MU LOGARIT

MŨ – LÔGARIT Sƣu tầm: Nguyễn Xuân Nam CÁC PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH- BẤT PHƢƠNG TRÌNH- HỆ MŨ- LÔGARIT CHƢƠNG I: PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH- BẤT PHƢƠNG TRÌNH- HỆ MŨ CHỦ ĐỀ I: PHƯƠNG TRÌNH MŨ BÀI TOÁN 1: SỬ DỤNG PHƢƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƢƠNG ĐƢƠNG I Phƣơng pháp: Ta sử dụng phép biến đổi tương đương sau: a    a  f  x g x  a a   0  a   a  1  f  x   g  x      f  x   g  x    II VD minh hoạ:  VD1: Giải phƣơng trình:  x  x  sin    x  x2  2 cos x Giải: Phương trình biến đổi dạng: 1  x  2(*)   x  x       x  x   0(1)    x  x  sin x   cos x     sin x  cos x  2(2)   Giải (1) ta x1,2   1 thoả mãn điều kiện (*)      sin x  cos x   sin x  x     x    2k  x   2k , k  Z 2 3  Để nghiệm thoả mãn điều kiện (*) ta phải có:       1   2k    1    k      k  0, k  Z ta nhận x3  6 2  6 2  6 1  Vậy phương trình có nghiệm phân biệt x1,2  ; x 3 Giải (2): VD2: Giải phƣơng trình:  x  3 x 5 x    x2  6x  Giải: Phương trình biến đổi dạng:  x  3  x2  x  x 5 x  2   x  3    x2  x    x  3 2( x2  x  4) x   x  x      0  x     x    x   3x  x   x  x    x  x  10    Vậy phương trình có nghiệm phân biệt x=4, x=5 BÀI TOÁN 2: SỬ DỤNG PHƢƠNG PHÁP LÔGARIT HOÁ VÀ ĐƢA VỀ CÙNG CƠ SỐ I Phƣơng pháp: Để chuyển ẩn số khỏi số mũ luỹ thừa người ta logarit theo số vế phương trình, ta có dạng: xuannambka@gmail.com Page Sdt: 0.16488.36488 – 01.262.191.246 MŨ – LÔGARIT Sƣu tầm: Nguyễn Xuân Nam Dạng 1: Phương trình:  0  a  1, b  a f  x  b     f  x   log a b Dạng 2: Phương trình : a f  x   b g ( x )  log a a f ( x )  log a b f ( x )  f ( x)  g ( x).log a b logb a f ( x )  logb b g ( x )  f ( x).logb a  g ( x) II VD minh hoạ: VD1: Giải phƣơng trình: x 2 x  Giải: Lấy logarit số hai vế phương trình ta được: log 2 x 2 x  log  x  x  log   x  x   log  , Ta có     log  log  suy phương trình có nghiệm x =  log VD2: Giải phƣơng trình: x 1 x  500 Giải: Viết lại phương trình dạng: x 5x.8 x 1  500  5x.2 x 1 x  53.22  5x 3.2 x 3 x 1 Lấy logarit số vế, ta được: x 3    x 3  x 3 log  5x 3.2 x    log 5x 3  log  x     x  3 log  log 2  x     x   1    x  3  log      x   x  log  Vậy phương trình có nghiệm phân biệt: x  3; x   log Chú ý: Đối với phương trình cần thiết rút gọn trước logarit hoá BÀI TOÁN 3: SỬ DỤNG PHƢƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ- DẠNG I Phƣơng pháp: Phương pháp dùng ẩn phụ dạng việc sử dụng ẩn phụ để chuyển phương trình ban đầu thành phương trình với ẩn phụ Ta lưu ý phép đặt ẩn phụ thường gặp sau: Dạng 1: Phương trình  k   k 1a( k 1) x .1a x  0    Khi đặt t  a x điều kiện t>0, ta được:  k t k   k 1t k 1 1t  0  Mở rộng: Nếu đặt t  a f ( x ) , điều kiện hẹp t>0 Khi đó: a2 f ( x )  t , a3 f ( x )  t , , akf ( x )  t k xuannambka@gmail.com Page Sdt: 0.16488.36488 – 01.262.191.246 MŨ – LÔGARIT Sƣu tầm: Nguyễn Xuân Nam t Dạng 2: Phương trình 1a x   a x  3  với a.b=1  Khi đặt t  a x , điều kiện t0, suy b f ( x )  t x 2x 2x Dạng 3: Phương trình 1a    ab   3b  chia vế phương trình cho b x >0 Và a  f ( x )  2x x a a ( a ,  a.b  ), ta được: 1          b b x 2x x a Đặt t    , điều kiện t0 b Dạng 4: Lượng giác hoá Chú ý: Ta sử dụng ngôn từ điều kiện hẹp t>0 cho trường hợp đặt t  a f ( x ) vì: - Nếu đặt t  a x t>0 điều kiện - Nếu đặt t  x 1 t>0 điều kiện hẹp, bới thực chất điều kiện cho t phải t  Điều kiện đặc biệt quan trọng cho lớp toán có chứa tham số II VD minh hoạ: VD1: Giải phƣơng trình: 2   (1) Giải: Điều kiện sin x   x  k , k  Z (*) Vì   cot g x nên phương trình (1) biết dạng: sin x cot g x sin x cot g x 4cot g x  2.2   (2) 2 Đặt t  2cot g x điều kiện t  cot g x   2cot g x  20  Khi phương trình (2) có dạng: t  t  2t      2cot g x   cot g x  t  3  cot gx   x    k , k  Z Vậy phương trình có họ nghiệm x  xuannambka@gmail.com thoả mãn (*)   k , k  Z Page Sdt: 0.16488.36488 – 01.262.191.246 MŨ – LÔGARIT Sƣu tầm: Nguyễn Xuân Nam    20 Giải: Nhận xét rằng:      ;       1 Do đặt t     điều kiện t>0, thì:        t VD2: Giải phƣơng trình:   x 3 2 x x x x  t2 Khi phương trình tương đương với: t  t     t  2t     t  1 t  t     t t  t   0(vn)    2  x  1 x  Vậy phương trình có nghiệm x=0 Nhận xét: Như ví dụ việc đánh giá:  74  2        Ta lựa chọn ẩn phụ t     x cho phương trình Ví dụ ta miêu tả việc lựa chọn ẩn phụ thông qua đánh giá mở rộng a.b=1, là: a b a.b  c   tức với phương trình có dạng: A.a x  B.b x  C  c c Khi ta thực phép chia vế phương trình cho c x  , để nhận được: x x x a b a A    B    C  từ thiết lập ẩn phụ t    , t  suy c c c x b    c t VD3: Giải phƣơng trình: 22 x 1  9.2x  x  22 x  Giải: Chia vế phương trình cho 22 x  ta được: 2 22 x 2 x 1  9.2 x 2 x 2    22 x 2 x  x  x   x2  x x2  x  2.2  9.2 40 x2  x Đặt t  điều kiện t>0 Khi phương trình tương đương với: t   x  x  22  x2  x   x  1  2t  9t         2 t   x  x  21  x  x  1  x   Vậy phương trình có nghiệm x=-1, x=2 Chú ý: Trong ví dụ trên, toán tham số nên ta sử dụng điều kiện cho ẩn phụ t>0 thấy với t  vô nghiệm Do toán có chứa tham số cần xác định điều kiện cho ẩn phụ sau: 2 1 1  x2  x x x x      24  t  2 4  xuannambka@gmail.com Page Sdt: 0.16488.36488 – 01.262.191.246 MŨ – LÔGARIT Sƣu tầm: Nguyễn Xuân Nam VD4: Giải phƣơng trình: 23 x  6.2 x   3 x1 Giải: Viết lại phương trình có dạng:  x 23   x    x     x   (1)     12 1 2x 23  2  Đặt t   x  23 x  x   x  x   3.2 x  x  x 2       t  6t  Khi phương trình (1) có dạng: t  6t  6t   t   x  x  x Đặt u  , u  phương trình (2) có dạng: u  1(1) u u    u2  u      u   2x   x  u  Vậy phương trình có nghiệm x=1 Chú ý: Tiếp theo quan tâm đến việc sử dụng phương pháp lượng giác hoá x   VD5: Giải phƣơng trình:   22 x    22 x x Giải: Điều kiện  22 x   22 x   x    Như  x  , đặt x  sin t , t   0;   2 Khi phương trình có dạng:     sin t  sin t   sin t   cos t  1  cos t  sin t  cos t t 3t t t 3t   sin t  sin 2t  cos  2sin cos  cos 1  sin   2 2 2 2 t     x cos  0(1) t    x  1    2  x  3t x  t   1  sin     2 Vậy phương trình có nghiệm x=-1, x=0 BÀI TOÁN 4: SỬ DỤNG PHƢƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ- DẠNG I Phƣơng pháp: Phương pháp dùng ẩn phụ dạng việc sử dụng ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành phương trình với ẩn phụ hệ số chứa x Phương pháp thường sử dụng phương trình lựa chọn ẩn phụ cho biểu thức biểu thức lại không biểu diễn triệt để qua ẩn phụ biểu diễn công thức biểu diễn lại phức tạp Khi thường ta phương trình bậc theo ẩn phụ ( theo ẩn x) có biệt số  số phương II VD minh hoạ: VD1: Giải phƣơng trình: 32 x  x  3x  9.2 x   xuannambka@gmail.com  Page Sdt: 0.16488.36488 – 01.262.191.246 MŨ – LÔGARIT Sƣu tầm: Nguyễn Xuân Nam Giải: Đặt t  3x , điều kiện t>0 Khi phương trình tương đương với: 2 t  t  x  t  9.2 x  0;   x   4.9.2 x  x    x t  Khi đó: + Với t   3x   t        x 3 + Với t  x  3x  x      x  2 Vậy phương trình có nghiệm x=2, x=0 2 VD2: Giải phƣơng trình: x  x  3x  x     Giải: Đặt t  3x điều kiện t  x2   3x  30  Khi phương trình tương đương với: t   x  3 t  x   2 2 t    x   2 x   x    t   x Khi đó: + Với t   3x   x2  log3  x   log3       + Với t   x  3x   x ta có nhận xét: x2 VT  VT   3     x0  VP  VP   1  x  Vậy phương trình có nghiệm x   log3 2; x  BÀI TOÁN 5: SỬ DỤNG PHƢƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ- DẠNG I Phƣơng pháp: Phương pháp dùng ẩn phụ dạng sử dụng ẩn phụ cho biểu thức mũ phương trình khéo léo biến đổi phương trình thành phương trình tích II VD minh hoạ: 2 VD1: Giải phƣơng trình: 4x 3 x2  4x 6 x5  42 x 3 x 7  2 2 Giải: Viết lại phương trình dạng: 4x 3 x2  42 x 6 x5  4x 3 x2.42 x 6 x5  u  x 3 x  , u, v  Đặt  x2  x 5 v  Khi phương trình tương đương với: u  v  uv    u  11  v   x  x   x  3x   1 u       x 6 x 5  x  1 v      x  x    x  5 Vậy phương trình có nghiệm x 3 x  xuannambka@gmail.com Page Sdt: 0.16488.36488 – 01.262.191.246 MŨ – LÔGARIT Sƣu tầm: Nguyễn Xuân Nam VD2: Cho phƣơng trình: m.2x 5 x6  21 x  2.265 x  m(1) a) Giải phương trình với m=1 b) Tìm m để phương trình có nghiệm phân biệt Giải: Viết lại phương trình dạng: m.2 x 5 x   21 x  27 5 x  m  m.2 x 2 5 x   21 x  2  ( x 5 x  6)  1 x  m  m.2 x 5 x 6  21 x  x 5 x 6.21 x  m u  x 5 x 6 Đặt:  , u, v  Khi phương trình tương đương với: 1 x v  2 2 x   x 5 x    u  mu  v  uv  m   u  1 v  m       x  1 x v  m  1 x2   m   m(*) Vậy với m phương trình có nghiệm x=3, x=2 a) Với m=1, phương trình (*) có dạng: 21 x    x2   x2   x  1 Vậy với m=1, phương trình có nghiệm phân biệt: x=3, x=2, x=  b) Để (1) có nghiệm phân biệt  (*) có nghiệm phân biệt khác m  m   (*)   Khi điều kiện là:  x  log m x   log m 2   m  m  m   1  log m    1   m   m   0;  \  ;    256  1  log m   1  log m   m  256  1  Vậy với m   0;  \  ;  thoả mãn điều kiện đầu  256  BÀI TOÁN 6: SỬ DỤNG PHƢƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ- DẠNG I Phƣơng pháp: Phương pháp dùng ẩn phụ dạng việc sử dụng k ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành hệ phương trình với k ẩn phụ Trong hệ k-1 phương trình nhận từ mối liên hệ đại lượng tương ứng Trường hợp đặc biệt việc sử dụng ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành hệ phương trình với ẩn phụ ẩn x, ta thực theo bước: Bước 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho biểu tượng phương trình Bước 2: Biến đổi phương trình dạng: f  x,   x    y    x  Bước 3: Đặt y    x  ta biến đổi phương trình thành hệ:   f  x; y   xuannambka@gmail.com Page Sdt: 0.16488.36488 – 01.262.191.246 MŨ – LÔGARIT Sƣu tầm: Nguyễn Xuân Nam II VD minh hoạ: 2x 18  x 1 1 x x 1 x 1  2   18 Giải: Viết lại phương trình dạng: x 1  1 x  x 1 1 x 1 1   x 1  u   Đặt:  , u, v  1 x  v   Nhận xét rằng: u.v   2x1  1  21 x  1  2x1  21 x   u  v VD1: Giải phƣơng trình:  Phương trình tương đương với hệ: 18 8 u  v  u  8v  18      u v u  v   u  9; v  u  v  uv   u  v  uv   x 1  2   + Với u=v=2, ta được:  1 x  x 1  2   2 x 1   9  + Với u=9 v  , ta được:  1 x x4     Vậy phương trình cho có nghiệm x=1 x=4 VD2: Giải phƣơng trình: 22 x  2x   Giải: Đặt u  x , điều kiện u>0 Khi phương trình thành: u  u   Đặt v  u  6, điều kiện v   v  u  Khi phương trình chuyển thành hệ:  u  v  u  v   u  v    u  v    u  v  u  v      v  u  u  v    u  + Với u=v ta được: u  u      2x   x  u  2(1) + Với u+v+1=0 ta được:  1  21 u  21  21  u2  u      2x   x  log 2  1  21 (1) u   21  Vậy phương trình có nghiệm x=8 x= log2 BÀI TOÁN 7: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SÔ I Phƣơng pháp: Sử dụng tính chất hàm số để giải phương trình dạng toán quen thuộc Ta có hướng áp dụng: xuannambka@gmail.com Page Sdt: 0.16488.36488 – 01.262.191.246 MŨ – LÔGARIT Sƣu tầm: Nguyễn Xuân Nam Hướng1: Thực bước sau: Bước 1: Chuyển phương trình 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 x  x0  f  x   f  x0   k x  x0 nghiệm + Với x  x0  f  x   f  x   k phương trình vô nghiệm + Với x  x0  f  x   f  x0   k phương trình vô nghiệm Vậy x  x0 nghiệm phương trình Hướng 2: Thực theo bước: Bước 1: Chuyển phương trình dạng: f(x)=g(x) Bước 2: Xét hàm số y=f(x) y=g(x) Dùng lập luận khẳng định hàm số y=f(x) Là đồng biến hàm số y=g(x) hàm nghịch biến Xác định x0 cho f  x0   g  x0  Bước 3: Vậy phương trình có nghiệm x  x0 Hướng 3: Thực theo bước: Bước 1: Chuyển phương trình 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 u, v  D f II VD minh hoạ: VD1: Giải phƣơng trình: x  2.3log2 x  (1) Giải: Điều kiện x>0 Biến đổi phương trình dạng: 2.3log2 x   x (2) Nhận xét rằng: + Vế phải phương trình hàm nghịch biến + Vế trái phương trình hàm đồng biến Do phương trình có nghiệm nghiệm Nhận xét x=1 nghiệm phương t rình (2) 2.3log2 x   Vậy x=1 nghiệm phương trình   1 VD2: Giải phƣơng trình: log3 x  3x      5 x  Giải: Điều kiện: x  3x     x  2 x  x 1  (1) Đặt u  x  3x  , điều kiện u  suy ra: x2  3x   u  3x  x2    u 1u 1 Khi (1) có dạng: log3  u      5 1 x 1 Xét hàm số: f ( x)  log  x      5 + Miền xác định D  0; ) xuannambka@gmail.com 2  log  x    x Page Sdt: 0.16488.36488 – 01.262.191.246 MŨ – LÔGARIT Sƣu tầm: Nguyễn Xuân Nam 1  x.5x ln  0, x  D Suy hàm số tăng D  x   ln Mặt khác f 1  log3 1     Do đó, phương trình (2) viết dạng: 3 f  u   f 1  u   x  3x    x  3 Vậy phương trình có hai nghiệm x  + Đạo hàm: f   mx  2 x2 4 mx 5  x  2mx  m a) Giải phương trình với m   b) Giải biện luận phương trình Giải: Đặt t  x2  2mx  phương trình có dạng: 5t  t  52t m2  2t  m  (1) Xác định hàm số f  t   5t  t + Miền xác định D=R + Đạo hàm: f  5t.ln   0, x  D  hàm số tăng D VD3: Cho phƣơng trình: 5x Vậy (1)  f  t   f  2t  m    t  2t  m   t  m    x  2mx  m  (2) x  2 a) Với m   ta được: x  x    x  x     x   5 5  Vậy với m   phương trình có 2nghiệm x  2; x   5 b) Xét phương trình (2) ta có:  '  m  m + Nếu  '   m2  m    m  Phương trình (2) vô nghiệm  phương trình (1) vô nghiệm + Nếu  '   m=0 m=1 với m=0 phương trình có nghiệm kép x=0 với m=1 phương trình có nghiệm kép x0=-1 m  + Nếu  '    phương trình (2) có nghiệm phân biệt x1,2  m  m2  m m  nghiệm kép (1) Kết luận: Với m=0 phương trình có nghiệm kép x=0 Với m=1 phương trình có nghiệm kép x0=-1 Với 0