+Loại bài toán giải phương trình mũ có nhiều cơ số là bài toán khó .Tôi đã đọc và tham khảo nhiều sách và rút ra được một số cách giải pt mũ như: phương pháp hàm số ,vận dụng định lý l[r]
(1)ONTHIONLINE.NET
Một cách tiếp cận định lý Lagrăng Vận dụng giải phương trình mũ
*Đặt vấn đề
+Bài tốn “Hãy giải phương trình” nghe thật quen thuộc đơn giản, sâu vào loại pt tốn “giải phương trình” vấn đề khơng đơn giản
+Loại tốn giải phương trình mũ có nhiều số tốn khó Tơi đọc tham khảo nhiều sách rút số cách giải pt mũ như: phương pháp hàm số ,vận dụng định lý lagrăng, sử dụng bất đẳng thức Becnuli, …
+Vấn đề chọn phương pháp giải lại phải phù hợp với kiến thức học sinh biết cách viết diễn đạt dễ hiểu, dễ vận dụng Định lý lagrăng định lý hay SGK 12 dược vận dụng chứng minh bất đẳng thức, chứng minh pt có nghiệm, tìm giới hạn hàm số, chứng minh tồn giới hạn,…và vận dụng giải phương trình mũ
+Vấn đề đặt vận dụng định lý lagrăng nào? Vào toán “giải phương trình mũ ” tơi mạnh dạn đưa suy nghĩ sau
A)kiến thức bản
1)Định lý Lagrăng: Nếu hàm số y=f(x) liên tục đoạn [a, b] có đạo hàm khoảng (a, b) c (a, b) cho f'(c)=f(b)− f(a)
b − a
2)Đạo hàm hàm số lũy thừa
Cho u =u(x) hàm số có đạo hàm x ta có :
(2)3)Chú ý : Cho a >0 , b >0 hàm số f(x) ta có: af(x)
=bf(x)⇔
f(x)=0
¿
a=b
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
B) Bài toán cách giải :
1) Bài toán: Giải phương trình mũ sau :
(*) với a,b,k R*+ x ẩn
2)Nhận xét :
* Nếu nghiệm phương trình (*) ta có : (**)
Đẳng thức (**) dạng f(a) =f(b) với f(t) =(t+k)- t (là hàm số lũy thừa với biến t ) Giả sử < a < b xét hàm số f(t) =(t+k)- t [a;b] ta có f(t) liên tục [a;b] có đạo hàm (a; b) theo định lí lagrăng c (a;b) cho f'(c)=f(b)− f(a)
b − a Vậy thỏa mãn f(b) = f(a) thỏa mãn f’ (c) =0
0lànghiệm phương trình f(a) =f(b) 0 nghiệm phương trình
f’(c) = ( phương trình ẩn
)
phương trình f’(c) =0 ẩn phương trình hệ f(a) =f(b)
{mọi nghiệm phương trình f(a) =f(b) nghiệm phương trình f’(c) =0
Hay pt f’(c) =0 ẩn
chứa tất nghiệm phương trình f(a) =f(b)}
3) Các bước giải phương trình
(a + k)x –ax = ( b+k)x – bx (*) (a,b,k
R*+ x ẩn)
Bước 1: Gọi nghiệm phương trình (*) hay ta có (a+k)-a= (b+k)-b
Bước 2:Xét hàm số f(t) = (t+k) -t [a;b] ta có f(t) hàm số liên tục [a;b] có đạo hàm (a;b) Theo định lí lagrang c (a;b) cho f’(c) =
f(b)− f(a)
b − a
(a+k)x –ax = (b+k)x –bx
(3)* Từ bước ta có nghiệm phương trình f(a) = f(b) nghiệm phương trình f’(c) =0
Bước 3: Giải phương trình f’(c) =0 (phương trình ẩn )
Bước 4: Thử lại nghiệm vào phương trình f(a) =f(b)
*Từ nghiệm thỏa mãn nghiệm x *Chú ý 1:
+Điều hay phương pháp tất nghiệm phương trình mũ +Định lý lagrăng có chương trình phổ thơng nên Học sinh vận dụng
*Chú ý 2:
+Khi vận dụng phương pháp giải phương trình mũ phương trình mũ biến đổi dạng (a + b)x –ax = ( b+k)x – bx
+Mấu chốt phương pháp nhận hàm số f(t) xét hàm số đoạn [a;b] phù hợp Ví dụ: Giải phương trình mũ 5x + 3x = 6x + 2x (*)
Giải : Tập xác định D=R
Ta có phương trình 5x – 2x= 6x -3x (*)
Gọi nghiệm phương trình (*) ta có 5- 2 = 6 - 3 (1)
Xét hàm số f(t) = (t+3) - t [2; 3]
Dễ thấy f(t) hàm số liêm tục [2; 3]có đạo hàm (2; 3)
c (2; 3) cho f '(c)=f(3)− f(2)
3−2 (2)
Từ (1) ta có f(2) =f(3) (3)
Ta có f’(t) = (t+3) -1 – t -1 = *[(t+3) -1 - t -1] f’(c) = [(c+3) -1 – c -1] (4)
Từ (2), (3), (4) ta có : *[(c+3) -1 – c -1 ]=
α=0
¿
c+3¿α −1=cα−1
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
α=0
¿
α=1
¿ ¿ ¿ ¿
(4)Với =0 x =
Với =1 x=1
Kết luận phương cho có hai nghiệm : x =0 x =1
{**Ở ví dụ ta xét hàm số f(t) = (t+1) - t [2; 5] ta biến đổi
pt 3x - 2x = 6x - 5x}
C) Bài tập vận dụng
Bài 1: Giải phương trình : 3√x2
− x
+5√x2− x=2 4√x2− x
Bài giải :(Nhận xét phương trình chưa có dạng bản) Txđ: D =(-; 0] [1; +)
*Đặt u = √x2− x điều kiện u ≥ 0
Ta có phương trình 3u +5u = 2.4u 5u – 4u = 4u - 3u (*) {đây dạng bản}
Gọi nghiệm phương trình (*) ta có 5 – 4 = 4 - 3 (1) Xét hàm số f(t) = (t+1) - t [3;4] ta có f(t) hàm số liên tục [3;4] có đạo hàm (3;4)
Theo định lí lagrang: c (3;4) cho f’(c) = f(4)− f(3)
4−3 (2)
Từ (1) ta có f(4) =f(3) (3) Ta có f’(t) =
[( t+1) -1 – t - ] f’(c) = [(c+1) -1 – c -1] (4)
Từ (2), (3), (4) ta có [(c+1) -1 – c -1 ] =
α=0
¿
c+1¿α −1=cα −1
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
α=0
¿
α=1
¿ ¿ ¿ ¿
Dễ thấy = ; = thỏa mãn phương trình ( 1)
Với = u = √x2− x =
x=0
¿
x=1
(5)Với =1 u=1 √x2− x =1 x2 – x -1 =
x=1+√5
2
¿
x=1−√5
2
¿ ¿ ¿ ¿
Kết luận : Phương trình cho có tập nghiệm T = {0;1;1+√5
2 ; 1−√5
2 } Bài 2: Giải phương trình : 3log4x
+5log4x =2x
Bài giải: Txđ D =(0; +)
Đặt u=log4x⇒x=4u pt có dạng 3u +5u = 2.4u 5u – 4u = 4u - 3u (*)
Gọi nghiệm phương trình (*) ta có 5 – 4 = 4 - 3 (1)
Xét hàm số f(t) = (t+1) - t [3;4] {Cách làm 1} ta có f(t) hàm số liên tục [3;4] có đạo hàm (3;4)
Theo định lí lagrang: c (3;4) cho f’(c) = f(4)− f(3)
4−3 (2)
Từ (1) ta có f(4) =f(3) (3) Ta có f’(t) =
[( t+1) -1 – t - ] f’(c) = [(c+1) -1 – c -1] (4)
Từ (2), (3), (4) ta có: [(c+1) -1 – c -1 ] =
α=0
¿
c+1¿α −1=cα −1
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
α=0
¿
α=1
¿ ¿ ¿ ¿
Dễ thấy = ; = thỏa mãn phương trình ( 1)
*) Với =0 u=0 log4x=0⇔x=1
*) Với =1 u= log4x=1⇔x=4
Kết luận : pt cho có nghiệm x=1 x= 4;
Với cách làm đề làm tốn có mũ kồng kềnh (* VD Bài 3)
Bài Giải pt : 2008log2004(x
− x)
+2x=2x2−2000log2004(x
− x)
Bài giải : Txđ : D=(- ; 0) (1; +)
Ta có pt 2008log2004(x
− x)
+2000log2004(x
− x)
(6)Đặt u=log2004(x2− x)⇔x2− x=2004u
Ta có pt 2008u + 2000u = 2* 2004u
2008u -2004u = 2004u -2000u (*)
Gọi nghiệm pt (*) ta có : 2008 -2004 = 2004 -2000 (1)
Xét hàm số f(t)= (t+4)- t [2000; 2004]
ta có f(t) hàm số liên tục [2000;2004] có đạo hàm (2000;2004)
Theo định lí lagrang: c (2000;2004) cho f’(c) = 2004f(2004−2000)− f(2000) (2)
Từ (1) ta có f(2004) =f(2000) (3)
Ta có f’(t) = [( t+4) -1 – t - 1 ] f’(c) = [(c+4) -1 – c -1] (4)
Từ (2), (3), (4) ta có: [(c+4) -1 – c -1 ] =
α=0
¿
c+4¿α −1=cα −1
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
α=0
¿
α=1
¿ ¿ ¿ ¿
Dễ thấy = ; = thỏa mãn phương trình ( 1)
*) Với =0 u=0 log2004(x 2− x
)=0⇔x2− x=1⇔x=1±√5
2
*) Với =1 u= log2004(x 2− x
)=1⇔x2− x=2004⇔x=1±√8017
2 Kết luận : pt cho có tập nghiệm T={1±√5
2 ;
1±√8017
2 }
Tương tự với p- pháp ta đề làm tập liên quan đến lượng giác
Bài Giải pt 2008√cosx−2000√cosx=9√cosx−1
Bài giải : Đk : cosx ≥ ta có pt 2008√cosx−9√cosx
=2000√cosx−1
Đặt √cosx = u ta có pt 2008u – 9u =2000u -1 (*)
Gọi nghiêm pt (*) ta có 2008 – 9 =2000 -1 (1)
Xét hàm số f(t) = (t + 1999) - t đoạn [ 1;9]
Ta có f(t) hàm số liên tục [1;9] có đạo hàm (1;9)
Theo định lí lagrang: c (1;9) cho f’(c) = f(99)− f−1(1) (2)
(7)Ta có f’(t) = [( t+1999) -1 – t - ] f’(c) = [(c+1999) -1 – c -1] (4) Từ (2), (3), (4) ta có [(c+1999) -1 – c -1 ] =
α=0
¿
c+1999¿α −1=cα −1
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
α=0
¿
α=1
¿ ¿ ¿ ¿
Dễ thấy = ; = thỏa mãn phương trình ( 1)
*) Với =0 u=0 √cosx=0⇔cosx=0⇔x=π
2+k2π ;k∈Z
*) Với =1 u= √cosx=1⇔cosx=1⇔x=k2π ;k∈Z
Kết luận : pt cho có nghiệm x=π
2+k2π ;k∈Z x=k2π ;k∈Z
* Chú ý : ta đề làm tốn liên quan đến mũ (bài 6)
Bài 5: Giải phương trình x −√x=13log16x−1
Bài giải : Tx đ : D = (0;+)
Đặt u=log16x⇔x=16u⇒√x=4u
Ta có pt 16u – 4u = 13u -1 (*)
gọi nghiệm pt (*) ta có 16 – 4 = 13 -1 (1) Xét hàm số f(t) = ( t + 12)-t [1;4]
ta có f(t) hàm số liên tục [1;4] có đạo hàm (1;4)
Theo định lí lagrang: c (1;4) cho f’(c) = f(44)− f−1(1) (2)
Từ (1) ta có f(4) =f(1) (3)
Ta có f’(t) = [( t+12) -1 – t - ] f’(c) = [(c+12) -1 – c -1] (4) Từ (2), (3), (4) ta có [(c+12) -1 – c -1 ] =
α=0
¿
c+12¿α −1=cα −1
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
α=0
¿
α=1
¿ ¿ ¿ ¿
(8)*) Với =0 u =0 log16x=0⇔x=1
*) Với =1 u= log16x=1⇔x=16
Kết luận : pt cho có nghiệm x =1 x =16
Bài 6: Giải pt √x+1=√3x+5log64x
Bài giải : Tx đ : D = (0;+) Đặt
u=log64x⇔x=64u⇒ √x=8u
3 √x=4u
¿{
Ta có pt 8u +1 = 4u +5u
8u – 5u = 4u -1 (*)
gọi nghiệm pt (*) ta có 8 – 5 = 4 -1 (1) Xét hàm số f(t) = ( t + 3)- t [1; 5]
ta có f(t) hàm số liên tục [1; 5] có đạo hàm (1;5) Theo định lí lagrang: c (1;5) cho f’(c) = f(5)− f(1)
5−1 (2)
Từ (1) ta có f(5) =f(1) (3) Ta có f’(t) =
[( t+3) -1 – t - ] f’(c) = [(c+3) -1 – c -1] (4)
Từ (2), (3), (4) ta có [(c+3) -1 – c -1 ] =
α=0
¿
c+3¿α −1=cα−1
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
α=0
¿
α=1
¿ ¿ ¿ ¿
Dễ thấy = ; = thỏa mãn phương trình ( 1)
*) Với =0 u =0 log64x=0⇔x=1
*) Với =1 u= log64x=1⇔x=64
Kết luận : pt cho có nghiệm x =1 x =64
D) Chú ý với phương pháp ta giải pt dạng
a, b, k > x ẩn số. Với pt ta chọn hàm số f(t) = ( t + k ) - t* [a; b]
Bài 7 : Giải pt : 9sin2x −2 sinx−7sin2x −2 sinx=2(sin2x −2 sinx)
Bài giải : Đặt sin2x – 2sinx =u ta có pt 9u – 7u = 2*u 9u – 2*u = 7u (*)
(9)Gọi nghiệm pt (*) ta có 9 – 2* = 7 (1) Xét hàm số f(t) = (t + 7) - t* [ 0; 2]
ta có f(t) hàm số liên tục [0;2] có đạo hàm (0;2) Theo định lí lagrang: c (0;2) cho f’(c) = f(2)− f(0)
2−0 (2)
Từ (1) ta có f(2) =f(0) (3) Ta có f’(t) =
[( t+7) -1 –1 ] f’(c) = [(c+7) -1 –1] (4)
Từ (2), (3), (4) ta có [(c+7) -1 –1] =
α=0
¿
c+7¿α −1=1
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
α=0
¿
α=1
¿ ¿ ¿ ¿
Dễ thấy = =1 thỏa mãn pt (1)
Với = u = sin2x – 2sinx =0
sinx=0
¿
sinx=2(loai)
¿
⇔sinx=0⇔x=kπ ;k∈Z
¿ ¿
Với =1 u =1 sin2x – 2sinx =1 sinx =1 x=π
2+k2π ;k∈Z
Kết luận: Vậy pt có nghiệm là: x=kπ ;k∈Z ; x=π
2+k2π ;k∈Z Bài 8: Giải pt : 109√x2−1
−99√x2−1
=9√x2−1
Bài giải : Tx đ : D =(-;-1][1; +)
Đặt u=9√x2−1 đk u ≥ ta có pt : 10u – 9u = u 10u – 9*u = 9u -8*u (*)
Gọi nghiệm pt (*) ta có 10 – 9* = 9 - 8* (1) Xét hàm số f(t) = (t + 1) - t* [ 8; 9]
ta có f(t) hàm số liên tục [8;9] có đạo hàm (8;9) Theo định lí lagrang: c (8;9) cho f’(c) = f(9)− f(8)
9−8 (2)
Từ (1) ta có f(9) =f(8) (3)
(10)Từ (2), (3), (4) ta có * [(c+1) -1 –1] =
α=0
¿
c+1¿α −1=1
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
α=0
¿
α=1
¿ ¿ ¿ ¿
Dễ thấy = =1 thỏa mãn pt (1)
Với = u = (loại )
Với = u = 1 9√x2
−1
=1⇔x=±1
Vậy phương trình cho có nghiệm x=1 x=-1 Bài 9: Giải pt : 6x−5x
+2x−3x=ln5
x
+3x
6x+2x
Bài giải ta có pt 6x + 2x –(5x +3x) = ln(5x +3x)- ln(6x + 2x)
5x +3x + ln(5x +3x) = 6x + 2x + ln(6x + 2x) (*)
Xét hàm số g(u)= u +lnu (0; +)
Ta có g’(u) =1+1/u > u (0; +) suy g(u) đồng biến (0; +)
Vậy ta có (*) 5x +3x = 6x + 2x { Bài tốn ví dụ phần giải có
nghiệm x=0 x=1.}
Bài tập đề nghị:
Bài Giải pt sau a, 2√x2
−3x
+8❑√x
2−3x
=2∗5❑√x
2−3x
c, x −3log4x
=√x −1 b, x+3lgx=8lgx+5lgx d, x+1=√3 x+7log8x
Bài 2: Giải pt sau: a, 20082007x
−20072007x
=2007x c) 4x+1=ln3
x
+2x
4x+1+3
x
+2x
b, 3x=1+x+log3(1+2x)
(11)+ Tôi nghĩ với cách tiếp cận định lý , diễn đạt trình bày đáp ứng phần tinh thần, yêu cầu quý thầy cô quý vị
+Vận dụng định lý ta giải số phương trình mũ mà phương pháp khác không giải