Đang tải... (xem toàn văn)
Tài liệu ôn thi TN, Đại học chủ đề mũ và logarit rất đầy đủ và chi tiết
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 288 Chuyên đề 10: MŨ, LOGARIT Vấn đề 1: PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ Dạng 1: Dạng cơ bản: với 0 < a 1 f(x) a b0 ab f(x) log b Dạng 2: Đưa về cùng cơ số: f(x) g(x) a a (1) Nếu 0 < a 1: (1) f(x) = g(x) Nếu a thay đổi: (1) a0 (a 1) f(x) g(x) 0 Dạng 3: Đặt ẩn phụ: Đặt t = a x , t > 0; giải phương trình t0 g(t) 0 Dạng 4: Đoán nghiệm và chứng minh nghiệm đó duy nhất. PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT Điều kiện tồn tại log a f(x) là 0 a 1 f(x) 0 Dạng 1: a b 0 a 1 log f(x) b f(x) a Dạng 2: Đưa về cùng cơ số: aa 0 a 1 log f(x) log g(x) g(x) 0 f(x) g(x) Dạng 3: Đặt ẩn phụ Đặt t = log a x sau đó giải phương trình đại số theo t Dạng 4: Đoán nghiệm và chứng minh nghiệm duy nhất B. ĐỀ THI Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2011 Giải phương trình: 2 21 2 log 8 x log 1 x 1 x 2 0 (x R). Giải 2 21 2 log 8 x log 1 x 1 x 2 0 . Điều kiện: –1 x 1. TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 289 2 22 log 8 x log 1 x 1 x 2 2 8 x 4 1 x 1 x (*). Với –1 x 1 thì hai vế của (*) không âm nên bình phương hai vế của (*) ta được: (*) 2 22 8 x 16 2 2 1 x 2 22 8 x 32 1 1 x (1). Đặt t = 2 1x t 2 = 1 – x 2 x 2 = 1 – t 2 , (1) trở thành: 2 2 7 t 32 1 t t 4 + 14t 2 – 32t + 17 = 0 (t – 1)(t 3 – t 2 +15t – 17) = 0 (t – 1) 2 (t 2 + 2t + 17) = 0 t = 1. Do đó (1) 2 1x = 1 x = 0 (Thỏa điều kiện –1 x 1). Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm x = 0. Bài 2: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2011 Giải bất phương trình 22 x x x 2x 3 1 x 2x 3 4 3.2 4 0 Giải 22 x x x 2x 3 1 x 2x 3 4 3.2 4 0 22 2x x x 2x 3 2 x 2x 3 2 3.2 .2 4.2 0 22 x 2x 3 x 2( x 2x 3 x) 1 3.2 4.2 0 (1) Đặt t = 2 x 2x 3 x 2 > 0 (*) (1) thành 1 – 3t – 4t 2 > 0 4t 2 + 3t – 1 < 0 1 1t 4 Do đó bất phương trình đã cho tương đương: 2 x 2x 3 x 2 < 1 4 = 2 -2 2 2 3 2x x x 2 x 2x 3 x 2 1 1 i z 2 2 7 3x 2 . Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2010 Giải phương trình 33 2x x 2 x 2 x 2 x 4x 4 4 2 4 2 (x ) Giải 33 2x x 2 x 2 x 2 x 4x 4 4 2 4 2 (*); Điều kiện : x 2 . (*) 3 2 x 2 4x 4 x 4x 4 4 (2 1) 2 (2 1) 0 3 4x 4 2 x 2 x (2 1)(4 2 ) 0 Do đó phương trình (*) có hai trường hợp. 4x 4 2 1 4x 4 0 x 1 (nhận) Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 290 3 4 2 x 2 x 22 3 x 2 x 2 4 3 x 8 2( x 2 2) 2 2(x 2) (x 2)(x 2x 4) x 2 2 2 x 2 nhận 2 x 2x 4 (1) x 2 2 Nhận xét: Phương trình (1) có: VT = 22 x 2x 4 (x 1) 3 3 ; VP = 2 1 x 2 2 Suy ra phương trình (1) vô nghiệm. Vậy : (*) chỉ có hai nghiệm x = 1; x = 2. Bài 4: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2008 Giải phương trình 2 22 log (x 1) 6log x 1 2 0 Giải 2 22 log (x 1) 6log x 1 2 0 (1) Điều kiện x > 1 (1) 2 22 log (x 1) 3log (x 1) 2 0 2 2 log (x 1) 1 x 1 2 x 1 log (x 1) 2 x 1 4 x 3 Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2008 Giải phương trình log 2x – 1 (2x 2 + x – 1) + log x + 1 (2x – 1) 2 = 4 Giải Điều kiện: 2 2 0 2x 1 1 1 2x x 1 0 x 1 x1 2 0 x 1 1 2 x1 (2x 1) 0 22 2x 1 x 1 log (2x x 1) log (2x 1) 4 log 2x – 1 (2x – 1)(x + 1) + log x + 1 (2x – 1) 2 = 4 1 + log 2x – 1 (x + 1) + 2log x + 1 (2x – 1) = 4 Đặt: 2x 1 x 1 2x 1 11 t log (x 1) log (2x 1) log (x 1) t Ta có phương trình ẩn t là: 2 t1 2 1 t 4 t 3t 2 0 t2 t TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 291 Với t = 1 log 2x – 1 (x + 1) = 1 x + 1 = 2x – 1 x = 2 (nhận) Với t = 2 log 2x – 1 (x + 1) = 2 (2x – 1) 2 = x + 1 x 0 (loại) 5 x 4 Nghiệm của phương trình là: x = 2 và 5 x 4 . Bài 6: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2007 Giải phương trình: xx 22 x 1 log (4 15.2 27) 2log 0 4.2 3 Giải Điều kiện: 4.2 x 3 > 0. Phương trình đã cho tương đương với. log 2 (4 x + 15.2 x + 27) = log 2 (4.2 x 3) 2 5.(2 x ) 2 13.2 x 6 = 0 x x 2 2 loại 5 23 Do 2 x > 0 nên 2 x = 3 x = log 2 3 (thỏa mãn điều kiện) Bài 7: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2007 Giải phương trình: xx ( 2 1) ( 2 1) 2 2 0 Giải Đặt x 2 1 t (t 0), khi đó phương trình trở thành: 1 t 2 2 0 t 2 1, t 2 1 t Với t 2 1 ta có x = 1. Với t 2 1 ta có x = 1. Bài 8: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2006 Giải phương trình : 22 x x x x 2x 2 4.2 2 4 0 Giải Phương trình đã cho tương đương với: 2 2 2 2x x x x x 2x x x 2 (2 1) 4(2 1) 0 (2 4)(2 1) 0 2x 2x 2 2 4 0 2 2 x 1. 22 x x x x 2 2 1 0 2 1 x x 0 x 0, x 1 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0, x = 1. Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 292 Bài 9: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2006 Giải phương trình: x x x x 3.8 4.12 18 2.27 0 Giải Phương trình đã cho tương đương với: 3x 2x x 2 2 2 3 4 2 0 3 3 3 (1) Đặt t = x 2 3 (t > 0), phương trình (1) trở thành 3t 3 + 4t 2 t 2 = 0 (t + 1) 2 (3t 2) = 0 t = 2 3 (vì t > 0). Với t = x 2 2 2 thì hay x = 1 3 3 3 . Bài 10: ĐỀ DỰ BỊ 2 Giải phương trình: x 5 log 5 4 1 x Giải Điều kiện: 5 x – 4 > 0 (a) Dễ thấy x = 1 là nghiệm của (1) VT: f(x) = x 5 log 5 4 là hàm số đồng biến VP: g(x) = 1 – x là hàm số nghòch biến Do đó x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình Bài 11: Giải phương trình 22 x x 2 x x 2 2 3 . Giải Đặt 2 xx t2 (t > 0) 22 x x 2 x x 2 2 3 2 4 t 3 t 3t 4 0 t t 1 (loại) t = 4 (nhận) Vậy 2 xx 2 = 2 2 x 2 x 2 = 0 x = 1 x = 2. Bài 12: Cho phương trình 22 33 log x log x 1 2m 1 0 (2): (m là tham số). 1/ Giải phương trình (2) khi m = 2. 2/ Tìm m để phương trình (2) có ít nhất 1 nghiệm thuộc đoạn 3 1 ; 3 . TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 293 Giải 1/ Khi m = 2 thì phương trình (2) trở thành 22 33 log x log x 1 5 0 Điều kiện x > 0. Đặt t = 2 3 log x 1 1 (2) t 2 + t 6 = 0 t = 2 t = 3 (loại) t = 2 3 3 log x 3 x = 3 2/ 1 x 32 3 3 1 log x 1 4 1 t 2 . Phương trình (2) có ít nhất 1 nghiệm thuộc 3 1; 3 2m = t 2 + t 2 = f(t) có nghiệm t [1, 2] Vì f tăng trên [1, 2] nên ycbt f(1) 2m f(2) 0 m 2. Vấn đề 2: BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ f(x) g(x) a a (1) Nếu a > 1: (1) f(x) > g(x) Nếu 0 < a < 1: (1) f(x) < g(x) Tổng quát: f(x) g(x) a 0; a 1 aa (a 1)(f(x) g(x)) 0 f(x) g(x) a0 aa (a 1) f(x) g(x) 0 BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT log a f(x) > log a g(x) (1) Nếu a > 1 : (1) g(x) 0 f(x) g(x) Nếu 0 < a < 1 : (1) f(x) 0 g(x) f(x) B.ĐỀ THI Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2008 Giải bất phương trình: 2 0,7 6 xx log log 0 x4 Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 294 Giải Điều kiện: 2 2 6 xx 0 x4 xx log 0 x4 Bất phương trình tương đương với 2 0,7 6 0,7 xx log log log 1 x4 (1) (1) 2 2 2 6 x x x x x 5x 24 log 1 6 0 x 4 x 4 x 4 4 < x < 3 hay x > 8 Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2008 Giải bất phương trình: 2 1 2 x 3x 2 log 0 x Giải Điều kiện: 2 x 3x 2 0 x Bất phương trình tương đương với 2 11 22 x 3x 2 log log 1 x (1) (1) 22 22 x 3x 2 x 3x 2 00 xx x 3x 2 x 4x 2 10 xx 2 2 (x 3x 2)x 0 0 x 1 x 2 (x 4x 2)x 0 x 0 2 2 x 2 2 x0 2 2 x 1 2 x 2 2 . Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2007 Giải bất phương trình: 31 3 2log (4x 3) log (2x 3) 2 Giải Điều kiện: 3 x. 4 Bất phương trình đã cho 2 3 (4x 3) log 2 2x 3 TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 295 22 3 (4x 3) 9(2x 3) 16x 42x 18 0 x 3 8 Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình là: 3 x3 4 . Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2006 Giải bất phương trình: x x 2 5 5 5 log (4 144) 4log 2 1 log (2 1). Giải Bất phương trình đã cho tương đương với x x 2 5 5 5 log (4 144) log 16 1 log (2 1) (1) (1) x x 2 5 5 5 5 log (4 144) log 16 log 5 log (2 1) x x 2 55 log (4 144) log [80(2 1)] x x 2 x x 4 144 80(2 1) 4 20.2 64 0 x 4 2 16 2 x 4 Bài 5: ĐỀ DỰ BỊ 2 Giải phương trình: x 5 log 5 4 1 x Giải Điều kiện : 5 x – 4 > 0 (a) Để thấy x = 1 là nghiệm của (1) VT : f(x) = x 5 log 5 4 là hàm số đồng biến VP : g(x) = 1 – x là hàm số nghòch biến Do đó x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình. Bài 6: Giải bất phương trình: x x3 log log 9 72 1 Giải Điều kiện x 9 x 3 0 x 1 9 72 0 x log 73 log 9 72 0 Bất phương trình x 39 log 9 72 x (Vì x > log 73 1) x x x 9 3 72 0 8 3 9 x 2 Kết hợp với điều kiện ta được 9 log 73 < x 2. Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 296 Vấn đề 3: HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT A.PHƯƠNG PHÁP GIẢI Thường sử dụng phương pháp biến đổi từng phương trình trong hệ, sau đó dùng phương pháp thế để tìm nghiệm. B.ĐỀ THI Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010 Giải hệ phương trình: 2 x x 2 log (3y 1) x 4 2 3y (x, y ) Giải Điều kiện: 3y – 1 > 0 Ta có 2 x x 2 log (3y 1) x 4 2 3y x x x 2 3y 1 2 4 2 3y x x x 2 21 y 3 4 2 3y x x x x 2 21 y 3 3(4 2 ) (2 1) x xx 21 y 3 2.4 2 1 0 x xx 21 y 3 1 (2 1)(2 ) 0 2 x x 21 y 3 1 2 2 x1 1 y 2 (nhận) Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2010 Giải hệ phương trình: 2 2 2 x 4x y 2 0 2log (x 2) log y 0 Giải 2 2 2 x 4x y 2 0 (1) 2log (x 2) log y 0 (2) ; Điều kiện: x > 2 , y > 0 (2) 22 y x 2 (x 2) y y 2 x 2 x 0 (loại) y x 2: (1) x 3x 0 x 3 y 1 TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 297 2 x 1 (loại) y 2 x: (1) x 5x 4 0 x 4 y 2 (loại) Vậy hệ có một nghiệm x3 y1 . Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009 Giải hệ phương trình: 22 22 22 x xy y log x y 1 log xy x,y 3 81 Giải Với điều kiện xy > 0 (*), hệ đã cho tương đương: 22 22 x y 2xy x xy y 4 2 xy xy y2 y4 Kết hợp (*), hệ có nghiệm: (x; y) = (2; 2) và (x; y) = (2; 2) Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2006 Chứng minh rằng với mọi a > 0, hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất: xy e e ln(1 x) ln(1 y) y x a Giải Điều kiện: x, y > 1. Hệ đã cho tương đương với: x a x e e ln(1 x) ln(1 a x) 0 (1) y x a (2) Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (1) có nghiệm duy nhất trong khoảng (1; + ). Xét hàm số f(x) = x a x e e ln(1 x) ln(1 a x) với x > 1. Do f(x) liên tục trong khoảng (1; +) và x x1 lim f(x) , lim f(x) nên phương trình f(x) = 0 có nghiệm trong khoảng (1; + ). Mặt khác: x a x 11 f'(x) e e 1 x 1 a x = xa a e (e 1) 0, x > 1 (1 x)(1 a x) f(x) đồng biến trong khoảng (1; + ). Suy ra phương trình f(x) = 0 có nghiệm duy nhất trong khoảng (1; + ). Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất. [...]... nghiệm khi và chỉ khi: (2) có nghiệm [1; 1] x2 – 2x + 3 m(x - 2) có nghiệm x [1; 1] x2 2x 3 m ( vì x 2 0) có nghiệm x [1; 1] x2 x2 2x 3 , x [1; 1] x2 Xét hàm f(x) = f (x) x f'(x) f(x) x2 4x 1 x 2 2 1 + 2 298 , f’(x) = 0 x 2 3 2 3 0 1 2 2 2 3 0 + + TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN Dựa vào bảng biến thi n hệ có nghiệm 2 ≤ m Bài 7: ĐỀ DỰ BỊ... Thay y = x vào (1) ta có x 1 2 x 1 x 1 2 x 2 (x 1)(2 x) 1 (x 1)(2 x) 0 x 1, x = 2 Kết hợp với điều kiện (*) hệ có hai nghiệm là (x; y) = (1; 1) và (x; y) = (2; 2) Bài 6: ĐỀ DỰ BỊ 1 - ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2005 Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: 72x x 1 72 x 1 2005x 2005 1 2 2 x m 2 x 2m 3 0 Giải Điều kiện x 1 Ta có : (1)...Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2005 x 1 2 y 1 Giải hệ phương trình: 2 3 3log9 (9x ) log3 y 3 Giải x 1 2 y 1 (1) x 1 Điề u kiệ n : 2 3 0 y 2 (2) 3log9 (9x ) log3 y 3 (2) 3(1 + log3x) 3log3y = 3 log3x = log3y x = y Thay y = x vào (1) ta có x 1 2 x 1 x 1 2 x 2 (x 1)(2... x y 2 x = 0 x = 2 y = 1 y = 4 Bài 9: ĐỀ DỰ BỊ 1 x 4 | y | 3 0 Giải hệ phương trình: log4 x log2 y 0 1 2 Giải x 1 Điều kiện: y 1 (2) log4x = log4y2 x = y2 Thay x = y2 vào (1) ta được : y2 – 4y + 3 = 0 y 1 y 1 x 1 (do y 1) y 3 x 9 y 3 Vậy hệ có 2 cặp nghiệm (1; 1) và (9; 3) 299