Phương trình mũ và phương trình logarit

Nhóm 3: Nguyễn Chí Thiên Bùi Đặng Phước An Phan Ngọc Phương Thảo Bạch Thị Thanh Thúy Trần Trí Nguyên Nguyễn Thị Mau Chương PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT 1.1 1.1.1 KIẾN THỨC CƠ BẢN a Các phương trình tính chất - Phương trình bản: < a = 1, m ∈ R b > , ta có: ax = b ⇔ x = loga b ; loga x = m ⇔ x = am - Tính chất thường dùng: Với < a = α, β ∈ R , ta có: aα = bβ ⇔ α = β Nếu x > 0, y > loga x = loga y ⇔ x = y 1.1.2 Một số cơng thức thơng dụng để giải phương trình logarit: 1.loga = 2.loga a = 3.loga aN = N 4.aloga N = N 5.loga (N1 N2 ) = loga N1 + loga N2 N1 = loga N1 − loga N2 6.loga N 7.loga N α = α.loga N 8.loga N = 2loga |N | 9.loga N = loga b.logb N logb N 10.loga N = log bN 11.loga b = log1 a b 12.logaα N = α1 loga N 13.alogb c = clogb a 1.2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT 1.2.1 Phương pháp 1: Giải phương trình af (x) = b ⇔ f (x) = loga b Ví dụ 1: Giải phương trình: a)3x −5x+4 = 81 b)log2 (3x − 4) = Giải: a)3x −5x+4 = 81 ⇔ x2 − 5x + = log3 81 ⇔ x2 − 5x + = ⇔ x(x − 5) = ⇔ x=0 x=5 Vậy phương trình có nghiệm là: x = 0, x = b)log2 (3x − 4) = (1) ĐK:3x − > ⇔ x > 34 (1) ⇔ log2 (3x − 4) = log2 23 ⇔ 3x − = 23 = ⇔ 3x = 12 ⇔ x = Vậy phương trình cho có nghiệm : x = 1.2.2 Phương pháp 2: ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐ Đối với phương trình mũ: biến đổi lũy thừa có mặt phương trình số, đưa phương trình dạng af (x) = b af (x) = ag(x) • Nếu số a số dương khác thì: af (x) = ag(x) ⇔ f (x) = g (x) • Nếu số a thay đổi thì: af (x) = ag(x) ⇔ a>0 (a − 1) [f (x) − g (x)] Sử dụng tính chất logarit, đưa phương trình dạng loga f (x) = b loga f (x) = loga g (x) (lưu ý điều kiện xác định biểu thức logarit)  0 0, f (x) > loga f (x) = loga g (x) ⇔  f (x) = g (x) g(x) Phương trình dạng [f (x)] = tương đương với f (x) = g (x) = 0, f (x) > m Phương trình dạng logh(x) f (x) = m ⇔ f (x) = [h (x)] với điều kiện < h (x) = Ví dụ 1: Giải phương trình: a)3x −5x+4 = 81 b)log2 (3x − 4) = Giải: a)3x −5x+4 = 81 ⇔ x2 − 5x + = log3 81 ⇔ x2 − 5x + = ⇔ x(x − 5) = ⇔ Vậy phương trình có nghiệm là: x = 0, x = b)log2 (3x − 4) = (1) ĐK:3x − > ⇔ x > 34 x=0 x=5 (1) ⇔ log2 (3x − 4) = log2 23 ⇔ 3x − = 23 = ⇔ 3x = 12 ⇔ x = Vậy phương trình cho có nghiệm : x = Ví dụ 2: Giải phương trình: a)3x −x+8 = 91−3x b)2x+1 + 2x−1 + = 28 2 2 x2 −3 x2 −3 c)2.5 = 5.2 d)2x −1 − 3x = 3x −1 − 2x +2 Giải: a)3x −x+8 = 91−3x ⇔ 3x −x+8 = 32(1−3x) ⇔ x2 −x+8 = 2−6x ⇔ x2 +5x+6 = ⇔ Vậy phương trình có nghiệm là: x = −2, x = −3 b)2x+1 + 2x−1 + = 28 ⇔ 22 2x−1 + 2x−1 + 2.2x−1 = 28 ⇔ 7.2x−1 = 28 ⇔ 2x−1 = = 22 ⇔x−1=2 ⇔x=3 Vậy nghiệm phương trình là: x = c)2.5x 2 −3 = 5.2x −3 x2 −3 ⇔ 2x −3 = ⇔ x2 −3 = ⇔ x2 − = ⇔ x = ±2 Vậy phương trình có hai nghiệm là: x = ±2 2 2 d)2x −1 − 3x = 3x −1 − 2x +2 ⇔ 2x −1 x2 −1 ⇔2 x2 −1 ⇔2 − 3.3 x2 −1 + 23 x2 −1 x2 −1 x2 −1 =3 (1 + 23 ) = x2 −1 x2 −1 x2 −1 x2 −1 + 3.3 (1 + 3) x2 −1 = 23 √ ⇔x −1=2⇔x=± √ Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x = ± Ví dụ 3: Giải phương trình: a)log x + log x2 = log 4x (1) b)log2 x + log3 x + log4 x = log5 x Giải: a) Đk: x > (1) ⇔ log x + log |x| = log + log x ⇔ log |x| = log = log 22 ⇔ log |x| = log ⇔ |x| = ⇔ x = ±2 Do x > nên nghiệm phương trình là: x = Ví dụ 4: Giải phương trình: ⇔ 2 3x −1 = ⇔ − 23 =3 2x +x − 4.2x +x − 22x + = (1) Giải: 2 (1) ⇔ 22x (2x −x − 1) − 4(2x −x − 1) = ⇔ (22x − 4)(2x −x − 1) = 22x − = 22x = 22 ⇔ ⇔ x2 −x −1=0 2x −x = x=1 x=1 ⇔ ⇔ x2 − x = x=0 (2) x = −2 x = −3 Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x = 1, x = Ví dụ 5: Giải phương trình sau: 1 x a)3 +loga cos + = +log9 sin x √ [loga x+1− 12 loga (x −1)] b) 19 = 2(x − 1) (2) Giải: a) ĐK: sin x > , phương trình cho có dạng: √ cos x > 0,√ cos x + = sin x (1) Giải phương√trình (1): √ = (1)⇔ − cos x + sin x √ √ ⇔ 23 sin x − 12 cos x = 22 √ π ⇔ sin x − = x = π6 + π4 + k2π ⇔ , (k ∈ Z) x = π − π4 + π6 + k2π Do cos x > 0, sin x > nên x = 5π 12 + k2π nghiệm phương trình b) ĐK: x > Ta biến đổi vế trái phương trình cho √ 2 −1 −1 [log3 x+1− log3 (x −1)] VT = = 3log3 (x+1) 3log3 (x −1) = (x + 1) x2 − = x − (3) Phương trình (2) trở thành: x − = (x − 1) Chú ý rằng: x − > nên bình phương vế (3) ta phương trình tương đương: (x − 1) = (x − 1) ⇔ x − = ⇔ x = Vậy phương trình cho có nghiệm : x = Ví dụ 6: Giải phương trình: 1 √ log (x + 3) + log (x − 1) = log2 4x (1)    x > −3  x+3>0 x>0 4x > x>0 ⇔ ⇔ ĐK: x=1   x=1 (x − 1) > Áp dụng công thức đổi số loga b = logan bn , ta có: • log√2 (x + 3) = log2 (x + 3) = log (x + 3) (Do x + > ) • log4 (x − 1) = log2 (x − 1) = 4.log2 |x − 1| Khi đó: (1) ⇔ log2 (x + 3) + log2 |x − 1| = + log2 x Xét hai khả sau: a) Nếu x > đó: (2) ⇔ log2 (x + 3) + log2 (x − 1) − log2 x = =2 ⇔ log2 (x+3)(x−1) x ⇔ x2 + 2x − = 4x ⇔ x2 − 2x − = x = −1(l) ⇔ ⇔x=3 x=3 b) Nếu < x < 1, đó: (2) ⇔ log2 (x + 3) + log2 (1 − x) − log2 x = ⇔ log2 (x+3)(1−x) =2 x ⇔ −x2 − 2x + = 4x ⇔ x2 + 6x − =√0 √ x = −3 +√ 12 ⇔ ⇔ x = −3 + x = −3 − 12(l) √ Vậy phương trình có nghiệm: x = −3 + 3, x = Chú ý: n • Khi giải phương trình logarit cần lưu ý rằng: loga (f (x)) = n log |f (x)| n số ngun dương chẵn Nếu khơng nghiệm • Cụ thể √ ví dụ dùng cơng thức: log2 (x − 1) = 4.log2 (x − 1) nghiệm x = −3 + 1.2.3 Phương pháp 3: BIẾN ĐỔI ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH Cũng đa thức ta phân tích đưa dạng phương trình tích A.B = ⇒ A=0 B=0 Ví dụ 1: Giải phương trình: a) 12.3x + 3.15x − 5x+1 = 20 (1) b) log2 (3x − 4) log2 x = log2 x (2) Giải: (1) ⇔ 12.3x + 3.3x 5x − 5.5x − 20 = ⇔ 3.3x (4 + 5x ) − (5x + 4) = a) Ta có: ⇔ (5x + 4) (3.3x − 5) = 5x + = ⇔ ⇔ 3x = 53 ⇔ x = log3 35 3.3x − = Vậy phương trình cho có nghiệm: x = log3 53 3x − > b) ĐK: ⇔ x > 43 x>0 (2) ⇔ log2 x [log2 (3x − 4) − 1] = log2 x = x=1 x=1 ⇔ ⇔ ⇔ log2 (3x − 4) = 3x − = x=2 Do x > 43 nên nghiệm phương trình là: x = 1.2.4 Phương pháp 4: LOGARIT HÓA, MŨ HĨA • PHƯƠNG PHÁP: Biến đổi phương trình dạng af (x) = bg(x) (1) Trong đó, A số thỏa mãn:A > tổng quát af (x) bg(x) = A (2) Khi logarit hóa hai vế theo số c với c > 0, c = (thường lấy c = a c = b), ta phương trình tương đương: f (x) logc a = g (x) logc b Hoặc f (x) logc a + g (x) logc b = logc A Ví dụ 1: Giải phương trình: a) 3x 2x = ; b) 3log2 x + x = Giải: a) Lấy lôgarit hai với số 2, ta được: 2 log2 3x 2x = log2 ⇔ log2 3x + log2 2x = ⇔ x.log2 + x2 log2 = ⇔ x.log2 + x2 = ⇔ x (log2 + x) = x=0 x=0 ⇔ ⇔ log2 + x = x = −log2 b) Vậy phương trình có hai nghiệm là: x = x = −log2 Đk: x > Ta có: 3log2 x + x = (1) Đặt: log2 x = t ⇒ x = 2t , ta thu phương trình mũ theo biến t: (1) ⇔ 3t + 2t = (∗) Vế trái (*) hàm đồng biến, vế phải hàm phương trình (*) có nghiệm có nhiều nghiệm Mà t = 0là nghiệm (*) nên nghiệm (*) ⇒ t = ⇔ log2 x = ⇔ x = Vậy phương trình có nghiệm là: x = Ví dụ 2: Giải phương trình: 5x 3x = Giải: Logarit hóa với số hai vế phương trình, ta được: log3 5x 3x 2 = log3 ⇔ log3 5x + log3 3x = x=0 ⇔ x.log3 + x2 log3 = ⇔ x = −log3 Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x = x = −log3 Ví dụ 3: Tính x biết: 77xlog19 86 = 862log17 77 (1) logc b logc a =b Giải: Biết a Khi đó: 77xlog19 86 = (77log19 86 )x = 862log17 77 = (86log17 77 )2 = (77log17 86 )2 Do (1) trở thành: 77xlog19 86 = 772log17 86 ⇔ xlog19 86 = 2log17 86 ⇔ ⇔x= 2log86 19 log86 17 x log86 19 = log86 17 = 2log17 19 = log17 361 Ví dụ 4: Giảixcác phương trình sau: a) 3x x+2 = b) 6x 7x = 42 Giải: 3x a) Viết lại phương trình thành: 3x x+2 = Lấy logarit số hai vế ta được: xlog2 + 3x = + log2 ⇔ x2 log2 + (log2 + 2)x − − 2log2 = x+2 Ta thấy phương trình có nghiệm: x1 = , suy ra: x2 = −2 − 2log2 log2 b) Ta có: 6x 7x = 42 ⇔ log7 6x 7x = log7 42 ⇔ log7 6x + log7 7x = log7 + ⇔ x2 + xlog7 − log7 42 = ⇔ x2 + xlog7 − log7 − = Do + log7 − − log7 = nên phương trình có nghiệm: x = 1, x = −1 − log7 Chú ý:Từ phương trình ta thấy phương trình mũ có dạng ax = b, b ≤ phương trình vơ nghiệm (vì ax > với x) b > phương trình có nghiệm x = loga b Ví dụ 5: Giải phương trình: 3log x − − 2.xlog3 x = (1) Giải: Đk: x > Ta nhận thấy rằng: 3log x = (3log3 x )log3 x = xlog3 x Bởi phương trình có dạng: xlog3 x − − 2.xlog3 x = (2) • Xét trường hợp: xlog3 x < Khi đó: (1) ⇔ − xlog3 x − 2.xlog3 x = ⇔ xlog3 x = (3) Lấy logarit số hai vế (3) ta được: (log3 x)2 = ⇔ log3 x = ±1 ⇔ x = ,x = 3 (lưu ý (3) nên điều kiện xlog3 x < thỏa mãn) • Xét trường hợp: xlog3 x ≥ Khi đó: (2) ⇔ (xlog3 x − 9) − 2.xlog3 x = ⇔ xlog3 x = −9 < Rõ ràng phương trình khơng có nghiệm Vậy phương trình có nghiệm:x = 31 , x = 1.2.5 Phương pháp 5: DÙNG ẨN PHỤ * PHƯƠNG PHÁP: Đưa số Đặt ẩn phụ để đưa dạng phương trình đại số Một số dạng cần lưu ý: • Phương trình dạng: Aa2x + Bax + C = Đặt: Aa2f (x) + Baf (x) + C = ; ax = t(af (x) = t), t > 0, đưa phương trình bậc hai: At2 + Bt + C = Sau tìm t, đưa phương trình để tìm x • Phương trình dạng: M a2x + N ax bx + P b2x = M a2f (x) + N af (x) bf (x) + P b2f (x) = Chia hai vế cho b2x (hoặc b2f (x) ) đặt a b x = t hay a f (x) b = t, t > Đưa phương trình bậc hai: M t + N t + P = • Phương trình dạng: Aaf (x) + Ba−f (x) + C = Đặt: af (x) = t, t > 0, đưa phương trình At2 + Bt + C = • Đối với phương trình chứa dấu căn: - Tìm lượng liên hợp phù hợp - Đặt ẩn phụ Ví dụ 1: Giải phương trình: 22x +1 − 9.2x +x + 22x+2 = (1) Giải: Chia hai vế phương trình cho 22x+2 = 0, ta được: 2 (1) ⇒ 22x −2x−1 − 9.2x −x−2 + = 2 ⇔ 12 22x −2x − 94 2x −x + = Đặt: t = 2x −x , với t > Khi phương trình tương đương với: 2t2 − 9t + = t=4 2x −x ⇔ ⇒ t = 12 2x −x x2 − x = ⇔ ⇔ x2 − x = −1 = 22 = 2−1 x = −1 x=2 Vậy phương trình có nghiệm: x = −1, x = Ví dụ 2: Giải phương trình: √ √ (7 + 3)x − 3(2 − 3)x + = Giải: √ √ √ √ ; (2 − 3)(2 + 3) = Ta có: (7 + 3) = (2 + √ 3) Do t = (2 + 3)x√, điều kiện: t > 0, thì: √ đặt x (2 − 3) = 1t (7 + 3)x = t2 Khi phương trình tương đương với: t + = ⇔ t3 + 2t − = t−1=0 ⇔ (t − 1)(t2 + t + 3) = ⇔ t2 + t + = t2 − Do t > ⇒ t2 +√t + > ⇒ t − = ⇒ t = ⇔ (2 + 3)x = ⇔ x = Vậy phương trình có nghiệm: x = Ví dụ 3: Giải phương trình: 32x − 2x + 9.3x + 9.22 = Giải: Đặt: t = 3x , điều kiện: t > Khi phương trình tương đương với: t2 − 2x + 9t + 9.2x = ∆ = 2x + 92 − 4.9.2x = 2x − ⇒ t=9 t = 2x Khi đó: • Với t = ⇒ 3x = ⇔ x = • Với t = 2x ⇒ 3x = 2x ⇔ x = ⇔ x = Vậy phương trình có hai nghiệm:x = x = Ví dụ 4: Giải phương trình: √ 22x − 2x + = Giải: Đặt: u = 2x , điều kiện: u > 0.Khi phương trình thành: √ u2 − u + = √ √ Khi phương trình chuyển thành Đặt: v = u + 6, điều kiện: v ≥ ⇒ v = u + hệ: u2 = v + ⇔ u2 − v = v − u = −(u − v) v2 = u + ⇔ (u − v) (u + v + 1) = u−v =0 ⇔ u+v+1=0 10 Ví dụ minh họa: Giải bất phương trình √ 2x + 2x + < 22x+1 + 4x + Giải Điều kiện 2x + ≥ ⇔ x ≥ − 12 Viết lại bất phương trình dạng 2x + √ 2.22x + 2(2x + 1) 2x + < u=√ 2x điều kiên 2x + ≥ v = 2x + Khi bất phương trình biến đổi dạng: √ u + v < 2u2 + √ 2v ⇒ (u + v)2 < 2u2 + 2v ⇔ u > v ⇔ x > 2x + Đặt: Ta xét phương trình: 2x = √ 2x + ⇔ 22x = 2x + ⇔ 2x = ⇔ 2x = x=0 x = 12 Vậy bất phương trình có nghiệm x ∈ − 12 ; +∞ \ 0; 12 2.1.5 SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ Ý tưởng phương pháp giống bất phương trình chứa giá trị tuyệt đối Ví dụ minh họa: Giải bất phương trình 2.2x 3.3x > 6x − Giải Chia hai vế bất phương trình cho 6x > 0, ta được: + x + x > (I) 3x Xét hàm số f (x) = 32x + 23x + 61x , la hàm nghịch biến Ta có: - Với x ≥ 2, f (x) ≤ f (2) = bất phương trình (I) vơ nghiệm - Với x < 2, f (x) > f (2) = bất phương trình (I) nghiệm Vậy x < nghiệm bất phương trình 2.1.6 SỬ DỤNG GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ Ý tưởng phương pháp giống bất phương trinh chứa giá trị tuyệt đối Ví dụ minh họa: Tìm giá trị m để bất phương trình có nghiệm 2sin x + 3cos x 33 ≥ m.3sin x Giải Chia hai vế bất phương trình cho 3sin x > 0, ta được: Xét hàm số y = Ta có: sin2 x 2 sin x 31−sin x + sin2 x ≥ m ⇔ +3 sin x sin2 x +3 sin2 x ≥m nghịch biến ≤ sin2 x ≤ 1 ⇔ 23 + 19 ⇔1≤y≤4 ≤ 2 sin x +3 sin x ≤ +3 Vậy bất phương trình có nghiệm m ≤ 2.1.7 SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ Ý tưởng phương pháp giống bất phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối Ví dụ minh họa: Tìm m để bất phương trình sau nghiệm với ∀x ∈ [1; 3]: 2|2x +m(x+1)+13| ≤ − (m + 8)(x2 − 3x + 2) (1) Giải Điều kiện cần: Bất phương trình nghiệm với ∀x ∈ [1; 3] ⇒ Nghiệm với x = 1, x = 2, tức ta có: |2m + 17| ≤ −1 ≤ 2m + 17 ≤ ⇔ |3m + 23| ≤ −1 ≤ 3m + 23 ≤ −9 ≤ m ≤ −8 ⇔ ⇔ m = −8 −8 ≤ m ≤ − 22 Vậy x = −8 điều kiện cần để (1) nghiệm với ∀x ∈ [1; 3] Điều kiện đủ: Với m = −8, ta có: (1) ⇔ 2x2 − 8x + ≤ ⇔ −1 ≤ 2x2 − 8x + ≤ 2x2 − 8x + ≥ (x − 2) ≥ ⇔ ⇔ 2 2x − 8x + ≤ x − 4x + ≤ ⇔1≤x≤3 Vậy với m = −8 bất phương trình nghiệm với ∀x ∈ [1; 3] 2.1.8 SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ Ý tưởng phương pháp giống bất phương trình chứa dấu trị tuyệt đối Ví dụ 1: giải bất phương trình: 3x −1 + (x2 − 1)3x+1 ≥ Giải 34 Xét hai trường hợp: TH1: với x2 − < ⇔ |x| < 1, suy ra: 2 3x −1 < ⇒ 3x −1 + (x2 − 1).3x +1 < ⇒ (1) vô nghiệm (x2 − 1).3x+1 < TH2: với x2 − ≥ ⇔ |x| ≥ 1, suy ra: 2 3x − ≥ ⇒ 3x −1 + (x2 − 1).3x+1 ≥ ⇒ (1) có nghiệm |x| ≥ x+1 (x − 1).3 ≥0 Vậy bất phương trình có nghiệm |x| ≥ Ví dụ 2: giải bất phương trình: V T = 2sin x + 2cos x = 2sin x + 21−sin x = 2sin x Áp dụng Cauchy ta có: √ 2 2sin x + 2sin22 x ≥ 2sin x 2sin22 x = 2 √ √ V P = 2(sinx + cosx) = 2 sin(x + π4 ) ≥ 2 Vậy bất phương trình có nghiệm khi: √ 2 V T = √2 2sin x = 2sin22 x (2sin x )2 = ⇔ ⇔ ⇔x= VP =2 x = π4 + 2kπ sin(x + π4 ) = Vậy nghiệm bất phương trình x = 2.2 2.2.1 π + π 2 2sin x + k2π, k ∈ Z + k2π, k ∈ Z CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG Phương pháp Để chuyển ản số khỏi loga người ta mũ hóa theo số hai vế bất phương trình Chúng ta lưu ý phép biến dổi sau: - Dạng 1: Với bất phương trình: loga f (x) < loga g(x)   01  f (x) > 01 0ab 0 ⇔ x Vậy, với a = bất phương trình có nghiệm tập (−∞, 1) ∪ (3, +∞) b Để bất phương trình nghiệm với x ⇔ (III)nghimØngvimix ⇔ (2)v(3)nghimØngvimix - (2) nghiệm với x ⇔ ∆(2) < ⇔ − a − < ⇔ a > 3(∗) - (3) nghiệm với x ⇔(∗) x2 − 4x + a > 0, ∀x ⇔ ∆ < ⇔ − a < ⇔ a > Vậy, với a > 4, bất phương trình nghiệm với x 2.2.2 SỬ DỤNG CÁC PHÉP BIẾN ĐỔI LOGARIT Phương pháp: Ta sử dụng phép biến đổi logarit biết: Ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Giải bất phương trình: log2 x > log3 x Giải: Điều kiện: x > Biến đổi bất phương trình dạng: log2 x > log3 2.log2 x ⇔ (1 − log3 2)log2 x > 0log2 x > ⇔ x > Vậy, bất phương trình có nghiệm x > Ví dụ 2: Giải biện luận bất phương trình: logx (2m − x) logm x + ≥ logx logm logm2 −1 Giải:   √ 0 0, lấy logarit số hai vế, ta được: m>0 ⇔ log2 xlog2 x ≤ log2 m   m>0 ⇔ ⇔ log2 x ≤ log2 m  ⇔ m√ ≥1 2− √ log2 m ≤x≤2 m>0 log2 x.log2 x ≤ log2 m m>0 log2 m ≥ − log2 m ≤ log2 x ≤ log2 m log2 m (I) a/ Với m = 16, ta được: 16 √ ≥1 − log2 16 √ ≤x≤4 log2 16 ⇔ ≤x≤2 Vậy, với m = 16 bất phương trình có nghiệm: ≤x≤4 b/ Để bất phương trình nghiệm với ∀x ∈ ⇔ m√ ≥1 2− log2 m ≤ 2, √ < ≤ log2 m  ≥1   m√ log2 m 2− ≤ 21 ⇔ √   log2 m ≥   m≥1 m≥1 − log2 m ≤ −1 ⇔ ⇔ log2 m ≥  log2 m ≥ m≥1 ⇔ ⇔ m ≥ 29 log2 m ≥ Vậy, với m ≥ 29 thỏa mãn điều kiện đầu 2.2.3 SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ - Dạng 1 Phương pháp: Mục đích phương pháp chuyển tốn cho bất phương trình đại số quen biết Đặc biệt bất phương trình bậc hệ bất phương trình 38 Ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Giải bất phương trình: log42 (x) − log21 x3 + 9log2 32 x2 < log21 (x) Điều kiện: x > Biến đổi bất phương trình dạng: log42 (x) − log22−1 x3 + 9log2 32 x2 < log22−1 (x) ⇔ log42 (x) − log2 x − log2 + log2 32 − log2 x2 < log22 (x) ⇔ log42 (x) − [3log2 x − 3] + [5 − 2log2 x] < log22 (x) Đặt t = log2 x, ta được: t4 − (3t − 3)2 + 9(5 − 2t) < 4t2 ⇔ t4 − 13t2 + 36 < ⇔ < t2 < −3 < t < −2 −3 < log2 x < −2 ⇔ ⇔ 2 (3) Trước hết ta giải phương trình để xác định dấu Cách 1: sử dụng định lí Rơn Xét hàm số g(x) = log2 x − x + + Miền xác định: D = (0; +∞) + Đạo hàm: g (x) = x ln −1 ⇒ g(x) g (x) = − x2 1ln < 0, ∀x ∈ D hàm lồi D Vậy theo định lí Rơn phương trình g(x)=0 có khơng q nghiệm D Nhận xét g(1)=g(2)=0 Vậy phương trình có nghiệm x=1và x=2 Cách 2: sử dụng bất đẳng thức Bernouli Đặt t = log2 x ⇒ x = 2t , phương trình có dạng: t=0 log2 x = x=1 t − 2t + = ⇔ 2t = t + ⇔ ⇔ ⇔ t=1 log2 x = x=2 Vậy phương trình có nghiệm x=1 x=2 Khi đó:   11 log2 x > 10 2 f (t) = t − 3t + m ≤ 3t − m ≥ t a) Với m=2 hệ (I) có dạng:  t≤0  t>0 t ≥ 2/3  ⇔ ⇔ ≤ log2 x ≤ ⇔ ≤ x ≤  1≤t≤2 t>0 t2 − 3t + ≤ b) Với ≤ x ≤ ⇔ log2 ≤ log2 x ≤ log2 ⇔ ≤ t ≤ Để nghiệm bất phương trình chứa đoạn [1;2] , điều kiện nghiệm (I) chứa đoạn [0;1] → nghiệm (I) chứa điểm ⇔ m ≤ Thử lại với m ≤ ta được: m √ ≤t≤0 3+ 9−4m m  t >√0 (I) ⇔ ⇔ ≤ t ≤ √ 3− 9−4m ≤ t ≤ 3+ 9−4m 2 Nhận thấy [0; 1] ⊂ √ m 3+ 9−4m 3; m ≤ điều kiện cần tìm c) Với ≤ x ≤ ⇔ log2 ≤ log2 x ≤ log2 ⇔ ≤ t ≤ Để nghiệm bất phương trình đoạn [2;8] , điều kiện nghiệm (I)là đoạn [1;3] ⇔ f (t) = có hai nghiệm phân biệt f (1) = m−2=0 ⇔ ⇔ vô nghiệm f (3) = m=0 Vậy không tồn m thỏa mãn điều kiện đề 2.2.6 SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ - Dạng Phương pháp Ý tưởng phương pháp củng giống bất phương trình chứa giá trị tuyệt đối Ví dụ minh họa 41 Ví dụ 1: Cho bất phương trình: log2 x3 − m ≥ log2 x a) Giải bất phương trình với m=2 b) Tìm m để nghiệm bất phương trình chứa đoạn [1;2] c) Tìm m để nghiệm bất phương trình chứa đoạn [2;8] Giải Điều kiện: x>0 Đặt t = log2 x ,  bất phương trìnhcó dạng: t≤0 t≤0   √ 3t − m ≥ t≥ m   3t − m ≥ ⇔  ⇔ (I) t>0 t>0 3t − m ≥ t2 f (t) = t2 − 3t + m ≤ a) Với m=2 hệ (I) có dạng:  t≤0  t>0 t ≥ 32  ⇔ ⇔ ≤ log2 x ≤ ⇔ ≤ x ≤  1≤t≤2 t>0 t − 3t + ≤ b) Với ≤ x ≤ ⇔ ≤ t ≤ Để nghiệm bất phương trình chứa đoạn [1;2] , điều kiện nghiệm (I) chứa đoạn [0;1] →nghiệm (I) chứa điểm ⇔ m ≤ Thử lại với m ≤ ta được:  m √ ≤t≤0 m + − 4m  t > (I) ⇔ ⇔ ≤t≤ √ √ 3− 9−4m 3+ 9−4m ≤ t ≤ 2 Nhận thấy [0, 1] ⊂ √ m 3+ 9−4m 3, , đóm ≤ điều kiện cần tìm c) Với ≤ x ≤ ⇔ ≤ t ≤ Để nghiệm bất phương trình đoạn [2;8] điều kiện la nghiệm (I) đoạn [1;3] ⇔ f (t) = có hai nghiệm phân biệt f (1) = m−2=0 ⇔ ⇔ , vô nghiệm f (3) = m=0 Vậy không tồn m thỏa mãn điều kiện đầu 2.2.7 SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ Phương pháp Ý tưởng phương pháp củng giống bất phương trình chứa giá trị tuyệt đối Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Cho bất phương trình: x2 − (m + 3)x + 3m < (m − x)log2 x (1) a) Giải bất phương trình m=2 42 b) Giải biện luận bất phương trình Giải Điều kiện: x>0 Biến đổi bất phương trình (1) dạng: x2 − (m + − log2 x)x + 3m − mlog2 x < (2) Coi (2) bất phương trình bật theo ẩn x, ta có: ∆ = (m + − log2 x)2 − 4(3m − mlog2 x) = (log2 x − m + 3)2 Do (2) ⇔ (x − m)(x − + log2 x) < (3) Xét x − + log2 x > ⇔ log2 x > − x (4) Hàm số y = log2 x hàm đông biến hàm số y = − x hàm nghịch biến VT >1 Với x>2 , ta có: ⇒ x > nghiệm bất phương trình (4) VP m x>m   x − + log x < x f (m2 − m − 2) ⇔ (m + 1)x + > m2 − m − ⇔ g(x) = (m + 1)x − m2 + m + > a) Với m=3 ta được:4x > ⇔ x > Vậy, với m=3 bất phưng trình có nghiệm x>0 43 b) Vậy bất phương trình (1) nghiệm với x ∈ [0, 1] m2 − m − >  g(x) = (m + 1)x − m + m + > 0, ∀x ∈ [0, 1]  m > ∨ m < −1 g(0) > ⇔   g(1) > m>2  m√< −1 ⇔  1− 81 x−m>0 ⇔ x(x + m) > 2x >  x+m>2 Xét hệ tọa độ vng góc Oxm điểm M (x, m) hình b Với < x − m + < 1, ta được:       00 x−m0 x+m Ví dụ 2: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: logm2 +1 [x3 + (m − 3)x2 + mx − m2 + 2m + > logm2 +1 (1 − x2 ) (1) Giải Biến đổi bất phương trình tương đương với:   m +1=1 − x2 >  x + (m − 3)x2 + mx − m2 + 2m + > − x2   m=0 −1 < x < ⇔  2  x + (m − 2)x + mx − m + 2m >  m=0 −1 < x < ⇔ (2)  (x − m)(x + m − 2) > Xét hệ tọa độ vng góc Oxm, điểm M(x,m) thỏa mãn (2) biểu diễn miền gạch hình Vậy (1) có nghiệm hệ (2) có nghiệm < m < 2.2.10 Sử dụng phương pháp điều kiện cần đủ Phương pháp Ý tưởng phương pháp củng giống bất phương trình chứa giá trị tuyệt đối 45 Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Tìm điều kiện m để bất phương trình: (2 + x)(4 − x) ≤ lg(x2 − 2x + m) (1) lg Nghiệm với x ∈ (−2, 4) Giải Biến đổi bất phương trình tương đương với : (2 + x)(4 − x) ≤ (x2 − 2x + m) (2) Để (1) nghiệm với x ∈ (−2, 4) ⇔ (2) nghiệm với x ∈ (−2, 4) Điều kiện cần: Giả sử (1) có nghiệm ∀x ∈ (−2, 4) ⇒ x = nghiệm (1), đó: 3≤m−1⇔m≥4 Đó điều kiện cần để bất phương trình nghiệm với ∀x ∈ (−2, 4) Điều kiện đủ: Giả sử m ≥ 4, đó: • Áp dụng bất đẳng thức cối cho vế trái ta được: VT = (2 + x)(4 − x) ≤ (2 + x) + (4 − x) = • Biến đổi vế phải dạng: V P = x2 − 2x + m = (x − 1)2 + m − ≥ • Suy ra: (2 + x)(4 − x) ≤ x2 − 2x + m Vậy với m ≥ bất phương trình nghiệm với ∀x ∈ (−2, 4) 2.2.11 Sử dụng phương pháp đánh giá Phương pháp Ý tưởng phương pháp củng giống bất phương trình vơ tỉ Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Giải bất phương trình: log2 (x2 + 1) + 2logx2 +1 (2x2 + 1) + 4log2x2 +1 ≥ Giải Điều kiện x = Nhận xét rằng: log2 (x2 + 1), 2logx2 +1 (2x2 + 1), 4log2x2 +1 > Do sử dụng bất đẳng thức cơsi, ta có: V T = log2 (x2 + 1) + 2logx2 +1 (2x2 + 1) + 4log2x2 +1 ≥ 3 8log2 (x2 + 1).logx2 +1 (2x2 + 1).log2x2 +1 = = V P Vậy bất phương trình nghiệm với x = Ví dụ 2: Giải bất phương trình: log 13 √ 1 > (1) log 13 (x + 1) 2x2 − 3x + Giải 46 Điều kiện: < 2x2 − 3x + = ⇔ x ∈ −1, 21 ∪ (1, +∞) \ 0, 32 0 ⇔ 2x2 − 3x + < ⇔ 2x2 − 3x + < ⇔ < x < B = log 13 (x + 1) > ⇔ x + < ⇔ x < Từ đó, ta có bảng xét dấu sau: • Với −1 < x < 0, V T < 0, V P > (1) vơ nghiệm • Với < x < 12 , V T > 0, V P < (1) nghiệm • Với < x < 32 , V T > 0, V P < (1) nghiệm • Với x > 32 , thìV T < ,V P < , bất phương trình (1) tương đương với: √ √ log 13 2x2 − 3x + < log 13 (x + 1) ⇔ 2x2 − 3x + > x + > x+1>0 x > −1 −1 < x < ⇔ ⇔ ⇔ 2x2 − 3x + > (x + 1)2 x2 − 5x > x>5 Kết hợp với trường hợp đanh xét, ta x > Vậy, bất phương trình có nghiệm 0, 12 ∪ 1, 32 ∪ (5, +∞) 47 ... Hệ phương trình mũ logarit Phương pháp 1: Phương pháp - Giải phương trình để tìm ẩn (phụ thuộc vào ẩn cịn lại) - Thế giá trị ẩn tìm vào phương trình cịn lại để phương trình ẩn - Giải phương trình. .. hệ phương trình sau: 2lgy − lgx = 2 lg x + lg y = Đáp số: (x; y) = (1; 10) 27 Chương CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT 2.1 2.1.1 CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ PHƯƠNG... 13.alogb c = clogb a 1.2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT 1.2.1 Phương pháp 1: Giải phương trình af (x) = b ⇔ f (x) = loga b Ví dụ 1: Giải phương trình: a)3x −5x+4 = 81 b)log2