dùng tính đơn điệu của hàm số để giải các dạng phương trình, bất phương trình mũ , logarit. tài liệu, giáo án, bài giảng...
Trang 1dùng tính đơn điệu của hàm số để giải các dạng phương trình, bất phương trình mũ , logarit.
nguyễn lái GVTHPT chuyên Lương Văn Chánh
? ? ? ? ? ? ? ? ?F ? ? ? ? ? ? ? ??
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 sốf (t)đồng biến ( nghịch biến ) trong miền D thìf (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 sốf (x)đồng biến ( nghịch biến ) trong miền D và∃x0 ∈ D : f (x0) = k
thì phương trìnhf (x) = k ⇔ f (x) = f (x0) ⇔ x = x0 là nghiệm duy nhất trong miền D.
+ Xét bất phương trìnhf (x) ≥ k ( trong đó k là một hằng số) Nếu hàm sốf (x)nghịch biến (đồng biến) trong miền D và∃x0 ∈D : f (x0) = k
thì bất phương trình:f (x) ≥ k ⇔ f (x) ≥ f (x0) ⇔ x ≤ x0 (x ≥ x0)là nghiệm bất phương trình trong miền D.
Bài Tập Ví Dụ Minh Họa:
Bài 1:
Giải phương trình: tanx = 2012cos2x
Lời giải
Điều kiện cosx 6= 0,tanx > 0 ⇒ sinx 6= 0 Phương trình tương đương sinx
cosx =
2012cos2x
2012sin 2 x ⇔sinx.2012sin2x= cosx.2012cos2x
Vì hàm số tanx có chu kì kπ để tanx > 0 ta chỉ xét miền nghiện sao cho sinx > 0, cosx > 0
từ đó suy ra miền nghiệm sinx < 0, cosx < 0 Xét hàm số f (t) = t.2012t2, ∀t ∈ (0; 1) ta có f0(t) = 2012t2 + 2t2.2012t2 > 0, ∀t ∈ (0; 1) nên hàm số f (t) đồng biến trong (0; 1) Do đó phương trình
sinx.2012sin 2 x = cosx.2012cos 2 x ⇔ f (sinx) = f(cosx) ⇔ sinx = cosx ⇔ x =π
4 + k.2π ( vì sinx > 0, cosx > 0)
Để tanx > 0 với sinx < 0, cosx < 0 ta chọn miền nghiệm x =5π
4 + k.2π Vậy phương trình trên có nghiệm x =π
4 + k.π, (k ∈ Z)
Bài 2:
Giải phương trình nghiệm thực 2010x + log2012(1 + 2011x) = 2012x − 1
Giải: Điều kiện x > − 1
2011. Đặt t = log2012(1 + 2011x) ⇒ 2011x = 2012t− 1(5) Suy ra phương trình viết lại 2012t− x + t = 2012x ⇔ 2012x+ x = 2012t + t
Xét hàm số f (t) = 2012t+ t với t ∈ (− 1
2011; +∞).
ta có f0(t) = 2012tln2012 + 1 > 0, ∀t ∈ (− 1
2011; +∞).
⇒ hàm số f(t) luôn đồng biến trong (− 1 ; +∞)
www.laisac.page.tl
Trang 2Nên phương trình 2012 + x = 2012 + t ⇔ f (x) = f (t) ⇔ x = t
Thế t=x vào (5) ta có : 2012x = 2011x + 1 (6)
Bằng phương pháp vẽ hai đồ thị y = 2012x 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 log20123sin
2
x + sinx + 1
3 + 2sinx − cos2x = sinx + cos2x.
Giải:
Phương trình viết lại log20123sin
2x + sinx + 1 sin2x + 2sinx + 2 = −2sin
2
x + sinx + 1
Phương trình xác định ∀x ∈ R
Nhận xét : −2sin2x + sinx + 1 = (sin2x + 2sinx + 2) − (3sin2x + sinx + 1)
Do đó phương trình tương đương :
log2012(3sin2x+sinx+1)−log2012(sin2x+2sinx+2) = (sin2x+2sinx+2)−(3sin2x+sinx+1) Phương trình tương đương:
log2009(3sin2x+sinx+1)+(3sin2x+sinx+1) = log2012(sin2x+2sinx+2)+(sin2x+2sinx+2) Xét hàm số f (t) = log2012t + t xác định trong (0; ∞)
Có f0(t) = 1
tln2012 + 1 > 0 với ∀t ∈ (0; ∞), nên hàm số f(t) đồng biến trong (0; ∞).
Do đó :
log2012(3sin2x+sinx+1)+(3sin2x+sinx+1) = log2012(sin2x+2sinx+2)+(sin2x+2sinx+2)
⇔ f (3sin2x + sinx + 1) = f (sin2x + 2sinx + 2) ⇔ 3sin2x + sinx + 1 = sin2x + 2sinx + 2
⇔ 2sin2x − sinx − 1 = 0 ⇔ sinx = 1 hoặc 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 2011log 2012 (x+1) ≤ x
Lời giải
Điều kiện x>0
Đặt t = log2012(x + 1) ⇒ x = 2012t− 1,vì x > 0 ⇒ t > 0
Do đó bất phương trình trở thành 2008t ≤ 2012t− 1 ⇔
2011 2012
t +
1 2012
t
≤ 1(7) Xét hàm số f (t) =
2011 2012
t +
1 2012
t , trong (0; +∞)
Ta có f0(t) =
2008 2012
t ln2011
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 log2009(x + 1) ≥ 1 ⇔ x ≥ 2008 là nghiệm bất phương trình
Bài 5:
Giải bất phương trình nghiệm thực 2011
x+ 2012x − 4023
−2x + 5 + log0,5x ≤ 0.
Giải:
Điều kiện x > 0
Đặt f (x) = 2011x+ 2012x− 4023 là hàm số đồng biến trong khoảng (0; +∞) và có f(1)=0
Trang 3g(x) = −2x + 5 + log0,5x là hàm nghịch biến trong khoảng (0; +∞) và có g(2)=0.
Do đó bất phương trình 2011
x + 2012x− 4023
−2x + 5 + log0,5x ≤ 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(x2 −1)3 ≤ logx2.
Giải:
Điều kiện x > 1, x 6=
√ 2
Ta có log(x2 −1)3 ≤ logx2 ⇔ 1
log3(x2− 1) ≤
1 log2x Khi 1 < x <
√
2 ta có vế trái 1
log3(x2− 1) < 0 và vế phải
1 log2x > 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 log2x ≤ log3(x2 − 1)
Đặt t = log2x khi x >
√
2 ⇒ t > 1
2 và x = 2
t Bất phương trình viết lại 3t ≤ 4t− 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 f0(t) =
3 4
t ln3
4+
1 4
t ln1
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 ⇔ log2x ≥ 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 :tanx = 2012cos(π4 +x)
Bài 3:
Giải phương trình nghiệm thực :3x = 1 + x + log3(1 + 2x)
Bài 4:
Giải bất phương trình nghiệm thực :(2 +√3)x+ (2 −√3)x ≤ 2x+1
Bài 5:
Giải bất phương trình nghiệm thực :2x− log2(1 + x) > 1
hết