Giải phương trình, hệ phương trình mũ và loga

1 CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH- BẤT PHƯƠNG TRÌNH- HỆ MŨ- LÔGARIT CHƯƠNG I: PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH- BẤT PHƯƠNG TRÌNH- HỆ MŨ BIÊN SOẠN GV NGUYỄN TRUNG KIÊN CHỦ ĐỀ I:PHƯƠNG TRÌNH MŨ BÀI TOÁN 1: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG I. Phương pháp: Ta sử dụng phép biến đổi tương đương sau: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 1 f x g x a a a a f x g x =   < ≠  = ⇔     =    hoặc ( ) ( ) ( ) 0 1 0 a a f x g x >      − − =     II. VD minh hoạ: VD1: Giải phương trình: ( ) ( ) sin 2 3cos 2 2 2 2 x x x x x − + − = + − Giải: Phương trình được biến đổi về dạng: ( ) ( ) 2 2 2 1 2(*) 2 0 1 0(1) 2 1 sin 2 3cos 0 sin 3cos 2(2) x x x x x x x x x x x − < <   + − >    − − = ⇔   + − − − + =     + =    Giải (1) ta được 1,2 1 5 2 x ± = tho ả mãn đ i ề u ki ệ n (*) Gi ả i (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 π π π π π π   + = ⇔ + = ⇔ + = + ⇔ = + ∈     Để nghi ệ m tho ả mãn đ i ề u ki ệ n (*) ta ph ả i có: 1 1 1 2 2 1 2 0, 6 2 6 2 6 k k k k Z π π π π π π     − < + < ⇔ − − < < − ⇔ = ∈         khi đ ó ta nh ậ n đượ c 3 6 x π = V ậ y ph ươ ng trình có 3 nghi ệ m phân bi ệ t 1,2 3 1 5 ; 2 6 x x π ± = = . VD2: Giải phương trình : ( ) ( ) 2 2 4 3 5 2 2 3 6 9 x x x x x x x + − − + − = − + Gi ả i: Ph ươ ng trình đượ c bi ế n đổ i v ề d ạ ng: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 3 5 2 2 2( 4) 3 3 3 x x x x x x x x x + − − + + −   − = − = −   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 − = =   =    < − ≠ < ≠ ⇔ ⇔ ⇔      =      − + = + − − + =     V ậ y ph ươ ng trình có 2 nghi ệ m phân bi ệ t x=4, x=5. BÀI TOÁN 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP LÔGARIT HOÁ VÀ ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐ I. Phương pháp: 2 Để chuy ể n ẩ n s ố kh ỏ i s ố m ũ lu ỹ th ừ a ng ườ i ta có th ể logarit theo cùng 1 c ơ s ố c ả 2 v ế c ủ a ph ươ ng trình, ta có các d ạ ng: D ạ ng 1: Ph ươ ng trình: ( ) ( ) 0 1, 0 log f x a a b a b f x b < ≠ >   = ⇔  =   Dạng 2: Phương trình : ( ) ( ) ( ) ( ) log log ( ) ( ).log f x g x f x f x a a a a b a b f x g x b = ⇔ = ⇔ = hoặc ( ) ( ) log log ( ).log ( ). f x g x b b b a b f x a g x = ⇔ = II. VD minh hoạ: VD1: Giải phương trình: 2 2 2 3 2 x x− = Gi ả i: L ấ y logarit c ơ s ố 2 hai v ế ph ươ ng trình ta đượ 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 có , 2 2 1 1 log 3 log 3 0 ∆ = − + = > suy ra ph ươ ng trình có nghi ệ m x = 1 2 log 3. ± VD2: Giải phương trình: 1 5 .8 500. x x x − = Gi ả i: Vi ế t l ạ i ph ươ ng trình d ướ i d ạ ng: 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 − − − − = ⇔ = ⇔ = L ấ y logarit c ơ s ố 2 v ế , ta đượ 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 − − − −     − = ⇔ + = ⇔ − + =         ( ) 2 2 3 1 3 log 5 0 1 log 5 x x x x =     ⇔ − + = ⇔    = −     V ậ y ph ươ ng trình có 2 nghi ệ m phân bi ệ t: 2 1 3; log 5 x x= = − Chú ý: Đố i v ớ i 1 ph ươ ng trình c ầ n thi ế t rút g ọ n tr ướ c khi logarit hoá. BÀI TOÁN 3: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ- DẠNG 1 I. Phương pháp: Ph ươ ng pháp dùng ẩ n ph ụ d ạ ng 1 là vi ệ c s ử d ụ ng 1 ẩ n ph ụ để chuy ể n ph ươ ng trình ban đầ u thành 1 ph ươ ng trình v ớ i 1 ẩ n ph ụ . Ta l ư u ý các phép đặ t ẩ n ph ụ th ườ ng g ặ p sau: Dạng 1: Phương trình ( 1) 1 1 0 0 k x x k k a a α α α α − − + + = Khi đ ó đặ t x t a = đ i ề u ki ệ n t>0, ta đượ c: 1 1 1 0 0 k k k k t t t α α α α − − + + = 3 M ở r ộ ng: N ế u đặ t ( ) , f x t a= đ i ề u ki ệ n h ẹ p t>0. Khi đ ó: 2 ( ) 2 3 ( ) 3 ( ) , , , f x f x kf x k a t a t a t = = = Và ( ) 1 f x a t − = Dạng 2: Phương trình 1 2 3 0 x x a a α α α + + = với a.b=1 Khi đ ó đặ t , x t a = đ i ề u ki ệ n t<0 suy ra 1 x b t = ta đượ c: 2 2 1 3 1 3 2 0 0 t t t t α α α α α α + + = ⇔ + + = M ở r ộ ng: V ớ i a.b=1 thì khi đặ t ( ) , f x t a= đ i ề u ki ệ n h ẹ p 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 α α α + + = khi đó chia 2 vế của phương trình cho 2 x b >0 ( hoặc ( ) 2 , . x x a a b ), ta được: 2 1 2 3 0 x x a a b b α α α     + + =         Đặ t , x a t b   =     đ i ề u ki ệ n t<0, ta đượ c: 2 1 2 3 0 t t α α α + + = M ở r ộ ng: V ớ i ph ươ ng trình m ũ có ch ư a các nhân t ử : ( ) 2 2 , , . f f f a b a b , ta th ự c hi ệ n theo các b ướ c sau: - Chia 2 v ế ph ươ ng trình cho 2 0 f b > (ho ặ c ( ) 2 , . f f a a b ) - Đặ t f a t b   =     đ i ề u ki ệ n h ẹ p t>0 Dạng 4: Lượng giác hoá. Chú ý: Ta s ử d ụ ng ngôn t ừ đ i ề u ki ệ n h ẹ p t>0 cho tr ườ ng h ợ p đặ t ( ) f x t a = vì: - N ế u đặ t x t a = thì t>0 là đ i ề u ki ệ n đ úng. - N ế u đặ t 2 1 2 x t + = thì t>0 ch ỉ là đ i ề u ki ệ n h ẹ p, b ớ i th ự c ch ấ t đ i ề u ki ệ n cho t ph ả i là 2 t ≥ . Đ i ề u ki ệ n này đặ c bi ệ t quan tr ọ ng cho l ớ p các bài toán có ch ứ a tham s ố . II. Các ví dụ minh hoạ: VD1: Giải phương trình : 2 2 1 cot sin 4 2 3 0 g x x + − = (1) Gi ả i: Đ i ề u ki ệ n sin 0 , x x k k Z π ≠ ⇔ ≠ ∈ (*) Vì 2 2 1 1 cot sin g x x = + nên ph ươ ng trình (1) đượ c bi ế t d ướ i d ạ ng: 2 2 cot cot 4 2.2 3 0 g x g x + − = (2) Đặ t 2 cot 2 g x t = đ i ề u ki ệ n 1 t ≥ vì 2 2 cot 0 cot 0 2 2 1 g x g x ≥ ⇔ ≥ = Khi đ ó ph ươ ng trình (2) có d ạ ng: 2 2 cot 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 π π =  + − = ⇔ ⇔ = ⇔ =  = −  ⇔ = ⇔ = + ∈ tho ả mãn (*) 4 V ậ y ph ươ ng trình có 1 h ọ nghi ệ m , 2 x k k Z π π = + ∈ VD2: Giải phương trình : ( ) ( ) 7 4 3 3 2 3 2 0 x x + − − + = Gi ả i: Nh ậ n xét r ằ ng: ( ) ( ) ( ) 2 7 4 3 2 3 ; 2 3 2 3 1 + = + + − = Do đ ó n ế u đặ t ( ) 2 3 x t = + đ i ề u ki ệ n t>0, thì: ( ) 1 2 3 x t − = và ( ) 2 7 4 3 x t + = Khi đ ó ph ươ ng trình t ươ ng đươ ng v ớ i: ( ) ( ) 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 =  − + = ⇔ + − = ⇔ − + + = ⇔  + + =  ( ) 2 3 1 0 x x ⇔ + = ⇔ = V ậ y ph ươ ng trình có nghi ệ m x=0 Nh ậ n xét: Nh ư v ậ y trong ví d ụ trên b ằ ng vi ệ c đ ánh giá: ( ) ( )( ) 2 7 4 3 2 3 2 3 2 3 1 + = + + − = Ta đ ã l ự a ch ọ n đượ c ẩ n ph ụ ( ) 2 3 x t = + cho ph ươ ng trình Ví d ụ ti ế p theo ta s ẽ miêu t ả vi ệ c l ự a ch ọ n ẩ n ph ụ thông qua đ ánh giá m ở r ộ ng c ủ a a.b=1, đ ó là: . . 1 a b a b c c c = ⇔ = t ứ c là v ớ i các ph ươ ng trình có d ạ ng: . . 0 x x Aa B b C + + = Khi đ ó ta th ự c hi ệ n phép chia c ả 2 v ế c ủ a ph ươ ng trình cho 0 x c ≠ , để nh ậ n đượ c: . 0 x x a b A B C c c     + + =         t ừ đ ó thi ế t l ậ p ẩ n ph ụ , 0 x a t t c   = >     và suy ra 1 x b c t   =     VD3: Giải phương trình : 2 2 2 1 2 2 2 9.2 2 0 x x x x+ + + − + = Gi ả i: Chia c ả 2 v ế ph ươ ng trình cho 2 2 2 0 x + ≠ ta đượ c: 2 2 2 2 2 2 1 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 − − − − − − − + = ⇔ − + = 2 2 2 2 2.2 9.2 4 0 x x x x − − ⇔ − + = Đặ t 2 2 x x t − = đ i ề u ki ệ n t>0. Khi đ ó ph ươ ng trình t ươ ng đươ ng v ớ i: 2 2 2 2 2 2 1 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 t x x − − − =    = − = = −   − + = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔     = = − = −    =    V ậ y ph ươ ng trình có 2 nghi ệ m x=-1, x=2. 5 Chú ý: Trong ví d ụ trên, vì bài toán không có tham s ố nên ta s ử d ụ ng đ i ề u ki ệ n cho ẩ n ph ụ ch ỉ là t>0 và chúng ta đ ã th ấ y v ớ i 1 2 t = vô nghi ệ m. Do v ậ y n ế u bài toán có ch ứ a tham s ố chúng ta c ầ n xác đị nh đ i ề u ki ệ n đ úng cho ẩ n ph ụ nh ư sau: 2 2 1 2 4 4 1 1 1 1 2 2 2 4 4 2 x x x x x t −   − = − − ≥ − ⇔ ≥ ⇔ ≥     VD4: Giải phương trình : ( ) 3 3 1 1 12 2 6.2 1 2 2 x x x x − − − + = Gi ả i: Vi ế t l ạ i ph ươ ng trình có d ạ ng: 3 3 3 2 2 2 6 2 1 2 2 x x x x     − − − =         (1) Đặ 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     = − ⇒ − = − + − = +         Khi đ ó ph ươ ng trình (1) có d ạ ng: 3 2 6 6 1 1 2 1 2 x x t t t t + − = ⇔ = ⇔ − = Đặ t 2 , 0 x u u = > khi đ ó ph ươ ng trình (2) có d ạ ng: 2 1(1) 1 2 0 2 2 2 1 2 2 x u u u u u u x u = −  − = ⇔ − − = ⇔ ⇔ = ⇔ = ⇔ =  =  V ậ y ph ươ ng trình có nghi ệ m x=1 Chú ý: Ti ế p theo chúng ta s ẽ quan tâm đế n vi ệ c s ử d ụ ng ph ươ ng pháp l ượ ng giác hoá. VD5: Giải phương trình : ( ) 2 2 1 1 2 1 2 1 2 .2 x x x + − = + − Gi ả i: Đ i ề u ki ệ n 2 2 1 2 0 2 1 0 x x x − ≥ ⇔ ≤ ⇔ ≤ Nh ư v ậ y 0 2 1 x < ≤ , đặ t 2 sin , 0; 2 x t t π   = ∈     Khi đ ó ph ươ ng trình có d ạ ng: ( ) ( ) 2 2 1 1 sin sin 1 2 1 sin 1 cos 1 2cos sin 3 3 2 cos sin sin 2 2 cos 2sin cos 2 cos 1 2 sin 0 2 2 2 2 2 2 cos 0(1) 1 2 1 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 π π + − = + − ⇔ + = +   ⇔ = + ⇔ = ⇔ − =       =  =   = = −    ⇔ ⇔ ⇔ ⇔    =    = =  =      V ậ y ph ươ ng trình có 2 nghi ệ m x=-1, x=0. BÀI TOÁN 4: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ- DẠNG 2 I. Phương pháp: Ph ươ ng pháp dùng ẩ n ph ụ d ạ ng 2 là vi ệ c s ử d ụ ng 1 ẩ n ph ụ chuy ể n ph ươ ng trình ban đầ u thành 1 ph ươ ng trình v ớ i 1 ẩ n ph ụ nh ư ng các h ệ s ố v ẫ n còn ch ứ a x. 6 Ph ươ ng pháp này th ườ ng s ử d ụ ng đố i v ớ i nh ữ ng ph ươ ng trình khi l ự a ch ọ n ẩ n ph ụ cho 1 bi ể u th ứ c thì các bi ể u th ứ c còn l ạ i không bi ể u di ễ n đượ c tri ệ t để qua ẩ n ph ụ đ ó ho ặ c n ế u bi ể u di ễ n đượ c thì công th ứ c bi ể u di ễ n l ạ i quá ph ứ c t ạ p. Khi đ ó th ườ ng ta đượ c 1 ph ươ ng trình b ậ c 2 theo ẩ n ph ụ ( ho ặ c v ẫ n theo ẩ n x) có bi ệ t s ố ∆ là m ộ t s ố chính ph ươ ng. II. VD minh hoạ: VD1: Giải phương trình : ( ) 2 3 2 9 .3 9.2 0 x x x x − + + = Gi ả i: Đặ t 3 x t = , đ i ề u ki ệ n t>0. Khi đ ó ph ươ ng trình t ươ ng đươ ng v ớ i: ( ) ( ) ( ) 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 =  − + + = ∆ = + − = + ⇒  =  Khi đ ó: + V ớ i 9 3 9 2 x t t = ⇔ = ⇔ = + V ớ i 3 2 3 2 1 0 2 x x x x t x   = ⇔ = ⇔ = ⇔ =     V ậ y ph ươ ng trình có 2 nghi ệ m x=2, x=0. VD2: Giải phương trình : ( ) 2 2 2 2 9 3 3 2 2 0 x x x x + − − + = Gi ả i: Đặ t 2 3 x t = đ i ề u ki ệ n 1 t ≥ vì 2 2 0 0 3 3 1 x x ≥ ⇔ ≥ = Khi đ ó ph ươ ng trình t ươ ng đươ ng v ớ i: ( ) 2 2 2 3 2 2 0 t x t x + − − + = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 3 4 2 2 1 1 t x x x t x =  ∆ = − − − + = + ⇒  = −  Khi đ ó: + V ớ i 2 2 3 3 2 3 2 log 2 log 2 x t x x = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ± + V ớ i 2 2 2 1 3 1 x t x x = − ⇔ = − ta có nh ậ n xét: 2 2 1 1 3 1 0 1 1 1 1 x VT VT x VP VP x  ≥ = =    ⇒ ⇔ ⇔ =    ≥ = − =     V ậ y ph ươ ng trình có 3 nghi ệ m 3 log 2; 0 x x = ± = BÀI TOÁN 5: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ- DẠNG 3 I. Phương pháp: Ph ươ ng pháp dùng ẩ n ph ụ d ạ ng 3 s ử d ụ ng 2 ẩ n ph ụ cho 2 bi ể u th ứ c m ũ trong ph ươ ng trình và khéo léo bi ế n đổ i ph ươ ng trình thành ph ươ ng trình tích. II. VD minh hoạ: VD1: Giải phương trình : 2 2 2 3 2 6 5 2 3 7 4 4 4 1 x x x x x x− + + + + + + = + Gi ả i: Vi ế t l ạ i ph ươ ng trình d ướ i d ạ ng: 2 2 2 2 3 2 2 6 5 3 2 2 6 5 4 4 4 .4 1 x x x x x x x x− + + + − + + + + = + Đặ t 2 2 3 2 2 6 5 4 , , 0 4 x x x x u u v v − + + +  =  >  =   Khi đ ó ph ươ ng trình t ươ ng đươ ng v ớ i: 7 ( ) ( ) 1 1 1 0 u v uv u v + = + ⇔ − − = 2 2 3 2 2 2 2 6 5 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 − + + + =     = = − + = =   ⇔ ⇔ ⇔ ⇔     = = − + +    =    = −  V ậ y ph ươ ng trình có 4 nghi ệ m. VD2: Cho phương trình : 2 2 5 6 1 6 5 .2 2 2.2 (1) x x x x m m − + − − + = + a) Gi ả i ph ươ ng trình v ớ i m=1 b) Tìm m để ph ươ ng trình có 4 nghi ệ m phân bi ệ t. Gi ả i: Vi ế t l ạ i ph ươ ng trình d ướ i d ạ ng: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 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 x x x x x x x x x x x x x x x x m m m m m m − + + − − + − − − + − − + − − + − + = + ⇔ + = + ⇔ + = + Đặ t: 2 2 5 6 1 2 , , 0 2 x x x u u v v − + −  =  >  =   . Khi đ ó ph ươ ng trình t ươ ng đươ ng v ớ i: ( )( ) 2 2 2 5 6 1 1 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 − + − −  =  = =   + = + ⇔ − − = ⇔ ⇔ ⇔ =    =   =   =  V ậ y v ớ i m ọ i m ph ươ ng trình luôn có 2 nghi ệ m x=3, x=2 a) V ớ i m=1, ph ươ ng trình (*) có d ạ ng: 2 1 2 2 2 1 1 0 1 1 x x x x − = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ± V ậ y v ớ i m=1, ph ươ ng trình có 4 nghi ệ m phân bi ệ t: x=3, x=2, x= ± 1 b) Để (1) có 4 nghi ệ m phân bi ệ t (*) ⇔ có 2 nghi ệ m phân bi ệ t khác 2 và 3. (*) 2 2 2 2 0 0 1 log 1 log m m x m x m > >   ⇔ ⇔   − = = −   . Khi đ ó đ i ề u ki ệ n là: ( ) 2 2 2 0 0 2 1 log 0 1 1 1 0;2 \ ; 1 log 4 8 256 8 1 1 log 9 256 m m m m m m m m m >   >  <   − >     ⇔ ⇔ ∈     ≠ − ≠       − ≠  ≠   V ậ y v ớ i ( ) 1 1 0;2 \ ; 8 256 m   ∈     tho ả mãn đ i ề u ki ệ n đầ u bài. BÀI TOÁN 6: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ- DẠNG 4 I. Phương pháp: Ph ươ ng pháp dùng ẩ n ph ụ d ạ ng 4 là vi ệ c s ử d ụ ng k ẩ n ph ụ chuy ể n ph ươ ng trình ban đầ u thành 1 h ệ ph ươ ng trình v ớ i k ẩ n ph ụ . 8 Trong h ệ m ớ i thì k-1 thì ph ươ ng trình nh ậ n đượ c t ừ các m ố i liên h ệ gi ữ a các đạ i l ượ ng t ươ ng ứ ng. Tr ườ ng h ợ p đặ c bi ệ t là vi ệ c s ử d ụ ng 1 ẩ n ph ụ chuy ể n ph ươ ng trình ban đầ u thành 1 h ệ ph ươ ng trình v ớ i 1 ẩ n ph ụ và 1 ẩ n x, khi đ ó ta th ự c hi ệ n theo các b ướ c: B ướ c 1: Đặ t đ i ề u ki ệ n có ngh ĩ a cho các bi ể u t ượ ng trong ph ươ ng trình. B ướ c 2: Bi ế n đổ i ph ươ ng trình v ề d ạ ng: ( ) , 0 f x x ϕ   =   B ướ c 3: Đặ t ( ) y x ϕ = ta bi ế n đổ i ph ươ ng trình thành h ệ : ( ) ( ) ; 0 y x f x y ϕ  =   =   II. VD minh hoạ: VD1: Giải phương trình : 1 1 1 8 2 18 2 1 2 2 2 2 2 x x x x x − − − + = + + + + Gi ả i: Vi ế t l ạ i ph ươ ng trình d ướ i d ạ ng: 1 1 1 1 8 1 18 2 1 2 1 2 2 2 x x x x − − − − + = + + + + Đặ t: 1 1 2 1 , , 1 2 1 x x u u v v − −  = +  >  = +   Nh ậ n xét r ằ ng: ( ) ( ) 1 1 1 1 . 2 1 . 2 1 2 2 2 x x x x u v u v − − − − = + + = + + = + Ph ươ ng trình t ươ ng đươ ng v ớ i h ệ : 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 = =   + = + =    ⇔ ⇔ +    + = = =   + =   + V ớ i u=v=2, ta đượ c: 1 1 2 1 2 1 2 1 2 x x x − −  + =  ⇔ =  + =   + V ớ i u=9 và 9 8 v = , ta đượ c: 1 1 2 1 9 4 9 2 1 8 x x x − −  + =  ⇔ =  + =   V ậ y ph ươ ng trình đ ã cho có các nghi ệ m x=1 và x=4. C ũ ng có th ể đặ t 2 x t = để đư a v ề ph ươ ng trình m ộ t ẩ n s ố VD2: Giải phương trình : 2 2 2 6 6 x x − + = Gi ả i: Đặ t 2 x u = , đ i ề u ki ệ n u>0. Khi đ ó ph ươ ng trình thành: 2 6 6 u u − + = Đặ t 6, v u = + đ i ề u ki ệ n 2 6 6 v v u ≥ ⇒ = + Khi đ ó ph ươ ng trình đượ c chuy ể n thành h ệ : ( ) ( )( ) 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  = + − =   ⇔ − = − − ⇔ − + = ⇔   + + = = +    + V ớ i u=v ta đượ c: 2 3 6 0 2 3 8 2(1) x u u u x u =  − − = ⇔ ⇔ = ⇔ =  = −  + V ớ i u+v+1=0 ta đượ c: 9 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  − + =  − −  + − = ⇔ ⇔ = ⇔ =  − − =   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: 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 = ⇔ = = do đó 0 x x = là nghiệm + Với ( ) ( ) 0 x x f x f x k > ⇔ > = do đó phương trình vô nghiệm + Với ( ) ( ) 0 0 x x f x f x k < ⇔ < = 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 ⇔ = với , f u v D ∀ ∈ II. VD minh hoạ: VD1: Giải phương trình: 2 log 2.3 3 x x + = (1) Giải: Điều kiện x>0. Biến đổi phương trình về dạng: 2 log 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 2 log 2.3 3 1 x = − Vậy x=1 là nghiệm duy nhất của phương trình. VD2: Giải phương trình: ( ) 2 3 1 2 3 1 log 3 2 2 2 5 x x x x − −   − + + + =     (1) 10 Giải: Điều kiện: 2 1 3 2 0 2 x x x x ≤  − + ≥ ⇔  ≥  Đặt 2 3 2 u x x = − + , điều kiện 0 u ≥ suy ra: 2 2 2 2 3 2 3 1 1 x x u x x u − + = ⇔ − − = − Khi đó (1) có dạng: ( ) 2 1 3 1 log 2 2 5 u u −   + + =     Xét hàm số: ( ) ( ) 2 1 2 3 3 1 1 ( ) log 2 log 2 .5 5 5 x f x x x x −   = + + = + +     + Miền xác định [ 0; ) D = +∞ + Đạo hàm: ( ) 2 1 1 .2 .5 .ln3 0, 2 ln3 5 x f x x D x = + > ∀ ∈ + . Suy ra hàm số tăng trên D 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 ± = ⇔ = ⇔ − + = ⇔ = Vậy phương trình có hai nghiệm 3 5 2 x ± = VD3: Cho phương trình: 2 2 2 4 2 2 2 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 2 t 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 .ln5 1 0, t f x D = + > ∀ ∈ ⇒ hàm số tăng trên D Vậy (1) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 0 2 0 f t f t m t t m t m x mx m ⇔ = + − ⇔ = + − ⇔ + − = ⇔ + + = (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 =   + − = ⇔ − − = ⇔  = −  Vậy với 4 5 m = − phương trình có 2nghiệm 2 2; 5 x x = = − b) Xét phương trình (2) ta có: 2 ' m m ∆ = − + Nếu 2 ' 0 0 0 1 m m m ∆ < ⇔ − < ⇔ < < . Phương trình (2) vô nghiệm ⇔ phương trình (1) vô nghiệm. + Nếu ' 0 ∆ = ⇔ 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 . BÀI TOÁN 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP LOGARIT HOÁ VÀ ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐ I. Phương pháp: Để chuy ể n ẩ n s ố kh ỏ i s ố m ũ lu ỹ th ừ a ng ườ i ta có th ể logarit hoá theo cùng 1 c ơ s ố . b f x a g x = ⇔ = II. VD minh hoạ: VD1: Giải phương trình: 2 2 2 3 2 x x− = Gi ả i: L ấ y logarit c ơ s ố 2 hai v ế ph ươ ng trình ta đượ c: 2 2 2 2 2 2 2 2 3 log 2 log 2 log 3 1. d ạ ng: 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 − − − − = ⇔ = ⇔ = L ấ y logarit c ơ s ố 2 v ế , ta đượ c: ( ) ( ) 3 3 3 3 2 2 2 2 2 3 log 5 .2 0 log 5 log 2 0 3 .log