MŨ VÀ LOGARIT - 05

CC PHNG PHP GII PHNG TRèNH- BT PHNG TRèNH- H M- LễGARIT CHNG I: PHNG PHP GII PHNG TRèNH- BT PHNG TRèNH- H M CH I:PHNG TRèNH M BI TON 1: S DNG PHNG PHP BIN I TNG NG I. Phng phỏp: Ta s dng phộp bin i tng ng sau: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 1 f x g x a a a a f x g x ộ = ờ ờ ỡ ù < ạ = ờ ù ù ớ ờ ù = ờ ù ù ợ ở hoc ( ) ( ) ( ) 0 1 0 a a f x g x ỡ ù > ù ù ớ ộ ự ù - - = ù ờ ỳ ở ỷ ù ợ II. VD minh ho: VD1: Gii phng trỡnh: ( ) ( ) sin 2 3 cos 2 2 2 2 x x x x x - + - = + - Gii: Phng trỡnh c bin i v dng: ( ) ( ) 2 2 2 1 2(*) 2 0 1 0(1) 2 1 sin 2 3 cos 0 sin 3 cos 2(2) x x x x x x x x x x x ỡ ù - < < ù ỡ ù ù + - > ù ù ộ ù ù - - = ớ ớ ờ ù ù + - - - + = ờ ù ù ù ù ợ + = ờ ù ở ù ợ Gii (1) ta c 1,2 1 5 2 x = tho món iu kin (*) Gii (2): 1 3 sin cos 1 sin 1 2 2 , 2 2 3 3 2 6 x x x x x k x k k Z p p p p p p ổ ử ữ ỗ ữ + = + = + = + = + ẻ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ nghim tho món iu kin (*) ta phi cú: 1 1 1 2 2 1 2 0, 6 2 6 2 6 k k k k Z p p p p p p ổ ử ổ ử ữ ữ ỗ ỗ ữ ữ - < + < - - < < - = ẻ ỗ ỗ ữ ữ ỗ ỗ ữ ữ ỗ ỗ ố ứ ố ứ khi ú ta nhn c 3 6 x p = Vy phng trỡnh cú 3 nghim phõn bit 1,2 3 1 5 ; 2 6 x x p = = . VD2: Gii phng trỡnh: ( ) ( ) 4 3 5 2 2 2 2 3 6 9 x x x x x x x + - - + - = - + Gii: Phng trỡnh c bin i v dng: ( ) ( ) ( ) 4 3 5 2 2 2( 4) 2 2 2 3 3 3 x x x x x x x x x + - - + + - ộ ự - = - = - ờ ỳ ờ ỳ ở ỷ 2 2 2 3 1 4 4 0 3 1 3 4 5 3 5 2 2 2 8 7 10 0 x x x x x x x x x x x x ộ ộ - = = ờ ờ ộ = ờ ờ ỡ ỡ ờ ù ù < - <ạ ạ ờ ờ ù ù ù ù ờ = ớ ớ ờ ờ ờ ở ù ù - + = + - - + = ờ ờ ù ù ù ù ợ ợ ở ở Vy phng trỡnh cú 2 nghim phõn bit x=4, x=5. BI TON 2: S DNG PHNG PHP LễGARIT HO V A V CNG C S I. Phng phỏp: chuyn n s khi s m lu tha ngi ta cú th logarit theo cựng 1 c s c 2 v ca phng trỡnh, ta cú cỏc dng: 1 Dng 1: Phng trỡnh: ( ) ( ) 0 1, 0 log f x a a b a b f x b ỡ ù < >ạ ù ù = ớ ù = ù ù ợ Dng 2: Phng trỡnh : ( ) ( ) ( ) ( ) log log ( ) ( ). log f x g x f x f x a a a a b a b f x g x b= = = hoc ( ) ( ) log log ( ). log ( ). f x g x b b b a b f x a g x= = II. VD minh ho: VD1: Gii phng trỡnh: 2 2 2 3 2 x x- = Gii: Ly logarit c s 2 hai v phng trỡnh ta c: 2 2 2 2 2 2 2 2 3 log 2 log 2 log 3 1 2 1 log 3 0 2 x x x x x x - = - = - - + - = Ta cú , 2 2 1 1 log 3 log 3 0= - + = >D suy ra phng trỡnh cú nghim x = 1 2 log 3. VD2: Gii phng trỡnh: 1 5 .8 500. x x x - = Gii: Vit li phng trỡnh di dng: 1 1 3 3 3 2 3 8 5 .8 500 5 .2 5 .2 5 .2 1 x x x x x x x x - - - - = = = Ly logarit c s 2 v, ta c: ( ) ( ) 3 3 3 3 2 2 2 2 2 3 log 5 .2 0 log 5 log 2 0 3 . log 5 log 2 0 x x x x x x x x x - - - - ổ ử ổ ử ữ ữ ỗ ỗ - ữ ữ ỗ ỗ = + = - + = ữ ữ ỗ ỗ ữ ữ ỗ ỗ ữ ữ ữ ữ ỗ ỗ ố ứ ố ứ ( ) 2 2 3 1 3 log 5 0 1 log 5 x x x x ộ = ờ ổ ử ữ ỗ ờ ữ - + = ỗ ữ ờ ỗ ữ ỗ = - ố ứ ờ ờ ở Vy phng trỡnh cú 2 nghim phõn bit: 2 1 3; log 5 x x= = - Chỳ ý: i vi 1 phng trỡnh cn thit rỳt gn trc khi logarit hoỏ. BI TON 3: S DNG PHNG PHP T N PH- DNG 1 I. Phng phỏp: Phng phỏp dựng n ph dng 1 l vic s dng 1 n ph chuyn phng trỡnh ban u thnh 1 phng trỡnh vi 1 n ph. Ta lu ý cỏc phộp t n ph thng gp sau: Dng 1: Phng trỡnh ( 1) 1 1 0 0 k x x k k a a a a a a - - + + = Khi ú t x t a= iu kin t>0, ta c: 1 1 1 0 0 k k k k t t t a a a a - - + + = M rng: Nu t ( ) , f x t a= iu kin hp t>0. Khi ú: 2 ( ) 2 3 ( ) 3 ( ) , , , f x f x kf x k a t a t a t= = = V ( ) 1 f x a t - = 2 Dạng 2: Phương trình 1 2 3 0 x x a a a a a + + = với a.b=1 Khi đó đặt , x t a= điều kiện t<0 suy ra 1 x b t = ta được: 2 2 1 3 1 3 2 0 0t t t t a a a a a a + + = + + =Û Mở rộng: Với a.b=1 thì khi đặt ( ) , f x t a= điều kiện hẹp t>0, suy ra ( ) 1 f x b t = Dạng 3: Phương trình ( ) 2 2 1 2 3 0 x x x a ab b a a a + + = khi đó chia 2 vế của phương trình cho 2x b >0 ( hoặc ( ) 2 , . x x a a b ), ta được: 2 1 2 3 0 x x a a b b a a a æö æö ÷ ÷ ç ç ÷ ÷ + + = ç ç ÷ ÷ ç ç ÷ ÷ ç ç è ø è ø Đặt , x a t b æö ÷ ç ÷ = ç ÷ ç ÷ ç è ø điều kiện t<0, ta được: 2 1 2 3 0t t a a a + + = Mở rộng: Với phương trình mũ có chưa các nhân tử: ( ) 2 2 , , . f f f a b a b , ta thực hiện theo các bước sau: - Chia 2 vế phương trình cho 2 0 f b > (hoặc ( ) 2 , . f f a a b ) - Đặt f a t b æö ÷ ç ÷ = ç ÷ ç ÷ ç è ø điều kiện hẹp t>0 Dạng 4: Lượng giác hoá. Chú ý: Ta sử dụng ngôn từ điều kiện hẹp t>0 cho trường hợp đặt ( )f x t a= vì: - Nếu đặt x t a= thì t>0 là điều kiện đúng. - Nếu đặt 1 2 2 x t + = thì t>0 chỉ là điều kiện hẹp, bới thực chất điều kiện cho t phải là 2t ³ . Điều kiện này đặc biệt quan trọng cho lớp các bài toán có chứa tham số. II. VD minh hoạ: VD1: Giải phương trình: 1 cot sin 2 2 4 2 3 0 g x x + - = (1) Giải: Điều kiện sin 0 ,x x k k Z p ¹ Û ¹ Î (*) Vì 2 2 1 1 cot sin g x x = + nên phương trình (1) được biết dưới dạng: cot 2 2 cot 4 2.2 3 0 g x g x + - = (2) Đặt cot 2 2 g x t = điều kiện 1t ³ vì 2 cot 0 2 cot 0 2 2 1 g x g x =³ Û ³ Khi đó phương trình (2) có dạng: 2 cot 2 2 1 2 3 0 2 1 cot 0 3 cot 0 , 2 g x t t t g x t gx x k k Z p p é = ê + - = = =ÛÛ Û ê = - ê ë = = +Û Û Î thoả mãn (*) Vậy phương trình có 1 họ nghiệm , 2 x k k Z p p = + Î VD2: Giải phương trình: ( ) ( ) 7 4 3 3 2 3 2 0 x x + - - + = 3 Giải: Nhận xét rằng: ( ) ( ) ( ) 2 7 4 3 2 3 ; 2 3 2 3 1+ = + + - = Do đó nếu đặt ( ) 2 3 x t = + điều kiện t>0, thì: ( ) 1 2 3 x t - = và ( ) 2 7 4 3 x t+ = Khi đó phương trình tương đương với: ( ) ( ) 2 3 2 2 1 3 2 0 2 3 0 1 3 0 3 0( ) t t t t t t t t t t vn é = ê - + = + - = - + + =Û Û Û ê + + = ê ë ( ) 2 3 1 0 x x+ = =Û Û Vậy phương trình có nghiệm x=0 Nhận xét: Như vậy trong ví dụ trên bằng việc đánh giá: ( ) ( ) ( ) 2 7 4 3 2 3 2 3 2 3 1 + = + + - = Ta đã lựa chọn được ẩn phụ ( ) 2 3 x t = + cho phương trình Ví dụ tiếp theo ta sẽ miêu tả việc lựa chọn ẩn phụ thông qua đánh giá mở rộng của a.b=1, đó là: . . 1 a b a b c c c = =Û tức là với các phương trình có dạng: . . 0 x x A a B b C+ + = Khi đó ta thực hiện phép chia cả 2 vế của phương trình cho 0 x c ¹ , để nhận được: . 0 x x a b A B C c c æö æö ÷ ÷ ç ç ÷ ÷ + + = ç ç ÷ ÷ ç ç ÷ ÷ ç ç è ø è ø từ đó thiết lập ẩn phụ , 0 x a t t c æö ÷ ç ÷ = > ç ÷ ç ÷ ç è ø và suy ra 1 x b c t æö ÷ ç ÷ = ç ÷ ç ÷ ç è ø VD3: Giải phương trình: 2 1 2 2 2 2 2 9.2 2 0 x x x x+ + + - + = Giải: Chia cả 2 vế phương trình cho 2 2 2 0 x + ¹ ta được: 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 9 2 9.2 1 0 .2 .2 1 0 2 4 x x x x x x x x- - - - - - - + = - + =Û 2 2 2 2 2.2 9.2 4 0 x x x x- - - + =Û Đặt 2 2 x x t - = điều kiện t>0. Khi đó phương trình tương đương với: 2 2 2 2 1 2 2 4 2 2 2 1 2 9 4 0 1 2 1 2 2 2 x x x x t x x x t t x x x t - - - é é = é é ê = - = = - ê ê ê ê ê - + = ÛÛÛÛ ê ê ê ê = - = - = ê ê =ê ë ê ë ë ë Vậy phương trình có 2 nghiệm x=-1, x=2. Chú ý: Trong ví dụ trên, vì bài toán không có tham số nên ta sử dụng điều kiện cho ẩn phụ chỉ là t>0 và chúng ta đã thấy với 1 2 t = vô nghiệm. Do vậy nếu bài toán có chứa tham số chúng ta cần xác định điều kiện đúng cho ẩn phụ như sau: 2 1 2 4 4 2 1 1 1 1 2 2 2 4 4 2 x x x x x t - æ ö ÷ ç ÷ - = - - -³ Û³ Û³ ç ÷ ç ÷ ç è ø VD4: Giải phương trình: ( ) 3 3 1 1 12 2 6.2 1 2 2 x x x x - - - + = Giải: Viết lại phương trình có dạng: 4 3 3 3 2 2 2 6 2 1 2 2 x x x x ổ ử ổ ử ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ - - - = ỗ ữ ữ ỗ ỗ ữ ữ ỗ ỗ ữ ố ứ ố ứ (1) t 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 3.2 2 6 2 2 2 2 x x x x x x x x x t t t ổ ử ổ ử ữ ữ ỗ ỗ ữ ữ = - - = - + - = +ị ỗ ỗ ữ ữ ỗ ỗ ữ ữ ỗ ỗ ố ứ ố ứ Khi ú phng trỡnh (1) cú dng: 3 2 6 6 1 1 2 1 2 x x t t t t+ - = = - = t 2 , 0 x u u= > khi ú phng trỡnh (2) cú dng: 2 1(1) 1 2 0 2 2 2 1 2 2 x u u u u u u x u ộ = - ờ - = - - = = = = ờ = ờ ở Vy phng trỡnh cú nghim x=1 Chỳ ý: Tip theo chỳng ta s quan tõm n vic s dng phng phỏp lng giỏc hoỏ. VD5: Gii phng trỡnh: 2 2 1 1 2 1 2 1 2 .2 x x x ổ ử ữ ỗ + - = + - ữ ỗ ữ ố ứ Gii: iu kin 2 2 1 2 0 2 1 0 x x x- ÊÊ Nh vy 0 2 1 x < Ê , t 2 sin , 0; 2 x t t p ổ ử ữ ỗ ữ = ẻ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ Khi ú phng trỡnh cú dng: ( ) 2 2 1 1 sin sin 1 2 1 sin 1 cos 1 2 cos sin 3 3 2 cos sin sin 2 2 cos 2 sin cos 2 cos 1 2 sin 0 2 2 2 2 2 2 1 cos 0(1) 1 2 2 6 2 0 3 2 2 1 sin 2 2 2 x x t t t t t t t t t t t t t t t t x x t t p p ổ ử ữ ỗ + - = + - + = + ữ ỗ ữ ố ứ ổ ử ữ ỗ ữ = + = - = ỗ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ ộ ộ ộ ờ ờ = = ộ ờ = - = ờ ờ ờ ờ ờ ờ ờ ờ = ờ ờ ờ = ờ ở = = ờ ờ ở ờ ở ở Vy phng trỡnh cú 2 nghim x=-1, x=0. BI TON 4: S DNG PHNG PHP T N PH- DNG 2 I. Phng phỏp: Phng phỏp dựng n ph dng 2 l vic s dng 1 n ph chuyn phng trỡnh ban u thnh 1 phng trỡnh vi 1 n ph nhng cỏc h s vn cũn cha x. Phng phỏp ny thng s dng i vi nhng phng trỡnh khi la chn n ph cho 1 biu thc thỡ cỏc biu thc cũn li khụng biu din c trit qua n ph ú hoc nu biu din c thỡ cụng thc biu din li quỏ phc tp. Khi ú thng ta c 1 phng trỡnh bc 2 theo n ph ( hoc vn theo n x) cú bit s D l mt s chớnh phng. II. VD minh ho: VD1: Gii phng trỡnh: ( ) 2 3 2 9 .3 9.2 0 x x x x - + + = Gii: t 3 x t = , iu kin t>0. Khi ú phng trỡnh tng ng vi: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 9 2 9 9.2 0; 2 9 4.9.2 2 9 2 x x x x x x t t t t ộ = ờ - + + = = + - = +D ị ờ = ờ ở Khi ú: + Vi 9 3 9 2 x t t= = = 5 + Vi 3 2 3 2 1 0 2 x x x x t x ổử ữ ỗ ữ = = = = ỗ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ Vy phng trỡnh cú 2 nghim x=2, x=0. VD2: Gii phng trỡnh: ( ) 2 2 2 2 9 3 3 2 2 0 x x x x+ - - + = Gii: t 2 3 x t = iu kin 1t vỡ 2 0 2 0 3 3 1 x x = Khi ú phng trỡnh tng ng vi: ( ) 2 2 2 3 2 2 0t x t x+ - - + = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 3 4 2 2 1 1 t x x x t x ộ = ờ = - - - + = +D ị ờ = - ờ ở Khi ú: + Vi 2 3 3 2 2 3 2 log 2 log 2 x t x x= = = = + Vi 2 2 2 1 3 1 x t x x= - = - ta cú nhn xột: 2 2 1 1 3 1 0 1 1 1 1 x V T VT x V P VP x ỡ ù ỡ ỡ ù ù = ù = ù ù ù =ị ớ ớ ớ ù ù ù = - = ù ù ù ợ ợ ù ợ Vy phng trỡnh cú 3 nghim 3 log 2; 0x x= = BI TON 5: S DNG PHNG PHP T N PH- DNG 3 I. Phng phỏp: Phng phỏp dựng n ph dng 3 s dng 2 n ph cho 2 biu thc m trong phng trỡnh v khộo lộo bin i phng trỡnh thnh phng trỡnh tớch. II. VD minh ho: VD1: Gii phng trỡnh: 3 2 6 5 2 3 7 2 2 2 4 4 4 1 x x x x x x- + + + + + + = + Gii: Vit li phng trỡnh di dng: 3 2 2 6 5 3 2 2 6 5 2 2 2 2 4 4 4 .4 1 x x x x x x x x- + + + - + + + + = + t 3 2 2 6 5 2 2 4 , , 0 4 x x x x u u v v - + + + ỡ ù ù = ù ù > ớ ù ù = ù ù ợ Khi ú phng trỡnh tng ng vi: ( ) ( ) 1 1 1 0u v uv u v+ = + - - = 3 2 2 2 2 6 5 2 2 1 1 4 1 3 2 0 2 1 1 2 6 5 4 1 5 x x x x x u x x x v x x x x - + + + ộ = ờ ộ ộ ờ ộ ờ = = - + = = ờ ờ ờ ờ ờ ờ ờ ờ = = - + + ờ ờ ờ = ờ ở ở ờ ở = - ờ ở Vy phng trỡnh cú 4 nghim. VD2: Cho phng trỡnh: 5 6 1 6 5 2 2 .2 2 2.2 (1) x x x x m m - + - - + = + a) Gii phng trỡnh vi m=1 b) Tỡm m phng trỡnh cú 4 nghim phõn bit. Gii: Vit li phng trỡnh di dng: 6 ( 5 6) 1 5 6 1 7 5 5 6 1 5 6 1 5 6 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 .2 2 2 .2 2 2 .2 2 2 .2 x x x x x x x x x x x x x x x x m m m m m m ổ ử ữ ỗ ữ - + + - ỗ ữ ỗ ữ - + - - - + - ốứ - + - - + - + = + + = + + = + t: 5 6 1 2 2 2 , , 0 2 x x x u u v v - + - ỡ ù ù = ù ù > ớ ù ù = ù ù ợ . Khi ú phng trỡnh tng ng vi: ( ) ( ) 5 6 1 1 2 2 2 3 1 2 1 1 0 2 2 2 (*) x x x x x u mu v uv m u v m x v m m m - + - - ộ ờ ộ = ộ ờ ờ = = ờ ờ ờ + = + - - = = ờ ờ ờ = ờ ờ =ờ ở ở ờ = ờ ở Vy vi mi m phng trỡnh luụn cú 2 nghim x=3, x=2 a) Vi m=1, phng trỡnh (*) cú dng: 1 2 2 2 2 1 1 0 1 1 x x x x - = - = = = Vy vi m=1, phng trỡnh cú 4 nghim phõn bit: x=3, x=2, x= 1 b) (1) cú 4 nghim phõn bit (*) cú 2 nghim phõn bit khỏc 2 v 3. (*) 2 2 2 2 0 0 1 log 1 log m m x m x m ỡ ỡ ù ù > > ù ù ù ù ớ ớ ù ù - = = - ù ù ù ù ợ ợ . Khi ú iu kin l: ( ) 2 2 2 0 0 2 1 log 0 1 1 1 0;2 \ ; 1 log 4 8 256 8 1 log 9 1 256 m m m m m m m m m ỡ ù > ù ỡ ù ù > ù ù < ù ù ù ù ỡ ỹ - > ù ù ù ù ù ù ù ù ẻ ớ ớ ớ ý ạ ù ù ù ù - ạ ù ùù ù ợ ỵ ù ù ù ù - ạ ù ù ù ợ ù ạ ù ù ợ Vy vi ( ) 1 1 0;2 \ ; 8 256 m ỡ ỹ ù ù ù ù ẻ ớ ý ù ù ù ù ợ ỵ tho món iu kin u bi. BI TON 6: S DNG PHNG PHP T N PH- DNG 4 I. Phng phỏp: Phng phỏp dựng n ph dng 4 l vic s dng k n ph chuyn phng trỡnh ban u thnh 1 h phng trỡnh vi k n ph. Trong h mi thỡ k-1 thỡ phng trỡnh nhn c t cỏc mi liờn h gia cỏc i lng tng ng. Trng hp c bit l vic s dng 1 n ph chuyn phng trỡnh ban u thnh 1 h phng trỡnh vi 1 n ph v 1 n x, khi ú ta thc hin theo cỏc bc: Bc 1: t iu kin cú ngha cho cỏc biu tng trong phng trỡnh. Bc 2: Bin i phng trỡnh v dng: ( ) , 0f x x j ộ ự = ờ ỳ ở ỷ Bc 3: t ( ) y x j = ta bin i phng trỡnh thnh h: ( ) ( ) ; 0 y x f x y j ỡ ù = ù ù ớ ù = ù ù ợ II. VD minh ho: VD1: Gii phng trỡnh: 1 1 1 8 2 18 2 1 2 2 2 2 2 x x x x x- - - + = + + + + 7 Giải: Viết lại phương trình dưới dạng: 1 1 1 1 8 1 18 2 1 2 1 2 2 2 x x x x- - - - + = + + + + Đặt: 1 1 2 1 , , 1 2 1 x x u u v v - - ì ï = + ï ï > í ï = + ï ï î Nhận xét rằng: ( ) ( ) 1 1 1 1 . 2 1 . 2 1 2 2 2 x x x x u v u v - - - - = + + = + + = + Phương trình tương đương với hệ: 8 1 18 2 8 18 9 9; 8 u v u v u v u v u v uv u v u v uv ì é ï = = ì ï ï + = ê + = ï ï ï ê Û Û í í + ê ï ï + = = = ï ï + = î ê ï ë ï î + Với u=v=2, ta được: 1 1 2 1 2 1 2 1 2 x x x - - ì ï + = ï ï =Û í ï + = ï ï î + Với u=9 và 9 8 v = , ta được: 1 1 2 1 9 4 9 2 1 8 x x x - - ì ï + = ï ï ï =Û í ï + = ï ï ï î Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x=1 và x=4. VD2: Giải phương trình: 2 2 2 6 6 x x - + = Giải: Đặt 2 x u = , điều kiện u>0. Khi đó phương trình thành: 2 6 6u u- + = Đặt 6,v u= + điều kiện 2 6 6v v u= +³ Þ Khi đó phương trình được chuyển thành hệ: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 6 0 0 1 0 6 u v u v u v u v u v u v u v v u ì é ï = + - = ï ï ê - = - - - + =Û Û Û í ê ï + + = = + ê ï ë ï î + Với u=v ta được: 2 3 6 0 2 3 8 2(1) x u u u x u é = ê - - = = =ÛÛ Û ê = - ê ë + Với u+v+1=0 ta được: 2 2 1 21 21 1 21 1 2 5 0 2 log 2 2 1 21 (1) 2 x u u u x u é - + ê = ê - - ê + - = = =ÛÛ Û ê - - ê = ê ë Vậy phương trình có 2 nghiệm là x=8 và x= 2 21 1 log . 2 - BÀI 7: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SÔ I. Phương pháp: Sử dụng các tính chất của hàm số để giải phương trình là dạng toán khá quen thuộc. Ta có 3 hướng áp dụng: Hướng1: Thực hiện các bước sau: 8 Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f(x)=k Bước 2: Xét hàm số y=f(x). Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu( giả sử đồng biến) Bước 3: Nhận xét: + Với ( ) ( ) 0 0 x x f x f x k= = =Û do đó 0 x x= là nghiệm + Với ( ) ( ) 0 x x f x f x k> > =Û do đó phương trình vô nghiệm + Với ( ) ( ) 0 0 x x f x f x k< < =Û do đó phương trình vô nghiệm. Vậy 0 x x= là nghiệm duy nhất của phương trình. Hướng 2: Thực hiện theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f(x)=g(x) Bước 2: Xét hàm số y=f(x) và y=g(x). Dùng lập luận khẳng định hàm số y=f(x) là Là đồng biến còn hàm số y=g(x) là hàm hằng hoặc nghịch biến Xác định 0 x sao cho ( ) ( ) 0 0 f x g x= Bước 3: Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 0 x x= Hướng 3: Thực hiện theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f(u)=f(v) (3) Bước 2: Xét hàm số y=f(x). Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu ( giả sử đồng biến) Bước 3: Khi đó: (3) u v=Û với , f u v D" Î II. VD minh hoạ: VD1: Giải phương trình: log 2 2.3 3 x x + = (1) Giải: Điều kiện x>0. Biến đổi phương trình về dạng: log 2 2.3 3 x x= - (2) Nhận xét rằng: + Vế phải của phương trình là một hàm nghịch biến. + Vế trái của phương trình là một hàm đồng biến. Do vậy nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Nhận xét rằng x=1 là nghiệm của phương t rình (2) vì log 2 2.3 3 1 x = - Vậy x=1 là nghiệm duy nhất của phương trình. VD2: Giải phương trình: 3 1 2 3 2 1 log 3 2 2 2 5 x x x x - - æö æ ö ÷ ç ÷ ç ÷ - + + + = ç ÷ ÷ ç ÷ ç è ø ÷ ç è ø (1) Giải: Điều kiện: 2 1 3 2 0 2 x x x x é £ ê - + ³Û ê ³ ê ë Đặt 2 3 2u x x= - + , điều kiện 0u ³ suy ra: 2 2 2 2 3 2 3 1 1x x u x x u- + = - - = -Û Khi đó (1) có dạng: ( ) 1 3 2 1 log 2 2 5 u u - æö ÷ ç ÷ + + = ç ÷ ç ÷ ç è ø Xét hàm số: ( ) ( ) 1 2 3 3 2 1 1 ( ) log 2 log 2 .5 5 5 x f x x x x - æö ÷ ç ÷ = + + = + + ç ÷ ç ÷ ç è ø + Miền xác định 0; )D é = + ¥ ê ë + Đạo hàm: ( ) 2 1 1 .2 .5 . ln 3 0, 5 2 ln 3 x f x x D x = + > " Î + . Suy ra hàm số tăng trên D 9 Mặt khác ( ) ( ) 3 1 1 log 1 2 .5 2. 7 f = + + = Do đó, phương trình (2) được viết dưới dạng: ( ) ( ) 2 3 5 1 1 3 2 1 2 f u f u x x x ± = = - + = =Û Û Û Vậy phương trình có hai nghiệm 3 5 2 x ± = VD2: Cho phương trình: 2 2 2 2 2 2 4 2 5 5 2 x mx x mx x mx m + + + + - = + + a) Giải phương trình với 4 5 m = - b) Giải và biện luận phương trình Giải: Đặt 2 2 2t x mx= + + phương trình có dạng: 2 2 5 5 2 2 t t m t t m + - + = + + - (1) Xác định hàm số ( ) 5 t f t t= + + Miền xác định D=R + Đạo hàm: 5 . ln 5 1 0, t f x D= + > " ÎÞ hàm số tăng trên D Vậy (1) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 0 2 0f t f t m t t m t m x mx m= + - = + - + - = + + =Û Û Û Û (2) a) Với 4 5 m = - ta được: 2 2 2 8 4 0 5 8 4 0 2 5 5 5 x x x x x x é = ê ê + - = - - =Û Û ê = - ê ë Vậy với 4 5 m = - phương trình có 2nghiệm 2 2; 5 x x= = - b) Xét phương trình (2) ta có: 2 ' m m= -D + Nếu 2 ' 0 0 0 1m m m< - < < <D Û Û . Phương trình (2) vô nghiệm Û phương trình (1) vô nghiệm. + Nếu ' 0=D Û m=0 hoặc m=1. với m=0 phương trình có nghiệm kép x=0 với m=1 phương trình có nghiệm kép x 0 =-1 + Nếu 1 ' 0 0 m m é > ê >D Û ê < ê ë phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt 2 1,2 x m m m= - ± - đó cũng là nghiệm kép của (1) Kết luận: Với m=0 phương trình có nghiệm kép x=0 Với m=1 phương trình có nghiệm kép x 0 =-1 Với 0<m<1 phương trình vô nghiệm Với m>1 hoặc m<0 phương trình có 2 nghiệm 2 1,2 x m m m= - ± - BÀI TOÁN 8: SỬ DỤNG GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ I. Phương pháp: Với phương trình có chưa tham số: f(x,m)=g(m). Chúng ta thực hiện các bước sau: Bước 1: Lập luận số nghiệm của (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số (C): y=f(x,m) và đường thẳng (d): y=g(m). 10 [...]... Gii (2) vi y Ê - 3 ta c: - 4y + y - 1 + y + 3 ( ) ( ) 2 = 5- 1 ị - ( y + 4) - 1 Êy Ê 8 y 2 + 3y Ê 0 - 3 (3) - 3 ÊÊ y 0 (4) T (3) v (4) suy ra y =-3 , khi ú h thnh: ỡộ =- 1 ù x ùờ ỡ x 2 - 2x - 3 = 0 ù ù ù ù x ớờ =3 ớ ở ùy = - 3 ùờ ù ùy =- 3 ù ợ ù ù ợ ộ = - 1; y = - 3 x ờ ờ = 3; y = - 3 x ờ ở Vy h phng trỡnh cú 2 cp nghim (-1 ;-3 ) v (3 ;-3 ) CHNG II: PHNG PHP GII PHNG TRèNH-BT PHNG TRèNH-H LễGA RIT CH... Vy phng trỡnh cú nghim x=3 ( ) ( 2 2 VD2: Gii phng trỡnh: log 4 x - 2x - 3 = 2 log2 x - 2x - 4 5 ) 34 ộ < 1- 5 ỡ x 2 - 2x - 3 > 0 ù x ù ờ ù ờ Gii: iu kin: ớ 2 Vit li phng trỡnh di dng: ù x - 2x - 4 > 0 ờ > 1+ 5 x ù ù ợ ở log ( x - 2x - 3) = log ( x - 2x - 4) log ( x - 2x - 3) = log ( x - 2x - 4) (1) 2 2 2 5 2 2 5 4 ( ) t t = x 2 - 2x - 4 khi ú (1) log5 t + 1 = log4 t (2) t y = log 4 t ị t = 4y phng... 2 ù ờx - 2x ù ù ợ ở Vy nghim ca bt phng trỡnh l x 2 0 0 x 2 0 ( 1- x) 2 Chỳ ý: trỏnh sai sút khụng ỏng cú khi bin i bt phng trỡnh m vi c s nh hn 1 cỏc em hc sinh nờn la chn cỏch bin i: 1 2 Ê 2x - 1 2- x 2 - 2x b) Nhn xột rng: ( x 2 - 2x )( 10 + 3 Ê 2x - 1 - x 2 - 2x Ê x - 1 ) 10 - 3 = 1 ị 10 - 3 = ( x 2 - 2x 1 - x x 2 ) 10 + 3 - 1 Khi ú bt phng trỡnh c vit di dng: ( ) 10 + 3 x- 3 x- 1 Ê (... 2x 2 + 1 2 ù ù2 - 9.2x + x + 22x + 2 (1) ù VD1: Gii h bt phng trỡnh: ớ ù 2x - 5 < - x 2 + 4x - 3(2) ù ù ù ợ Gii: Gii (1): 2.22x 2 - 9.2x 2 + x + 4.22x = 0 2.2x 2 t t = 2x 2 - x iu kin t 1 4 2 x 2 - 9 + 4.2x - x = 0 Khi ú phng trỡnh cú dng: 25 ộ=4 t ờ 2 4 2 2t + - 9 = 0 2t - 9t + 4 = 0 ờ 1 2x - x = 4 ờ = (1) t t ờ 2 ở ộ =- 1 x x2 - x = 2 x2 - x - 2 = 0 ờ ờ = 2 (3) x ờ ở ộ ỡ ù ộ2x - 5 < 0 ù ờx . x x x x x x x x x x x m m m m m m ổ ử ữ ỗ ữ - + + - ỗ ữ ỗ ữ - + - - - + - ốứ - + - - + - + = + + = + + = + t: 5 6 1 2 2 2 , , 0 2 x x x u u v v - + - ỡ ù ù = ù ù > ớ ù ù = ù ù ợ . Khi ú phng. 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 1 2 2 x x x x x x x x x x x x x - - - - - - - - - - Ê Ê b) Nhn xột rng: ( ) ( ) ( ) 1 10 3 10 3 1 10 3 10 3 - + - = - = +ị Khi ú bt phng trỡnh c vit di dng: ( ) ( ) (. x x x x x x - + - + + - + - + + + + <Ê ộ - < < - - + - ờ + < < ờ - + - + ờ < < ở Vy nghim ca bt phng trỡnh l: ( ) ( ) 3; 5 1; 5- - ẩ BI TON 2: S DNG PHNG PHP LOGARIT HO