hai nghiệm mà thôi. Mặt khác, dễ thấy 0 x và 1 x thỏa mãn. Ta suy ra phương trình đã cho có đúng hai nghiệm là 0 x và 1. x Ta có thể giải thích rõ hơn điều này bằng cách chia trường hợp: Nếu 1 , . 2 x Do ( ) f x liên tục và tăng trên khoảng này, còn ( ) g x liên tục và giảm trên khoảng này nên phương trình ( ) ( ) f x g x chỉ có tối đa một nghiệm thuộc 1 , . 2 Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3 E-mail: Mobile_lam@yahoo.com :01645362939 - 182 - Nếu 1 , . 2 x Lý luận tương tự, ta cũng thấy rằng ( ) ( ) f x g x chỉ có tối đa một nghiệm trên 1 , . 2 23, Giải bất phương trình: 3 2 log 6 0 1 2 1 x x x Giải: Điều kiện để bài toán có nghĩa là: 1 0; ; 1 2 x x x Kí hiệu 3 2 4 ( ) ; ( ) 2 1 x f x log x g x x thì ( ); ( ) f x g x là các hàm số đồng biến trên tập xác định của nó Ta xét các trường hợp sau: TH 1: 1 0 2 x . Khi đó bất phương trình đã cho có dạng: ( ) ( ) f x g x Ta có 1 ( ) ( ) 0; ( ) (0) 4 0 2 f x f g x g . Vì vậy bất phương trình vô nghiệm TH 2: 1 1 2 x Khi đó bất phương trình đã cho có dạng: ( ) ( ) f x g x Ta có: 3 1 1 ( ) ( ) 0,6; ( ) (1) 1 2 2 f x f log g x g . Suy ra bất phương trình nghiệm đúng TH 3: 1 2 x Khi đó bất phương trình có dạng: ( ) ( ) f x g x Ta thấy ( ) (1) 0; ( ) (2) 0 f x f g x g . Nên bất phương trình vô nghiệm TH 4: 2<x< 3 Bất phương trình có dạng: ( ) ( ) f x g x Ta có: 3 2 ( ) (2) 2 0,63; ( ) (3) 0,4 5 f x f log g x g . Suy ra bất phương trình vô nghiệm TH 5: 3 x . Bất phương trình có dạng ( ) ( ) f x g x Ta có: ( ) (3) 1; ( ) 1 f x f g x nên bất phương trình vô nghiệm Tóm lại bất phương trình đã cho có nghiệm 1 1 2 x . 24, Giải phương trình: 7 3 log log ( 2) x x Giải: Đk: x>0 Đặt 7 log ,x t t từ (1) 2 2 3 log (7 2) 7 2 3 t t t t Viết lại phương trình trên như sau: [...]... nên phương trình trên có không quá 1 nghiệm Ta nhẩm thấy ngay: t 2 là một nghiệm của phương trình, do đó t 2 là nghiệm duy nhất của phương trình Với: t 2 ta suy ra: x 26.t 212 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x 212 3t 2t 2t 47, Giải phương trình : 2011x x x 2 1 \Giải: E-mail: Mobile_lam@yahoo.com - 192 - :01645362939 Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3 Ta viết phương trình. .. của phương trình 58, Giải bất phương trình 9 3 11 2 x 2 5 2 6 2 2 3 2 x 1 Giải: Giải bất phương trình 9 3 11 2 x 2 5 2 6 2 2 3 2 x 1 Có x 0 là nghiệm, cộng thêm sự kiện hàm số ở vế trái của phương trình đồng biến cho ta nghiệm của phương trình là: x . của phương trình. Cách 2: Chuyên đ ề II: PT L ư ợng giác, PT - H ệ PT Phần 3: Phương Trình M - Logarit Coppy right ©: Mobile_lam Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3 E-mail:. 1 x y y x . Thay vào phương trình (2) ta được phương Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3 E-mail: Mobile_lam@yahoo.com :01645362939 - 178 - trình: 3 2 2 3 ln( 1) (4) y. Lúc đó ta biến đổi phương trình về phương trình mới 2 2 (1) t m t Với ý 1 ta thay 3 m ta được phương trình : 3 3 2 0 t t Giải phương trình này khá cơ bản. Với ý