Các phương pháp giải phương trình mũ logarit từ đơn giản đến phức tạp

CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI TRÌNH MŨ LOGARIT TỪ ĐƠN GIẢN PHƯƠNG TRÌNH- BẤT PHƯƠNG TRÌNH- HỆ MŨ- LÔGARIT TẠP CHƯƠNG I: PHƯƠNGĐẾN PHÁP GIẢI PHỨC PHƯƠNG TRÌNHBẤT PHƯƠNG TRÌNH- HỆ MŨ CHỦ ĐỀ I:PHƯƠNG TRÌNH MŨ BÀI TOÁN 1: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG I Phương pháp: Ta sử dụng phép biến đổi tương đương sau: ( ) a f x =a g( x) a = a >  ⇔  0 < a ≠  ( a − 1)  f ( x ) − g ( x )  =   f ( x ) = g ( x )  II VD minh hoạ: ( VD1: Giải phương trình: + x − x ) sin ( = + x − x2 ) − cos x Giải: Phương trình biến đổi dạng: −1 < x < 2(*) 2 + x − x >  ⇔   x − x − = 0(1)  2 + x − x − sin x − + cos x =    sin x + cos x = 2(2) ( )( Giải (1) ta x1,2 = ) 1± thoả mãn điều kiện (*) π π π π  sin x + cos x = ⇔ sin x  x +  = ⇔ x + = + 2kπ ⇔ x = + 2kπ , k ∈ Z 2 3  Để nghiệm thoả mãn điều kiện (*) ta phải có: π π  π  π −1 < + k π < ⇔  −1 −  < k <  −  ⇔ k = 0, k ∈ Z ta nhận x3 = 6 2π  6 2π  6 1± π Vậy phương trình có nghiệm phân biệt x1,2 = ; x 3= Giải (2): VD2: Giải phương trình: ( x − 3) x2 −5 x + ( = x2 − x + Giải: Phương trình biến đổi dạng: ( x − 3) ) x2 + x −4 x2 −5 x + 2 = ( x − )    x2 + x − = ( x − 3) 2( x + x − 4) x − =1 x = x =   ⇔  0 < x − ≠ ⇔  x < ≠ ⇔ x =  3 x − x + = x + x −   x − x + 10 =   Vậy phương trình có nghiệm phân biệt x=4, x=5 BÀI TỐN 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP LƠGARIT HỐ VÀ ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐ I Phương pháp: Để chuyển ẩn số khỏi số mũ luỹ thừa người ta logarit theo số vế phương trình, ta có dạng: Dạng 1: Phương trình: 0 < a ≠ 1, b > f x a ( ) =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 log b a f ( x ) = log b b g ( x ) ⇔ f ( x).log b a = g ( x) II VD minh hoạ: VD1: Giải phương trình: x −2 x = Giải: Lấy logarit số hai vế phương trình ta được: log 2 x − x = log ⇔ x − x = log − ⇔ x − x + − log = , Ta có ∆ = − + log = log > suy phương trình có nghiệm x = ± log VD2: Giải phương trình: x −1 x = 500 Giải: Viết lại phương trình dạng: x x.8 x −1 = 500 ⇔ x.2 x −1 x = 53.22 ⇔ x −3.2 x −3 x =1 Lấy logarit số vế, ta được: x −3    x −3  x−3 log  x −3.2 x  = ⇔ log x −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 hố ( ) BÀI TỐN 3: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ- DẠNG I Phương 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 α k + α k −1a ( k −1) x .α1a x + α = Khi đặt t = a x điều kiện t>0, ta được: α k t k + α k −1t k −1 α1t + α = Mở rộng: Nếu đặt t = a f ( x ) , điều kiện hẹp t>0 Khi đó: a f ( x ) = t , a f ( x ) = t , ., a kf ( x ) = t k Và a − f ( x ) = t Dạng 2: Phương trình α1a x + α a x + α = với a.b=1 α Khi đặt t = a x , điều kiện t0, suy b f ( x ) = t x 2x 2x Dạng 3: Phương trình α1a + α ( ab ) + α 3b = chia vế phương trình cho 2x x x a a b x >0 ( a x , ( a.b ) ), ta được: α1   + α   + α = b b x a Đặt t =   , điều kiện t (hoặc a f , ( a.b ) ) f f a - Đặt t =   điều kiện hẹp t>0 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 tốn có chứa tham số II Các ví dụ minh hoạ: - VD1: Giải phương trình: 4cot g x + sin x − = (1) Giải: Điều kiện sin x ≠ ⇔ x ≠ kπ , k ∈ Z (*) Vì = + cot g x nên phương trình (1) biết dạng: sin x 2 cot g x 4cot g x + 2.2 − = (2) cot g x Đặt t = 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 = π + kπ , k ∈ Z thoả mãn (*) Vậy phương trình có họ nghiệm x = ( + kπ , k ∈ Z ( ) +2=0 Giải: Nhận xét rằng: + = ( + ) ; ( + )( − ) = 1 Do đặt t = ( + ) điều kiện t>0, thì: ( − ) = ( + ) t VD2: Giải phương trình: + ) π 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 x a b a b A   + B   + C = từ thiết lập ẩn phụ t =   , t > suy   = t c c c c VD3: Giải phương trình: 22 x +1 − 9.2 x + x + 22 x + = Giải: Chia vế phương trình cho 22 x + ≠ ta được: 2 22 x − x −1 − 9.2 x − x − + = ⇔ 22 x − 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 + = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ t =  x − x = 2−1  x − x = −1  x =  2 Vậy phương trình có nghiệm x=-1, x=2 Chú ý: Trong ví dụ trên, tốn khơng có tham số nên ta sử dụng điều kiện cho ẩn phụ t>0 thấy với t = vơ nghiệm Do tốn có chứa tham số cần 2 1 1  xác định điều kiện cho ẩn phụ sau: x − x =  x −  − ≥ − ⇔ x − x ≥ ⇔ t ≥ 2 4  12 VD4: Giải phương trình: 23 x − 6.2 x − 3( x −1) + x = 2 Giải: Viết lại phương trình có dạng:  x 23   x   − x  −  − x  = (1)     23  x    3x Đặt t = − x ⇒ − x =  − x  + 3.2 x  x − x  = t + 6t 2     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 phương trình: + − 22 x = + − 22 x x Giải: Điều kiện − 22 x ≥ ⇔ 22 x ≤ ⇔ x ≤  π 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   π  x  cos = 0(1) t = =  x = −1 ⇔ ⇔ ⇔ 2⇔  x  3t x = t = π sin =  =    2 Vậy phương trình có nghiệm x=-1, x=0 BÀI TỐN 4: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ- DẠNG I Phương 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 khơng biểu diễn triệt để qua ẩn phụ biểu diễn cơng 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 phương trình: 32 x − ( x + ) 3x + 9.2 x = 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 ( ) VD2: Giải phương trình: x + x − 3x − x + = 2 Giải: Đặt t = 3x điều kiện t ≥ x ≥ ⇔ 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 = ⇔ x = log ⇔ x = ± log ( ) ( ) ( ) + Với t = − x ⇔ 3x = − x ta có nhận xét: VT ≥ VT = 3x = ⇒ ⇔ ⇔ x=0  VP ≥ VP = 1 − x = Vậy phương trình có nghiệm x = ± log 2; x = BÀI TOÁN 5: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ- DẠNG I Phương 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 phương trình: x −3 x + + x + x +5 = 42 x +3 x +7 + 2 2 Giải: Viết lại phương trình dạng: x −3 x + + x +6 x +5 = x −3 x + 2.42 x +6 x +5 + u = x −3 x + Đặt  , u, v > x2 + x +5 v = Khi phương trình tương đương với: u + v = uv + ⇔ ( u − 1)(1 − v ) = x = x =  x − 3x + = =1 u =  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔  x = −1  42 x + x + =  x + x + v =   x = −5 Vậy phương trình có nghiệm x −3 x + 2 VD2: Cho phương trình: m.2 x −5 x + + 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 + + 21− x = x −5 x + 6.21− x + m u = x −5 x + 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 =m  1− x  = m(*) 2 Vậy với m phương trình ln có nghiệm x=3, x=2 a) Với m=1, phương trình (*) có dạng: 21− x = ⇔ − x = ⇔ x = ⇔ 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: 1 − x = log m  x = − log m 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 PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ- DẠNG I Phương 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, ϕ ( x )  =  y = ϕ ( x ) Bước 3: Đặt y = ϕ ( x ) ta biến đổi phương trình thành hệ:   f ( x; y ) = II VD minh hoạ: 2x 18 VD1: Giải phương trình: x −1 + x = x −1 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 = ( x −1 + 1) ( 21− x + 1) = x −1 + 21− x + = u + v 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  + = + Với u=v=2, ta được:  1− x ⇔ x =1  + =  x −1 + =   1− x 9⇔ x=4 + =   Vậy phương trình cho có nghiệm x=1 x=4 Cũng đặt x = t để đưa phương trình ẩn số + Với u=9 v = , ta được: VD2: Giải phương trình: 22 x − x + = 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= log BÀI 7: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SƠ I Phương pháp: Sử dụng tính chất hàm số để giải phương trình dạng tốn quen thuộc Ta có hướng áp dụng: 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 vơ nghiệm + Với x < x0 ⇔ f ( x ) < f ( x0 ) = k phương trình vơ 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 phương 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 VD2: Giải phương trình: log ( ) 1 x − 3x + + +   5 x − x −1 = (1) x ≤1 Giải: Điều kiện: x − x + ≥ ⇔  x ≥ Đặt u = x − 3x + , điều kiện u ≥ suy ra: x − x + = u ⇔ x − x − = − u 1− u 1 Khi (1) có dạng: log ( u + ) +   5 =2 1− x 1 Xét hàm số: f ( x) = log ( x + ) +   5 + Miền xác định D = [ 0; +∞) = log ( x + ) + x 1 + x.5 x ln > 0, ∀x ∈ D Suy hàm số tăng D ( x + ) ln Mặt khác f (1) = log (1 + ) + = Do đó, phương trình (2) viết dạng: 3± f ( u ) = f (1) ⇔ u = ⇔ x − x + = ⇔ x = 3± Vậy phương trình có hai nghiệm x = + Đạo hàm: f = + mx + 2 x + mx +2 −5 = x + 2mx + m a) Giải phương trình với m = − b) Giải biện luận phương trình Giải: Đặt t = x + 2mx + phương trình có dạng: 5t + t = 52t + m− + 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 phương 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 ∆ ' < ⇔ m − m < ⇔ < m < Phương trình (2) vơ nghiệm ⇔ phương trình (1) vơ 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 10 m > + Nếu ∆ ' > ⇔  phương trình (2) có nghiệm phân biệt x1,2 = − m ± m − 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 phương trình viết dạng: 12 t + = m t2 +1 ⇔ t +3 t2 +1 = m (1) Số nghiệm (1) số giao điểm đồ thị hàm số (C): y = t +3 t +3 t2 +1 với đường thẳng (d):y=m xác định D ( 0; +∞ ) t2 +1 − 3t + Đạo hàm: y ' = ; y ' = ⇔ − 3t = ⇔ t 2 ( t + 1) t + Xét hàm số: y = + Giới hạn: lim y = 1( t → +∞ ) + Bảng biến thiên: Biện luận: Với m ≤ m > 10 phương trình vô nghiệm Với < m ≤ m = 10 phương trình có nghiệm Với < m < 10 phương trình có nghiệm phân biệt CHỦ ĐỀ II:BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ BÀI TỐN I: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG I Phương pháp: Ta sử dụng phép biến đổi tương đương sau:   a >  a >  f ( x ) < g ( x ) f ( x) g ( x) Dạng 1: Với bất phương trình: a  g ( x )    a >   f ( x ) ≤ g ( x ) a > Dạng 2: Với bất phương trình: a f ( x ) ≤ a g ( x ) ⇔  a =   ( a − 1)  f ( x ) − g ( x ) ≤   0 < a <    f ( x ) ≥ g ( x ) Chú ý: Cần đặc biệt lưu ý tới giá trị số a bất phương trình mũ II VD minh hoạ: VD1: Giải bất phương trình: a) ≤ x −1 x2 − x b) ( 10 + ) x −3 x −1 < ( 10 + ) x +1 x +3 13 ... DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ- DẠNG I Phương 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. .. Vậy phương trình có nghiệm x=-1, x=0 BÀI TỐN 4: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ- DẠNG I Phương pháp: Phương pháp dùng ẩn phụ dạng việc sử dụng ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành phương trình. .. − x = Vậy phương trình có nghiệm x = ± log 2; x = BÀI TOÁN 5: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ- DẠNG I Phương pháp: Phương pháp dùng ẩn phụ dạng sử dụng ẩn phụ cho biểu thức mũ phương trình khéo