Phương trình logrit pptx

Phương trình logrit: Cũng như đối với phương trình mũ ,phương trình logarit cũng có nhiều cách giải như:Đưa về cùng cơ số ,Đặt ẩn phụ ,mũ hoá ,đánh giá song trong bài viết này tôi chỉ trao đổi về vấn đề hướng dẫn học sinh vận dụng tư duy hàm trong việc giải phương trình logarit. Chủ yếu vận dụng giải hai phương trình logarít cơ bản sau: 1. Phương trình dạng log ( ) log ( ) a a f x g x  (1) + Nếu a=b, (1) 0 1 ( ) ( ) a f x g x        (dạng này khá quen đối với học sinh) +Nếu a b  ta chia làm hai trường hợp như sau  (a-1)(b-1)<0 . Ta dùng phương pháp đoán nghiệm và chứng minh nghiệm duy nhất áp vào phương pháp hàm số  a-1)(b-1) >0 .Dùng phương pháp mũ hoá bằng cách đặt t= log ( ) log ( ) a a f x g x  ( ) ( ) t t f x a g x b         Dẫn đến phương trình f(t)= A t +B t =1 VD 53 :Giải phương trình     3 2 3 1 log 2 log 1 x x      Lg; D=   1;  , Đặt f(x) =   3 2 log 2 x   ,đồng biến trên D=   1;  g(x)=   3 1 log 1 x   , nghịch biến trên D=   1;  Mà     3 3 3 f g x   là nghiệm VD54: Giải phương trình     3 2 3log 2 2log 1 x x    Lg: Đk: x>-1 Đặt =6t 2 3 2 3 2 3 1 8 1 2 3 1 9 9 1 2 t t t t t t x x                            Xét hàm số f(t) = 1 8 9 9 t t              nhận thấy f(t) nghịch biến trên R mà f(1) =1 nên t=1 là nghiệm. Từ đó ta có x=7 là nghiệm duy nhất VD 55 : Giải phương trình   4 6 4 2log log x x x   (*) (*)     4 4 6 4 6 4 1 log log log log 2 x x x x x x       Đặt t=   4 4 6 4 6 (1) log log 4 (2) t t x x x x x x            Thế (2) vào (1) ta có 4 t +2 t =6 t 4 2 2 1 1 1 6 6 3 3 t t t t                               Xét hàm số f(t) = 2 1 3 3 t t              nhận thấy f(t) nghịch biến trên R mà f(1) =1 nên t=1 là nghiệm ,thay vào (2) ta có x=16 Bình Luận: Đối với các phương trình dạng log ( ) log ( ) a a m f x n g x  Gọi K là bội số chung nhỏ nhất của m và n . Đặt log ( ) log ( ) a a m f x n g x kt   ta đưa phương trình đã cho về hệ phương trình đối với x,t từ đó rút x từ hai phương trình ta được phương trình dạng A t +B t =1 Để luyện tập ,ta có thể giải các phương trình sau 1/     2 3 log 1 log x x   2/   2 2 1 2 4 11 log 1 log 8 x x    3/     5 3 log 2 log x x   4/     7 5 log 2 log x x   5/     84 6 4 2log log x x x   ( ĐHYHN98) 6/     3 7 log 2 log x x   7/   6 log 2 6 log 3 log x x x   Đs x=1/6 Binh Luận : Đối với phương trình dạng ( ) log ( ) log f x a g x b  (1) Nếu b=1 (1)  ( ) log ( ) f x g x =0 ( ) 1 0 ( ) 1 f x g x        Nếu b 1  điều kiện ( ) 0 0 ( ) 1 f x g x       ( ) log ( ) log ( ) log log log ( ) log log ( ) log ( ) b f x a a b a b b f x g x b b f x b g x g x      log ( ) log ( ) b a f x g x   trở về phương trình đã xét ở dạng trên . VD 56 : Giải phương trình   3 log 2 log 5 x x   Đk: 0 1 x         5 3 3 5 3 5 log 2 log 2 log 5 log 5 log 2 log log x x x x x x         Đặt t =   5 3 2 5 1 3 log 2 log 2 3 5 2 1 5 5 3 t t t t t t x x x x                             Xét hàm số f(t) = 1 3 2 5 5 t t              nhận thấy f(t) nghịch biến trên R mà f(1) =1 nên t=1 là nghiệm từ đó suy ra x=3 2 Phương trình dạng   ( ) log ( ) ( ) ( ) a f x k g x f x g x   VD 57 : Giải phương trình     2 log 1 1 3 x x x x     Lg: Tập xác định 0 x  Biến đổi phương trình như sau     3 3 2 2 1 log 1 1 3 log 3 3 1 x x x x x x x x                          3 3 2 2 3 3 2 2 log 1 log 1 3 1 3 1 log 1 3 1 log 1 3 1 (*) x x x x x x x x                 Xét hàm số f(t)= 2 log 3 t t  với 0 t  f(t) đồng biến trên   0;  (*)      3 3 0 1 1 1 1 1 x f x f x x x x              Bình Luận : Việc chuyển phương trình ban đầu về phương trình (*) là không đơn giản .Học sinh phải có tư duy và kỹ năng biến đổi .Vì vậy bồi dưỡng năng lực tư duy hàm là một việc làm rất cần thiết của người thày . VD 58 :Giải phương trình 2 2 3 2 3 log 7 21 14 2 4 5 x x x x x x        (ĐH ngoại thương 2001) Lg: Nhận xét 2 3 x x   >0 2 2 4 5 x x   >0 Viết lại phương trình dưới dạng                 2 2 2 2 3 3 2 2 2 2 3 3 log 3 log 2 4 5 7 2 4 5 7 3 log 3 7 3 og 2 4 5 7 2 4 5 (*) x x x x x x x x x x x x l x x x x                        Xét hàm số f(t)= 3 log 7 t t  t>0,f(t) đồng biến trên tập xác định (*)      2 2 2 2 2 3 2 4 5 3 2 4 5 1 x f x x f x x x x x x x                    Các bài tập tương tự để học sinh vận dụng phương pháp hàm số 1/ 4 2 4 2 3 2 14 7 1 log 6 8 13 13 9 x x x x x x x x          2/ 2 2 3 2 3 log 3 2 2 4 5 x x x x x x        3/     2 2 ln 2 3 2 ln 4 3 6 x x x x x        4/ 2 2 3 2 2 log 3 2 2 4 4 x x x x x x        3/Phương trình dạng   log x a a p x qx r          VD59 : Giải phương trình:   3 7 7 2log 6 1 x x   Lg: Đk x>- 1 6 Đặt y=   3 7 log 6 1 7 6 1 y x x     ta có hệ phương trình 7 6 1(1) 7 6 1 x y y x          Trừ theo vế các phương trình ta có 7 6 7 x y x y    (*) Xét hàm số f(t) = 7 t t  đồng biến trên R nên (*) ta có x=y thay vào phương trình (1) ta có 7 6 1 0 x x    ,Xét hàm số g(t) = 7 6 1 x x   , (2) g ’ (t) =   ' 0 7 7 ln 7 6, ( ) 0 log 6 log ln 7 x g t x x      Ta có ' 0 ' 0 ( ) 0 ( ) 0 g x x x g x x x            Ta có bảng biến thiên x -1/6 x 0 +  g ’ (x) - 0 + g(x) g(x 0 ) Dựa vào đồ thi ta thấy phương trình g(x)=0 có không quá fai nghiệm mà g(0) =g(1) =0 nên x=0,x= 1 là hai nghiệm của phương trình Bình luận  Đây là dạng phương trình khó đối với học sinh .Để giải phương trình trên ta phải đặt thêm một ẩn phụ để đưa về hệ giả ,sau đó dùng tính đơn điệu của hàm số đưa phương trình đã cho về phương trình mũ . Tuy nhiên phương trình mũ sau đó cũng không hề dễ giải . Vì thế phải dùng hàm số để chứng minh phương trình không có qúa hai nghiệm ,kết hợp với việc nhẩm được hai nghiệm để suy ra kết quả .  Nếu không đưa về hệ giả như trên ta có thể biến đổi phương trình như sau       3 7 7 7 7 2log 6 1 7 6log 7 6log 6 1 6 1 (*) x x x x x x        xét hàm số 7 ( ) 6log f t t t   (t>0) dễ thấy hàm f(t) đồng biến trên tập xác định (*)     7 6 1 7 6 1 0 x x f f x x        quay tiếp về cách giải như trên .  Đối với phương trình 7 6 1 0 x x    thay vì khảo sát hàm số g(x) như trên chúng ta cũng có thể giải bằng bất đẳng thức Becnuly như sau Ta có   0 7 7 1 1 1 x x x x            7 7 1 1 0 1 x x x       Nên phương trình 0 7 6 1 0 1 x x x x          VD60 : Giải phương trình   2 2sin 3 4 1 sin cos 2 log 4cos 2 cos6 1 2 6 x x x x             (1) Lg: Biến đổi phương trình như sau   2 1 4 1 2 cos2 log 3cos 2 1 2 co x x x      (2) Đk cos2x > 1 3 .Đặt y=cos2x, điều kiện 1 3 <y  1 Phương trình (2) trở thành     1 4 2 1 2 log 3 1 2 1 2 log 3 1 2 y y y y y y           (*) Đặt t =   2 log 3 1 2 3 1, 1 t y y t      ta có hệ phương trình 2 2 1 2 3 1 y t y t y           trừ theo vế ta có phương trình 2 2 y t y t    (I) xét hàm f(Z)= 2 Z Z  đồng biến trên R (I)  f(t) =f(y)  t=y ta có phương trình 2 3 1 0 t t    làm tương tự như trên ta có hai nghiệm là t=1 hoặc t=3 (loại) t=1 1 cos 2 1 y x x k        Nhận xét : Từ phương trình (*) ta có thể viết như sau     2 2 2 log 2 3 1 log 3 1 y y y y      sau đó xét hàm f(Z) =2 Z +Z –đồng biến và dẫn đến phương trình 2 y =3y-1 Để luyện tập thêm ta giải các phương trình sau 1/   3 3 1 log 1 2 x x x     2/   6 6 1 2 3log 1 5 x x x     3/   5 5 1 5log 1 4 x x x     4/   3 3 1 2 2log 1 4 x x x     5/   5 5 5 1 4 5log 1 4 x x x x      6/ 3 5 6 2 x x x    Nhận xét : Cũng giống như phương trình mũ,việc giải một số phương trình logarit đôi khi phải sử dụng đến đạo hàm cấp hai để biết được số nghiệm tối đa có thể có trong phương trình ,sau đó nhẩm nghiệm để suy ra kết quả Ta xet thêm một ví dụ sau VD61 :Giải phương trình   2 2 log 3log 3 1 1 x x        Lg: Đk 3 2 1 3 x   Đặt y=   2 log 3 1 x  ta có hệ phưg trình     2 2 y log 3 1 log 3 1 x x y          dẫn đến phương trình sau   2 log 3 1 x x   =   2 log 3 1 y  +y (*) Xét hàm số f(t) =   2 log 3 1 t t   với 3 2 1 ; 3 t          . f ’ (t)=   1 0 3 1 ln 2 t t    thoả 3 2 1 ; 3 t          . (*) 2 3 1 0 x x y x       Đặt g(x) = 2 3 1 x x   , g ’ (x) = 2 x ln2 -3, g ’ (x)= 0 khi x = 0 2 3 log ln 2 x x  g ’’ (x)=2 x ln 2 3 >0 suy ra g ’ (x) đồng biến . Ta có bảng biến thiên sau x -  x 0 +  g ’ (x) - 0 + g(x) g(x 0 ) Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình g(x) =0 có không qúa hai nghiệm mà g(1) = g(3)=0 nên x=1,x=3 là hai nghiệm . Bình Luận : Một số phương trình logarit sau khi đặt ẩn phụ để giải thông thường ,lại vận dụng phương pháp hàm số để giải .ta xét bài toán sau VD 62 Giải phương trình :   2 3 3 1 log 4 log 16 0 x x x x     (1) Lg: Đk x>0, Đặt t= log 3 x (1)  (x+1) t 2 +4tx -16 =0   2 2 4 16 16 4 2 x x x      Phương trình có hai nghiệm 4 ; 4 1 t t x     Với 3 4 4 log 1 1 t x x x      .Nhận thấy y= 4 1 x  nghịch biến trên   0;  hàm g(x)= 3 log x đồng biến trên   0;  .Mà f(3)=g(3) nên x=3 là nghiệm Với t=-4 thì x=3 -4 Nhận xét : Sau khi đặt ẩn phụ phương trình (1) vẫn còn hai biến ,ta coi t là ẩn ,x là tham số .Giải phương trình theo ẩn t sau đó quay trở về tìm x.Điều kiện để giải được phương trình hai biến trên là biết thức Đenta phải là số chính phương.Cách giải như vậy gọi là cách đặt ẩn phụ không toàn phần . Đây cũng là phương pháp giải chung cho các loai phương trình mà học sinh gặp trong chương trình phổ thông.Để luyện tập ta có thể giải các phương trình sau . 1/   2 3 3 2 log ( 1) 4( 1)log ( 1) 16 x x x x       Đs x=2;x= 80 81  2/ 2 2 2 log ( 1) 2( 2)log ( 1) 2 5 x x x x       Đs: x=3/2 Bình Luận: Việc sử dụng tính đơn điệu của hàm số đôi khi thường kết hợp với việc đánh giá bằng các bất đẳng thức .Ta xét phương trình sau VD63 : Giải pgương trình   2 2 3 3 log 1 log 2 x x x x x      Lg: Đk x>0. Viết lại phương trình dưới dạng sau   2 3 1 log 1 1 1 x x x            Theo bất đẳng thức côsi ta có 1 1 3 x x    Dấu bằng xảy ra khi x=1 Lại có   2 1 1 1 x    Dấu bằng xảy ra khi x=1 Vậy nghiệm của phương trình là x=1 Bình Luận : Cũng giông như các phương trình khác ,việc vận dụng tư duy hàm vào giải các bài toán có chứa tham số là một việc làm cần thiết ,có hiệu quả cao và gần gũi với .học sinhlớp 12.Ta xét mộy số các phương trình sau VD 64 :Tìm m để phương trình sau có nghiệm trong   32;    2 2 2 2 log 2log 3 log 3 x x m x     (1) Lg: Đặt t = 2 log x ,   32; 5 x t     (1) 2 ( 3)( 1) 2 3 1 3 3 3 t t t t t m m m t t t               ( 5 t  ) + m<0 phương trình vô nghiệm + m>0 ta có f(t) = 1 3 t t   =m 2 . có f ’ (t) =   2 4 3 t   <0 nên hàm số nghịch biến Bảng biến thiên: t 5 +  f ’ (t) - f(t) 3 1 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm khi 2 0 1 3 1 3 m m m          Nhận xét : Ta xét một cách tiếp cận khác của bài toán bằng việc sử dụng tam thức bậc hai (1)   2 2 3 3 t t m t      . (2) m 0  Phương trình vô nghiệm . m>0 (2)         2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 1 2 3 1 3 1 3 0(3) t t m t m t m t m             (3) có hai nghiệm là t=3 ;t= 2 2 3 1 1 m m    .yêu cầu bài toán được thoả khi 2 2 3 1 5 1 m m     giải bất phương trình ta có nghiệm 1 3 m  VD65 : Tìm m để phương trình sau có nghiệm thuộc 3 1;3     2 2 3 3 log log 1 2 1 0 x x m      ( ĐHKA-02) (1) Lg: Đk x>0 Đặt t= 2 2 2 3 3 log 1 1 log 1 x x t      . Lại có 3 2 3 3 1 3 1 log 3 1 log 1 2 1 2 x x x t             Thay vào (1) ta có phương trình t 2 +t -2(m+1) =0 Bài toán quy về tìm m để phương trình t 2 +t -2=2m có nghiệm thoả mãn 1 2 t   Xét hàm số f(t) = t 2 +t -2 với 1 2 t   ,f ’ (t)=2t +1 >0 nên hàm đồng biến trên 1 2 t   phương trình có nghiệm khi f(1)  2m  f(2)  0  m  2 VD 66 Chứng minh rằng với mọi m>0 phương trình sau luôn có nghiệm 2 2 2 2 log 2 2 1 2 1 x mx x x mx x                 Lg: Vì 2 2 0 x mx    nên ĐKXĐ: 2 2 0 2 1 0 x mx x         (*) Do m>0 nên (*) 1 2 x   PT   2 2 2 2 log 2 2 log 2 1 2 1 x mx x mx x x           (1) Hàm số: 2 ( ) log f x t t   đồng biến trên   0;  . thấy phương trình g(x)=0 có không quá fai nghiệm mà g(0) =g(1) =0 nên x=0,x= 1 là hai nghiệm của phương trình Bình luận  Đây là dạng phương trình khó đối với học sinh .Để giải phương trình. đơn điệu của hàm số đưa phương trình đã cho về phương trình mũ . Tuy nhiên phương trình mũ sau đó cũng không hề dễ giải . Vì thế phải dùng hàm số để chứng minh phương trình không có qúa hai. của phương trình (3) + Với y>1, f(y)<f(1)=1 do đó phương trình (3) vô nghiệm. + Với y<1, f(y)>f(1)=1 do đó phương trình (3) vô nghiệm Vậy y=1 là nghiệm duy nhất của phương trình