SKKN CÁCH GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH LÔGARÍT THƯỜNG GẶP

SKKN CÁCH GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH LÔGARÍT THƯỜNG GẶPSKKN CÁCH GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH LÔGARÍT THƯỜNG GẶPSKKN CÁCH GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH LÔGARÍT THƯỜNG GẶPSKKN CÁCH GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH LÔGARÍT THƯỜNG GẶPSKKN CÁCH GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH LÔGARÍT THƯỜNG GẶPSKKN CÁCH GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH LÔGARÍT THƯỜNG GẶPSKKN CÁCH GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH LÔGARÍT THƯỜNG GẶPSKKN CÁCH GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH LÔGARÍT THƯỜNG GẶPSKKN CÁCH GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH LÔGARÍT THƯỜNG GẶPSKKN CÁCH GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH LÔGARÍT THƯỜNG GẶPSKKN CÁCH GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH LÔGARÍT THƯỜNG GẶPSKKN CÁCH GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH LÔGARÍT THƯỜNG GẶPSKKN CÁCH GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH LÔGARÍT THƯỜNG GẶPSKKN CÁCH GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH LÔGARÍT THƯỜNG GẶP

Trang 1

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Đề tài:

CÁCH GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH MŨ

VÀ PHƯƠNG TRÌNH LÔGARÍT THƯỜNG GẶP

Môn : Giải Tích 12

Năm học 2014 - 2015

Mục lục:

I PHẦN MỞ ĐẦU.

Trang 2

1 Tên đề tài :

2 Lý do chọn đề tài

3 Mục đích

4 Đối tượng nghiên cứu

5 Phạm vi nghiên cứu

6 Cơ sở nghiên cứu

II PHẦN NỘI DUNG.

1 Số liệu điều tra trước khi thưc hiện

2 Nội dung chủ yếu của đề tài

3 Kết quả thực hiện có so sánh đối chứng

III PHẦN KẾT LUẬN.

CỘNG HÒA – XÃ HỘI – CHỦ NGHĨA – VIỆT NAM

ĐỘC LẬP - TỰ DO - HẠNH PHÚC

ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Trang 3

I PHẦN MỞ ĐẦU.

1 Tên đề tài :

CÁCH GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH MŨ

VÀ PHƯƠNG TRÌNH LÔGARÍT THƯỜNG GẶP.

2 Lý do chọn đề tài.

Năm học 2014-2015 là năm thứ 9 thực hiện trương trình SGK mới đối với môn Toán THPT Trong chương trình môn Toán kiến thức về PT Mũ – Lôgarít hết sức quan trọng, có trong các kì thi Đại Học Muốn làm tốt được các bài tập về

PT Mũ – Lôgarít thì học sinh cần phải nắm được các phương pháp giải một số

MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH LÔGARÍT THƯỜNG GẶP ” làm vấn đề nghiên cứu trong

sáng kiến kinh nghiệm của mình

3 Mục đích.

Khi viết sáng kiến này, tôi chỉ mong được đóng góp thêm ý kiến của mình về chủ đề Phương trình Mũ và Lôgarít nhằm giúp giáo viên và học sinh có thêm tài liệu tham khảo và đặc biệt giúp các em học sinh có thêm tài liệu trong việc ôn tập chuẩn bị cho các kì thi sắp tới

4 Đối tượng nghiên cứu.

- Đối tượng nghiên cứu : Cách giải một số phương trình Mũ và Lôgarít thường gặp, nhằm giúp học sinh lớp 12 nhất là các em đang ôn thi kì thi THPT Quốc Gia

- Đối tượng khảo sát : Học sinh lớp 12A5

5 Phạm vi và kế hoạch nghiên cứu.

- Phạm vi nghiên cứu : Các phương trình Mũ và Lôgarít cơ bản trong chương

trình SGK cơ bản và nâng cao môn giải tích lớp 12

- Kế hoạch nghiên cứu : Áp dụng vào lớp 12A5 trong năm học 2014-2015

Trang 4

6 Cơ sở nghiên cứu.

Tôi nghiên cứu đề tài này dựa trên những cơ sở sau:

- Dựa vào thực tế giảng dạy

- Dựa vào một số tài liệu tham khảo về PT – BPT – HPT

- Dựa vào một số ý kiến của đồng nghiệp

II PHẦN NỘI DUNG.

1 Số liệu điều tra trước khi thực hiện.

Tham khảo trên 50 học sinh của lớp 12A5.

Trang 5

Câu hỏi : Giải phương trình : 34x -4.32x + 3 = 0.

2 Nội dung chủ yếu của đề tài.

A Phương trình Mũ:

Dạng 1 : +) a f(x) = a g(x)

, (0< a 1) (1) +) a f(x) = b , (0< a 1) (2 )

 Cách giải : (1)  f(x) = g(x)

(2 ) Nếu b  0 thì (2 ) vô nghiệm

Nếu b > 0 thì (2 )  f(x) = loga b

 Ví dụ :

VD1 : Giải phương trình : 4 2 3 2 16





 x

Giải

NX : Ta thấy 16 = 42 nên (*) có thể đưa được về dạng (1) với a = 4 Vậy (*)  4x23x2  4 2  x2 - 3x + 2 = 2  







 3

0

x

Do đó (*) có hai nghiệm 







 3

0

x

( Lưu ý : cũng có thể đưa (*) về dạng (1) với cơ số a = 2)

VD2 : Giải phương trình : 2 3x+1 – 6 3x-1 – 3x = 8 ( )

Giải

NX : Ta thấy :









x x

3 3 3

1 1

nên VT của (*) được phân tích thành : 3.3x

Vậy (*)  3.3x = 8  3x = 38  x = 









 3

8 log3

Do đó (*) có nghiệm x = 









 3

8 log3

 Bài tập áp dụng : Giải các phương trình sau :

1) (0,2)x-1 = 1 2) 3

3













 x

x

3 4 2

2 2















 4) 3  2 22x 3  2 2

Trang 6

5)     1

1 1

2 5 2





x x

6) 3x.2x+1 = 72 7) 2 x 2 2 x 1 12 2 x 1





 x

2

1 2

























27

60 20 5

3







 x x

11) 4x + 4x-2 – 4x+1 = 3x – 3x-2 – 3x+1

Dạng 2 : +) ( ) 1 0

1 ) ( 2

1a b a c 

a f x f x , (0< a 1) (1)

+) ( ) 1 0

1 ) (

1a b a c 

a f x f x , (0< a 1) (2 )

 Cách giải :

Đặt: t = af(x) điều kiện: t > 0

Lưu ý : + Nếu 







M x f m a

) ( 1

thì am < t < aM + Nếu 





M x f m a

) ( 1 0

thì am > t > aM Khi đó : (1) trở thành : 2 1 1 0

1t b tc 

và (2 ) trở thành : 1  11c1  0

t b t

1t c tb 

Giải (1’) , (2’) chỉ lấy nghiệm t > 0, nếu tìm được t > 0 thay trở lại ta

được phương trình của Dạng 1 : af(x) = t  f(x) = loga t  x = …

 Ví dụ :

VD1 : Giải phương trình : 4x + 2x+1 – 8 = 0 (*)

Giải

Ta thấy 





x

x x

x

2 2 2

) 2 ( 2 4

1

2 2

, vậy khi đặt t = 2x (với t > 0) thì 





t

x x

2 2

4

1 2

Do đó (*) trở thành : t2 + 2t – 8 = 0 













2

) ( 4

t

L t

Với t = 2 ta có : 2x = 2  x = 1 Vậy (*) có một nghiệm x = 1

VD2 : Giải phương trình : 31+x + 31-x = 10 (*)

Giải

Ta thấy 









x x

3 3 3

1 1

, vậy khi đặt t = 3x (với t > 0) thì 









t t

x x

1 3 3

3 3

1 1

Do đó (*) trở thành : 3 3 10  0 

t











3 1

3

t



















1 1 3

1 3

3 3

x

Vậy (*) có 2 nghiệm 









 1

1

x x

Trang 7

VD3 : Tìm m để phương trình : 9x2 4.3x2  8 m (*), có nghiệm x[2; 1].

Giải Đặt t = 2

3x vì x[2; 1] nên 0  x2

 4  1 = 30

 t  34 = 81

Khi đó (*) trở thành : t2 – 4t + 8 = m (**) Để (*) có nghiệm x[2; 1]

thì (**) phải có nghiệm t [1; 81] hay đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm f(t) = t2 – 4t + 8 trên [1; 81]

Ta có : f ‘(t) = 2t – 4 = 0  t = 2  BBT của f(t) trên [1; 81] như sau :

t 1 2 81 f’(t) - 0 +

f(t)

6245 5

4

( Lưu ý :Không nên giải (**) bằng phương pháp tam thức bậc 2 vì như vậy

bài toán trở nên khó hơn nhiều so với sử dụng phương pháp hàm số ).

 Bài tập áp dụng :

Bài 1 : Giải các phương trình sau :

1) 4x+1 – 6 2x+1 + 8 = 0 2) 34x+8 – 4 32x+5 + 27

3) 49x 7x1 8 0

   4) 16x 17.4x 16 0

5) 4cos2x +4 cos 2x = 3 6) 3x 6 3  x

7) 8x  7.4x + 7.2x + 1  8 = 0 8) 2x   2 18 2  x  6

9) 125x + 50x = 23x + 1 10) 5x-1 + 53 – x = 26

11)  7  4 3sinx  7  4 3sinx  4 12) 2  3x 2  3x  2

13)  7  48    7  48   14

x x

14)  2  3 x  2  3x  4 15) 74 3x  32 3x 20

16) 2x2x 22 x x2  5

Bài 2 : Tìm m để phương trình :

1) 4 x 1 3    x 14.2 x 1 3    x 8 m

2) 9x 1 x2  8.3x 1 x2  4 m có nghiệm

3) m 4  4x  2 m 2  2x m 1  0 có nghiệm

Trang 8

4)  222  2 1  2 1.2 2 1 2 6 0









5) 4x  2x + 3 + 3 = m có đúng 2 nghiệm x(1; 3).

6) 9x  6.3x + 5 = m có đúng 1 nghiệm x [0; + )

7) 4| |x 2| | 1x 3 m

8) m 3  16x  2m 1  4xm 1  0 có hai nghiệm trái dấu

9) 4x2  2x22   6 m có đúng 3 nghiệm

10) 34 2 2 232 2 2 3 0









m

11)  2  1x2  2  1x21m 0 có nghiệm

12) 3  2 2tgx3  2 2tgx m có nghiệm thuộc 









  2

; 2



Bài 3 : Giải và biện luận các phương trình sau :

1) (m – 2)2x + m2-x + m = 0

2) m3x + m3-x = 8

3) m 2  2x m 5  2x  2 m 1   0

4) 3 5 3 5 2  3







Dạng 3 : +) a 1 a f(x) + b 1 b f(x) + c 1 c f(x) = 0 (1) , với 0 < a, b, c  1.

+) a 1 a f(x) + b 1 a g(x) + c 1 a h(x) = 0 (2 ) , với 0 < a  1.

Giải (1) Chia cả hai vế của (1) cho cf(x) ( hoặc af(x), bf(x) ), ta sẽ thu được

phương trình có Dạng 2 hoặc phương trình có thể giải theo phương

pháp chiều biến thiên

Giải (2 ) Chia cả hai vế của (2 ) cho ah(x) ( hoặc af(x), ag(x) ), ta sẽ thu được

phương trình có Dạng 2 hoặc phương trình có thể giải theo phương

pháp chiều biến thiên

 Ví dụ :

VD1 : Giải phương trình : 9x + 6x = 2 4x (*)

Giải

2

3 2





























2

3 2













































x x

0 )

( 2 2

3

1 2 3









































VN

x

Vậy (*) có 1 nghiệm x = 0

Trang 9

( Lưu ý : Có thể sử dụng cách đặt : t = (3/2) x )

VD2 : Giải phương trình : 2x + 3x = 5x (*)

Giải

5

3 5

2



























Dễ thấy hàm f(x) = x x

























5

3 5

2

là hàm nghịch biến trên R, lại thấy x = 1 thõa mãn phương trình Vậy (*) có nghiệm duy nhất x = 1

VD3 : Giải phương trình : 2 2 2 1 9 2 2 2 2 2 0





Giải Chia hai vế của (*) cho 22x + 2 ta được phương trình tương đương

2 2 2 2 1 9 2 2 2 1 0





  



 x x x

4

9 2

2

1 2 ( 2 ) 2







4

9 ) 2 (

2

1 ( 2 ) 2 2







 x x x x































1

2 2

1 2

4 2

2

2 2

x x

















VN x x

2

1

Vậy (*) có 2 nghiệm x = - 1 hoặc x = 2  Bài tập áp dụng :

1) 4x – 2 52x = 10x 2) 27x + 12x = 2 8x

3) 32x+4 + 45 6x – 9.22x+2 = 0 4) 125x + 50x = 23x+1

5) 3 5 73 5 2  3







 x x x 6) 3x + 4x = 5x 7) x x

3 8

1  2  8)  x  x  x

5 2

3 2

3    

Bài 2 : Cho phương trình : m 16x  2 81x  5 36x

a) Giải phương trình với m = 3

b) Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

Dạng 1 : +) log a f(x) = log a g(x), (với 0 < a  1) ( 1)

+) log a f(x) = g(x) , (với 0 < a  1) ( 2 )

Trang 10

(1) 









) ( )

(

0 ) (

x g x

f x g x f



 0 ) (

0 ) (

) ( )

(

x g x f

(do f(x) = g(x) nên chỉ cần









0

)

(

0

)

(

x

g

x

f

(2 ) 







) ( 0 ) (

x g

a x f x f

 f(x) = ag(x) (vì với 0 < a 1 thì ag(x) > 0 nên f(x) > 0)  Ví dụ :

VD1 : Giải phương trình : log(x2 – 6x + 7) = log(x – 3) (*)

Giải

Ta có (*) 















0 3

3 7

6

2

x

x x

x













3

0 10 7

2

x

x x



 





3 5 2

x x

x

 x = 5 Vậy (*) có nghiệm x = 5

VD2 : Giải phương trình : log2( -2x+2 + 5) = 2x (*)

Giải

Ta có (*)  -2x + 2 + 5 = 22x  (2x)2 + 4 2x - 5 = 0













) ( 5 2

1 2

VN

x x

 x = 0 Vậy (*) có nghiệm x = 0

( Lưu ý : có thể thay 2x = log 2 2 2x để đưa (*) về PT dạng (1) )

VD3 : Giải phương trình : log2(2x + 4) – x = log2( 2x + 12 ) (*)

Giải

ĐK : x  R

Để ý : x = log22x nên (*)  log2(2x + 4) – log22x = log2( 2x + 12 )

2

4 2 log2   2 

x

12 2 2

4 2







 x x

x

 (2x)2 + 11.2x – 4 = 0



















) ( 2

137 11

2

137 11

2

VN

x

2

137 11

log2 



Vậy (*) có nghiệm

2

137 11

log2 



( Lưu ý : có thể viết (*)  log 2 (2 x + 4) – log 2 ( 2 x + 12 ) = x để đưa (*) về

PT dạng (2 ) )

VD4 : Tìm m để phương trình : log 2x 2 log2mx (*), có 1 nghiệm duy nhất

Giải

Trang 11

ĐK : x > 2.

Ta có (*) log ( 2 ) 2 log2( )

2 x  mx

x







2

) 2 (

Để (*) có nghiệm duy nhất thì đường thẳng y = m phải cắt (C )

x

x y

2

) 2 ( 



tại một điểm duy nhất trên khoảng (  2 ; )

Ta có : f ‘(x) = 2 4 0

2





x

2





 x suy ra BBT của f(x) trên (  2 ; )

như sau :

x 2 

f’(x) 0 + f(x)



0

Từ BBT suy ra với m > 0 thì (*) có nghiệm duy nhất

1) log3(x2 + 8x) = 2 2) log3(9x+1- 4.3x – 2) = 3x + 1 3) x + log2( 9 – 2x ) = 3 4) log(x – 1)(x2 – x ) = 2

5) log2(log3(log2x)) = 1 6) logx(log3( 9x – 6 )) = 1

7) 3 3 1 2 2 21









   

9) log2 x  3 log2 3x 7 2  10) log2(4x + 4) = x – log1/2(2x+1 – 3) 11) 2log2x + log 2 x + log1/2x = 9 12) log 54x  6 log52x  22  2

13) (x – 1)log53 + log5( 3x+1 + 3 ) = log5(11.3x – 9 )

x

x  x    x

1) log 42 x  m  x 1 có đúng 2 nghiệm phân biệt

2) log  4  log 2 2 1 0

3 1

2

và x2 thoả mãn x12 + x22 > 1

Trang 12

4) log  4  log 2 2 1 0

3 1

2

Bài 3 : Giải và biện luận phương trình sau theo tham số m:

2 log3x  log3x  1 log3m  0

Dạng 2 : +) a 1 log a 2 f(x) + b 1 log a f(x) + c 1 = 0, (với 0<a 1 và f(x) > 0) ( 1)

+) a 1 log a f(x) + b 1 log f(x) a + c 1 = 0 , (với 0 < a, f(x)  1) ( 2 )

Đặt t = logaf(x) , t  R Khi đó : 





t a t x f

x f a

1 log

) ( log

) (

2 2

, vậy nên (1) trở thành : a1t2 + b1t + c1 = 0 (1’), giải (1’)  t logaf(x) = t

 f(x) = at  x = …

(2 ) trở thành : 1  11c1  0

t b t

a  a1t2 + c1t + b1 = 0 (2’) giải (2’)  t  logaf(x) = t  f(x) = at  x = …

Lưu ý : Khi đặt t = logaf(x)

+) Nếu 







M x f m a

) 0 1

thì logam < t < logaM

+) Nếu 





M x f m a

) ( 0 1 0

thì logam > t > logaM

 Ví dụ :

VD1 : Giải phương trình : 2log22x 1 log  2x – 1 53  (*)

Giải

ĐK : x > 1

Ta có (*) 2 log 2 ( 1 ) 3 log2( 1 ) 5 0





























2

5 ) 1 ( log

1 ) 1 ( log 2

5 1

2

x

x t

t

















 2 5 1

2 1

2 2 1

x













32

1 1

3

x

Vậy (*) có 2 nghiệm :











32

1 1

3

x x

VD2 : Giải phương trình : logx22 x log 2x x 2 (*)

Giải

1 2 0 1 0





















x x

x

2

1

) 2 (  



PT trở thành :  21 2  0 

2

1

t

Trang 13

 x2 – x – 2 = 0 2

2

) ( 1

















x

L x

Vậy (*) có nghiệm : x = 2

VD3 : Tìm m để phương trình log22x log2 x2   (*) có nghiệm x [1; 8].3 m

Giải Đặt t = log2x ,vì x [1; 8] nên t  [0; 3 ], khi đó (*) có dạng : t2 - 2t + 3 = m

Vậy để (*) có nghiệm x [1;8] thì y = m phải cắt (C) f(t) = t2 -2t +3 trên [0; 3]

Ta có f ‘(t) = 2t – 2 = 0  t = 1  BBT của f(t) trên [0; 3] như sau :

t 0 1 3 f’(t) - 0 +

f(t)

6 3

2

Từ BBT suy ra với m  [2; 6] thì (*) có nghiệm x [1; 8].

1) 2

log x - 9log x  4 2) log 422 x  log 22x 5

3) log (22 x 3) log 2 x 3 5 4) log 22 x  1 log 2 4 x1 2 1 5) log (32 2x 2 ) 4log 9(x  3 x22 ) 7x  6) lg2 x 3lgxlgx2  4

7)

log3 x  2 4 log   3 x

8)

2

8 2

9) 4 log9 x  log 3 3x  10) log2 x  1   log 16x1

11) logx2 + log2x = 5/2 12) logx2 – log4x + 7/6 = 0

1) log32x  ( m  2).log3x  3 m   1 0 có 2 nghiệm x1, x2 sao cho x1.x2 = 27

Định dạng
Số trang	18
Dung lượng	0,99 MB