Hỗ trợ giáo viên học sinh , Cách suy luận phương pháp giải PT Logarit Đây là bộ tài liệu mình khá là tâm đắc Hy vọng bạn sẽ phát triển thêm nó, nhớ ghi nguồn nữa nhé, chúc bạn biên soạn được tài liệu hay và ý nghĩa :D
Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn Chuyên đề II: PT Lượng giác, PT-Hệ PT Phần 3: Phương Trình Mũ- Logarit Coppy right ©: Mobile_lam 1, Giải bất phương trình 3x −4 + ( x − 4)·3x − ≥ Giải: Ta xét hai trường hợp sau: x2 − 3 0 1 Do đó, hàm f ( x) tăng ( 0, + ∞ ) Mà f ÷ = nên x = nghiệm phương trình + 6 Cách 2: E-mail: Mobile_lam@yahoo.com 173 :01645362939 Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn t t 3 3 Đặt t = log x Phương trình cho trở thành 3tt + = 2tt ⇔ ÷ + = (1) Hàm số y = ÷ + 3t liên tục 2 2 đồng biến ¡ nên (1) có không nghiệm thực Hơn nữa, ta dễ thấy t = −1 nghiệm (1), nên (1) có nghiệm t = −1, hay phương trình cho có nghiệm x = + 3, Giải hệ phương trình log x + log xy 16 = − log y 2 x + x + xy = 16 x x + y Giải: Phân tích hướng giải Đây hệ phương trình " tổng hợp " theo nghỉ , điều thường hay sử dụng giải hệ quan sát hai phương trình hệ để xem ta nên đâu ? Bây để ý phương trình thứ hệ cho ta số phép biến đổi để đưa điều " dể chịu " 1 Thật : log x + log xy 16 = − log ⇔ log x + log xy 16 = − log y ⇔ log x + log x y = − log xy y 24 ⇔ log xy = − log xy Tới tìm lối thoát Lúc ta cần khéo léo thay vai trò x y cho giải phương trình lại Hướng giải Điều kiện : x > xy > 0; xy ≠ (3) y > 0; y ≠ 1 Từ phương trình (1) ta có : log x + log xy 16 = − log y ⇔ log x + log xy 16 = − log y ⇔ log x + log x y = − log Đặt t = log xy ta phương trình : tt= − ⇔ t Thế y = x xy 24 ⇔ log xy = − log xy − 4tt+ = ⇔ = ⇔ xy = ⇔ y = x vào phương trình (2) ta phương trình: x + x + = 16 x x + ⇔ ( x + 1)2 = x x + x x E-mail: Mobile_lam@yahoo.com 174 :01645362939 Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 2 x2 + 1 1 ⇔ ÷ = x+ ⇔ x+ ÷ = x+ x ÷ x x x Tới tin bạn làm tốt + Nhớ kiểm tra điều kiện (3) ( 4, Giải bất phương trình + ) x − x +1 ( + 2− ) x − x −1 ≤ 2− Giải: Ta có ( 2+ ) x − x +1 ( ⇔ 2+ ⇔ 2+ ( ( ) ) ( + 2− x2 − x x2 − x Đặt tt= + ) x − x −1 ( + 2− ) x2 − x ( −4 2+ ) x2 − x ≤ , ≥ − ) 2− ≤4 x2 − x + ≤ Khi đó, ta có bất phương trình tt2 − + ≤ ⇔ − ≤ t ≤ + Từ đây, ta dễ dàng tìm nghiệm + 5, Giải hệ phương trình: ( x − 4)( x + 1) = y( y + 5) log ( y + 2) = x − x−2 y2 Giải: Điều kiện: < x ≠ 3, − < y ≠ Khi cách đặt u = x − > −2, ta viết phương trình (1) hệ dạng u(u + 5) = y( y + 5) Xét hàm f (tt) = + 5t ( −2, + ∞), hàm số có đạo hàm cấp f ′(tt) = + Do t > −2 nên f ′(t ) > 0, suy hàm y = f (t ) hàm đồng biến Vậy u = y hay x − = y Đến bạn thay vào phương trình (2) OK + 6, Chứng minh phương trình x x+1 = ( x + 1)x có nghiệm dương Giải: Từ điều kiện có nghiệm phương trình cho dẫn đến cho ta điều kiện toán x > Với phương trình mũ mà toán cho ta ta đến phương pháp logarit hóa ngay.Cụ thể : x x +1 = ( x + 1)x ⇔ ln x x +1 = ln( x + 1)x ⇔ ( x + 1) ln x − x ln( x + 1) = Nếu dùng cách giải thông thường cho toán gặp khó khăn nên ta chuyển toán phương pháp " sử dụng tính đơn điệu" để giải Xét hàm số : y = f ( x) = ( x + 1) ln x − x ln( x + 1) , x > x Ta có : f ′( x) = + Mặt khác ta có : 1 − ln + ÷ x+1 x 1 − ln + ÷ > , x > x x Thật Xét hàm số : y = g(tt) = − ln(1 + tt) , E-mail: Mobile_lam@yahoo.com > v?i t = 175 x :01645362939 Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn t = >0, >0 + tt + y = g(t ) hàm số đồng biến với t > g(t ) > g(0) ⇔ tt− ln(1 + ) > , t > Ta có : g′(tt) = − Vậy hàm số Do ta có : x x Lúc ta có : f ′( x) > − + >0 1+ x Vậy hàm số y = f ( x) hàm số đồng biến với x >0 nên phương trình f ( x) = có nghiệm nghiệm Lại có hàm số y = f ( x) hàm số liên tục với x >0 Mặt khác : f(2) = ln < , (3) = ln 81 >0 64 Suy f(2) (3) < Nên phương trình f ( x) = có nghiệm x0 ∈ ( ; ) dể thấy nghiệm dương 7, Giải bất phương trình: log x (4 x ) + log 2 ≥2 x Giải: Khi giải phuơng trình bất phương trình Logarith ta thưởng đưa số dùng công thức đổi số để biến đổi Ở toán ta đưa logarit số 2 + log x Điều kiện: < x ≠ Khi bất phương trình cho tương đương với: + log x + − log x ≥ Đặt t = log x , ta có bất phương trình: + 3tt −2 − 2t − 2t − ≥ ⇔ ≥ Đến + tt 2+ bạn tự giải tiếp + 8, Giải phương trình 27 x = (6 x − x + 1)·9 x Giải: Rút gọn chuyển vế Sau đặt t = 3x − x Ta phương trình 3t − 2t − = Xét đạo hàm phương trình có nghiệm x = 1; x = x 9, Tính x + 25 32 29 , biết x thỏa mãn: x − 16 x − + x − 15 + x − = log ( − x) Giải: Để ý đến giải thoát cho thức đầu tiên, cộng thêm điều kiện đề ta thu được: (|4 − x − |) + (2 x − + 1) = − log ( Hay là: 29 −x = 32 29 − x) 10, Giải phương trình: log (2 x + 1) + log (4 x + 1) + log (6 x + 1) = x Giải: E-mail: Mobile_lam@yahoo.com 176 :01645362939 Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT Điều kiện toán : 2x + > 4x + > ⇔ x > − 6 x + > Xét hàm số y = f ( x) = log (2 x + 1) + log (4 x + 1) + log (6 x + 1) − x, ∀x > − THPT Lục Ngạn 6 Khi : f ′( x) = (2 x + 1) ln + (4 x + 1) ln + (6 x + 1) ln − Nhận xét ta có : Hàm sô f ′( x) liên tục ∀x > − Mặt khác : 6 f′(0) = + + − > 0, ′(1) = + + −3 − Do phương trình f ( x) = có tối đa hai nghiệm phân biệt Lại có : f(0) = (1) = Vậy phương trình có hai nghiệm x = 0; x = 1+ (1 + x − y ).51− x + y = + 2 x − y +1 11, Giải hệ phương trình: y + x + + ln( y + x) = Giải: tt 1− tt Đặt t = x − y Lúc phương trình (1) trở thành : (1 + ).5 = + 2.2 ⇔ ÷ + ÷ = + 2.2 tt (3) Nhận thấy t = thõa phương trình (3) Mặt khác : Khi t > ta có VT < ; VP > Khi t < ta có VT > ; VP < Do t = nghiệm phương trình (3) Với t = ta có x = y + ⇔ y = x − Thay vào phương trình (2) ta phương trình: y + y + + ln( y + y + 1) (4) Xét hàm số y = f ( y ) = y + y + + ln( y + y + 1) ; ∀y ∈ ¡ Ta có : f ′( y) = y + + 2y + y2 + y + = 3y2 + y2 + 4y + y2 + y + > 0, ∀y ∈ ¡ Vậy hàm số y = f ( y ) đồng biến ∀y ∈ ¡ nên phương trình f ( y ) = có nghiệm nghiệm thu nghiệm Mà f ( −1) = nên phương trình (4) có nghiệm y = −1 ⇒ x = Do hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y) = (0 ; − 1)+ E-mail: Mobile_lam@yahoo.com 177 :01645362939 Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 12, Tìm m để phương trình: 41+ x + 41− x = ( m + 1)(2 + x − 22 − x ) + m có nghiệm thực thuộc: [0;1] Giải: 1+ x Phương trình cho biến đổi thành phương trình: 1+ x Đặt tt= −2 1− x ( ) + 41− x = ( m + 1)2 21+ x − 21− x + m (1) Khảo sát hàm số t [0 ; 1] , ∀ ∈ ; Khi ta có : t − = 41+ x + 41− x tt2 − − Lúc phương trình (1) trở thành : t − = 2( m + 1)t + 2m ⇔ = 2m t +1 Tới xét hàm số y = f (tt) = tt − − , ∀ ∈ 0 ; t +1 13, Giải phương trình : x + x+2 + 2x = 42+ x+ x+ + x = 16.4 x+2 + 2x + 4x−4 x+2 − 2x ) = Giải: ĐK x ≥ −2 Viết phương trình thành : 16 x.4 + 2x +4 x−4 Phương trình tương đương với 16.4 x+2 (16 x −1 − 1) = x (16 x −1 − 1) ⇔ (16 x −1 − 1)(16.4 3x x 14, Giải phương trình : − 6.2 − 3( x −1) + 12 2x =1 Giải: Ta viết lại phương trình sau: 23x − 3x − 6.2 x + 12 x = ⇔ (2 x )3 − ( )3 − x − 2x x x Đặt = t > ta phương trình x=1 x x ÷ = hay (2 − x ) = ⇔ − x = 2 t = Vậy phương trình tt − − = giải có nghiệm 15, Giải bất phương trình : (7 + 3)x − 3(2 − 3) x + ≤ Giải: ( Các bạn để ý : + = + ( )( ) ) Mặt khác ta lại có : + − = ( Điều dó dẫn ta đến việc đặt ẩn phụ cho bất phương trình Cụ thể ta đặt: tt= + ) x ( , > ⇒ 2+ ) x = t > t Lúc bất phương trình cho trở thành : t − + ≤ ⇔ 16, Tìm m x để phương trình tt + − ≤ x 7+3 7−3 ÷ + m ÷ =8 ÷ ÷ 2 có nghiệm Giải: E-mail: Mobile_lam@yahoo.com 178 :01645362939 t Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT x 7+3 ÷ ÷ Các bạn để ý tới điều đặc biệt sau : THPT Lục Ngạn x 7−3 ÷ =1 ÷ x x 7+3 7−3 ÷ , >0⇒ ÷ = ÷ ÷ t 2 Từ dẫn đến việc nghỉ đến ẩn phụ ngay.Cụ thể đặt: tt= Khi phương trình cho trở thành phương trình : tt+ m = ⇔ − t2 = m t Đưa toán ban đầu " toán tương giao hai đồ thị " Xét hàm số y = f (tt) = − tt2 , > Tính đạo hàm ,giải phương trình đạo hàm lập bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên ta tìm giá trị m thỏa yêu cầu toán 17, Tìm a,b thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: a + 3b = 21 và lg( a − 3b) − lg = lg a + lg b Giải: Trước tiên ta cần đặt điều kiện cho phương trình logarit có nghĩa Cụ thể điều kiện : a − 3b > (1) a > b > Chúng ta biến đổi phương trình logarit đề cho trở thành: 2 a − 3b a − 3b lg( a − 3b)2 − lg = lg ab ⇔ lg ÷ = lg ab ⇔ ÷ = ab (2) 2a + 3b = 21 (4) Kết hợp với (3) , (2) ta có hệ phương trình: a − 3b = ab ÷ Tới toán đơn giản với việc giải hệ phương trình (4) 18, Giải phương trình π|sin x| =|cos x | Giải: Ta nhận thấy VT phương trình không nhỏ 1, VP không lớn sin x = |cos x |= Do đó, phương trình tương đương với hệ: Phương trình đầu hệ đương đương: x = k π hay x = k π2 với k ≥ Phương trình thứ hai hệ tương đương x = l2π x = π + l2π với l ∈ Z Như ta có hai trường hợp Thứ nhất: k π2 = l 2π trường hợp có k = l = thỏa, tức x = nghiệm Thứ hai: k π2 = π + l 2π trường hợp vô nghiệm 19, Giải hệ phương trình: ( ) + x − y 51− x + y = + x − y + x2 − 3y y − = − y x Giải: E-mail: Mobile_lam@yahoo.com 179 :01645362939 Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT x− y 1 Phương trình (1) hệ viết lại sau: ÷ 5 THPT Lục Ngạn x− y 4 + 5 ÷ 5 = + 9.3 x − y tt 1 4 Đặt x − y = t phương trình trở thành: ÷ + ÷ − 9.3t − = 5 1 tt 4 5 1 tt 4 Xét hàm số f (t ) = ÷ + ÷ − 9.3t − ta có: f ′(t ) = ÷ ln + ÷ ln − 9.3t ln < 5 5 5 Như hàm phương trình f ( t ) số nghịch biến f (t ) = ⇒ x = y R Mặt khác ta có f (0) = ⇒ t = nghiệm Thay x = y vào phương trình (2) hệ ta thu được: x + x − − x x − = x x≥1 1 Điều kiện −1 ≤ x < Chia hai vế cho x ≠ ta thu phương trình: x − − x − + = x x x Đặt x − = z ≥ thay vào ta có: z − 3z + = 20, Giải phương trình: x = x + 5x Giải: Trước tiên ta quan sát thấy với hình thức toán việc đoán nghiệm để giải có lẻ ý tưởng tiên phong Và không thật khó để ta nhận thấy x = ; x = nghiệm phương trình Một điều đặt với dự đoán ta làm để dẫn chứng phương trình có hai nghiệm mà công cụ đắc lực giúp ta giải định lí Rolle hay Lagrange không dạy nữa? Chúng ta bất lực với sao? Không bạn Bây ta vào toán ta xét Với cách đoán nghiệm việc chuyển hàm số điều cần thiết trường hợp hình thức toán Xét hàm số : f ( x) = x − x − 5x , ∀x ∈ ¡ Ta có : f ′( x) = x ln − x ln − Tới thật khó mà giải phương trình f ( x) = để lóe nghiệm phương trình để suy phương trình f ( x) = có tối đa hai nghiệm.Bây ta thử điều Ta có f ′( x) = x ln − x ln − hàm số liên trục ¡ Mặt khác : f′(0) = ln − ln − < ; ′(1) = ln − ln − > Từ ta có phương trình f ′( x) = có nghiệm x = x0 Tới bạn làm bảng biến thiên hàm số y = f ( x) bạn thấy phương trình f ( x) = có tối đa không hai nghiệm Mặt khác : f(0) = (1) = Nên phương trình cho có hai nghiệm x = ; x = 1+ 21, Giải phương trình: x2 + x + 21− x2 = 2( x +1)2 + Giải: x2 + x +2 1− x =2 ( x +1)2 + Ta có phương trình cho tương đương với: E-mail: Mobile_lam@yahoo.com 180 :01645362939 Vũ Tùng Lâm 22 x +2x ⇔2 (2 II: PT- HPT 2 + x ) +(1− x2 ) 1− x 2 x2 + x + 21− x = 2(2 x x2 + x x2 + x +2 − 1)(2 1− x =2 +1 1− x2 THPT Lục Ngạn +1 − 1) = 22, Giải phương trình: 5.2 x − = x+2 2x − Giải: Điều kiện: x≠ Ta có nhận xét rằng: Hàm số f ( x) = 5·2 x − hàm tăng liên tục ¡ x+2 2x − Hàm số g( x) = 1 1 hàm liên tục giảm khoảng xác định nó: −∞ , ÷ , + ∞ ÷ 2 2 Do đó, phương trình f ( x) = g( x) (cũng tức phương trình cho) có tối đa hai nghiệm mà Mặt khác, dễ thấy x = x = thỏa mãn Ta suy phương trình cho có hai nghiệm x = x = Ta giải thích rõ điều cách chia trường hợp: 1 Nếu x ∈ −∞ , ÷ Do f ( x) liên tục tăng khoảng này, g( x) liên tục giảm khoảng 1 nên phương trình f ( x) = g( x) có tối đa nghiệm thuộc −∞ , ÷ 1 1 Nếu x ∈ , + ∞ ÷ Lý luận tương tự, ta thấy f ( x) = g( x) có tối đa nghiệm , + ∞ ÷ 2 2 23, Giải bất phương trình: + log x x −1 − 0; x ≠ ; x ≠ Kí hiệu f ( x) = log3 x; g( x) = 2x − 2x − f ( x); g( x) hàm số đồng biến tập xác định Ta xét trường hợp sau: TH 1: < x < Khi bất phương trình cho có dạng: f ( x) > g( x) Ta có f ( x) < f ( ) < 0; g( x) > g(0) = > Vì bất phương trình vô nghiệm TH 2: fl( ) = og3 = −0,6; g( x) < g(1) = −1 Suy bất phương trình nghiệm TH 3: < x ≤ E-mail: Mobile_lam@yahoo.com 181 :01645362939 Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn Khi bất phương trình có dạng: f ( x) < g( x) Ta thấy f ( x) > f (1) = 0; g( x) ≤ g(2) = Nên bất phương trình vô nghiệm TH 4: 2 fl(2) = og3 = 0,63; g( x) < g(3) = = 0, Suy bất phương trình vô nghiệm TH 5: x ≥ Bất phương trình có dạng f ( x) < g( x) Ta có: f ( x) ≥ f (3) = 1; g( x) < nên bất phương trình vô nghiệm Tóm lại bất phương trình cho có nghiệm < x < 24, Giải phương trình: log7 x = log ( x + 2) Giải: Đk: x>0 tt Đặt log7 x = tt, ∈ ¡ từ (1) ⇔ log (7 + 2) = t ⇔ + = 3t Viết lại phương trình sau: tt 72 + = 92 tt tương đương ( ) + 2( ) = 9 Dễ vế trái hàm nghịch biến, vế phải số nên phương trình cho có nghiệm nghiệm mà t = ta thấy thỏa mãn nên phương trình có nghiêm t = hay x = 49 25, Giải bất phương trình x − 8e x −1 > x( x e x −1 − 8) Giải: Trước tiên ta biến đổi bất phương trình cho trở thành : ( ) ( ) ( )( ) x e x −1 − x − x + 8e x −1 ⇔ x e x −1 − x + e x −1 − x ⇔ e x −1 − x x + < (1) Tới ta giải (1) theo hướng bình thường gặp khó khăn việc giải bất phương trình có liên quan đến biểu thức e x−1 − x Vậy để đơn giản hóa thử chuyển hướng giải sau Xét hàm số : y = f ( x) = e x −1 − x , x ∈ ¡ Ta có : f ′( x) = e x −1 − f ′( x) = ⇔ e x −1 − = ⇔ x = Mặt khác dể thấy : Với x > f ′( x) > Với x < f ′( x) < lim = +∞ Có x→±∞ Có f (1) = E-mail: Mobile_lam@yahoo.com 182 :01645362939 Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn Điều kiện: x ∈ [−1,0] ∪ [4, + ∞) Ta có log 2 x − 4x + x + + + = − log 2 + log 2 = log x − x + x + + ÷ x − 4x + x + + Do đó, bất phương trình cho tương đương với x − x + > x − x + x + + 1, hay x + < Từ đây, ta dễ dàng suy x x − x + 13 x − 12 x + 19 > 0, tức ( ) ( trình cho tương đương với x − x + 13 x2 − 2x + ≥ 4 ÷ , x − 12 x + 19 ÷ 2x − hay Ta có bất phương x2 − 2x + x − x + 13 −4 ≥ ÷ − 1 x − 12 x + 19 ÷ 2x − Do x − x + 13 x − x + 13 x − x + 13 4(2 x − 3)( x − 2)( x − 8) − ÷ + 1÷ = ÷ −1 = x − 12 x + 19 ÷ x − 12 x + 19 ÷ x − 12 x + 19 ÷ ( x − 12 x + 19)2 16(2 x − 3) − ≥ 0, tương đương phương trình thành ( x − 2)( x − 8) 2 x − ( x − 12 x + 19) x2 − 2x + ( x − 2)( x − 8) −4 = 2x − 2x − nên ta viết lại bất ) 3 x ∈ ,6 − 17 ÷∪ − , + ∪ + 17 , + ∞ 2 4(2 x − 3) 4(2 x − 3) ( x − 2)( x − 8) 1 − 1 + ≥ 0, x − 12 x + 19 x − 12 x + 19 hay ( x − 2)( x − 8)( x − 20 x + 31)( x − x + 7) ≥ Giải bất phương trình này, ta x ≤ 10 − 69 ∨ ≤ x ≤ ∨ x ≥ 10 + 69 Kết hợp với điều kiện xác định, ta thu 3 ( ) ) tập nghiệm bất phương trình T = ,10 − 69 ∪ − , + ∪ 10 + 69 , + ∞ 2 114, Giải phuơng trình: 1− x2 1− x 2 ÷ x x − x ÷ = x − ÷ ÷ x≠0 Giải: Điều kiện xác đinh : Phương trình cho tương đương với E-mail: Mobile_lam@yahoo.com 217 :01645362939 Vũ Tùng Lâm 1− x x2 ⇔2 −2 −1 x2 1− x x2 = II: PT- HPT THPT Lục Ngạn x−2 2x − 1 1 2 x + − 1÷= x + − ÷ x2 x2 x Đến bạn quy xét hàm số f (tt) = 2t + xy + x + y = 115, Giải hệ phương trình: log ( x + 1)·log ( y + 2) = 2 Giải: Điều kiện: y > −2; x > −1 ( x + 1)( y + 2) = Hệ phương trình viết lại sau: log ( x + 1)·log ( y + 2) = 2 a + b = a + b = ⇔ a.b = a.b = Đặt : x + = a ; y + = 2b ta thu hệ là: 116, Giải phương trình: log 22 x + ( x − 12) log (2 x) + 23 − x = Giải: Điều kiện: x>0 Ta có: log 22 x + ( x − 12) log (2 x) + 23 − x = ⇔ log 22 x + ( x − 12)log ( x) + 11 − x = ⇔ log ( x) = ∨ log ( x) = 11 − x ⇔ x = ∨ x.2 x = 211 ⇔ x = 2∨ x = Vậy nghiệm phương trình x = ∨ x = 117, Giải hệ phương trình: log log ( ( ) 9y − x + x = ) 4y − x + x + y = Giải: Hệ phương trình cho tương đương với log ( y − x + x) = log 3 log ( y − x + x + y ) = log 33 9y − x + x = ⇔ y − x + x + y = Từ hệ trừ vế với vế ta có 9y − x − 4y − x = y ⇔ 5y 9y − x + 4y − x ⇔ y( =y 9y − x + 4y − x − 1) = E-mail: Mobile_lam@yahoo.com 218 :01645362939 Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn TH1 y = TH2 y − x + y − x − = ⇔ 25 = 13 y − x + (9 y − x)(4 y − x) Để ý thấy y − x + y − x = 13 y − x 118, Giải hệ phương trình 2 x − y − x + y = ( x + y ) x + y − (2 x − y) x − y y − 2( x − 1)3 + = Giải: x + y ≥ Điều kiện: x − y ≥ Phương trình thứ tương đương với: 2 x− y + (2 x − y) x − y = x + y + ( x + y) x + y Xét hàm số: f (tt) = 2t + với : t ≥ , ta dễ dàng thu hàm số đồng biến, suy ra: x − y = x + y ⇔ x = y Từ thay vào phương trình ta thu được: y + = 2(2 y − 1)3 Tiếp tục đặt: (2 y − 1)3 = z ta thu hệ: (2 z − 1) = y y = z − ⇒ y = (2 z − 1)3 Từ Trừ vế theo vế rút gọn ta thu được: ( y − z) (2 y − 1)2 + (2 y − 1)(2 z − 1) + (2 z − 1)2 + 1 = ⇔ y = z Thế (2 y − 1) = y ⇔ ( y − 1)(8 y − y + 1) = ⇔ y = Suy ra: x = lại ta thu được: Vậy hệ có nghiệm là: (2;1) 119, Giải hệ phương trình: 27 3.log ( x + y) = x − y ( x + y ).3 y − x = Giải: x− y −3 Phương trình (1) viết lại sau: ( x + y) = 5.3 Lấy loga số hai vế ta thu được: log ( x + y ) = + ( x − y − 3) log Thay vào phương trình (2) ta thu được: + 3( x − y − 3) log − ( x − y) = ⇔ ( x − y − 3)(3 log − 1) = ⇒ x − y = Thay vào phương trình (1) tính x + y = ⇒ x = 4; y = log x 2 120, Giải phương trình: log x + log x 16 = log x − 2 Giải: Phương trình cho tương đương với phương trình sau log ⇔ x + log16 x = log x log x − 2 log x + = log x − 1 log x − log x − E-mail: Mobile_lam@yahoo.com 219 :01645362939 Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 121, Giải phương trình: x − 31− x − + 3−2 x − 31− x + = Giải: Ta viết lại phương trình cho sau: 3x − 3 x −3+3 x (3 ) − 3x +1 = Đặt x = tt( > 0) Phương trình viết lại thành 3 t − −3+3 − +1 = tt t2 Đến chuyển vế bình phương ta tt2 + 45 −6 −6 = t 122, Giải hệ phương trình : x( y − 3) − = x − y log ( x − 1) + log (2 y − 3) = + log y Giải: x > Điều kiện: y > Từ phương trình (1) 2 ta có: x( y − 3) − = x − y ⇔ ( x + 1) y = x + 3x + = ( x + 1)( x + 2) ⇔ x = y − Thế vào phương trình (2) ta được: y − 11y + = ⇔ y = ∨ y = Suy nghiệm hệ phương trình x = , y = 123, Giải phương trình log 2 ( x − 1)2 = x − 18 x − 31 2x + Giải: Điều kiện: x > − , x ≠ Ta có phương trình 2 −8 log ( x − 1) − log (2 x + 1) = x − 18 x − 31 { cho tương đương với } 2 Do x − 18 x − 31 = ( x − 1)2 − 8(2 x + 1) − 24 nên ta có ( x − 1) + log ( x − 1) = 8(2 x + 1) + 24 + log (2 x + 1), hay 2 tương đương ( x − 1) + log ( x − 1) = 8(2 x + 1) + log 8(2 x + 1) Phương trình cuối có dạng ( ) f ( x − 1)2 = f ( 8(2 x + 1) ) với f (tt) = + log t ( ) Rõ ràng f (t ) hàm liên tục đồng biến ¡ + , ta có f ( x − 1) = f ( 8(2 x + 1) ) E-mail: Mobile_lam@yahoo.com 220 :01645362939 Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn ( x − 1)2 = 8(2 x + 1), tức x = − 22 ∨ + 22 Vậy phương trình cho có tất hai nghiệm x = − 22 x = + 22 :D 124, Giải phương trình: log (3x − x + 2) + = log (3 x − x + 2) Giải: Điều kiện: x − x + ≥ Đặt: u = log9 (3x − x + 2) (u ≥ 0) , từ phương trình cho trở thành: 2u2 = u + 125, Giải hệ phương trình x − y − 7.2 x − y = log ( log x ) − log ( log y ) = Điều kiện : x > ; y > Giải: 2x−2 y = = 23 x−2 y − 7.2 x − y = ⇔ Từ phương trình thứ hệ ta có : x − y = −1 (loai) Vậy ta có : x − y = ⇔ x − y = ⇔ x = + y Thế kết vừa thu vào phương trình thứ hai hệ ta thu phương trình : log ( log (3 + y ) ) = log ( log y ) ⇔ log (3 + y) = log y ⇔ + y = y 126, Giải phương trình: x−1.2 x2 = 8.4 x − Giải: Từ phương trình cho ta biến đổi thành phương trình : x−1 ·2 x = 2 x −1 (1) Lấy logarit hóa hai vế với số ta phương trình : log x −1 ·2 x x −1 ) ÷ = log (2 ⇔ ( x − 1) log + x = x − x=1 ⇔ ( x − 1) ( log + x − 1) = ⇔ x = − log 127, Giải phương trình: log (1 + x ) = log x Giải: ĐK: x>0 Đặt log7 x = t ⇒ x = t Phương trình trở thành: log2 (1 + t ) = t ⇔ + tt = ⇔ ( )tt + ( ) = 1(*) 2 E-mail: Mobile_lam@yahoo.com 221 :01645362939 Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3 Hàm số f (t ) = ( )tt + ( ) − nghịch biến, mà f (3) = 2 Nên t = nghiệm (*) suy phương trình cho có nghiệm x = = 343 128, Giải phương trình : log (2 x + 4) + log (4 x+1 + 17) = ( x ∈ ¡ ) Giải: Dẫn đến ta có hệ phương trình sau: 2x + = 2a x +1 + 17 = 3b 4 a + b = Thế nên ta hoàn toàn có phân tích sau: 4.(2 a − 4)2 − 37 − a + 17 = Ta đặt: f (a) = 4.(2a − 4)2 − 37 − a + 17 = , với: f ′( a) = 8.(2 a − 4)2 a.ln2 + 37 − a.ln3 > 0, ∀a ∈ R(2 x = a − > 0, ∀x ∈ R) Mà ta dễ nhẫm nghiệm phương trình a = a = Thế nên x = a − = − = x = Vậy phương trình cho có nghiệm là: x = 129, Giải phương trình: log nghiệm 3x ÷+ log (3 x − x + 1) = x+1 +1 Giải: Sau đặt điều kiện biến đổi biểu thức logarit thu phương trình: x2 ( x + + x + 1)(3 x − x + 1) =1 ⇔ x2 − x + x x + − x + − = 4x ⇔ x2 − x + x x + − =0 x +1 −1 x = không nghiệm ⇔ x −1+ x +1 − =0 x +1 −1 Đặt t = x + − 1, x khác nên t khác Phương trình trở thành tt2 + − ⇔ tt3 + =0 t −4 = 130, Giải hệ phương trình: x − 3x = y − y − y −1 x−2 + log x = ( x − 3)3 log y y −1 x−2 Giải: E-mail: Mobile_lam@yahoo.com 222 :01645362939 Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT x > THPT Lục Ngạn 0 < x < 2, x ≠ Điều kiện: y > 0 < y < Phương trình thứ viết lại sau: ( x − 2)3 + 3( x − 2)2 − = ( y − 1)3 + 3( y − 1)2 − Xét hàm số f (tt) = + 3t − x > TH1 : ta có t>0 y > Khi f ′(t ) > suy f ta có f ′(tt) = + 6t đồng biến nên ta có x = y + thay vào giải phương trình hai 0 < x < 2, x ≠ TH : ta có −2 < t < 0 < y < Khi f ′(t ) < suy f nghịch biến nên ta có x = y + thay vào giải phương trình hai 131, Giải phương trình sau tập số thực : log x ( − x ) + log1− x ( x ) = Giải: Điều kiện 0 Bất phương trình cho viết lại sau:$ tt2 + + − 2(2tt+ 1) ln − ≥ ( å) $ Xét hàm số : f (tt) = + + 4tt− 2(2 + 1)ln t − với t ∈ (0; +∞) 2 1 Ta có f ′(tt) = − ln t − ; f ′′(t ) = − ÷ ≥ tt Như hàm số với t ∈ (1; +∞) f ′(t ) đồng biến (0; +∞ ) mà f ′(1) = Suy f ′(1) ≤ với t ∈ (0; 1) f ′(t ) > Từ ta có: f (t ) ≥ f (1) = Điều có nghĩa bất phương trình ( å) với t ∈ (0; +∞) Kết luận: Nghiệm bất phương trình : S = ( −∞; 0) ∪ (2; +∞) e x + ( x − y ).ln( x + y + 2012) = e y 134, Giải hệ phương trình: x x x x (2 − 1) + (3 − 1) = 34 y − 26 x Giải: y≥0 ĐK: Xét x Phương trình thứ viết lại thành: ( x − y ).ln( x + y + 2012) = e y − e x x > y Xét TH: x < y suy vô lý (do VT>0,VP[...]... hơn Cụ thể ta đặt t = 6 x , t > 0 Lúc đó phương ( 2 trình (1) trở thành log 3 1 + tt + 3 ) = log 2 ( tt2 ⇔ log 3 1 + 2 ) + tt3 = 2 log 2 (2) Lại thấy phương trình (2) là một phương trình logarit không cùng cơ số nên để giải nó ta nghỉ đến giải phương trình này bằng E-mail: Mobile_lam@yahoo.com 190 :01645362939 Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3 phương pháp hàm số Nhưng nếu để như "nguyên thủy"... 194 ta có tập nghiệm của bất phương trình đã cho :01645362939 Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3 P/S : Chổ tìm nghiệm của phương trình g( x) = 0 có ba nghiệm phân biệt có thể giải bằng đồ thị hàm số và dựa vào đó có thể suy ra nghiệm bất phương trình liên quan đến g( x) 52, Giải phương trình ( 3− 2 ) +( x 3+ 2 ) x = 5 x Giải: Ở bài toán này quan sát ta có cảm giác phương trình mũ này có chứa... 1 là 2 nghiệm của phương trình t ( ) x ( ) 2 ( 58, Giải bất phương trình 9 3 + 11 2 + 2 5 + 2 6 − 2 3 − 2 ( ) x ( ) Giải: ( 2 Giải bất phương trình 9 3 + 11 2 + 2 5 + 2 6 − 2 3 − 2 ) x ) −1 Phương trình được viết lại như sau: 2 x + x = 1 + x + log2 (1 + x) ⇔ 2 x + log2 2 x = 1 + x + log2 (1 + x) (1) 1 > 0 với mọi t>0 suy ra hàm số f (t... 1 > log 3 > −3 ÷ > −1 ⇔ 3 > x+1 x +1 69, Giải phương trình: x + x 2 + 1 = 3 x Giải: x 2 Phương trình đã cho tương đương với: 3 ( x + 1 − x) = 1 Không quá khó khăn để chứng minh rằng: là một hàm số đồng biến, suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất Và x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình 70, Giải phương trình: 3 x = 2 log 3 ( 2 x + 1) + 1 Giải: f ( x) = 3 x ( x 2 + 1 − x) 1 2 Điều kiện:... thấy rằng: a = 0 là một nghiệm của phương trình Suy ra phương trình có nghiệm: a = 0 Suy ra: a = b = 0 ⇔ x = y = 1 Vậy hệ có nghiệm duy nhất là: ( x; y) = (1;1) 49, Giải phuơng trình: lg 2 x − lg x 2 − 2 lg x ÷ 2 = lg x Giải: Trước tiên ta điều kiện x > 0 Quan sát bài toán để giải bài toán này chúng ta sẽ sử dụng giải nó bằng cách lấy lôgarit hóa hai vế phương trình Cụ thể ta có lg 2 x −... ).3 4 8( x 4 + y ) − 6 x − y = 0 42, Giải hệ phương trình: Giải: Từ phương trình thứ nhất ta có: x4 + y = 1 3y −x 4 = 3x 4 −y Từ phương trình thứ hai ta có: 4 x +y= 6x 4 −y 8 Khi đó ta có: 6x 4 −y = 8(3 x 4 −y 4 ) ⇔ 3 x (2 x 4 −y − 8) = 0 4 ⇒ x −y =3 Do đó: x 4 + y = 27 2 2 43, Giải phương trình sau : x − 2 x + 2 = log 2 ( x + 1) − log 2 (3 x) 3 3 Giải: Cách 1: Đk: x 2 − 2 x + 2 = log 2 ( x 2... >0⇒ ÷ + ÷ >1 5 ÷ 5 ÷ 5 ÷ 5 ÷ Điều này chứng tỏ phương trình đã cho vô nghiệm Qua bài toán này mình muốn gửi gắm đến các bạn khi chúng ta học về cách giải phương trình mũ , bất phương trình mũ và hệ phương trình mũ thì ngoài việc chúng ta phải nắm vững các cách giải cơ bản truyền thống cùng với các kỉ thuật giải mà bằng kinh nghiệm ta thu được thì trước tiên các bạn cần nắm rõ... Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3 ⇒ f ′( a) = 0 ⇔ a0 = log 7 6 − log 7 (ln 7) Vì hàm số f (a) đồng biến trên ( −∞; a0 ) và nghịch biến trên ( a0 ; +∞) nên f ( a) = 0 có không quá hai nghiệm Hơn nữa f(0) = (1) = 0 do đó a1 = 0, a2 = 1 là 2 nghiệm của phương trình f ( a) = 0 Suy ra phương trình đã cho có tập nghiệm là: S1 = { 1; 2} + 57, Giải phương trình 6 x = 3 log 6 (5 x + 1) + 1 + 2 x Giải: Đặt log