001 02 05 gt12 cii mu logarit bai 5 04 hdg pp đặt ẩn phụ tu luan

C H Ư Ơ N II HÀM SỐ LŨY THỪA - HÀM SỐ MŨ – HÀM SỐ LOGARIT PHƯƠNG TRÌNH –MŨ –LOGARIT DẠNG 3: PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ I ẨN PHỤ KHÔNG THAM SỐ LÝ THUYẾT I = = = DẠNG 1: A.a f  x  B.a f  x   C 0 (1) I PHƯƠNG PHÁP GIẢI: Cách 1: Đặt t a f  x  t   Khi phương trình (1) trở thành A.t  B.t  C 0 (2) Giải (2), đối chiếu điều kiện trả lại ẩn cũ ta phương trình Cách 2: A.a f  x a  B.a f  x f  x   C 0  A a f  x   B.a f  x  C 0 Đây phương trình dạng bậc hai , ta tính nhanh nghiệm máy tính II HỆ THỐNG BÀI TẬ P TỰ LUẬN = = = x 3 x x I   12 0 Câu Giải phương trình sau Lời giải (*)  3x      8.2 x  12 0    x   x 3  2    x  x  6 log    S 3;  log   Vậy tập nghiệm phương trình Câu Giải phương trình sau 7 (*) x  7 x x  71 x  0    0  x  6.7 x Lời giải 7  0    Vậy phương trình có nghiệm x 0 x 1 x   x 0 Câu Giải phương trình sau x     21  x 1  2 0 Lời giải  (*)         1   1 x   x   2 0     x 2    2      x   0 x 1  1 x  x 1  21 S  1;  1 Vậy tập nghiệm phương trình sin x  9cos x 10 Câu Giải phương trình sau Lời giải 9 (*) sin x  9sin x  10  sin x  2  10.9 sin x  9sin x 1  0    9sin x 9  sin x 0 k   sin x 0  x   sin x 1  k  S  k     Vậy tập nghiệm phương trình x x x DẠNG 2: A.a  B.b  C.c 0 (1) PHƯƠNG PHÁP GIẢI: x x x Với PT ta giải theo cách chia hai vế phương trình cho c (hoặc b a ) x x a b A    B    C 0 c Khi ta PT  c  x x x Câu Giải phương trình sau  3.6  2.4 0 Lời giải 2x x  3  3       0 x  2 Chia hai vế phương trình (1) cho ta được:   (*) x  t 1  3 t  3t  0   t     2  t 2 Đặt , (*) trở thành x  3    1  x 0 +) t 1   x  3 t 2    2  x log  2 +) Vậy phương trình có nghiệm x 0 Câu Giải phương trình sau 2 x 1  9.2 x x 2 x 2 x log 2 0 Lời giải 2x x (*)  2.2  9.2 x  4.22 x 0  2.2  2 x x   9.2 x x  0 (1)  t 4 2t  9t  0    t 1  phương trình (1) trở thành  x Đặt t 2 x t 4  x x +)  x  4  x  x 2    x 2 1 t   x  x   x  x  2 +) (PT vô nghiệm) Vậy phương trình cho có nghiệm x  x 2 x x x x Câu Giải phương trình sau 3.8  4.12  18  2.27 0 Lời giải x x x  x   x   x    4  2           0               0  27   9  3           (*)  x     3   x 1  x        Vậy phương trình có nghiệm x 1 DẠNG 3: A.log 2a f  x   B.log a f  x   C 0 (1), với  a 1 PHƯƠNG PHÁP GIẢI: Cách 1: ĐK: Đặt f  x  t log a f  x  Khi phương trình (1) trở thành A.t  B.t  C 0 (2) Giải (2), trả lại ẩn cũ ta phương trình Cách 2: A.log 2a f  x   B.log a f  x   C 0  A  log a f  x    B.log a f  x   C 0 Đây phương trình dạng bậc hai Câu Giải phương trình sau log a f  x  , ta tính nhanh nghiệm máy tính log32 x   log  x  1  0 Lời giải  log3  x  1 1  x 2  log32  x  1  3log  x  1  0     x 8  log3  x  1 2 (*) Vậy PT có nghiệm x 2; x 8 Câu Giải phương trình sau log  3x  1 log  x1   12 Lời giải Điều kiện: x   log  3x  1 log 3  3x  1 12  log  x  1  log  x  1 1 12 (*)  log23  3x  1  log  3x  1  12 0 (1)  t  t  t  12 0   log3   1 t  t 3 Đặt: , phương trình (1) trở thành: x t   log  3x  1   x log t 3  log  3x  1 3  x log 28 82 81 (thỏa điều kiện) (thỏa điều kiện) 82   S log ;log 28 81   Vậy tập nghiệm phương trình là: Câu Giải phương trình sau log1 x  x  x  1  log1 x  x  x  1  0 Lời giải x  , x 0 Điều kiện  log1 x    x    x    log1 x   x   0  log1 x   x   log1 x   x   0 (*) (1) t log1 x   x   log1 x   x   t Đặt t Phương trình (1) trở thành:  t   0  t  t  0   t  t 2  x 0  log1 x   3x    1  x  x  x 0    x 5 1 2x (Không thỏa mãn)  Với t   x 0  log1 x   x  2   x  x 1  x  x  x 0    x 1  Với t 2 Đối chiếu điều kiện ta thấy nghiệm PT Câu Giải phương trình sau x 3log x  log x  log16 x 0 Lời giải  1  x  1; ;   16  ĐKXĐ: (*)  6 3   0    0 log x log x log 16 x log x  log x  log x (1) Đặt: log x t , t   0;  2;  4 Phương trình (1) trở thành: 3   0    t    t   2t   t   3t   t  0  8t  32t  24 0  t t t t   log x   x  +) +) t   log x   x  1 1 S  ;  2 8 Vậy tập nghiệm phương trình là: log x log5 Câu Giải phương trình sau  x 50 Lời giải t ĐKXĐ: x  Đặt t log x  x 10 Khi ta có (*) trở thành 5t   10t  log 50  5t  5t 50  t 2  x 100 Vậy PT có nghiệm x 100 log 100 x log10 x  6logx 2.3 Câu Giải phương trình sau   Lời giải log 100 x log10 x  6log x 2.3 (*)     4.4log x  6log x 18.9log x    log x    log x log x    4  2        18 0    log x   x  log x  100 9  3        x 100 Vậy PT có nghiệm  Câu Giải phương trình sau  10  log3 x    10  log x  2x Lời giải ĐKXĐ: x  (*)    10  log3 x  10   t     Đặt    10  log3 x  3log3 x  10        log3 x ; t 0 phương trình (1) trở thành: log3 x  10        log3 x  (1)  t   t     10 (tm) t     10 (l ) t    3t  2t  0 t   t  10    10 t      Với log x  10   log x 1  x 3 S  3 Vậy tập nghiệm phương trình là:  2 2 Câu Giải phương trình sau log x  x 2  log x 1  x Lời giải Điều kiện x  Ta có   2 log x  2  log x x Đặt  t  2  log x   2  log x  x  t  0 t  t 1 x 1  x  t  t  1  t  1 x   t  t x t Khi ta có (*) trở thành + t 1  x 1 +  t x2    log x    x  log x.log 2  2 log x  log x 0  x 1 Vậy PT có nghiệm x 1 Câu Giải phương trình sau x  6 log  x    Lời giải x Điều kiện: Đặt y  log  x   ta có hệ phương trình x 7 x  6  y  1  7 6 y    y  x   x 7 y   y  7 6 x   y  log  x   (2) Xét hàm số f  t  7t   6t  2  f  x   f  y   Xét hàm số x  với x y 5 f '  t  7t  ln   0, t   f  t  đồng biến nên x ta có phương trình  x  0 (3) g  x  7 x   x  nên suy phương trình t với g  x  0 x x x g '  x  7 ln   g "  x  7  ln   có khơng q hai nghiệm g  1  g   0 Mặt khác nên x 1 x 2 nghiệm phương trình (3) Vậy phương trình cho có nghiệm x 1 x 2 DẠNG 4: ẨN PHỤ CĨ THAM SỐ x x Câu Tìm tất giá trị thực tham số thực m để phương trình  m.3  0 có hai nghiệm phân biệt? Lời giải Đặt t 3x  t   phương trình trở thành t  mt  0  1 Phương trình cho có nghiệm phân biệt biệt  1 t ,t có nghiệm dương phân m  24       t1  t2   m   m     t t  m   m2 1 6   m  1 16 x   2m  3 x  6m  0 có Câu Tìm tất giá trị nguyên m để phương trình nghiệm trái dấu Lời giải x  m  1 t   2m  3 t  6m  0  * Đặt t 4 , t  , phương trình trở thành: Để phương trình cho có hai nghiệm trái dấu phương trình  * có hai nghiệm t1 , t2 thỏa   2m  23m     6m    2m       '  2m  3   m  1  6m     m 1  m 1   t1  1  t2  1   m     2m      t1  t2  0   m   m 1   m  t1.t2   0  m   m 1    t   t   m   1 mãn     23  561  23  561   m   23  561  m   23  561  4  4  3m  12   0    m    4m1 m      m    m      m      m   Vì m    m    3;  2 Câu Tìm tất giá trị thực tham số a để phương trình nghiệm phân biệt  x1 , x2 thỏa mãn x1  x2 log 2 3 Lời giải 2  x   1 a   x  0 có   3 Phương trình: x   1 a   x  0  1 x  2        a    2  2    3 Đặt x Phương trình t   1  x 0   2  2x   x     a 0 ta có phương trình t  4t   a 0 (2)   có hai nghiệm phân biệt x ,x có nghiệm phân biệt  4   a     t1  t2 4     a  t t 1  a  t ,t 1 dương (*)  x1 log 2 t1  x log 2 t x  x log 2 3 Khi đó:  suy  log 2 t1  log 2 t2 log 2 3 Mặt khác theo Viet ta có  t1  t2 4  t1.t2 1  a t1 3  t1 3t2 t2 nên t 3   t2 1 suy a  thoả mãn (*) Vậy a  giá trị cần tìm x x x    1;  Câu Tìm tất giá trị thực m để phương trình  2.2  m có nghiệm Lời giải x Đặt t 2 ; x    1;  1  t  ;4   nên  * Khi phương trình trở thành t  2t  m PT cho có nghiệm x    1;  1  t  ;4 2  (*) có nghiệm 1  t   ; 4 f  t  t  2t  2  Xét ; 1  t   ; 4 f t 2  Ta thấy liên tục Có f  t  2t  ; f  t  0  t 1 Max f  t   f   10; Min f  t   f  1 1 1  t ;4  2  1  t ;4 2  1  t  ;4    m  10 Từ suy (*) có nghiệm Câu Tìm tất giá trị thực m để phương trình log x  log x  2m  0 có nghiệm Lời giải Đặt t log x; t   0;1 2 Phương trình trở thành : t  t  2m  0  t  t  2m x   1;3 PT cho có nghiệm Xét hàm số : Có: f  t  t  t  (1) có nghiệm , với (1) t   0;1 t   0;1 f '  t  2t   t   0;1  f  t   0;1 đồng biến Phương trình (1) có nghiệm t   0;1  1  f    2m  f  1    2m   m    ;   2  1 m  ;   2  tốn thỏa mãn Vậy với log 52 x  log 52 x 1  2m  0 Câu Tìm tất giá trị thực m để phương trình có nghiệm Lời giải x   1;5   t  log 52 x  1; t   1; 2   Đặt phương trình trở thành: t  t  2m  0  t  t  2m (1) x   1;5    (1) có nghiệm t   1; 2 PT cho có nghiệm Xét hàm số: f  t  t  t   f '  t  2t   với t   1; 2 , suy hàm số đồng biến  1;  Do (1) có nghiệm Vậy với m   2; 4 t   1; 2  f  1 2m  f    2m 8  m   2; 4  1;5   phương trình trình có nghiệm  Câu Tìm tất giá trị thực m để phương trình x x x x 4 nghiệm phân biệt thỏa mãn  m  1 25log x   m   xlog  2m 1 0 có hai 2 Lời giải Điều kiện: x  m  1 25log x   m   x log  2m  0   m  1 25log x   m   5log x  2m  0  Ta có: 2 log x  t  0 Đặt t 5 Khi phương trình  1 trở thành  m  1 t   m   t  2m  0  * (1) Phương trình t1 t  1 có nghiệm x1 x2 phân biệt phương trình  * có nghiệm  m  0  2  m   m     m  1   2m  1 9m   m 0 m  0      m  2         m   m      2m  t1  t2    m   0 t1.t2    m 1 dương phân biệt m 0     m  x x 4  log  x1 x2  2  log  x1   log  x2  2 Ta có:  5log2  x1  log2  x2  52  5log2  x1  5log2  x2  25  t1.t2 25  * , ta có: Áp dụng hệ thức vi-ét cho phương trình  2m  24 t1.t2 25  25   2m  25m  25   24 27 m  m  m 1 27 (t/m) 24 m  27 tốn thỏa mãn Vậy với giá trị