001 02 05 gt12 cii mu logarit bai 5 06 hdg các dạng khác tu luan

C H Ư Ơ N II HÀM SỐ LŨY THỪA - HÀM SỐ MŨ – HÀM SỐ LOGARIT PHƯƠNG TRÌNH – MŨ – LOGARIT DẠNG 5: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ, ĐÁNH GIÁ LÝ THUYẾT I = = I DÙNG = PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT MŨ DựaI vào tính chất sau y  f  x  a; b  Tính chất 1: Nếu hàm số đồng biến (hoặc nghịch biến) f  x  k  a; b  f  u   f  v   u v u, v   a; b  có không nghiệm y  f  x Tính chất 2: Nếu hàm số f  x  m phương trình liên tục ln đồng biến (hoặc ln nghịch biến) D phương trình có khơng nghiệm D Tính chất 3: Nếu hàm số y  f  x liên tục đồng biến (hoặc nghịch biến); hàm số y g  x  liên tục f  x  g  x  nghịch biến (hoặc đồng biến) D phương trình: có khơng q D nghiệm Tính chất 4:Cho hàm số y  f  x có đạo hàm đến cấp k liên tục f m nghiệm phương trình II = = = I HỆ THỐNG BÀI T  Câu Giải phương trình: 15  x  k  1  a; b  Nếu phương trình f  k   x  0  x  0 có nhiều m 1 nghiệm ẬP TỰ LUẬN  4 x Lời giải  15  x  4 x x  15    x       1 ()    4 x x x  15    x  15  15   f  x      ln  0, x        f '  x    ln  4    4   Xét hàm số có Vậy f hàm số nghịch biến, liên tục trên  x 2 nghiệm phương trình (*) nên x 2 nghiệm () Vậy phương trình cho có S  2 x Câu Giải phương trình: x  x  5 Lời giải x  x   x  x  x  x 0  x  x   0, x   Nhận xét: x  x  5x    ln x  x   x ln 0 Xét hàm số f ' x  Hơn   f  x  ln x  x   x ln x2 1  ln  0, x    f hàm nghịch biến, liên tục  f   0  x 0 Vậy phương trình cho có Câu Giải phương trình: nghiệm phương trình cho S  0 3.4 x   x  10  x   x 0 Lời giải x Đặt t 2 , t  Phương trình cho trở thành Ta xem 3t   3x  10  t   x 0  1 phương trình bậc hai ẩn t x tham số Phương trình có: (1)  t   1   x  10   12   x   x   hay t  x  1 t   x   x  log 3 Với x VT  f  x  2 x  x Với t  x    x 3  x 1 (Do hàm số đồng biến, liên tục  nên phương trình có tối đa nghiệm Vậy phương trình cho có hai nghiệm: f  1 3 ) x  log 3; x 1 x x Câu Giải phương trình:  3 x  Lời giải Xét hàm số f  x  3x  x  x  f '  x  3x ln  x ln   2 f ''  x  3x  ln 3  x  ln   0, x    f '  x  f '  x  0 Suy Vậy có nhiều nghiệm  f  x  0 Mà ta thấy hàm đồng biến, liên tục  nên có nhiều hai nghiệm f  1  f   0  x 0; x 1 S  0;1 nghiệm phương trình log x  x  11 0 Câu Giải phương trình: Lời giải log x  x  11 Điều kiện x  , phương trình cho viết lại Xét f  x  log x f ' x  và g  x   x  11  0;  2 0 f  x  0;   x.ln , x  suy hàm số đồng biến, liên tục khoảng g '  x    0, x   Vậy phương trình Mà khoảng f  5 g  5 Câu Giải phương trình: suy hàm số f  x  g  x  g  x nghịch biến, liên tục  0;   0;   có tối đa nghiệm nên x 5 nghiệm phương trình cho log x  3log6 x log x   Lời giải Điều kiện: x  Đặt t log x  x 6t t t  3  3    1  3t     0 t t t t  2  2 PT cho trở thành:  2 , chia vế cho ta t t t  3  3  3 f  t  3t     f  x  3t.ln    ln    f  t  2  2  2 Xét hàm số có nên đồng biếntrên  Mà f   1 0 nênphương trình f  t  0 Vậy phương trình cho có nghiệm Câu Giải phương trình: có nghiệm t  tức x x 6 log 22 x   x  1 log x  x 6 Lời giải Điều kiện: x  Đặt t log x , phương trình cho trở thành t   x  1 t  x  0   t    t  x  3 0 + Với t  x log x 3  x  * + Với t 3  x ta có: Ta xét f  x  log x g  x  3  x Hàm số f  x Lại có: f   g   với x  , hàm số đồng biến nên phương trình Vậy phương trình cho có nghiệm Câu Giải phương trình log x  0;   * g  x hàm số nghịch biến  0;  có nghiệm x 2 x 2 x  3x  x2  x 1 3x  x  Lời giải x2 x  3x     x 1 Vì 3x  x   0, x   nên điều kiện phương trình Ta có log x  3x  x2  x 1 3x2  x   log  x  x    log  x  x      x  x     x  x     log  x  3x    x  3x   log  x  x     x  x    2 (1) 1   0; t  f (t ) log t  t  0;    f (t )  t ln 2 khoảng Xét hàm số Suy hàm số (1) f  t đồng biến khoảng  0;    f  x  3x    f  3x  x    3x  x   x  x   x  x  0  x  x  0  x 2    x 2  (thỏa mãn điều kiện) Vậy tập nghiệm phương trình  S  2  3;   x  3x  x 1 x ln     5.3  30 x  10 0 6x   Câu Giải phương trình:  Lời giải Điều kiện x Phương trình cho tương đương ln  x  3x   ln  x     x  3x    x   0  ln  x  3x    x  3x  ln  x     x   Xét hàm số f  t  ln t  5t khoảng (1)  0;   f  t     f  t  0;   t Ta có ,  t  , hàm số đồng biến khoảng  1 Từ Xét f  x  3x   f  x    5x  3x 6 x   x  3x  x  0 ta thấy g  x  5x  3x  x  , ta có 2 g  x  5 x ln  3x ln  g  x  5x  ln   3x  ln 3  x   , , g  x  Nên     ;    liên tục  g  x  0     ;    suy g  x  0 có khơng q nghiệm có khơng q nghiệm      ;     Mà g   g  1 0 Vậy phương trình có tập nghiệm S  0;1 II DÙNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LOAGRIT - MŨ Tóm tắt phương pháp Cho biểu thức f  x , g  x xác định tập D  f  x  g  x  a f  x  g  x    f  x  a g  x  a  x  D Nếu với x  D x Câu Giải phương trình 2 1 2  x Lời giải Điều kiện x 0 2 Đánh giá: Với x 0 x  1 2 x 1 2  x 0 nên 2  x 2  x 1 2  x 0    x 2 Do phương trình cho tương đương:  Vậy phương trình cho có nghiệm x 0 Câu Giải phương trình  log   x  log  x  x   Lời giải  x  0   x 1   x  82 9  x      x   81 x2  2x   Điều kiện  Đánh giá: Với  x  82  x  9 x  x  4 nên log  x  log 2   log  x  x   log 2     log  x  2   x 1  log  x  x   2 Do phương trình cho tương đương Vậy phương trình cho có nghiệm x 1 III BÀI TỐN ĐỊNH M TRONG PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT MŨ x 1 x Câu Tìm tất giá trị tham số m để phương trình m  m x  x có nghiệm thuộc đoạn  2;5 Lời giải x 1 x m  m2   m.2 x  x  x   m.2 x  x  x  1 f  t  t  2t Xét f  t  3t   f t với t   suy hàm đồng biến  x m.2 x  x  m  x Khi đó, phương trình (1) tương đương với x g  x  x với x   2;5 Xét:  x ln g  x    x   2;5 2x Có  g  x hàm nghịch biến  2;5 Suy để phương trình (1) có nghiệm m  Vậy 32 g   m  g  x   g    x Câu Tìm tất giá trị tham số m để phương trình  mx 2  52 x  mx m 2 m  32  x  2mx  m có hai nghiệm phân biệt Lời giải u  x  2mx   v 2 x  4mx  m   v  u x  2mx  m Đặt  u v u  v  u   u 5v  v  * Phương trình cho trở thành: t  *  u v Vì hàm số f (t ) 5  t hàm đồng biến nên phương trình  x  2mx  m 0 Phương trình cho có hai nghiệm phân biệt   ' m  m   m  hay m  Câu Có số nguyên m để phương trình biệt lớn log 3x  3x  m  x  x   m 2x2  x 1 có hai nghiệm phân Lời giải Điều kiện: x  3x  m   3x  3x  m  log x  x   m x  x 1 Ta có: 3x  3x  m   log x  x 1  m x2  x   log  x  x  m  1  log  x  x    x  x     x  3x  m  1  log  x  x  m  1   x  x  m  1 log  x  x     x  x    1 f  t  1  0 f  t  t  log t D  0;   t.ln Xét hàm số: , có , t  D f t Do hàm số   đồng biến D  1  f x  x   f 3x  3x  m       x  x  3 x  x  m   x  x m    g  x  x  x Xét hàm số: Bảng biến thiên:  , có g  x  2 x   g  x  0  x  2 Theo bảng biến thiên ta thấy: phương trình   có hai nghiệm phân biệt lớn 25 21   m  1    m3 m    5;  4 Do m   nên , hay có giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu toán