dùng tính đơn điệu của hàm số để giải các dạng phương trình, bất phương trình mũ , logarit. tài liệu, giáo án, bài giảng...
dùng tính đơn điệu của hàm số để giải các dạng phương trình, bất phương trình mũ , logarit. nguyễn lái GVTHPT chuyên Lương Văn Chánh Về dạng toán giải phương trình, bất phương trình mũ, logarit trong các kì thi tuyển sinh Đại học hay kì thi Olympic ta thường gặp các dạng đưa về hàm số đơn điệu để giải. Bài viết này chỉ nêu lên các dạng toán loại như vậy mong là "Tiếp sức trong mùa thi Đại Học hoặc Olympic 30/4". Phương pháp: +Xét phương trình : f ( u)=f (v ) , trong đó u, v là hàm số chứa biến. Nếu hàm số f ( t ) đồng biến ( nghịch biến ) trong miền D thì f ( u )= f ( v ) ⇔ u = v xác định trong miền D. +Xét phương trình : f (x)=k (trong đó k là một hằng số). Nếu hàm số f (x) đồng biến ( nghịch biến ) trong miền D và ∃x 0 ∈ D : f (x 0 )=k thì phương trình f (x)=k ⇔ f (x)=f (x 0 ) ⇔ x = x 0 là nghiệm duy nhất trong miền D. + Xét bất phương trình f ( x ) ≥ k ( trong đó k là một hằng số) Nếu hàm số f (x) nghịch biến (đồng biến) trong miền D và ∃ x 0 ∈ D : f ( x 0 )= k thì bất phương trình: f (x) ≥ k ⇔ f (x) ≥ f (x 0 ) ⇔ x ≤ x 0 (x ≥ x 0 ) là nghiệm bất phương trình trong miền D. Bài Tập Ví Dụ Minh Họa: Bài 1: Giải phương trình: t anx = 2012 cos2x . Lời giải Điều kiện cosx =0 , t anx > 0 ⇒ sinx =0 Phương trình tương đương s inx c osx = 2012 c os 2 x 2012 s in 2 x ⇔ s inx . 2012 s in 2 x = c osx . 2012 c os 2 x Vì hàm số tanx có chu kì kπ để tanx > 0 ta chỉ xét miền nghiện sao cho s inx > 0 , cosx > 0 từ đó suy ra miền nghiệm s inx < 0, cosx < 0 Xét hàm số f ( t )= t. 2012 t 2 , ∀ t ∈ (0; 1) ta có f ( t ) = 2012 t 2 +2 t 2 . 2012 t 2 > 0 , ∀ t ∈ (0; 1) nên hàm số f(t) đồng biến trong (0; 1) . Do đó phương trình s inx.2012 s in 2 x = cosx.2012 c os 2 x ⇔ f( s inx) = f(cosx) ⇔ sinx = cosx ⇔ x= π 4 + k.2π (vì s inx > 0 , cosx > 0 ) Để tanx > 0 với s inx < 0, cosx < 0 ta chọn miền nghiệm x= 5 π 4 + k. 2 π Vậy phương trình trên có nghiệm x= π 4 + k.π, ( k ∈ Z ) Bài 2: Giải phương trình nghiệm thực 2010x + log 2012 (1 + 2011x) = 2012 x − 1. Giải: Điều kiện x>− 1 2011 . Đặt t = log 2012 (1 + 2011x) ⇒ 2011x = 2012 t −1(5) Suy ra phương trình viết lại 2012 t − x + t = 2012 x ⇔ 2012 x + x = 2012 t + t. Xét hàm số f(t) = 2012 t + t với t ∈ (− 1 2011 ;+∞). ta có f (t) = 2012 t ln2012 + 1 > 0, ∀t ∈ (− 1 2011 ;+∞). ⇒ hàm số f(t) luôn đồng biến trong (− 1 2011 ;+∞). 1 www.laisac.page.tl Nên phương trình 2012 x + x = 2012 t + t ⇔ f(x)=f (t) ⇔ x = t Thế t=x vào (5) ta có : 2012 x = 2011x +1 (6). Bằng phương pháp vẽ hai đồ thị y = 2012 x và đồ thị y = 2011x +1 lên cùng một hệ trục tọa độ , suy ra phương trình (6) có đúng hai nghiệm là x=0; x=1. Thử lại x=0; x=1 là đúng hai nghiệm của phương trình đã cho. Bài 3: Giải phương trình nghiệm thực log 2012 3sin 2 x + sinx +1 3+2sinx − cos 2 x = sinx + cos2x. Giải: Phương trình viết lại log 2012 3sin 2 x + sinx +1 sin 2 x +2sinx +2 = −2sin 2 x + sinx +1. Phương trình xác định ∀x ∈ R. Nhận xét : −2sin 2 x + sinx +1=(sin 2 x +2sinx +2)− (3sin 2 x + sinx +1) Do đó phương trình tương đương : log 2012 (3sin 2 x+sinx+1)−log 2012 (sin 2 x+2sinx+2)=(sin 2 x+2sinx+2)−(3sin 2 x+sinx+1). Phương trình tương đương: log 2009 (3sin 2 x+sinx+1)+(3sin 2 x+sinx+1) = log 2012 (sin 2 x+2sinx+2)+(sin 2 x+2sinx+2) Xét hàm số f(t)=log 2012 t + t xác định trong (0; ∞). Có f (t)= 1 tl n2012 +1> 0 với ∀t ∈ (0; ∞), nên hàm số f(t) đồng biến trong (0; ∞). Do đó : log 2012 (3sin 2 x+sinx+1)+(3sin 2 x+sinx+1) = log 2012 (sin 2 x+2sinx+2)+(sin 2 x+2sinx+2) ⇔ f(3sin 2 x + sinx +1)=f(sin 2 x +2sinx +2)⇔ 3sin 2 x + sinx +1=sin 2 x +2sinx +2 ⇔ 2sin 2 x − sinx − 1=0⇔ sinx =1hoặc sinx = − 1 2 ⇔ x = π 2 + k2π, x = − π 6 + k2π, x = 7π 6 + k2π. Thử lại phương trính có nghiệm là:x = π 2 + k2π, x = − π 6 + k2π, x = 7π 6 + k2π với k ∈ Z Bài 4: Giải bất phương trình nghiệm thực 2011 log 2012 (x+1) ≤ x. Lời giải Điều kiện x>0. Đặt t = log 2012 (x +1) ⇒ x = 2012 t − 1,vì x>0 ⇒ t>0 Do đó bất phương trình trở thành 2008 t ≤ 2012 t − 1 ⇔ 2011 2012 t + 1 2012 t ≤ 1(7) Xét hàm số f(t)= 2011 2012 t + 1 2012 t , trong (0; +∞). Ta có f (t)= 2008 2012 t .ln 2011 2012 + 1 2012 t .ln 1 2012 < 0 ,với∀t ∈ (0; +∞) Do đó hàm số f(t) nghịch biến trong (0; +∞). Mặt khác f(1)=1. Do đó bất phương trình (7) ⇔ f(t) ≤ f(1) ⇔ t ≥ 1. Hay log 2009 (x +1)≥ 1 ⇔ x ≥ 2008 là nghiệm bất phương trình. Bài 5: Giải bất phương trình nghiệm thực 2011 x + 2012 x − 4023 −2x +5+log 0,5 x ≤ 0. Giải: Điều kiện x > 0. Đặt f(x) = 2011 x +2012 x −4023 là hàm số đồng biến trong khoảng (0; +∞) và có f(1)=0. 2 g(x)=−2x +5+log 0,5 x là hàm nghịch biến trong khoảng (0; +∞) và có g(2)=0. Do đó bất phương trình 2011 x + 2012 x −4023 −2x +5+log 0,5 x ≤ 0 ⇔ f(x) g(x) ≤ 0 ⇔ f(x) ≤ 0 g(x) > 0 hoặc f(x) ≥ 0 g(x) < 0 ⇔ f(x) ≤ f(1) g(x) >g(2) hoặc f(x) ≥ f(1) g(x) <g(2) ⇔ x ≤ 1 x<2 hoặc x ≥ 1 x>2 So với điều kiện tập nghiệm của bất phương trình là: S = (0; 1] ∪ (2; +∞). Bài 6: Giải bất phương trình nghiệm thực log (x 2 −1) 3 ≤ log x 2. Giải: Điều kiện x>1,x = √ 2 Ta có log (x 2 −1) 3 ≤ log x 2 ⇔ 1 log 3 (x 2 − 1) ≤ 1 log 2 x Khi 1 <x< √ 2 ta có vế trái 1 log 3 (x 2 − 1) < 0 và vế phải 1 log 2 x > 0. Bất phương trình luôn đúng, nên nhận 1 <x< √ 2 là nghiệm. Khi x> √ 2 hai vế bất phương trình đều dương, nên bất phương trình tương đương log 2 x ≤ log 3 (x 2 −1) Đặt t = log 2 x khi x> √ 2 ⇒ t> 1 2 và x =2 t . Bất phương trình viết lại 3 t ≤ 4 t − 1 ⇔ 3 4 t + 1 4 t ≤ 1.(8) Đặt f(t)= 3 4 t + 1 4 t là hàm số liên tục trong ( 1 2 ;+∞) Ta có f (t)= 3 4 t .ln 3 4 + 1 4 t .ln 1 4 < 0 ⇒ f(t) là hàm số giảm trong ( 1 2 ;+∞) Mặt khác ta có f(1) = 1 . Do đó bất phương trình (8) viết lại f(t) ≤ (1) ⇔ t ≥ 1 ⇔ log 2 x ≥ 1 ⇔ x ≥ 2. Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là 1 <x< √ 2 hoặc x ≥ 2 Mời các bạn tiếp tục giải các phương trình và bất phương trình sau đây: Bài 1: Giải phương trình nghiệm thực log 1 4 x = 1 4 x . Bài 2: Giải phương trình : t anx = 2012 cos ( π 4 +x ) Bài 3: Giải phương trình nghiệm thực :3 x =1+x + log 3 (1 + 2x). Bài 4: Giải bất phương trình nghiệm thực :(2 + √ 3) x +(2− √ 3) x ≤ 2 x+1 . Bài 5: Giải bất phương trình nghiệm thực :2 x − log 2 (1 + x) > 1. hết 3 . dùng tính đơn điệu của hàm số để giải các dạng phương trình, bất phương trình mũ , logarit. nguyễn lái GVTHPT chuyên Lương Văn Chánh Về dạng toán giải phương trình, bất. phương trình, bất phương trình m , logarit trong các kì thi tuyển sinh Đại học hay kì thi Olympic ta thường gặp các dạng đưa về hàm số đơn điệu để giải. Bài viết này chỉ nêu lên các dạng toán loại. <x< √ 2 hoặc x ≥ 2 Mời các bạn tiếp tục giải các phương trình và bất phương trình sau đây: Bài 1: Giải phương trình nghiệm thực log 1 4 x = 1 4 x . Bài 2: Giải phương trình : t anx = 2012 cos ( π 4 +x ) Bài