giải phương trình mũ bằng phương pháp đánh giá

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN KHOA TOÁN  Nhóm sinh viên thực hiện: Võ Thò Nguyệt (Nhóm trưởng) Nguyễn Thò Nhung Trần Thò Nhung Lê Thanh Nhưỡng Phan thò Mỹ Nương Đoàn Thanh Phong Trần Thanh Phong(1987) Tên đề t ài: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ” Giáo Viên Hướng Dẫn : DƯƠNG THANH VỸ Quy Nhơn /11/2009 Lời nói đầu Phương trình mũ là một mảng đề tài khá thú vò với nhiều phương pháp giả đặc sắc . Ngòai những phương pháp giải thuần túy như: biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ, đưa về cùng cơ số, logarit hai vế … , bằng cách đánh giá phương trình dựa trên : tính chất hàm số mũ; tính chất giá tò tuyệt đối; tam thức bậc hai, các bất đẳng thức cơ bản… ta có thể nhanh chóng chỉ ra được nghòêm của bài toán. Phương pháp này đặc biệt có hiệu quả đối với những phương trình không mẫu mực hay những phương trình ta không thể giải bằng các phương pháp thông thường hoặc sẻ gặp nhiều khó khăn. Để bạn đọc không còn ái ngại trong việc lựa chọn phương pháp giải khi đứng trước một phương trình không mẫu mực, nhóm chúng tôi xin giới thiệu đề tài “ Giải phương trình mũ bằng phương pháp đánh giá” . Ở đây chúng tôi tổng hợp và đưa ra những ví dụ điển hình được sắp xếp từ đơn giản đến phức tạp theo từng dạng đánh giá cụ thể thường gặp. Sau mỗi ví dụ hoặc sau mỗi dạng đánh giá chúng tôi có đưa ra nhận xét và hướng đi, hướng phát triển cho bài toán để bạn đọc tiện tham khảo và nắm bắt một cách dễ dàng. Đề tài của chúng tôi gồm 4 phần, mỗi phần là một dạng của phương pháp đánh giá: - Dạng 1: Đánh giá dựa vào tính chất hàm số mũ. - Dạng 2: Đánh giá dựa vào các bất đẳng thức cơ bản. - Dạng 3: Đánh giá dựa vào tính chất hàm số chứa giá trò tuyệt đối. - Dạng 4: Đánh giá dựa vào tam thức bậc hai. Hy vọng đề tài này là tài liệu thiết thực cho việc ôn tập rèn luyện kỹ năng giaiû toán phục vụ các bạn trong các kỳ thi. Chúc các bạn may mắn và học tâp tốt hơn! Nhóm thực hiện 2 Mở đầu Phương trình mũ: Phương trình mũ cơ bản có dạng ,( 0; 1) x a b a a = > ≠ . 1. Hàm số ( 0, 1) x y a a a = > ≠ gọi là hàm số mũ cơ số a. 2. Các tính chất − + = = > ∀ ≠ = = = =   =  ÷   > > > > ⇔ − − 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x 1 2 1 2 0 x x x x x x g(x) f(x) . a 1 . 1 1 . a 0, a>0,a 1 . a a a a . a a . (a ) a . a b (a.b) a a . b b . a>1 Với x x thì a a . 0<a<1 . Với x x thì a <a * chú ý: . a a (a 1) f(x) g(x)   >        = ⇔      >  g(x) h(x) 0 [f(x)-1][g(x)-h(x)]=0 . Phương trình f(x) f(x) f(x) 0 3 Dạng 1: ĐÁNH GIÁ DỰA TRÊN TÍNH CHẤT HÀM SỐ MŨ. (Phương Trình Mũ) 1. Phương pháp chung : Giải phương trình f(x) = g(x) Xét trên tập xác đònh D ta có f(x) m, x D g(x) m, x D  ≥ ∀ ∈  ≤ ∀ ∈  Khi đó phương trình thỏa mãn khi f(x) m g(x) m  ≤  ≤   Ví dụ minh họa : Ví dụ 1:[4] Giải phương trình : 2 x 3 Cos (2x) = Giải: 2 x Xét phương trình: 3 Cos (2x) Ta có nhận xét : 2 2 x 0 x 0; x R 3 3 1; x R Và có Cos(2x) 1; x R Cos(2x)=1 2 x Do đó 3 Cos (2x) x 0 2 x 3 1 Vậy phương trình có nghiệm là : x=0 = ≥ ∀ ∈ ⇔ ≥ = ∀ ∈ ≤ ∀ ∈   = ⇔ ⇔ =  =   Ví dụ 2:[4] Giải phương trình: 2 1 x 2 2 2 2 x x x x 2 3 4 5 4 − + + + = Giải : 2 0 0 0 2 2 2 x x x Ta có nhận xét x 0 ; x R nên 2 2 1 ; x R 3 3 1 ; x R 4 4 1 ; x R ≥ ∀ ∈ ≥ = ∀ ∈ ≥ = ∀ ∈ ≥ = ∀ ∈ 0 2 2 x 1 x 5 5 1 ; x R và 4 4 ; x R − ≥ = ∀ ∈ ≤ ∀ ∈ 4 Vế trái 4 Suy ra Vế trái 4 Vế trái = 4 Do đó Vế trái = Vế phải Vế phải = 4 2 x 0 x 0 Kết luận : Phương trình đã cho có nghiệm là x=0           ≥ ≤ ⇔ ⇔ = ⇔ = Ví dụ 3 : [3] Giải phương trình : + − + = ) ) y sin(x 1 sin(x 4 2 cos(xy) 2 0 Giải: ( ) ) ) ) ) y sin(x 1 sin(x 2 y sin(x 2 y y 2 2 2 sin(x Xét phương trình : 4 2 cos(xy) 2 0 (1) (1) 2 cos(xy) 2 cos (xy) 0 (2) Ta nhận thấy rằng: 2 cos (xy) 0 ; Vì 2 1 và cos (xy) 1 và 2 cos(xy) 0 Do + − + =     ⇔ − + − =     − ≥ ≥ ≤   − ≥   ) y 2 sin(x y 2 y 2 y 2 2 cos (xy) 0 (3) đó ta có (2) 2 cos(xy) 0 (4) Xét phương trình (3) : 2 cos (xy) 0 2 1 Ta nhận xét : cos (xy) 1 2 1 Do đó (3) y=0 cos (xy) 1 Thay y=0 vào phương tr  − =  ⇔  − =   − =  ≥   ≤    =  ⇔ ⇔  =   ) ) sin(x sin(x ình (4) ta được : 2 1 0 Phương trình tương đương : 2 1 sin(x)=0 x=k ;k Z x=k ;k Z Kết luận : Phương trình đã cho có nghiệm là y 0 − = = ⇔ ⇔ π ∈  π ∈  =  5 Nhận xét: Trong các ví dụ trên , bằng việc đánh giá một cách rất tinh tế các toán tử trong phương trình , ta đã nhanh chóng tìm được nghiệm của bài toán một cách dể dàng. Đây là phương pháp dùng để đánh giá phương trình mũ rất hay. Sử dụng các tính chất cảu hàm số để giải phương trình là một dạng khá quen thuộc . Đối với phương trình mũ tính chất đặc trưng của nó là tính đơn điệu. Đây cũng là một mảng rất thú vò. Ta có 3 hướng áp dụng sau: • Hướng 1: Thực hiện theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình về dạng f(x)=k Bước 2: Xét hàm số y=f(x) Dùøng lập luận khẳng đònh hàm số đơn điệu(giả sử đồng biến) Bước 3: Nhận xét 0 0 0 0 0 0 0 . Với x=x f(x) f(x ) k , do đó x là nghiệm . Với x<x f(x) f(x ) k , do đó phương trình vô nghiệm . Với x>x f(x) f(x ) k , do đó phương trình vô nghiệm Kết luận: Phương trình có nghiệm ⇔ = = ⇔ < = ⇔ > = 0 duy nhất là x=x • Hướng 2: Thực hiện theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình về dạng f(x)=g(x) Bước 2: Xét hàm y=f(x) và y=g(x) Dùng lập luận khẳng đònh y=f(x) là đồng biến,còn hàm y=g(x) là nghòch biến hoặc là hàm hằng. Xác đònh 0 0 0 x sao cho 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(x) = f(v) Bước 2: Xét hàm số y=f(x) Dùng lập luận khẳng đònh hàm đơn điệu. Khi đó f(x) f(v) u v ; u,v D = ⇔ = ∀ ∈  Ví dụ minh họa : Ví dụ 4: [4] Giải phương trình : x x x 3 4 5 + = (1) Giải : x x 3 4 Phương trình 1 5 5     ⇔ + =  ÷  ÷     Cách 1: ta có nhận xét x=2 là 1 nghiệm của phương trình 6 x 2 x 2 x x 3 3 9 * Với x>2 , ta có : 5 5 25 4 4 16 và 5 5 25 3 4 9 16 1 5 5 25 25 Vậy với mọi x>2 không là nghiệm của phương trình * Với x<2, ta c     < =  ÷  ÷         < =  ÷  ÷         ⇒ + < + =  ÷  ÷     x 2 x 2 x x 3 3 9 ó : 5 5 25 4 4 16 và 5 5 25 3 4 9 16 1 5 5 25 25 Vậy với mọi x<2 không là nghiệm của phương trình Kết luận: x=2 là nghiệm duy nh     > =  ÷  ÷         > =  ÷  ÷         ⇒ + > + =  ÷  ÷     ất của phương trình Cách 2: t t 3 4 Xét hàm số : f(x) 5 5     = +  ÷  ÷     t t 3 3 4 4 Ta co ù f(t)= ln ln 0 ; t R 5 5 5 5 Suy ra f(t) là hàm số nghòch biến trên R Hơn nữa, ta thấy f(2)=1 Vậy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình (1)     + < ∀ ∈  ÷  ÷     Ví dụ 5: [3] Giải phương trình : x x 6 2 32 − = Giải: x x x x x 2 x Phương trình 32+2 6 1 1 32 1 6 3 Nhận thấy x=2 là nghiệm của phương trình 1 1 1 * Với x>2 , ta có : 3 3 9 1 1 và 32 32 6 6 ⇔ =     ⇔ + =  ÷  ÷         < =  ÷  ÷        <  ÷     2 8 9  = ÷  7 x x x 2 x 2 x x 1 1 32 1 6 3 Vậy mọi x>2 không phải là nghiệm của phương trình 1 1 1 * Với x<2 , ta có : 3 3 9 1 1 8 và 32 32 6 6 9 1 1 32 1 6 3 Vậy     ⇒ + <  ÷  ÷         > =  ÷  ÷         > =  ÷  ÷         ⇒ + >  ÷  ÷     mọi x<2 không phải là nghiệm của phương trình Kết luận: x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình Ví dụ 6: [4] Giải phương trình: log x 2 x 2.3 3 + = Giải: x log 2 x log 2 Điều kiện x>0 Biến đổi phương trình về dạng 2.3 3 x (1) Xét f(x) =2.3 g(x) =3 x Ta nhận xét f(x) là hàm đồng biến trên R , g(x) là hàm nghòch biến trên R Do vậy + + = − − log x 2 nếu (1) có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Ta lại thấy x=1 là 1 nghiệm của phương trình vì 2.3 3 1 Kết luận: Phương trình có duy nhất một nghiệm x=1 = − Ví dụ 7: [6] − + − = 2010 2009 Giải phương trình : 2009 x 2010 x 1 (1) Giải: 2010 2009 2010 2009 Ta dễ nhận thấy x=2009 và x=2010 là nghiệm của phương trình * Nếu x<2009 2009 x 0 và 2010 x 1 Suy ra 2009 x 2010 x 1 Vậy mọi x<2009 không phải là nghiệm của phương trìn ⇒ − > − > − + − > h 8 ( ) ( ) 2010 2009 2010 2009 2010 2009 * Nếu x>2010 2009 x 1 và 2010 x 0 Suy ra 2009 x 2010 x 1 Vậy mọi x>2010 không phải là nghiệm của phương trình * Nếu 2009<x<2010 ta có: Phương trình x 2009 2010 x 1 T ⇒ − > − > − + − > ⇔ − + − = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2010 2009 2010 2009 2010 2009 a xét hàm số : f(x)= x 2009 2010 x ta thấy rằng: x 2009 x 2009 2010 x 2010 x Suy ra x 2009 2010 x 1 Vậy phương trình vô nghiệm Kết luận: Phương trình đã cho có hai nghiệ − + − − < − − < − − + − < m là x=2009 và x=2010 * Chú ý : Trong phương pháp trên ta đã sử dụng hai mệnh đề sau: + Mệnh đề 1: Xét phương trình f(x)=α trong đó f(x) luôn đồng biến (hoặc nghòch biến) trên tập xác đònh của phương trình khi đó phương trình có nghiệm duy nhất. + Mệnh đề 2: Xét phương trình f(x) = g(x) , trong đó f(x) luôn đồng biến (hoặc nghòch biến) và g(x) luôn nghòch biến ( hoặc đồng biến) trên miền xác đònh của phương trình thì khi đó phương trình có nghiệm duy nhất. Một cách tổng quát: Nếu hàm số f(x)=h có m khoảng đơn điệu thì hàm số có nhiều nhất là m nghiệm. Ta xét thêm một ví dụ nữa: Ví dụ 8: Giải phương trình : 2x 2x 2x 3 4 5 + = Giải: 2x 2x Hoàn tòan có thể áp dụng phương pháp trên như sau: 3 4 Phương trình 1 5 5 Ta thấy x=1 là một nghiệm của phương trình và hơn nữa Vế trái là một hàm nghòch biến Vậy x=1     ⇔ =  ÷  ÷     + là nghiệm duy nhất 9 ( ) x x x n x i i 1 * Từ bài toán này ta hòan toàn có thể mở rộng như sau : Giải phương trình : a b a b ; a,b>0 Khi đó phương trình có thể áp dụng phương pháp đánh giá như trên Tổng quát : a = + = + ∑ x n i i i 1 a ; a 0 , i=1,n =   = > ∀  ÷   ∑ Bài tập đề nghò: Giải các phương trình sau : x 1, 3 + x - 4=0 x x 2, 3.4 (3x 10).2 3 x 0+ − + − = 2 x x 3, x (2 3)x 2(1 2 ) 0+ − + − = − + + + + + = + + 2x 1 2x 2x 1 x x 1 x 2 4, 2 3 5 2 3 5 3 3x x 2x 2 x 5, x 2 3 .2 (1 3x )2 x 2 0+ + + + + − = 2 2 cos2x sin x cos x cos2x 2 6, (2+ 2) (2 2) (2 2) 1 2   − + + − = +  ÷  ÷   10 [...]... số- Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình chứa mũ- Lê Hồng Đức [5] Phương pháp giải toán Đại số- Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình chứa dấu trò tuyệt đối-Lê Hồng Đức [6] 500 Bài toán điển hình phương trình, bất phương trình, hệ phương trình mũ logarit - Trần Đình Thì 29 MỤC LỤC Trang Mở đầu … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 3 Dạng 1: Đánh giá phương. .. toán này ta có thể giải bằng các phương pháp thông thường cho phương trình ẩn t Nhưng ở đây, chúng tôi sẽ trình bày phương pháp đánh giá qua đònh lí Viet của tam thức bậc hai Với phương pháp này ta sẽ nhanh chóng đưa ra nghiệm của phương trình Ta xét các ví dụ sau Ví dụ 4: Giải phương trình : 3.25 x−2 + ( 3x − 10 ) 5x −2 + 3 − x = 0 (1) Giải: Đặt 5x − 2 = t , điều kiện t>0 Khi đó phương trình được viết... … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 3 Dạng 1: Đánh giá phương trình mũ dựa vào tính chất hàm số mũ … … … … … … … … 410 Dạng 2: Đánh giá phương trình mũ dựa vào các bất đẳng thức cơ bản … … … … … 11-17 Dạng 3: Đánh giá phương trình mũ bằng các tính chất hàm chứa dấu trò tuyệt đối.18-22 Dạng 4: Đánh giá phương trình mũ bằng tam thức bậc hai … … … … … … … … … … … 23-28 30 ... 1  Phương trình vô nghiệm Kết luận: Phương trình có hai nghiệm x=0 và x=1 Tổng quát : Khi gặp phương trình mũ chứa giá trò tuyệt đối có dạng a x + b x = (a + b − 2)x = 2 (a,b là hằng số) Ta dùng bất đẳng thức Bernoulli để giải quyết bài toán và phương pháp này đã được chúng tôi trình bày ở dạng 2 trong tài liệu 22 Dạng 4: ĐÁNH GIÁ DỰA VÀO TAM THỨC BẬC HAI, PHƯƠNG TRÌNH MŨ Đặt ẩn phụ là phương pháp. .. dạng: af(x) + (1 − a)f(x) = 1 (a>1) Khi đó ta xác đònh được:  f(x) = 0 ⇒ Giải phương trình tìm nghiệm   f(x) = 1 x Phương trình ⇔ 3 + (1 − 3)x = 1 ⇔  Một số bài toán tự giải: 1) Giải phương trình: 5x = 4x + 1 2) Giải phương trình: 3x + 5x = 6x + 2 15 3) Giải phương trình: 7 x + 5 x = 10 x +2 16 Ví dụ 9: Giải phương trình: (2+ 3) Giải: Điều kiện 3 ≤ x ≤ 5 Ta có x − 3 + 6 − x ( Suy ra VT ≤ 2 + 3 ) 2... x = 0 Vậy phương trình vô nghiệm Nhận xét: Với những bài toán như ví dụ 1,ví dụ 2 thì sử dụng phương pháp đánh giá dựa vào bất đẳng thức là cách rất hay và ngắn gọn trong lời giải Nếu như ở ví dụ 1 ta có thể sử dụng phương pháp đơn điệu để tìm ra nghiệm của bài toán thì sang ví dụ 2 hầu như không có phương pháp nào khác phương pháp đánh giá bài toán đó 12 25x+3 Ví dụ 3:[4] Giải phương trình: 3 5 -5.33x... ẩn phụ 5 x-2=t , phương trình vẫn còn tồn tại ẩn x Ta có thể giải phương trình (2) như một phương trình bậc hai theo ẩn t thông thường Nhưng ở đây chúng tôi trình bày theo phương pháp đánh giá dựa vào tam thứ bậc hai Hoàn toàn tương tự ta xét ví dụ sau: 2 ( ) 2 Ví dụ 5:[2] Giải phương trình : 9x + x 2 − 3 3x + 2 − 2x 2 = 0 (1) Giải: 2 Đặt 3x = t , điều kiện t>0 Khi đó ta có phương trình: ( ) t 2 +...Dạng 2 : ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH MŨ BẰNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN Trên đây , chúng tôi đã trình bày những bài toán đơn giản nhằm có thể sử dụng phương pháp đánh giá để giải toán phương trình mũ một cách nhanh chóng , dể hiểu Tuy nhiên ta cũng đã sử dụng khéo léo một số bất đẳng thức thường gặp như Cơsi, Bunhiacôpxki, Bernoulli… để giải quyết những bài toán phức tạp I Một...  h = k π ⇔ ⇔ ,h ∈ ¢ ⇔  ⇒x=0 2 h=0  x = hπ  x = k π   Vậy nghiệm của phương trình là x=0 Nhận xét: Khi gặp phương trình mũ dạng ví dụ 3 ta nên dùng cách đánh giá trên để giải vì nó liên quan đến hàm sinx và cosx mà  sin x ≤ 1    cosx ≤ 1  Ví dụ 6: Giải phương trình : 8 x + 2 x = 8x + 2 Giải: x x Giải phương trình : 8 + 2 = 8x + 2 Theo bất đẳng thức Bernuolli ta có: * Với x ≥ 1 8 x =... a − b = a − b ⇔ b(a − b) ≥ 0 Ví dụ 1:[5] Giải phương trình: 3 4x − 4 = 81(x −1) Giải: Xét 3 ⇔ 3 4x − 4 4x − 4 = 81(x −1) ,∀x ∈ ¡ = 34(x −1) ⇔ 4x − 4 = 4(x − 1) (1) Xét 4x-4 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 thì (1) thỏa 4x-4 . ài: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ” Giáo Viên Hướng Dẫn : DƯƠNG THANH VỸ Quy Nhơn /11/2009 Lời nói đầu Phương trình mũ là một mảng đề tài khá thú vò với nhiều phương pháp. 2 : ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH MŨ BẰNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN Trên đây , chúng tôi đã trình bày những bài toán đơn giản nhằm có thể sử dụng phương pháp đánh giá để giải toán phương trình mũ một. ngại trong việc lựa chọn phương pháp giải khi đứng trước một phương trình không mẫu mực, nhóm chúng tôi xin giới thiệu đề tài “ Giải phương trình mũ bằng phương pháp đánh giá . Ở đây chúng tôi