Phương pháp nâng lũy thừa trong bài toán phương trình hàm số logarit

Trang 1

J6) 7, table 19

| Phuong phap nâng lũy thừa

trong bài toan phương trình hàm số logarit

Trang 2

I BAI TAP VI DU Vi dy 1: Giai phwong trinh: log (3x- 1) +logy > (V3 —2x* +2- x| = log is V3-2x Phân tích:

Khi đối mặt với những bài toán có chứa hàm số logarit, chúng ta cần phải nghĩ ngay tới việc khử logarit bằng các công thức biến đổi logarit và mục đích là để đưa tất cả các logarit trong bài toán về cùng cơ số Ở bài tốn trên, khơng khó để có thể đưa phương trình về logarit cơ số 5 như sau:

log; (3z—1)—log; kla-2x + 2-x] =log,(3-2x)

Sau đó chúng ta sử dụng: log b+log c=log„ (bc) va log, b—log, c=log, B đưa bài toán C về dạng cơ bản hơn: _—*-=1 - 3-2x V3-2x2 +2-x Dé giai phuong trinh trén, ta dua vé dang: f (x) g(x) = h(x) c© Bài giải: 3x-1>0 ị 2 Điều kiện xác định: 3-2 +t2Tx>0 16 3—2x>0 3 2 3-2x7 >0

Ta có phương trình: log (3x- 1) +logy » [la-2x +2 -z) =log 5 V3-2x

52

= log, (3x—1)—log; kla-2z +2-3] = log, (3-2x)

> log (tt (3-2z)©-—S=—— =3-2x

Trang 3

©3xz~1=(3~2x)x|3—2x? +2x2~7x+6 œ(3—~2x)A|3—2x? =~2x? +10x—7 Bình phương hai vẽ: (3—2x} (3—2x”]=(-2x” +10x-7) ( Đặt điều kiện: (3—2+)(—2x” +10z—7)>0(*)) Phương trình trên tương đương với: 12x” —64+” +134+x? —104x+ 22 =0 <> (x-1)(12x° -52x? + 82x-22)=0 <> (x-1)(3x-1)(4x” -16x+22)=0 x-1=0(TM) <>| 3x-1=0(L) x= 4x? -16x +22 =0(VN) Kết luận: Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất: z = 1 Bình luận:

Bài tốn trên khơng q khó khăn để khử hàm số logarit để có thể đưa về phương trình vô tỷ

căn bản dạng: ƒ (x) g(x) = h(x) Tuy nhiên chúng ta cần phải nhớ cách chia đa thức hoặc sử

dụng sơ đồ Horner để có thể giảm bậc của phương trình sau khi bình phương, và cần chú ý

đặc biệt các điều kiện khi bình phương hai vế

Chúng ta còn có thể sử dụng kĩ thuật chia đa thức bằng máy tính CASIO để bài toán trở nên ngắn gọn hơn mà tác gia sẽ đề cập đến các chủ đề sau của cuốn sách Ngoài ra các ban can chú ý tới những điều sau:

e - Với mọi phương trình từ bậc thấp đến bậc cao, tổng các hệ số bằng 0 thì phương trình đó luôn luôn có nghiệm + =1

e_ Với mọi phương trình từ bậc thấp đến bậc cao, tổng các hệ số bậc chẵn bằng tổng các

Trang 4

Ví dụ 2: Giải phuong trinh: 1+log, x=log, (/2x+1+1)+log, (3x-V/10x+24) Bài giải: x>0 42 +1+1>0 J Diéu kién xac dinh: * 7 <©x> 211241 3x—/10x +24 >0 9 10x +24 >0

Ta có phương trinh: 1+log, x =log, (V2x-+1 +1)+log, (3x-/10x +24)

<> log, 2+log, x= log, (v2x+1+1)+log,, (3x-V10x+24)

<> log, (2x) =log, (v2x+1+1)+log, ( 3x— 10x +24)

log, (2x) =log, (Vax 1+1]s|3x—al10x+24 | ©2x=(s2x+1+1]k|3x—xÍ10x+24

=|\2z+1 +1)(V2x-+1 -1) - (V2x-+1 +1)¥3x—10x+24 <> /2x+1-1=3x—V10x +24 (Do:

V¥2x+1+1>0Vx>0)

& J2x+1 =1+ \ 3x—/10x +24 Bình phương hai vế ta được:

©2x+1=1+3x—10x+24 +2a|3x—x[10x+24 ©s2[10x+24—zx=2^|3x—xl10x+24 Tiếp tục bình phương hai vế ta được: +? +10x+24—2xÏ10x+24 =4(3z—xJ10x +24]

©+”-2x+24= (2x -4)A10x+24 Tiếp tục tục bình phương hai vế ta có phương trình

©(#2~2x+24) =(2x-4 (10x+24)

<> x4 44x? +1162? +1282 +192 =0 <> (x-4)(x° - 40x - 44x -48) = 0

x=4

Trang 5

Giải phương trình (”): Ta có các điều kiện sau:

9x2 —10x—24>0

x>0 J

3x >J10x+24 =| corr 2 52.00

Lại có: ¥10x+24-—x = 2./3x—/10x +24 >O0=> V10x+24 >x<@-2<x<12.(2)

Từ (1) và (2) >xe (2;12) Vậy: Ta chứng minh x° —40x? —44x-48=0 v6 nghiém bang cach lập bảng biến thiên Xét hàm số: ƒ (x) =x”—40xˆ—44x—48 với xe (2:12) ta CÓ: f'(x)=3x? -80x-44 <0,Vx e(2;12) Lap bang bién thién: x 2 12 ft) - —288 f(x) —4608

Từ bảng biến thiên ta thấy ƒ (x) luôn nhỏ hơn 0Ö với mọi xe (2; 12) Vậy phương trình (*) vô

nghiệm trên khoảng (2;12)

Kết luận: Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất : x =4

Bình luận:

Bài toán có hai vấn đề khó khăn chính:

e Thứ nhất là việc phân tích 2xz=|A2x+1+1Ì|A42x+1—1 Đây là kỹ thuật liên hợ P y y P

ngược trong giải tốn phương trình vơ tỷ

se Thứ hai, đó là chúng ta gặp phải một phương trình bậc 3 có nghiệm rất xấu (nghiệm lẻ và khó biểu diễn dưới dạng căn) Tuy nhiên chúng ta không thể ghi kết quả nghiệm xap xi vao bài làm, hơn nữa đây là nghiệm không thỏa mãn điều kiện, vì vậy ta cần khai thác triệt để các điều kiện đồng thời tiến hành khảo sát chứng minh phương trình

Trang 6

Ví dụ 3: Giải phương trình: logo x = log, (1-Vx) H1og,( 2(x? -x+1) -1] 3 Phân tích: Bài toán trên không quá khó khăn để khử logarit thu được phương trình: Vx (1-vx)= f2(x?-x+1)-1 Đến đây , ta bình phương hai vế để thực hiện việc khử căn thức đưa về phương trình vô tỷ dạng cơ bản Bài giải: Cách 1: Nâng lũy thừa không hoàn toàn: x>0 Điều kiện xác định: 41-/x >0 ©0<x<l 2(x?-x+1)-1>0 Ta có phương trình: log, x=log, (1-Vx)+log, ( 2(x° -x+1) -1] 3 <2 log,» x=log, ,(1-Vx) +10g,( J2(x? -x+1)-1]

<> log, Vx =—log, (1x) +1og, ( J2(x” ~x+1)~1]

<2 log, Vi +log, (1~-{x)=log;[ 2(x?=x+1)-1)

e>Iog,|Vx(1~vx) |>log,( f2(?=x+1)-1)

ex(i~x)=,l2(x2~x+1)~1x-(x-1)=,|2(x°~x+1)

Bình phương hai vế ta được:

Trang 7

©32~2x+1+2(x~1)|x+x=0{x~1+x} =0 ox-14+ Vx =0

<1 _

iain} „3-5

⁄?2-3x+1=0 2

Kết luận: Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất: z= 3=

Cách 2: Nâng lũy thừa hoàn toàn: x+>0 Điều kiện xác định: 41—-/x >0 ©o0<x<1 2(x?-x+1)-1>0 Ta có phương trình: logo x =log, (1 Vx)+log, ( 2(x” -x+1) -1] 3

<2 logy x=log,,, (1-V} + log, ( J2(x” ~x+ 1)~1]

Trang 8

c© - Sy >x= 3-5,

mu

Kết luận: Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất: x= 2-

Cách 3: Nâng lũy thừa hoàn toàn kết hợp với ẩn phụ: x>0 Điều kiện xác định: 41—¬/x >0 ©0<z<l 2(x?-x+1)-1>0 Ta cé phuong trinh: log, x=log, (I-*} +log, ( 2(x? —# +1) -1] 3 <2 logy x=log,.,(1-Vx) +10gq( J2(x? -x+1)-1] <> log, Vx =-log, (1-Vx) +10g,( 2(x?=x+1)-1) <> log, Vx +log, (1-Vx)=log,{ 2(x?=x+1)-1)

Trang 9

Trường hợp 1: x=0 không thỏa mãn phương trình

Trường hợp 1: x z0 , chia cả 2 vế của phương trình cho +ˆ,ta được phương trình: x~6x+11—S+-—=0 Nữ +Š)-6[x+‡]xm=0 x x x? x v 1 1 1 ` ` A z Đặt: f=x+— —= =1xˆ +>+2> t?-2=x" +—, thay vào phương trình trên, ta có: x x x ? 2-641 =0 of? -64+9=09(t-3) 0 t=3>x4—=3 x = 3405 (1) 3-5, 2 x -3-%5 (ry) ; <©>x⁄2+1=3x<x?—3x+1=0<> Kết luận: Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất: x= 2= Bình luận:

Bài toán trên là một trong những bài toán cổ điển vê nghiệm kép vô tỷ, tác giả sẽ đi sâu vê vấn đề này ở phần sau cuốn sách để bạn đọc có những cách giải hay và tối ưu cho bài toán

này Cách giải 1 và cách giải 2 là những cách giải khôn khéo khi bạn đọc có thể nhìn ra bình

phương của biểu thức 3 số hạng Trong cách giải số 3, ta chú ý rằng với phương trình 2 z é d 7 Nn e2e `$« Z ⁄ ° 2 ° ax* +bx? +cx? +dx+e=0 trong đó —= (2) z0, ta có thể giải bài toán theo hướng chia cả hai a vế cho +ˆ (Chú ý cần xét x #0,x=0) Ví dụ 4: Giải bất phương trình: log RE | st 8<3+lo 12+x—^|x2+24x "\Jx+24-x* ° "\12+x+x+2+24z Phân tích:

Trang 10

vx+24+Vx | 27 12+x—|x2+24z dJz+2-h— 8 12+x+4|x2+24x

Khi gặp những bất phương trình hay phương trình cồng kềnh như trên, ta cần phải có sự quan sát chứ không nên biến đổi khi chưa có sự quan sát Nhận thấy rằng:

12+x—A|x?+24x = 2(dx+24 -) và 12+x+A|x2+24x = 2(dx+24 tyr)

Trang 11

Kết hợp điều kiện xác định, suy ra 0<zx<1

Kết luận: Vậy tập nghiệm của bất phương trình: § = 0;1)

Bình luận:

Với mỗi bài toán quá công kênh về mặt hình thức thì đa số có thể sẽ rút gọn được hoặc là sự tạo thành từ hằng đẳng thức nào đó Chúng ta cần phải có sự quan sát kĩ lưỡng trước mỗi

bước biến đổi thì bài toán sẽ trở lên đơn giản hơn Ví dụ 5: Giải phương trình: 2 1+ŠIog a (+V2x-1} =2log, (8).1og, ( 3x? + 6x —2+2xJ2x-1 +zÌ+ log „ 2017.]og„; 2 Bài giải: Điều kiện xác định: + > 7, 8x” +6 ~21+2w/2x~11+x >0, Ta có: log„b.log, c = log„c =© log ; 2017.log„u; 2 = 2log, 2017.log„u; 2 = 2log; 2 = 2 2 Ta biến đổi phương trình trở thành: log, (x +\2x-— 1) =log, ( 3x? +6x—2+2x42x—1+ x] ©(x+2x-1)} =Al3x?+6x—2+2x2|2x—1+x ©z+?+x+1=3x?+6x Bình phương hai vế ta được: x* +2x° -4x+1=0 <(x-1)(x* +327 +3x-1)=0 (*) Ta chứng tỏ rằng phương trình x° + 3x? +3x-1=0 vé nghiém

Thật vậy, ta có hai cách xử lý như sau:

Cách 1: Sử dụng phương pháp lập bảng biến thiên của hàm số:

Xét hàm 86: f(x)=x° +3x? +3x-1 véi xe [3e] ta CÓ:

Trang 12

Ta có bảng biến thiên như sau: 1 +œ # l2 f'(x) + +00 f (x) 11 8

Ta thấy phương trình + +3+” +3x—1=0 vô nghiệm với z (3 ; +2]

Như vậy (*)<©>x =1 (Thỏa mãn điều kiện xác định) Cách 2: Sử dụng hằng đẳng thức bậc 3:

Ta có: 4° +3x? +3x-1=0 2° 4+3x7 4+3x41=2

©(x+1) =2©x+1=Ÿ2 ©x= Ÿ2—1 (Khơng thỏa mãn điều kiện xác định)

Như vậy (*)©x =1 (Thỏa mãn điều kiện xác định)

Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất đó là z =1

Bình luận:

Đối với phương trình bậc 3 có chứa nghiệm lẻ, ta có rất nhiều các cách xử lí và trong bài toán

trên chúng ta đã tiếp cận 2 cách xử lí cơ bản để bạn đọc có thể áp dụng khi đối mặt với

những bài tương tự Sau đây, tác giả muốn gửi gắm đến các độc giả một số bài tập áp dụng

Trang 13

II BÀI TẬP ÁP DỤNG:

Bài toán 1: Giải phương trình sau trên tập số thực:

log, (Vx+1+1)+log, (x-vx+8) =log, (x?)

log, (x*)+ log, ((x-1) +3) =log› (x+2)+log, (x? -x-1) Bài toán 3: Giải phương trình sau trên tập số thực:

1=logy 95 (x? -x+2}+log, [x-a+V># + 4x]

= +log, (2x? +x+1] = log, (2x+Vx+1}

Bài toán 5: Giải bất phương trình sau trên tập số thực:

log, (1-x) 2 logy 95 (1+ x)+log, (v2 —3x—4x* -Vx} Bài toán 6: Giải bất phương trình sau trên tập số thực:

+ log, (2x + 3x) +log, (x+ 2) > log, (2x° +7x? +14x+12) Bài toán 7: Giải phương trình sau trên tập số thực:

log, (x-1) =loBg„„ (x? —2x+ 1)+ log, (x —7+ 2jx-8] Bài toán 8: Giải phương trình sau trên tập số thực:

In(x—Jx+3)+-In(23” +2x+ 6) = In(z? -x-3)

log, (x? +16x +19) =14 log, (x+2)+log, [A|2x2+16x+18—^|x2—1 Đ2 52 Đ2

Trang 14

1+log, (Vx? —7 +A|2x? -4]=log; (xv? -3] 3

1+log; (x+1)+log,(2z—1)+loBa,ss (2x° —x* +6x-3] =log, (x? +x+2)

Bài toán 12: Giải phương trình sau trên tập số thực: 2 ro ( 48 — Vx) = sai x+4-Nxˆ +ồx ; 2x+3-—A|4x?+12x— 5|] IV HƯỚNG DẪN GIẢI: Bài 1: Giải phương trình: log„ (Vx+1+1) +log, (x -x+8] =log, (x?

Điều kiện xác định: x >^Íx+8 >0.Ta có phương trình tương đương với:

Trang 15

8 x2 - > 3 > x Š(L) 9x? —64x—64=0 9+ />x=8 Kết luận: Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất: z =8 Bài 2: Giải phương trình: log, (x* +log, (x — 1) + 3} = log, (x + 2) +log, (x? —Xx- 1) ‹ Điều kiện xác định: x >0

Ta có phương trình: log ; (x* ) +log,» (x? —2x+ 4) = log, (x + 2) +log.» (x? —Xx- 1)

<> log, (x)+log, (vz? -2x+4]=log, (x+2)+log, (vi? -x-1}

= log, (x ie -2x+4)=log, [(«x+2)w# -x-1} <> xyx? -2x+4 =(x+2)Vx?-x-1

Trang 16

Ñ _ [> 2 ©1=log; (x-2+ 2x? +4x|-log, (vz? -x+2) log, 2=log, 4-2121 14x Vx? —x+2 _ ị 2 = e2 x7 —x4+2=x-24 2x7 +4x xˆ-x+2 Bình phương hai vế ta được: 4Íx”~x+2]=xˆ2~4x+4+212 +4x+2(x—2)x|2x?+4x =2(TM ex? Ax +4 = 2(x-2)V2x? 44x <9 (x-2) =2(x-2)V2x? +42 | (™) x-2=2\23x? +4+ (*) x>2 x>2

(x-2Ý =A|2z? +4z] fee +20x—-4=0 (Vô nghiệm)

Ta có (*) tương đương với: |

Kết luận: Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất: z = 2

Bài 4: Giải phương trình: 2 +lOBo (2x +X+ 1) = log, (2x +Ax+ 1)

Điều kiện xác định: 2x+^'x+1 >0 Ta có phương trình trở thành:

log, V3 +log., (2x? +x+ 1) = log, (2x + vx+1}

Trang 17

Bài 5: Giải bất phương trinh: log, (1 — x) 2 logo 95 (1 + x) +log, (v2 —3x—4xˆ — 4») ‹ Í1—x>0 1+x>0 Điều kiện xác định: + A42-3x-4+? -^lx>0 O0<x< = 2—-3x-4xˆ>0 Jx>0

Bất phương trình tương đương với: log (1 — x) > log,» (1 + x) +log, (v2 -3x—4x2 —Íx

Trang 18

Kết luận: Vậy tập nghiệm của bất phuong trinh: S = = N34 ; = Hi)

Bài 6: Giải bất phương trình:

= +log, (2x +3x)+log, (x+2) > log, (2x° +7x +14x+12) 2xˆ+3x>0 Điều kiện xác định: 4x+2>0 <Sx+x>0 2x3 +7x7 +14x+12>0 Bất phương trình tương đương với:

Trang 19

Bài 7: Giải phương trình: loga (x — 1) =loB„„ (x? —2x+ 1) + logy (x —7+2Nx- 8) x—1>0 x —2x+1>0 <>x*x> x—7+2^|x—-8 >0 x-8>0 Điều kiện xác định: 8

Phương trình đã cho tương đương với: log, (x -1) —log, (x -1) = log (x -8+24x-8+ 1)

Trang 20

Ta có phương trình trở thành: In(z~xjx+3]+InxJ2x? +2z+6 = In(x?~x~3] e>In|(x~vx+8)xl2xˆ +2x+6 |=In(x°~x~3] ©(x—Wx+3)|2x”+2x+6]=x?~x~3=(x—x+3Ì(x+ x+3) x>0 1413 Trưng họp Với x— {v93 =0x= VY 3c 2S*F > xˆ=x+

Trường hợp 2: Với \2xŸ +2x+6 =x+^Ax+3

Do 2 vế không âm, bình phương hai vế ta c: 2x?+2x+6=z#x?+x+3+2x4|x+3<âx-2x^|x+3+x+3=0 â(x-Jx+3} =0Âx-Jx4+3=0>x= 1413 2 1+^/13 2 Kết luận: Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x= Bài 9: Giải phương trình: log, (x? +16z+19) =1+log; (x+2)+log, (vax? +16x+18 —V x -1) [x2 +16x+19 >0 x+2>0 Điều kiện xác định : | V2x? +16x +18 —yx? -1 > 0 xe(—8+3\/5;~1 |L2[1;+e) 2x* +16x+18>0 x? -1>0

Ta biến đổi phương trình trở thành:

log, (x? +16x+19)=log, 2+log, (x+2)+log, (vax? +16x+18 —Vx? -1]

Trang 21

ox #16x419=2(x+2)(V2x" +16x+18- yx" -1] 2(x+2)(x? +16x+19) <> x7 +16x +19 = 2x? +16x+18 +V x2 -1 Trwong hop 1: Voi: x? +16x+19 =0 x =-843V5

Trường hợp 2: Với: +J2x?+16x+18+x?~1=2(x+2)e>x|2x?+16x+18 =2(x+2)—+|x2 —1 Binh phwong hai vé ta duge: 2x” +16x+18 =4(x+2) +(x? -1)-4(x+2)Vx?-1 <2 4(x+2)Vx? -1= 3x? -3 2 4(x+2)V2? -1-3(x"-1]=0 P=1(4x+8-3 -1}=0 -| 2 -1=0 a, 4x+8—34x?—1=0 4x+8=3 x* -1(2) =1 Giai (1): 1-06 x=-1 x>-2 4x+8>0 _ -32+3V57 Giải (2): 4x+8=3A|x?—1 © (4x+8) =9(x -1) 9 , Ằ©ll#=“—— 82-357 7

Két hop voi diéu kién xac dinh, ta thu dugc cac nghiém: x =1 va x =-1

Trang 22

Lj2x2—7 +¬[2x2—4 >0 x—Alx°—3>0 Điều kiện xác định: +2xˆ—7 >0 Ox 2x? -4>0 x7 -3>0 IV "|ỆN d>

Phương trình đã cho tương đương với:

log, 3+log 4 (vax? ~7 + 2x? -4] =log, (xv -3] ©log; 3—loga (vax? -7 +22? ¬ log, (xv -3] =lsi| ` |Ess(z-Z=3) => : =xz-Nxˆ-3 2x? -7 +) 2x2 4 2x? -7 +) 2x2 -4 3(V2x?=7 2x? =4] x+A|x?—3 ca=|d2z ~7 +4|2x? -4||x-x?~3] cœ3= ©x+Ax2—3 =4|2x2—7 +^|2x?—4 c^|2x2—4—^|x?—3=x—^|2x2—7 2 2 = (Vox? =4-V?-3] -(x-v2x?=7} > 3x2 —7 — 20/22? —A x? —3 = 3x? -7 2x 2x? —7 © J 2x? 4x? -3 =x 2x2 -7 Do 2 vế không âm, bình phương tiếp hai vế ta được: (vx? 4+2 -3) =x’ (2x -7) ©>-3xˆ+12=0< l =2 x=-2 Kết hợp điều kiện xac dinh, ta duge: x =2

Trang 23

Bai 11: Giai phuong trinh:

1+log, (x+1)+log, (2x-1)+log, 5 (2x° —3ˆ +6x-3) =log, (x? +x+2) x+1>0 ans _, J2#-1>0 1 Diéu kién xacdinh:,, , , Ox>- 2x” —x° +6x-3>0 2 x7 4+x+2>0

Phương trình tương đương với:

log, 2+log, (x+1)+log,, (2x-1)+log „ (2x° —x? +6x-3] = log, (x? +x+2]

> log, 2+log, (x+1)+log, V2x-1=log, ¥2x*° -x? +6x-3+log, x7 4+x42

Vì x >= , phương trình tuong duong vdi: 2(x+1)=Vx? +3Vx? +x+2

Trang 24

+00 2| -+00 1 8

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình x2+2x2+3x—2=0 vô nghiệm với x > + g y phương g 5

Như vậy phương trình chỉ có 1 nghiệm duy nhất xz =1 (Thỏa mãn điều kiện )

Định dạng
Số trang	25
Dung lượng	3,68 MB