SKKN RÈN LUYỆN TƯ DUY QUA VIỆC PHÂN TÍCH VÀ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT

TÀI LIỆU WORD SKKN RÈN LUYỆN TƯ DUY QUA VIỆC PHÂN TÍCH VÀ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT

1.TÊN SÁNG KIẾN “RÈN LUYỆN TƯ DUY QUA VIỆC PHÂN TÍCH VÀ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT ” (Phạm vi áp dụng: Tự chọn toán 12: Tiết: 14; 15;16;17;18 ) MÔ TẢ Ý TƯỞNG a) Hiện trạng nguyên nhân chủ yếu trạng: Là môn chủ đạo cấp học, việc cung cấp cho học sinh hệ thống kiến thức, kĩ tính toán Môn Toán góp phần phát triển nhân cách, phẩm chất người lao động, rèn luyện cho học sinh đức tính cẩn thận, xác, có tính kỉ luật, tính phê phán, tính sáng tạo, bồi dưỡng óc thẩm mĩ Qua nhiều năm công tác giảng dạy trường THPT Sơn Nam nhận thấy việc học toán nói chung việc phụ đạo, bồi dưỡng học sinh nói riêng Muốn học sinh rèn luyện tư phân tích toán việc học giải toán thân người thầy cần phải có nhiều phương pháp nhiều cách giải Để có học sinh giỏi môn toán điều khó, phụ thuộc vào nhiều nguyên nhân, có nguyên nhân khách quan nguyên nhân chủ quan Song đòi hỏi người thầy cần phải tìm tòi, nghiên cứu tìm nhiều phương pháp cách giải qua toán Từ rèn luyện cho học sinh lực hoạt động tư phân tích toán đến lời giải nhanh xác ‘’Phương trình bất phương trình mũ logarit’’ mảng Giải tích 12, mảng nằm cấu trúc đề thi tốt nghiệp, đề thi đại học Và phần kiến thức mẻ học sinh, nên việc tư phân tích để nhìn nhận cách giải toán lúng túng khó khăn b) Ý tưởng: - Từ thực tế đưa ý tưởng: “Rèn luyện tư qua việc phân tích giải phương trình, bất phương trình mũ logarit” Trong năm học 2014-2015, thực đạo Sở GD&ĐT nhà trường, tổ chuyên môn, ứng dụng sáng kiến vào giảng dạy hai lớp 12C3 12C4, lớp với thời lượng tiết học c) Mục đích: Rèn cho học sinh khả tư phân tích toán tìm lời giải nhanh nhất, tạo hứng thú học tập cho học sinh Làm cho học sinh hiểu rõ phương pháp giải phương trình, bất phương trình mũ logarit Từ nâng cao chất lượng học tập học sinh học việc giải đề thi đại học NỘI DUNG CÔNG VIỆC: Trong học phần: Phương trình, bất phương trình mũ logarit Học sinh nắm chưa chắc, chưa hiểu rõ chất, khả suy luận lôgíc, khả khái quát phân tích toán hạn chế, đặc biệt khó khăn học sinh giải bất phương trình mũ logarit hình dung tập hợp nghiệm Một số không học sinh thường sai lầm biến đổi tương đương bất phương trình, học sinh thường quên để ý đến số dương lớn Vì học sinh lúng túng, xa lạ, khó hiểu Nên chưa kích thích nhu cầu học tập học sinh Để em tiếp thu cách có hiệu xin đưa vài phương pháp rèn luyện tư phân tích toán giải phương trình, bất phương trình mũ logarit I Lý thuyết sở Một số công thức có liên quan STT CÔNG THỨC MŨ a = a.a a 123 log a = n thua so a1 = a ∀a a0 = a− n = m an − log a a = ∀a ≠ a aloga N = N n log a (N1 N ) = log a N1 + log a N n = am m n 1 a am an = am+ n am a n log a aM = M CÔNG THỨC LOGARIT n = m an = log a ( n m a N1 ) = log a N1 − log a N N2 log a N α = α log a N log a N = log a N = a m− n (am )n = (an )m = am.n log a N = log a b log b N 10 (a.b)n = an b n log b N = log a N log a b 11 a an ( )n = n b b 12 log a N = M log a b = ⇔ log aM = N 13 a ak log b a N= log a N k logb c log a =c b Một số định lý quan trọng: S TT CÔNG THỨC ĐIỀU KIỆN ⇔ M=N 0 N aM > aN ⇔ M< N < a a N ⇔ M > N a>1 loga M = loga N ⇔ M = N loga M < loga N ⇔ M >N loga M > loga N ⇔ M loga M < loga N ⇔ M < N loga M > loga N ⇔ M >N a > M > 0; N > 0 < a ≠ M > 0; N > PHƯƠNG TRÌNH MŨ 1.1 Phương pháp 1: Biến đổi tương đương đưa phương trình f ( x) g ( x) a) Phương trình dạng 1: a = a ⇔ f ( x ) = g ( x ) (là phương trình đại số) b) Phương trình dạng 2: a f ( x ) = b * Nếu b ≤ phương trình vô nghiệm f ( x) * Nếu b > a = b ⇔ f ( x ) = log a b c) Phương trình dạng tựa 2: a f ( x ) b g ( x ) = c * Nếu c ≤ phương trình vô nghiệm * Nếu c > logarit hóa hai vế theo số a (hoặc b) đưa phương trình dạng f ( x ) + g ( x ) log a b = log a c (hoặc g ( x ) + f ( x ) logb a = log b c ) d) Phương trình dạng tựa 1: a f ( x ) = b g ( x ) ( a > 0, b > 0, a ≠ 1, b ≠ 1) * Nếu a = b phương trình phương trình dạng * Nếu a ≠ b logarit hóa hai vế theo số a ( b) đưa phương trình dạng f ( x ) = g ( x ) log a b , ( g ( x ) = f ( x ) log b a ) Áp dụng: Bài số 1: Giải phương trình sau: x  2 a) =  ÷÷ ;   x b) x +1 − 5x = x +1 + x +3 x c) 2 −2 x 3x = ; d) ( 10 + ) 2sin x ( = ) +1 sin x Hướng dẫn phân tích lời giải x  2 a) =  ÷÷   x Phân tích VT = x = 22 x Lời giải x x  12 = 2   x  2 ÷ ÷   VP =  5x  2 − 2x =  ⇔ = ÷ ÷   5x ⇔ 2x = − ⇔ x=0 x x  5x ÷ =  2 −3  = − ÷ ÷   ÷   b) 5x +1 − 5x = x +1 + x +3 Phân tích VT = 5x +1 − 5x = 5.5x − 5x = 4.5x VP = x +1 + x +3 = 2.2 x + 23.2 x = 10.2 x Chia vế cho 20 ta phương trình 5x −1 = x −1 Pt ta giải theo hai cách Lời giải x +1 −5 = x x +1 + x +3 ⇔ 4.5 x = 10.2 x ⇔ x −1 = x −1 ⇔ x −1 = ⇔ x = 2 c) x −2 x.3x = Phân tích Lời giải Logarit hóa hai vế Phương trình theo số ta được: ( VT = log 2 x −2 x ) 3x = log 2 x2 −2 x 2x = log − Đưa Pt bậc với ẩn x, phương trình giải 2sin x ( = Phân tích Ta thấy 10 + = ( ) +1 ) +1 ( VT = 10 + ) = ( ) sin x Lời giải ( 10 + ) Nên 2sin x ( 3 ⇔ log 2 x − x.3x = log 2 x = ⇔  x = − log VP = log ) 3x = ⇔ x − ( − log 3) x + ( − log ) = = x - ( - log ) x ( −2 x ⇔ x − x + x log = log − + log 3x = x − x + x.log d) 10 + ) +1 6sin x ⇔ ( 2sin x ) +1 = 6sin x ( = ) +1 ( sin x ) +1 sin x ⇔ 6sin x = sin x.cos x.cos2 x ⇔ 6sin x = sin x VP = ( ) +1 sin x = ( ) +1 ⇔ sin x ( cos x.cos2 x − ) = ⇔ sin x = sin x ( k∈Z) ⇔ x = kπ , 1.2 Phương pháp 2: Giải phương trình dạng: a u ( x ) + a v ( x ) = a u ( x ) + v( x ) + Đối với dạng phân tích đưa phương trình tích dạng ( a ( ) −1) ( − a ( ) ) = , phương trình giải u x v x Áp dụng: Bài số 2: Giải phương trình sau: 5x + x −5 + 5−2 x −3 x −1 = 5− x + x −6 +1 Hướng dẫn phân tích lời giải Phân tích Ta thấy 5x (x ⇔ 5x ) ( Lời giải + x −6 = 5x + x −5 5−2 x + x −5 ( ) + x − + −2 x − x − = − x + x − Như 5− x − x −1 + 5−2 x + x −5 − x −1 )( = 5− x − 1 − 5−2 x 2 + x −6 − x −1 +1 ) =0 5 x + x − − =  x + x − = 50 ⇔ ⇔ 2 1 − 5−2 x −3 x −1 = 5−2 x −3 x −1 = 50 -Chuyển hết hạng tử sang vế sau nhóm nhân tử chung, đưa x =  x = −5   x2 + x − = ⇔  x = −1   −2 x − x − =  x =  phương trình phương trình tích quen thuộc 1.3 Phương pháp 3: Giải phương trình cách đặt ẩn phụ Đối với phương trình dạng: a) A.a f ( x ) + B.a f ( x ) + C = , ta đặt: t = a f ( x ) , (t > 0) b) A.a f ( x ) + B.a − f ( x ) + C = , ta đặt: t = a f ( x ) , c) A.a f ( x ) + B ( ab ) f ( x) − f ( x) = (t > 0) , a t + C.b f ( x ) = , Chia hai vế cho a f ( x ) b f ( x ) ( ab ) đặt ẩn phụ f ( x) f ( x) d) A.a f ( x ) + B.b f ( x ) + C = , với a.b = Ta đặt t = a , ( t > ) Khi b = Áp dụng Bài số 3: Giải phương trình sau: t f ( x) a) 3x+ + x+1 = ; d) ( 7−4 b) 5x −1 + 53− x = 26 ; ) +( x 7+4 ) x 1 c) 2.4− x − 6− x = 3.9− x = 14 ; Hướng dẫn phân tích lời giải a) 3x + + x +1 = Phân tích x+2 = 3.3 Lời giải x +1 x +1 = 32( x +1) x+ +9 x +1 = ⇔ 3.3x +1 + 32( x +1) − = ( t > ) Khi phương x +1 Đặt = t , ( t > ) Khi phương x +1 Đặt = t , trình trở thành: trình trở thành: t + 3t − = t = t + 3t − = ⇔   t = −4 (loai ) Với t = ta có pt: 3x +1 = ⇔ x + = ⇔ x = −1 b) 5x −1 + 53− x = 26 Phân tích Ta có 53− x Lời giải 25 = 5−( x −1) 25 = x −1 5 x −1 + 53− x = 26 ⇔ x −1 + ( t > 0) x −1 Đặt = t , 25 − 26 = x −1 ( t > ) Khi pt cho x −1 Đặt = t , Khi đưa phương trình cho trở thành: t − 26t + 25 = t = ⇔ t = 25 phương trình bậc ẩn t Với t = ta có 5x −1 = ⇔ x = Với t = 25 ta có 5x −1 = 25 ⇔ x = Vậy tập nghiệm pt là: T = { 1;3} 1 c) 2.4− x − 6− x = 3.9− x Phân tích − x Ta có = − x − x  1 2. − ÷  x − x Lời giải 2.4 x = 3 − x −6 − x − x = − − x − =3  1 2. − ÷  x = 3.9 x  1 2. − ÷ x 2  ⇔  ÷ 3 x Đặt  ÷ = t , 3 − ( t > 0) − 2 x − ÷ −3 = 3 Chia hai vế pt cho 9− x , sau Khi pt trở thành: 2t − t − = t = −1, ⇔ t =  đặt ẩn phụ đưa pt pt bậc hai với ẩn (loai) − x Với t = ta có  ÷ = ⇔ x = 2 3 d) ( 7−4 ) ( x + 7+4 ) x = 14 Phân tích ) ( ( Nếu đặt ( − ) = t , Thì ( + ) = t Ta thấy 7−4 x x 7+4 ) x ( =1 ( t > 0) 7−4 Đặt ( Lời giải ) ( x + 7−4 7+4 ) x = 14 ( t > ) Khi pt = t, x ) x t cho trở thành: t + = 14 Khi đưa pt cho pt bậc ẩn t t = − ⇔ t − 14t + = ⇔  t = + Với t = − ta có ( 7−4 ) x = 7−4 ⇔ x = Với t = + ta có ( 7−4 ) x = + ⇔ x = −2 1.4 Phương pháp 4: Phương pháp hàm số (dựa vào tính đồng biến, nghịch biến hàm số) Bài số 4: Giải phương trình sau a ) 3x + x = x ; x b ) x −3 = − x ; x + x +1 + 3x +1 = x +1 c) x       d)  ÷ +   ÷÷ =  ÷;       e) Hướng dẫn phân tích, lời giải a ) 3x + x = x 25 x − 2(3 − x).5 x + x − = Phân tích Chia hai vế phương trình cho 5x Lời giải x Nhận xét: x x Nhận xét: Vế trái phương trình 3  4  ÷ + ÷ =1 5 5 hàm nghịch biến, vế phải không x>2 *) x 3  4 + = ⇔  ÷ + ÷ =1 5  5 x đổi Nên phương trình có không nghiệm   x    ÷ <  ÷ x x     3  4 ⇒  ÷ + ÷ 5  5 Vậy phương trình có nghiệm x =   x  2  ÷ >  ÷ x x     3  4 ⇒ +   ÷  ÷ >1 x 5  5     >  ÷  ÷      *) Chỉ có x = thỏa mãn Các ý b), c), d), tương tự ý a ĐS: b) x = c) x = d) x = −4 Hướng dẫn phân tích, lời giải e) 25 x − 2(3 − x).5 x + x − = Phân tích 25 = x Lời giải 25 − 2(3 − x).5 + x − = 2x x Đặt 5x = t , t > x Đặt x = t , t > , phương trình cho Khi ta có phương trình bậc với ẩn trở thành t − ( − x ) t + − x = t = −1 (loai) ⇔ t = − x a =  t, với hệ số là: b = −2 ( − x ) c = x −  t = − x nghiệm − x > ⇔x< Khi ta có phương trình: 5x = − x Nhận xét: vế trái hàm đồng biến, vế phải hàm nghịch biến Nên phương trình có không nghiệm Ta thấy x = thỏa mãn phương trình, x = nghiệm phương trình Bài số 5: Giải biện luận phương trình: x + mx + − 52 x + mx + m + = x + 2mx + m Hướng dẫn, phân tích 2 Ta thấy: vế phải x + 2mx + m = ( x + 4mx + m + ) − ( x + 2mx + m ) t1 = x + 2mx + 2 Nếu đặt:  t2 − t1 = x + 2mx + m t2 = x + 4mx + m + Khi ta giải phương trình: 5t + t1 = 5t + t2 Lời giải t1 = x + 2mx + ⇒ t2 − t1 = x + 2mx + m Đặt  t2 = x + 4mx + m + Phương trình cho trở thành: 5t + t1 = 5t + t2 (1) t Xét hàm số f ( t ) = + t , ta có f ( t ) hàm số đồng biến R Nên suy 5t1 + t1 = 5t2 + t2 ⇔ f ( t1 ) = f ( t2 ) ⇔ t1 = t2 Do x + 2mx + m = (2) Ta có: ∆ ' = m − m TH1: ∆ ' < ⇔ < m < Phương trình (2) vô nghiệm nên phương trình (1) vô nghiệm m = m = TH2: ∆ ' = ⇔  -Với m = : Phương trình (2) có nghiệm x1 = x2 = -Với m = : phương trình (2) có nghiệm x1 = x2 = −1 m < ∆' > ⇔  m > TH3: Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt: x1,2 = − m ± m − m Kết luận: • Với < m < : Phương trình vô nghiệm • Với m = : Phương trình có nghiệm kép x1 = x2 = • Với m = : phương trình có nghiệm kép x1 = x2 = −1 • Với m < m > : Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1,2 = − m ± m − m Bài số 6: Giải phương trình 2sin x − 2Cos x = cos2 x Phân tích Lời giải = cos2 x cos x = cos x − sin x 2 Giải phương trình ⇔ 2sin x − 2Cos x = cos x − sin x 2 sin x −2 Cos x 2 2 ⇔ 2sin x + sin x = 2Cos x + cos x 2sin x + sin x = 2cos x + cos x t Xét hàm số f ( t ) = + t , ta có f ( t ) hàm số đồng biến R Suy phương trình ( ) ( 2sin x + sin x = 2Cos x + cos x ⇔ f sin x = f cos x ⇔ sin x = cos x ⇔ cos2 x = ⇔ x = Vậy nghiệm phương trình x= π π +k , ( k ∈Z) Bài số 7: Giải phương trình sau: a) (5 ) x+2 x +1 x − x +1 8 b)  ÷  3 x2 ( ) + 5x x ( = x +1 x −3 x + 3  ÷ 5 c) = 4.36 x x +3 ) x +5 x2 − x +3 5  ÷ 7 ( − x + ) x x −5 x + 7  ÷ 2 x x +1 10 = 210( x −1) ) π π + k ,( k ∈ Z )  f ( x) > 2) log a f ( x) = g ( x) ⇔  g ( x)  f ( x) = a 3) Giải phương trình mũ 2x = x = ⇔ 2.22 x − 3.2 x + = ⇔  x ⇔  2 =  x = −1  Kết hợp với điều kiện (*) phương trình có nghiệm x = 2 Bài số 2: Tìm m để phương trình log  x − x + 2m(1 − 2m)  − log  x + mx − 2m  = có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: x12 + x22 > Hướng dẫn, phân tích Phân tích 1) log f ( x, m) = log f ( x, m) 2) log a f ( x, m) = log a g ( x, m) ⇔ f ( x, m ) = g ( x , m ) > 3) Giải phương trình đại số đơn giản x − (m + 1) x + 2m(1 − m) = b   x1 + x2 = − a 4) Theo viet có   x x = c  a Lời giải log  x − x + 2m(1 − 2m)  − log  x + mx − 2m  = ⇔ log  x − x + 2m(1 − 2m)  = log  x + mx − 2m  ⇔ x − x + 2m(1 − 2m) = x + mx − 2m >  x + mx − 2m >  ⇔   x = 2m  x = − m  (1) m < Khi đó, điều kiện x + x > ⇔  m>  2 Kiểm tra giá trị x với điều kiện (1) ta được: 2 1 m ∈ ( −1;0 ) ∪  ; ÷ 5 2 Bài số 3: Giải phương trình sau: log3 cot x = log cos x Hướng dẫn, phân tích Phân tích 1) Thấy có dạng tựa (có a ≠ b, ( a − 1) ( b − 1) > ) 2) Đk: cot x > π   ⇔ x ∈  2kπ ; + 2kπ ÷, k ∈ Z    cos x > Lời giải cot x > π   ⇔ x ∈  2kπ ; + 2kπ ÷, k ∈ Z Đk:    cos x > log cot x = log cos x ⇔ log cot x = log cos x t log cot x = t cot x = ⇒ Đặt   t cosx = log cosx = t có 3) Đặt log cot x = log cos x = t 15 cot x = 3t  t cos x = cot x = 3t ⇒ t cos x = cot x = cos x cos x , ∀x ≠ kπ 4) cot x = = sin x − cos x cos x cos x = , ∀x ≠ kπ sin x − cos x Vậy phương trình trở thành: t 3t = 4t 4 ⇔ 3t = 12t + 4t ⇔ 4t +  ÷ = (*) t 1− 3 Vế trái hàm tăng theo biến t, nên phương trình có không nghiệm Ta thấy t = −1 thỏa mãn Pt (*) nên pt (*) có nghiệm t = −1 Từ t = −1 , suy cos x = π ⇒ x = + k 2π , k ∈ Z thỏa mãn Đk Vậy phương trình cho có nghiệm x= π + kπ , k ∈ Z 2 Bài số 4: Giải phương trình: log3 (log5 ( x + − x)) = log (log ( x + + x)) 5 Hướng dẫn, phân tích Phân tích log (log ( x + − x)) = log (log ( x + + x)) 1) Thấy x + − x > 0, x + + x > 0, ∀x ∈ R ( x + − x)( x + + x) = 2) log (log ( x + + x)) = Lời giải = log (log ( x + − x)) 5 ⇔ log (log ( x + − x)) = log (log ( x + − x)) Đặt a = log5 ( x + − x) Ta có log a = log 15 a rõ ràng tính đơn điệu hai vế khác nên phương trình có không nghiệm Ta thấy a = thỏa mãn nên suy log ( x + − x) = ⇔ x + − x = x2 + = x + ⇔ x = − 12 Thử lại ta thấy thỏa mãn Vậy phương trình 16 cho có nghiệm x = − 12 2.2.Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ Bài số 5: Giải phương trình sau: a ) log (7 x − 1).log (7 x +1 − 7) = ; log x x log x = b) c) log x +7 (9 + 12 x + x ) + log x +3 (6 x + 23 x + 21) = d) ( log x ) + ( x − 1) log x + x − = Hướng dẫn, phân tích a ) log (7 x − 1).log (7 x +1 − 7) = Phân tích 1) Đk: − > ⇔ x > 2) log (7 x +1 − 7) = log 7(7 x − 1) x Lời giải Đk: − > ⇔ x > x log (7 x − 1).log (7 x+1 − 7) = = + log (7 x − 1) 3) Giải phương trình bậc với ẩn t = log (7 − 1) x ( − 1) ) ) ⇔ log (7 x − 1) + log (7 x − 1) = ⇔ ( log (7 x + log (7 x − 1) − = Đặt t = log (7 x − 1) ta có phương  t = −3 t = 2 trình: t + t − = ⇔  Với t = −3 ta có log (7 x − 1) = −3 344 344 ⇔ x = log thỏa mãn đk 343 343 Với t = ta có log (7 x − 1) = ⇔ 7x = ⇔ x = 50 ⇔ x = log 50 thỏa mãn đk b) log x x log x = Phân tích 1) Đk: log x x ≥  1 ⇔ x ∈  0;  ∪ ( 1; +∞ )   7 0 < x ≠ 1 2) log x = log x 7 Lời giải log x x ≥  1 ⇔ x ∈  0;  ∪ ( 1; +∞ )  7 0 < x ≠ Đk:  log x x log x = ⇔ log x x = 17 log x 3) log x x = ( + log x ) 4) Quy giải phương trình bậc hai 5) Thử lại nghiệm   ⇒ (1 + log x 7) =  ÷  log x  (*) Đặt t = log x pt (*) trở thành: t = 2t − t − = ⇔  t = −  Với t = ta có log x = ⇔ x = 7 Với t = − 1 ta có log x = − ⇔ x = Ta thấy x = thỏa mãn Vậy phương trình cho có nghiệm x = c) log x +7 (9 + 12 x + x ) + log x +3 (6 x + 23 x + 21) = Phân tích 1) + 12 + x = ( + x ) ≥ 2 x + 23 x + 21 = ( 3x + ) ( x + 3) ( 3x + ) ( x + 3) >   x > − ⇔ 2) ĐK: 3x + ≠ 2 x + ≠  x ≠ −1  3) Chọn ( 3x + ) làm số chung log ( x +3) (6 x + 23 x + 21) = 4) = log ( x +7 ) ( x + ) ( x + 3) log ( x + ) ( x + 3) Lời giải  x > − Đk:   x ≠ −1 log x +7 (9 + 12 x + x ) + log x +3 (6 x + 23 x + 21) = ⇔ log x +7 ( x + 3) + log x +3 ( x + ) ( x + 3) = ⇔ log x +7 ( x + 3) + log x +7 ( x + ) ( x + 3) log x +7 ( x + 3) =4 Đặt t = log3 x +7 ( x + 3) pt cho trở t = thành 2t − 3t + = ⇔  t=  2 Với t = : log x + ( x + 3) = ⇔ x + = x + ⇔ x = −4 (loại) Với t = : log x + ( x + 3) =  x = −2 ⇔ x + = 3x + ⇒  x = −  Kết hợp với đk phương trình cho có nghiệm x = − 18 d) ( log x ) + ( x − 1) log x + x − = Phân tích 1) Đk: x > 2) Pt pt bậc với ẩn t = log x 3) Đặt t = log x Lời giải Đk: x > Đặt t = log x Khi phương trình cho trở thành: t + ( x − 1) t + x − = (*) Coi (*) pt bậc ẩn t, ta có: ∆ t = x − 10 x + 25 = ( x − ) Phương trình (*) có nghiệm t = −2 t = − x ( Tmđk) Với t = − x : log x = − x ⇔ x = (Tmđk) Với t = −2 : log x = −2 ⇔ x = 2.3 Phương pháp hàm số ( Sử dụng tính đơn điệu hàm số) Bài số 6: Giải phương trình sau: ( ) a ) log x − x − + x = log ( x + ) + ( ) b) log x + 3log6 x = log x Hướng dẫn, phân tích ( ) a ) log x − x − + x = log ( x + ) + Phân tích x − x − > x + > 1) Đk:  Lời giải Đk: x > ( ) log x − x − + x = log ( x + ) + ( ) 2) Chuyển dạng vế hàm ⇔ log x − x − − log ( x + ) = − x logarit, vế hàm đại số ⇔ log ( x − 3) = − x (1) 3) Sử dụng tính đơn điệu hai vế Ta có x = nghiệm phương trình phương trình để đánh giá nghiệm (1) log ( x − 3) > ⇒ Pt (1)  − x < Với x > : ta có  vô nghiệm log ( x − 3) < ⇒ Pt (1) vô  − x > Với x < ta có  nghiệm Vậy x = nghiệm pt 19 ( ) b) log x + 3log6 x = log x Phân tích Lời giải 1) Đk: x > Đk: x > 2) theo định nghĩa logarit ta suy Đặt t = log x phương trình trở x + 3log x = 2log t t t t t thành log ( + ) = t ⇔ + = giải 6 x 3) Đặt t = log x phương trình ta t = −1 4) Bài toán trở thành giải pt mũ nghiệm Với t = −1 : log x = −1 ⇔ x = Bài số 7: Giải phương trình sau: a)  + sin x + cos x  sin x + cos x − sin x.cos x = − log  ÷  + sin x.cos x  b) log x2 − x + = x − 3x + 2 2x − 4x + Hướng dẫn, phân tích a)  + sin x + cos x  sin x + cos x − sin x.cos x = − log  ÷  + sin x.cos x  1) Đk: Phân tích + sin x + cos x >0 + sin x.cos x π  2) Đặt t = sin x + cos x = sin  x + ÷ ta chuyển phương trình cho dạng  4 vế hàm logrit, vế hàm đại số Đk: Lời giải + sin x + cos x >0 + sin x.cos x π  Đặt t = sin x + cos x = sin  x + ÷ phương trình cho trở thành  ( ) 4 ( ) 2t + t −1 t −1 2t + ≥1⇔ t =1 Ta thấy vế phải log = ≥ nên suy t +7 t +7 2 20  x = k 2π π π   sin  x + ÷ = ⇔ sin  x + ÷ = ⇔ , k ∈ Z thỏa mãn điều  x = π + k 2π 4      Với t = : kiện Vậy phương trình cho có nghiệm là: x = 2kπ x = b) log x2 − x + = x − 3x + 2 x2 − x + 1) Đk: x − x +1 >0 x2 − x + π + k 2π , k ∈ Z Phân tích 2 2 2) Nhận thấy: ( x − x + 3) − ( x − x + 1) = x − 3x + u = x − x + 3) Đặt  vế phải v − u v = x − x + 4) Sử dụng tính đơn điệu hàm số để đánh giá nghiệm cua pt Lời giải x2 − x + >0 Đk: 2x − 4x + u = x − x + u log Đặt  phương trình cho trở thành  ÷= v − u v v = x − x + Hay u + log u = v + log v (*) Xét hàm số f (t ) = t + log t hàm số tăng khoảng ( 0; +∞ ) Nên từ pt (*) suy x =1 u = v ⇔ x − 3x + = ⇔  thỏa mãn điều kiện x = Vậy phương trình cho có nghiệm x = x = Bài tập tự luyện Bài số 8: Giải phương trình sau: a) 2014.x log 2014 x = x ; b) ( ) ( log + x = log + x ) Bài số 9: Giải phương trình sau: a ) log 6− x ( log x ) = log − x ( log 2 x ) ; b) log1− x ( x ) + log x ( − x ) = Bài số 10: Giải phương trình sau: 21 a) (4 x −2 x +1 b) log 2+ (x ) − log x − = ) − x − 11 = log x +1 − 4x ; 2+ (x − x − 12 ) BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ 3.1 Bất Phương trình dạng1: a a f ( x ) > b : +) Nếu b ≤ bất phương trình nghiệm với x cho f ( x) có nghĩa  f ( x ) > log a b +) Nếu b > a f ( x ) > b ⇔   f ( x ) < log a b b a > < a < a f ( x ) < b : +) Nếu b ≤ bất phương trình vô nghiệm  f ( x ) < log a b a > +) Nếu b > a f ( x ) < b ⇔   f ( x ) > log a b < a < 3x −1 − Nhân hai vế bpt với 3x+1 + bất phương trình tương đương x+1 2) 3x −1 = 3x ; 3x +1 = 3.3x 3) Đưa bất phương trình dạng a f ( x ) < b Lời giải 3x −1 − 3x x x x x x ⇔ 26.3 > − 12 ⇔ > − , ∀x ∈ R < ⇔ − < 3.3 + ⇔ − < 27.3 + ( ) 13 3x +1 + Vậy bất phương trình có tập nghiệm S = ( −∞; +∞ ) 3.2.Bất Phương trình dạng 2: (Biến đổi bất phương trình dạng số): a b  f ( x ) > g ( x) a f (x) > ag ( x) ⇔   f ( x ) < g ( x)  f ( x ) < g ( x) a f ( x) < a g ( x) ⇔   f ( x ) > g ( x) Bài số 2: Giải bất phương trình: Hướng dẫn, phân tích Phân tích 1) Ta thấy a >1 < a 1 < a 0) Lời giải x x 32x+1 − 10.3x + ≤ ⇔ ( ) − 10.3 + ≤ Đặt t = 3x > bất phương trình trở thành 3t − 10t + ≤ ⇔ ≤ t ≤ Hay ≤ 3x ≤ ⇔ 3−1 ≤ 3x ≤ 31 ⇔ −1 ≤ x ≤ Vậy bất phương trình có tập nghiệm S = [ −1;1] Bài số 4: Giải bất phương trình 5.4 x + 2.25x − 7.10 x > (*) Hướng dẫn, phân tích Phân tích x 2x x x x x 2x 1) = ; 25 = ; 10 = 2) Chia hai vế bất phương trình cho x (hoặc 25x 10 x ) x x 5 2 3) Giải bất phương trình đại số với ẩn t =  ÷ > t =  ÷ > 2 5 Lời giải Chia hai vế bất phương trình (*) cho x > ta được: x   x  5 +  ÷  −  ÷ >  2    (**) x 5 Đặt t =  ÷ > bất phương trình (**) trở thành: 2   x 0 <  ÷ < 0 < t < x <  2  2t − 7t + > ⇔ ⇔ hay x  t > x >  ÷ >  2   Vậy bất phương trình có tập nghiệm là: S = ( −∞;0 ) ∪ ( 1; +∞ ) 23 Bài tập tự luyện Bài số 5: Giải bất phương trình sau: a) c) +1   x +1   x +1 > 12 ;  ÷ + 3 ÷ 3 3 2.5 x − x +1 +9 x − x +1 ≥ 34.15 x − x2 −x − 13.6 x −x + 6.4 x −x 6.92 x d) 1  1  ÷ −  ÷ > log 4  16  x −1 ; b) ≤0 x Bài số 6: Giải bất phương trình sau a) c) ( + 48 ) + ( − 48 ) ≥ 14 ; x x 15.2 x +1 + ≥ x − + x +1 ; x x ( 5- 21) + ( + 21) £ 2x+3 b) x − 3x + > 3x − d) BẤT PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT 4.1 Bất phương trình dạng 1: a b  f ( x) > a b log a f ( x) > b ⇔  b  f ( x) < a  f ( x) < a b log a f ( x) < b ⇔  b  f ( x) > a a > < a < a > < a < ( , , ( f ( x) > ) f ( x) > ) Bài số 1: Giải bất phương trình: log 12 ( x + x) > Hướng dẫn, phân tích Phân tích  x < −7 x > 1) Điều kiện bất phương trình: x + x > ⇔  2) Cơ số < a = < , nên giải bất phương trình đại số có chiều ngược với bất phương trình ban đầu 3) Lấy tập nghiệm kết hợp với điều kiện Lời giải  x < −7 x > Điều kiện x + x > ⇔  99 99 −7 − −7 + log ( x + x) > ⇔ x + x <   ⇔ x + x − < g ( x) > 0 < f ( x) < g ( x) 0 < f ( x) < g ( x) log a f ( x) < log a g ( x ) ⇔   f ( x) > g ( x) > a) log a f ( x) > log a g ( x) ⇔  b) a > < a < a > < a < Bài số 2: Giải bất phương trình: log ( x + 5) + log 12 (3 − x) ≥ Hướng dẫn, phân tích Phân tích x + > ⇔ −5 < x < 3 − x > 1) Đk:  2) Đưa số 2: log ( − x ) = − log ( − x ) 3) Giải bất phương trình đại số Lời giải x + > ⇔ −5 < x < 3 − x > log ( x + 5) + log (3 − x) ≥ Đk:  ⇔ log ( x + 5) − log (3 − x) ≥ ⇔ log ( x + 5) ≥ log (3 − x) ⇔ x + ≥ − x ⇔ x ≥ −1 Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có tập nghiệm là: S = [ −1;3) Bài số 2: Giải bất phương trình: log ( x + 2) + log ( x − 2) < log (4 x + 1) Hướng dẫn, phân tích Phân tích Lời giải  x > −2 Đk: x > x + >    x + > ⇔ 1) Đk:  x > − ⇔ x > x − >    x > log ( x + 2) + log ( x − 2) < log (4 x + 1) 2) Áp dụng công thức: ⇔ x2 − < 4x + log a A + log a B = log a A.B 3) VT = log5 ( x + ) ( x − )  ⇔ log ( x + ) ( x − )  < log (4 x + 1) ⇔ log ( x − 4) < log (4 x + 1) ⇔ x − x − < ⇔ −1 < x < Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có nghiệm là: S = ( 2;5) 4.3.Đặt ẩn phụ chuyển bất phương trình đại số Bài số 3: Giải bất phương trình: log x > log x − Hướng dẫn, phân tích Phân tích x > x > 1) Đk: log x ≠ ⇔  x ≠  2) Giải bất phương trình đại số với ẩn t = log x Lời giải 25 x > x > Điều kiện: log x ≠ ⇔  x ≠  Đặt : t = log x bất phương trình cho trở thành x > log x > ⇔ 1 Hay   0⇔ t −1  −1 < t <   Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có nghiệm là: S =  ; ÷U ( 4; +∞ ) 2  Bài số 4: Giải bất phương trình sau: log x + log x x ≥ + ( log x ) Hướng dẫn phân tích Phân tích 1) Đk: x > 0, x ≠  12  2) log x x = + log x  ÷ = + log x   3) Giải bất phương trình bậc hai với ẩn t = log x Lời giải Đk: x > 0, x ≠ ( log x + log x x ≥ + log x ( ⇔ 3log x + ≥ + log x ( ⇔ log x ) ) ) 2 − 3log x + ≤ Đặt t = log x bất phương trình trở thành t − 3t + ≤ ⇔ ≤ x ≤ Hay ≤ log x ≤ log x ≥ TH1: < x <  log x ≤ vô nghiệm TH2: x > log x ≥  x ≤  x ≤ ⇔ ⇔   x ≥ 5 log x ≤  x ≥ ⇔ 45≤x≤ Vậy tập nghiệm bất phương trình cho là: S =  5;  Bài tập tự luyện Bài số 5: Giải bất phương trình sau: a) log (4 x + 4) ≥ log (2 x +1 − 3.2 x ) ; c) b) log 32 x + >1 + log x d) log (3x − 1).log ( log (2 + 1) log (2 x x +1 + 2) < ; 3x − )≤ 16 Bài số 6: Giải bất phương trình sau: a) log ( x + 2) − log ( x + 2)3 >0; x2 − x − b) 26 log ( x − x + 8) Nhân hai vế bpt với 3x+1 + bất phương trình tư ng đương x+1 2) 3x −1 = 3x ; 3x +1 = 3.3x 3) Đưa bất phương trình dạng