Thông tin tài liệu
chơng hàm số luỹ thừa, hàm số mũ hàm số lôgarit A Kiến thức cần nhớ I luỹ thừa Định nghĩa 1: (Luỹ thừa với số mũ nguyên): Với a 0, n = n số nguyên âm, luỹ thừa bậc n a số a n xác định bởi: a0 = 1, an = n với n nghuyên âm a Định nghĩa 2: (Căn bậc n): Với n nguyên dơng bậc n số thực a số thùc b (nÕu cã) cho bn = a Ta thừa nhận hai khẳng định sau đây: Khi n số lẻ, số thực a có bậc n, kí hiệu n a Khi n số chẵn, số thực dơng a có hai bậc n hai số đối Căn có giá trị dơng kí hiệu n a (còn gọi số học bậc n a), có giá trị âm kí hiệu n a Định nghĩa 3: (Luỹ thừa với số mũ hữu tỉ): Cho a số thực dơng m r số hữu tỉ Giả sử r = , m n số nguyên n số nguyên dơng Khi đó, luỹ thừa a với với sô mũ r số ar xác ®Þnh bëi: m ar = a n = Tõ ®ã n a = an n am TÝnh chÊt cđa l thõa: Víi a > 0, b > 0, ta cã: an.am = an + m (ab)n = an.bn m n a nm an �a � = a � � = n n a b b (am)n = am.n Định lí 1: Cho m, n số nguyên Khi ®ã: Víi a > th× am > an vµ chØ m > n Víi < a < am > an m < n II lôgarit Định nghĩa1: Cho < a 1, b > 0, ta định nghÜa = logab b = a, = lgb b = 10, lnb b = e, = 139 từ định nghĩa ta đợc: loga1 = 0, logaa = ; logaab = b, víi mäi b; aloga b = b víi b > So s¸nh hai lôgarit số Định lí 1: Cho số dơng b c (1) Khi a > logab > logac b > c Hệ quả: Khi a > th× logab > b > (2) Khi < a < th× logab > logac b < c HƯ qu¶: Khi < a < th× logab > b < (3) logab = logac b = c Các quy tắc tính lôgarit Định lí 2: Với a dơng khác số dơng b, c, ta cã: (1) logab + logac = loga(bc), Trêng hỵp chØ cã bc > th× loga(xy) = logab + logac b (2) logablogac = loga , c b trêng hợp có bc > loga = logablogac c (3) logab = logab, Trêng hỵp b � = 2k, k Z logab = logab Hệ quả: Với n nguyên dơng 1 loga = logab; loga n b = logab b n Đổi số lôgarit Định lí 3: Với a, b dơng khác số dơng c, ta có: loga c logbc = hay logab.logbc = logac loga b HƯ qu¶: Ta cã: logb a Víi a, b dơng khác logab = Với a dơng khác 1, c số dơng 0, ta cã loga c = logac Trờng hợp a , a = 2k, k � th× loga c = log|a|c III Hàm số mũ 140 Định nghĩa: Hàm số mũ số a (0 < a 1) có dạng y = ax Đạo hàm hàm số mũ: Ta ghi nhận kết sau: ex a lim = x�0 x b Víi mäi x �, ta cã (ex)' = ex vµ (ax) = ax.lna c NÕu u = u(x) lµ hàm số có đạo hàm J với x J, ta cã (eu)' = u'.eu vµ (au) = u'.au.lna XÐt hµm sè y = ax, < a 1, ta cã c¸c tÝnh chÊt sau: Liên tục Sự biến thiên: Hàm số ®¬n ®iƯu víi mäi x Víi a > ax1 > ax2 x1 > x2, tức hàm số đồng biến Với < a < th× ax1 > ax2 x1 < x2, tøc hàm số nghịch biến Đồ thị hàm số có dạng và: Luôn cắt trục Oy A(0; 1) Nằm phía trục hoành Nhận trục hoành làm tiệm cân ngang IV Hàm số lôgarit Định nghĩa: Hàm số logarit số a (0 < a 1) cã d¹ng y = logax Đạo hàm hàm số mũ: Ta ghi nhận kÕt qu¶ sau: ln(x 1) a lim = x�0 x 1 b Víi mäi x (0; +), ta cã (lnx)' = vµ (logax)' = x x.lna c NÕu u = u(x) lµ hµm sè cã đạo hàm J với x J, ta cã u' u' (lnu)' = vµ (logau)' = u u.lna XÐt hµm sè y = logax, víi < a 1, ta cã c¸c tÝnh chÊt sau: Hàm số liên tục D = (0, + ) tập giá trị I = Sự biến thiên: Hàm số đơn điệu với x Víi a > th× log ax1 > logax2 x1 > x2, tức hàm số đồng biến Víi < a < th× logax1 > logax2 x1 < x2, tức hàm số nghịch biến 141 Đồ thị hàm số có dạng và: Luôn cắt trục Oy A(1; 0) Nằm bên phải trục tung Nhận trục tung làm tiệm cân đứng V Hàm số luỹ thừa Định nghĩa: Hàm số lũy thừa hàm số xác định công thức y = x, với số tùy ý Tập xác định (0; +), trừ trờng hợp sau: Nếu nguyên dơng hàm số có tập xác định Nếu nguyên âm = hàm số có tập xác định * Đạo hàm hàm số lũy thừa: Ta ghi nhận kết sau: a Hàm số y = x có có đạo hàm điểm x > và: (x)' = .x b NÕu u = u(x) lµ hµm sè có đạo hàm u(x) > J thì: (u)' = .u'.u 1, víi mäi x J Chú ý: Với n số nguyên tùy ý, ta cã (x n)' = n.xn víi mäi x 0; vµ nÕu u = u(x) lµ hàm số có đạo hàm u(x) J th× (un)' = n.u'.un 1, víi mäi x J Ta cã: ( n x )' = nn xn1 , víi mäi x > nÕu n chẵn, với x n lẻ Nếu u = u(x) hàm số có đạo hàm J thỏa mÃn điều kiện u(x) > víi mäi x thc J n ch½n, u(x) víi mäi x thc J n lỴ th×: ( n u )' = u' nn un1 VI Các dạng phơng trình, bất phơng trình mũ lôgarit Phơng trình mũ có dạng ax = m, a > m số đà cho Khi đó: Nếu m phơng trình vô nghiệm Nếu m > phơng trình có nghiệm x = logam 142 Ta có kết quả: af(x) = ag(x) f(x) = g(x) Víi a > th× af(x) > ag(x) f(x) > g(x) Víi < a < th× af(x) > ag(x) f(x) < g(x) Phơng trình lôgarit có dạng logax = m, m số đà cho Ta phải có điều kiện x > < a Với m phơng trình cã nghiƯm nhÊt x = am Ta cã c¸c kÕt qu¶: logaf(x) = logag(x) f(x) = g(x) > Víi a > th× logaf(x) > logag(x) f(x) > g(x) > Víi < a < th× logaf(x) > logag(x) < f(x) < g(x) số phơng pháp giải phơng trình, bất phơng trình mũ lôgarit a Phơng pháp đa số b Phơng pháp đặt ẩn phụ c Phơng pháp lôgarit hóa: Ta giải phơng trình có hai vế dơng cách lấy lôgarit hai vế theo số thích hợp d Phơng pháp sử dụng tính chất đồng biến hay nghịch biến hàm số B Phơng pháp giải dạng toán liên quan Đ1 hàm số mũ hàm số lôgarit Dạng toán 1: Giới hạn hàm số mũ lôgarit Phơng pháp Chúng ta có dạng giới hạn ®Ỉc biƯt sau: ex 1 a lim = c lim (1 + )x = e x�0 x�� x x ln(x 1) 1/ d lim (1 x) x = e b lim = x�0 x�0 x Më réng:: Ta cã: ef(x) 1, x�x0 f(x) f (x)�0 lim lim x�x0 f (x)�0 ln f(x) 1 f(x) 143 Quy t¾c Lôpitan: Nếu f(x), g(x) khả vi lân cận x0 trừ điểm x0, thì: lim lim xx f(x) = xx g(x) = g'(x) lân cËn x0, ®ång thêi: 0 f '(x) f(x) lim = A th× = A x�x0 g'(x) x�x0 g(x) lim Quy tắc với x Thí dụ Tìm giới hạn sau: e2 e3x x�0 x a lim b e2x e3x x�0 x lim Giải a Ta biến đổi: e2 e3x2 3e2 (e3x 1) lim = lim = 3e2 x�0 x � x 3x b Ta biÕn ®ỉi: e2x e3x e2x 1 1 e3x 2(e2x 1) 3(e5x 1) lim = lim = lim lim x�0 x�0 x�0 x�0 x x 2x 3x = = 1 NhËn xÐt: Qua thÝ dụ trên: câu a), để làm xuất d¹ng giíi h¹n ef (x) chóng ta thùc hiƯn nhãm nh©n tư x�x0 f(x) f (x)�0 lim chung e2 câu b), tách giới hạn ban đầu thành hai giới hạn việc thêm bớt Với quy tắc Lôpitan, ta có: e2 e3x ' e2 e3x lim 3e3x = 3e2 lim = lim x�0 x�0 x � x x ' e2x e3x ' e2x e3x lim 2e2x 3e3x = = lim = lim x�0 x�0 x�0 x x ' 144 Thí dụ Tìm giíi h¹n sau: a lim x �0 ex x 1 1 lim b x �0 ex sin 2x Gi¶i a Ta cã: x ex = lim (e 1)( x 1) = x �0 x 1 1 x lim x �0 b Ta cã: e x = lim x �0 sin 2x lim x �0 ex e x sin 2x = lim x �0 ex 1 x = 2sin 2x ex 2x 5x x x �0 x 3x Thí dụ Tìm giới hạn lim Giải Ta biến đổi: x eln eln 5x x = lim lim x �0 x �0 x 3x x(x 3) = x e x ln e x ln ln ln = lim x ln x x �0 x 3 ln ln = ln 3 Thí dụ Tìm giới hạn sau: a lim x�0 ln(2x 1) x b ln(1 2x2 ) x�0 x lim Gi¶i a Ta biÕn ®æi: ln(2x 1) 2ln(2x 1) lim = lim = 2.1 = x�0 x � x 2x b Ta biÕn ®ỉi: ln(1 2x2 ) 2xln(1 2x2 ) lim = lim = 0.1 = x�0 x�0 x 2x2 Thí dụ Tìm giới hạn sau: a lim x �0 ln(4x 1) ln(2x 1) x b x2 ln , víi x > 1 x�0 ex x1 lim 145 Giải a Ta biến đổi: ln(4x 1) ln(2x 1) � lim ln(4x 1) ln(2x 1) = lim � � x �0 x �0 � x x � x � 4ln(4x 1) 2ln(2x 1) � � = lim = � x �0 � 2x � 4x � b Ta biÕn ®æi: x2 ln(x2 1) ln(x 1) ln = lim = lim x�0 x�0 lim xx ex x�0 e ln(x2 1) ln(x 1) x x ex x x.ln(x 1) ln(x 1) lim 0.1 x �0 x � x x = = = 1 x e 1 lim x x lim Dạng toán 2: Tập xác định hàm số mũ lôgarit Thí dụ Tìm tập xác định hàm số: a y ln(x 1) x b y log x x Giải a Điều kiện: �x �x 1 1 < x ≠ �� � �x �0 �x �0 Vậy, ta đợc tập xác định D = (1; +)\{0} b §iỊu kiƯn: x �1 � x �1 x �1 � � � �� �� x > �1 0 �x �x � �x VËy, ta đợc tập xác định D = (1; +) Thí dụ Tìm tập xác định hàm số y = lg 21 x 2x 2x Giải Hàm số g(x) = 21x2x + nghịch biến, có g(1) = 0, nên: g(x) > g(x) > g(1) x < 146 g(x) < g(x) < g(1) x > Hµm sè cã nghÜa khi: � � 2x � x � � � �1 x � � 1 x 2x � x1 � � � 2x > � x � < x < x x 1 � � � � � � �1 x � x1 � � 2x � � � VËy, ta đợc tập xác định D = (0; 1) Dạng toán 3: Xét tính liên tục hàm số mũ lôgarit Phơng pháp Ta thực theo bớc sau: Bớc 1: Khẳng định hàm số xác định điểm x0, tính f(x0) Bớc 2: Xác định limf(x) x�x0 Bíc 3: KiĨm nghiƯm f(x0) = xlimf(x) �x Bớc 4: Kết luận Thí dụ Xác định a để hàm số sau liên tục : ln(x2 1) x �0 � f(x) = � e2x � a x Giải Điều kiện cần đủ liên tục liên tục ®iÓm x0 = 0, tøc: f(0) = limf(x) x�0 (*) Ta cã: f(0) = a ln(x2 1) x.ln(x2 1) x x2 limf(x) = limln(x 1) = lim lim = = x�0 x�0 x�0 2(e2x 1) x�0 e2x e2x x 2x Khi đó, điều kiện (*) trở thành: a = = a = VËy, với a = thỏa mÃn điều kiện đầu 147 Dạng toán 4: Tính đạo hàm hàm số luỹ thừa, mũ, lôgarit hàm số hợp chúng Phơng pháp Sử dụng kết phần kiến thức cần nhớ Thí dụ Chứng minh r»ng hµm sè y = ln thøc xy' + = ey tho¶ m·n hƯ 1 x Giải Trớc tiên, ta có: 1 y = ln = ln(1 + x) y' = 1 x 1 x Khi ®ã: x 1 xy' + = +1= = eln1 x = ey, ®pcm 1 x 1 x ThÝ dơ TÝnh ®¹o hàm hàm số sau: a y x2 e2x b y x ln x Gi¶i a Ta cã: y' x 2x e ' 2x e 2x 2x e2x 2x2.e2x e 1 2x b Ta cã: y' 2x.ln x 1 x 4x2.e2x e2x 2x e2x 2x e2x 1 xe2x e 1 2x x2 ' x2 2x2.e2x e2x = 2x.ln x x2 x2 Dạng toán 5: ứng dụng đạo hàm để khảo sát vẽ đồ thị hàm số mũ lôgarit Các toán liên quan Thí dụ Cho hàm số (Cm): y = xemx Víi m = 2: a Tìm khoảng tăng, giảm cực trị hàm sè (C) b BiƯn ln theo a sè nghiƯm cđa phơng trình xe2x = a 148 x �0 � � �x x � x �x x NhËn xÐt r»ng: (x x )(x + x ) = (x x ) = (x + x )1 Khi phơng trình đợc viết lại dới dạng: log2(x + x )1 log3(x + x ) = log6(x + x )1 log2(x + x ) log3(x + x ) = log6(x + x ) Sử dụng phép đổi số: log2(x + x ) = log26.log6(x + x ); vµ log3(x + x ) = log36.log6(x + x ) Khi phơng trình đợc viết lại dới dạng: log26.log6(x + x ) log36.log6(x + x ) = log6(x + (1) Đặt t = log6(x + x ) Khi (1) có dạng: t0 � t(log26.log36.t1) = � log 6.log 6.t � x ) Víi t = x 1 ) = x + log6(x + 2 � �x x = x= � x 1 x x � � =1 Víi log26.log36.t1 = log26.log36 log6(x + x )1 = log26.log3(x + log3(x + x ) = log62 x + log 2 � �x x � x = ( 3log log 2 � �x x x2 1 ) log x2 1 = 6 + 3 log ) 6 Vậy, phơng trình có nghiệm x = x = log6 (3 + 3 log6 ) Ví dụ 16: (ĐHY Hà Nội 2000): Giải phơng trình 23x6.2x 3(x1) + 12 = 2x Giải Viết lại phơng trình dới dạng: 196 (23x (1) 23 )6(2x x ) = 3x 2 , suy ra: 2x 2 23 23x 3x = (2x x )3 + 3.2x x (2x x ) = t3 + 6t 2 2 Khi đó, phơng trình (1) có dạng: t3 + 6t6t = t = 2x x = (2) Đặt u = 2x, u > 0, phơng trình (2) có dạng: u 1(l) � u = u2u2 = � u = 2x = x u u � = Vậy, phơng trình có nghiệm x = Đặt t = 2x Ví dụ 17: (Đề thi đại học khối A 2002): Cho phơng trình: log 32 x + log 32 x 2m1 = a Gi¶i phơng trình với m = b Tìm m để phơng trình có nghiệm thuộc [1; 3 ] Giải Điều kiện x > Đặt t = log 32 x , víi t 1, ta đợc: f(t) = t2 + t 2m = (1) Víi m = phơng trình (2) có dạng: t2 + t6 = t = (loại) t = Với t = 2, ta đợc: log 32 x = log x = x = 3� VËy, víi m = 2, phơng trình có nghiệm phân biệt x = 3� Tõ ®iỊu kiƯn: x 3 log3x log 32 x + 1 log 32 x t 197 Tới ta lựa chọn ba cách trình bày nh sau: Cách 1: Phơng trình ban đầu có nghiệm thuộc đoạn [1; 3 ] phơng tr×nh (3) cã Ýt nhÊt nghiƯm thc [1; 2] đờng thẳng y = 2m + cắt phần đồ thị hàm số y = t + t lấy đoạn [1; 2] điểm Ta xÐt hµm sè: y = t2 + t Miền xác định D = [1; 2] Đạo hµm: y' = 2t + 1, y' = 2t + = t = Bảng biến thiên: t 1/ + y' + + y Vậy điều kiện là: 2m + m C¸ch 2: (Tèi u hoá cách 1): Phơng trình ban đầu có nghiệm thuộc đoạn [1; 3 ] phơng trình (3) có nghiệm thuộc [1, 2] đờng thẳng y = 2m + cắt phần đồ thị hàm số y = t + t lấy đoạn [1, 2] ®iĨm Ta xÐt hµm sè: y = t2 + t Miền xác định D = [1; 2] Đạo hµm: y' = 2t + > 0, tD hàm số đồng biến D Vậy điều kiện là: y(1) 2m + y(2) 2m + m Cách 3: Phơng trình ban đầu có nghiệm thuộc đoạn [1, 3 ] phơng tr×nh (3) cã Ýt nhÊt nghiƯm thc [1, 2] phơng trình (3) có nghiệm thoả mÃn: t1 �t lo¹i vi t1 t 1 � � t1 �1 �t �2 � � �t1 �2 �t � f(1).f(2) 2m(4 2m) m VÝ dơ 18: 198 (§HKT 1998): Cho phơng trình: (x 2)log3[9(x2)] = 9(x2)m (1) a Giải phơng trình với m = b Tìm m để phơng trình có nghiệm thoả mÃn: 3x1x26(x1 + x2) + 11 = Giải Điều kiện x2 > x > LÊy logarit c¬ số hai vế, ta đợc: log3[ (x 2)log3[9(x2)] ] = log3[9(x2)m] [log3[9(x2)].log3(x2) = + log3(x1)m [2 + log3(x2)].log3(x2) = + mlog3(x1) (1) Đặt t = log3(x2) Khi (1) có dạng: (2 + t)t = + mt t2(m2)t2 = (2) a Với m = 3, ta đợc: log3(x 2) 1 t 1 � � x t t2 = � � � � t log3(x 2) � � x 11 � VËy, víi m = phơng trình có hai nghiệm x = x = 11 b XÐt ®iỊu kiƯn: 3(x12)(x22)1 = (x12)(x22) = log3[(x12) (x22)] = log3 log3(x12) + log3(x22) = 1 t1 + t2 = Vậy, để phơng trình có nghiệm tho¶ m·n 3x 1x26(x1 + x2) + 11 = (2) cã nghiƯm t1, t2 tho¶ m·n t1 + t2 = 1 �0 � � (m 2)2 �0 � � m = t1 t2 1 m 1 � Vậy, với m = thoả mÃn điều kiện đầu Chú ý: Phơng pháp dùng ẩn phụ dạng việc sử dụng ẩn phụ chuyển phơng trình ban đầu thành ph- 199 ơng trình với ẩn phụ nhng hệ số chứa x Phơng pháp thờng đợc sử dụng phơng trình lựa chọn ẩn phụ cho biểu thức biểu thức lại không biểu diễn đợc triệt để qua ẩn phụ biểu diễn đợc công thức biểu diễn lại phức tạp Khi đó, thờng ta đợc phơng trình bậc hai theo ẩn phụ (hoặc theo ẩn x) có biệt số số phơng Ví dụ 19: Giải phơng trình 9x + (x3).3x2x + = (1) Giải Đặt t = 3x, điều kiện t > Khi đó, phơng trình tơng ®¬ng víi: t2 + (x3).t2x + = ta cã = (x3)24(2x + 2) = (x + 1) nên phơng trình có nghiệm: t1 ho c t2 1 x Khi ®ã: Víi t = 3x = x = log32 Víi t = 1x 3x = 1x, ta cã nhËn xÐt: m� bi� n �VT l�h� Phơng trình có nghiệm nghiệm m nbi n VPlh Nhận xét x = nghiệm phơng trình Vậy, phơng trình cã hai nghiÖm x = log32, x = VÝ dụ 20: Giải phơng trình x 2log x Giải Điểu kiện x > Biến đổi phơng trình dạng 2log x x Nhận xét rằng: Vế trái phơng trình hàm đồng biến Vế phải phơng trình hàm nghịch biến Do vậy, phơng trình có nghiệm nghiệm Nhận xét x = nghiệm phơng trình v×: 2log = 2, 3 200 Vậy, phơng trình có nghiệm nhÊt x = NhËn xÐt: Nh vËy, vÝ dơ trªn b»ng viƯc chun vÕ chóng ta thấy tính đồng biến nghịch biến hàm số hai vế phơng trình, để từ ®ã kÕt ln vỊ tÝnh nhÊt nghiƯm (nÕu cã) phơng trình Tuy nhiên, hầu hết phơng trình đợc giải phơng pháp dạng ban đầu không đa đợc nhận xét "VT đồng biến VP hàm nghịch biến" Khi đó, cần thực vài phép biến đổi đại số, thí dụ với phơng trình: A.af(x) + B.bg(x) = C.ch(x) A af (x) ch(x) + B bg(x) ch(x) = C Ví dụ 21: Giải phơng trình + 3x/2 = 2x Gi¶i x x �1 � � � Chia hai vế phơng trình cho 0, ta đợc � �2 � x (1) NhËn xÐt r»ng: VÕ trái phơng trình hàm nghịch biến Vế phải phơng trình hàm Do vậy, phơng trình có nghiệm nghiệm nhÊt NhËn xÐt r»ng x = lµ nghiƯm phơng trình vì: 2 � � 1, ®óng � �2 � � � � 4 � � Vậy, phơng trình có nghiệm x = Chú ý: Nhiều toán cần sử dụng phơng pháp đặt ẩn phụ để chuyển chúng dạng f(u) = k Từ đó, áp dụng đợc phơng pháp hàm số để giải Ví dụ 22: Giải phơng trình 2log3(x1) = x Giải Điều kiÖn x + > x > 1 201 a Nếu < x 0, phơng trình vô nghiệm VT > VP b Xét x > 0, đặt y = log3(x + 1) Ta đợc hệ phơng trình: y y x 1 3y �y log3(x 1) � �2 � �1 � � � y y � �� y �x 2y + = � �x �3 � + �3� = (1) Nhận xét rằng: Vế trái phơng trình hàm nghịch biến Vế phải phơng trình hàm Do vậy, phơng trình có nghiệm nghiệm Nhận xét y = nghiệm phơng trình, suy ra: y = log3(x + 1) = x + = x = Vậy, phơng trình có nghiệm x = Ví dụ 23: (Đề thi đại học khối B 2005): Giải hệ phơng trình: x y � 3log (9x ) log y � Giải Điều kiện: x x � �2 y �0 y �2 � � 9x vµ y Biến đổi phơng trình thứ hai hÖ: 3(1 + log3x) 3log3y = log3x = log3y x = y Khi ®ã, hƯ cã d¹ng: � �x y x y 1 � �x y � � � xy2 � x 1 x �2 (x 1)(2 x) � VËy, hƯ ph¬ng trình có hai cặp nghiệm (1, 1) (2, 2) (*) Ví dụ 24: (Đề thi đại học khối A 2004): Giải hệ phơng trình: log (y x) log � y � �x y 25 Giải Điều kiện: 202 y x �y x � � �y y Biến đổi phơng trình thứ cđa hƯ vỊ d¹ng: log4(yx) + log4y = log4y = log44(yx) 3y y = 4(yx) x = Thay (**) vào phơng trình thứ hai cđa hƯ: 9y (*) + y2 = 25 y2 = 16 � y = x = 16 VËy, hÖ cã nghiÖm (3; 4) (*) (**) Ví dụ 25: (ĐHMĐC 2000): Giải biện luận hệ phơng trình: x y a a2 x y xy � Gi¶i Biến đổi hệ dạng: y a x (1) � � �a2 x y xy (2) � ThÕ (1) vµo (2), ta ®ỵc: 2 x + (1ax)x(1ax) = 22[x (a1)x1a] = 21a 2a 2x2 + 2(a1)x + (a1)2 = 0, (3) ta cã ' = (a1)2 Khi đó: Với a ' < phơng trình (3) vô nghiệm hệ vô nghiệm Với a = ' = phơng trình (3) có nghiệm x = 0, suy y = VËy, a = hÖ cã nghiÖm x = y = VÝ dụ 26: Giải hệ phơng trình: 2x.3y 12 �x y 18 � Gi¶i LÊy logarit có số hai vế hai phơng trình, ta đợc: log2(2x.3y ) log2 12 x ylog2 log2 � � � � x y xlog2 3 y 1 2log2 log2(3 ) log2 18 � � Ta cã 203 D = 1 log22 0, hệ phơng trình có nghiện Dx = 22 log22 , Dy = 1 log22 Suy hÖ cã nghiÖm Dy D x x 2, y D D VËy, hÖ phơng trình có nghiệm (2; 1) Ví dụ 27: Giải hệ phơng trình: 42x 22x y 4y � �2y 2 3.22x y 16 � 2 Giải Viết lại hệ phơng trình dới dạng: 2 � 42(x 1) 4.4x 1.2y 22y � �2y 2 3.4x 1.2y Đặt: u 4x , điều kiện u v > � y �v Khi ®ã, hƯ (I) đợc biến đổi dạng: u2 4uv v2 (1) �2 �v 3uv (2) Để giải hệ (II) ta lựa chän mét hai c¸ch sau: C¸ch 1: Khư sè hạng tự từ hệ ta đợc: 4u213uv + 3v2 = (3) Đặt u = tv, đó: t3 � (3) v2(4t213t + 3) = � t 1/ � Víi t = ta đợc u = 3v đó: (2) 8v2 = v« nghiƯm 1 Víi t = ta đợc u = v v = 4u ®ã: 4 (2) 4u = u = � u1 x �1 � � � 4x 1 x2 � � �y � � y2 y2 4 �v � (I) (II) Vậy, hệ phơng trình có hai cặp nghiệm (1, 2) (1, 2) 204 Cách 2: NhËn xÐt r»ng nÕu (u, v) lµ nghiƯm cđa hƯ th× u v2 Tõ (2) ta đợc u = 3v (4) Thay (4) vào (1), ta đợc 2v431v216 = (5) Đặt t = v2, t > 0, ta đợc: t 16 � (5) 2t 31t16 = v2 = 16 v = � t (l) � u1 � � �v � x �1 � � 4x 1 x2 � �y � � y2 y2 4 � � Vậy, hệ phơng trình có hai cặp nghiệm (1; 2) (1; 2) Ví dụ 28: Giải bất phơng trình sau: a 10 x x1 < x1 10 x c 2.2x + 3.3x > 6x1 b x x 32x8 9 x > d 4x2x + + 4x Gi¶i a NhËn xÐt r»ng: ( 10 + 3)( 10 3) = 10 3 = ( 10 + 3)1 Khi đó, bất phơng trình đợc viết lại díi d¹ng: x x1 x3 x1 ( 10 3) x1 < ( 10 3) x ( 10 3)x1 x3 < � 3 x x2 x x1 + Chia hai vế bất phơng trình cho 32 x > 0, ta đợc: 32(x x 4) 3x x > (1) Đặt t = 3x x , t > 0, bất phơng trình (1) có d¹ng: 205 3x x t28t9 > (t 9)(t + 1) > t > t > >9 �x x x x >2 < x2 � �0 �x (x 2) x > VËy, tập nghiệm bất phơng trình (5; +) c Chia hai vế bất phơng trình cho 6x > 0, ta đợc 3x + 2x + 6x > (2) XÐt hµm sè y = x + x + x , hàm nghịch biÕn Ta cã: Víi x 2, f(x) f(2) = bất phơng trình (2) vô nghiệm Với x < 2, f(x) > f(2) = bất phơng trình (2) nghiệm Vậy, tập nghiệm bất phơng trình (; 2) d Ta trình bày theo hai cách sau: Cách 1: Đặt t = 2x, điều kiện t > Khi đó, bất phơng trình có dạng: t22t + 4x (3) ta cã ' = 1 4x 0, ®ã: � ' x � � �x 1 4x � � �4 (3) � �x � x = b � t �t 1 �x � � 2a Vậy, bất phơng trình có nghiệm x = Cách 2: Biến đổi bất phơng trình cã d¹ng: 2 2 x x 22x 22x 2x1 �0 2 2x 2x 2 2.2x.2x 2x1 �0 2x1 2x �0 (*) NhËn xÐt r»ng: �2x 2x �0 � VT(*) � x1 x � 2 �0 � Do ®ã: �2x 2x � � 2x 2x �x x � � (*) � �x �2 x = 1 �x � � 2x1 2x � 206 VËy, bất phơng trình có nghiệm x = Nhận xét: Nh vậy, thông qua ví dụ em học sinh đà đợc ôn tập lại phơng pháp để giải bất phơng trình mũ Và đó: Với câu a) việc đa bất phơng trình dạng có số Với câu b) có tổng hợp cao, bắt đầu việc sử dụng vài phép biến đổi đại số để làm xuất ẩn phụ, tiếp tới công việc đơn giản phải giải bất phơng trình bậc hai Tuy nhiên, cuối gặp dạng bất phơng trình chứa f g Với câu c) d) chúng toán khó cần phải sử dụng tới kiến thức hàm số biết cách đánh giá biểu thức chứa hàm số mũ Ví dụ 29: Giải bất phơng tr×nh: �32 � x3 � 2� log21 (x) �x2 � log log (x) 1� � � � �8 + 9log2 Biến đổi phơng trình dạng: �32 � x3 � � �x2 � log24(x) log2 � � � �< log2 (x) + 9log � � 1 1 log24(x) [log2x3 log28]2 + 9[log232 log2x2] < log22 (x) log24(x) [3log2x3]2 + 9[5 2log2x] < log22 (x) Đặt t = log2x, ta đợc: t4(3t3)2 + 9(52t) < 4t2 t413t2 + 36 < < t2 < 3 t 2 � � 2 t � 3 log2 x 2 � � log2 x � 1 � x � � x � 207 �1 � Vậy, tập nghiệm bất phơng trình ; ��(4; 8) �8 � VÝ dơ 30: Gi¶i bất phơng trình: x2 + (log2x2)x + log2x3 > (1) Giải Điều kiện x > (*) Coi (1) bất phơng trình bâc theo ẩn x, ta cã: = (log2x2)24(log2x3) = log22 x 8log2x (log2x4)2 Do đó, bất phơng trình (1) có dạng: + 16 = (*) (x + 1)(x + log2x3) > � x + log2x3 > log2x > 3x (2) NhËn xÐt r»ng: Hµm sè y = log2x lµ hàm đồng biến Hàm số y = 3x hàm nghịch biến Với x > 2, ta có: VT > vµ VP < x > lµ nghiƯm cđa (2) Víi < x 2, ta cã: VT < vµ VP > < x không nghiệm (2) Vậy, tập nghiệm bất phơng trình (2; +) Ví dụ 31: (Đề thi đại học khối B 2002): Giải bất phơng trình: logx(log3(9x72)) Giải Trớc hết ta xác định điều kiện: 9x 72 x log3 (9 72) 9x > 73 x > log973 x > log3 73 x (*) Với điều kiện trên, bất phơng trình đợc biến đổi dạng: log3(9x72) x 9x72 3x (2) x Đặt t = > 0, ta đợc: (2) t2t 72 8 t 3x x 208 KÕt hỵp víi (*), suy bất phơng trình có nghiệm log3 73 < x Ví dụ 32: (Đề thi đại học khối D 2003): Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số: y= ln x , [1; e3] x Giải ln x , [1, e3], ta cã: x 2ln x ln x y' = , x2 ln x � y' = 2lnxln2x = � ln x � XÐt hµm sè y = x xe Do đó, giá trị lớn nhỏ hàm số [1, e 3] đợc cho bởi: a ymax = Max{y(1), y(e2), y(e3)} = Max{0, , } = , đạt đe e e ợc x = e2 b ymin = 0, đạt đợc x = Ví dụ 33: (Đề thi đại học khối B 2005): Chøng minh r»ng víi mäi x R, ta cã: x x x 12 � 15 � � � �20 � x x x � �+ � �+ � � + + �5 Khi đẳng thức xảy ? Giải Sử dụng bất đẳng thức Côsi, ta lần lợt có: x x x x 12 15 � 12 � � 15 � � � � x � � + � � � � � � = 2.3 �5 � �4 � �5 � �4 � x x x x 12 � 12 � �20 � � �20 � � x � � + � � � �.� � = 2.4 5 � � � � � �� � x x x (1) (2) x 15 � 15 � �20 � � �20 � � x � � + � � � �.� � = 2.5 �4 � �3 � � �� � (3) Céng theo vÕ (1), (2) vµ (3) ta ®ỵc: 209 x x x x x x 12 � 15 � � � �20 � x x x � � + � � + � � + + , ®pcm �5 � �4 � �3 � DÊu "=" x¶y khi: 12 � 15 � � � �20 � � � = � � = � � x = �5 � �4 � �3 � 210 ... x2 e2x b y x ln x Gi¶i a Ta cã: y' x 2x e ' 2x e 2x 2x e2x 2x2.e2x e 1 2x b Ta cã: y' 2x.ln x 1 x 4x2.e2x e2x 2x e2x 2x e2x 1 xe2x e... e8x 1 x2 1 x2 = lim 2 x�0 ln(1 x2 ) [e4x e2x 1 x2 (1 x2 )2 ]ln(1 x2 ) 2x2 lim e x�0 �e8x � x2 2 � � ln(1 x2 ) ln(1 x2 ) � e4x e2x 1 x2 (1 x2 )2 � � x2 8(e8x... = lim 2 � x�0 e4x e2x 1 x2 (1 x2 )2 ln(1 x2 ) � 8x2 � C¸ch 2: Ta cã: = lim x�0 2x2 lim e x�0 2 1 x2 = lim e2x 1 1 1 x2 x�0 ln(1 x2 ) ln(1 x2 ) � e2x 1 1 x2 � x2 � =
Ngày đăng: 15/12/2020, 20:52
Xem thêm:
