Bài ôn tập vật lí 11 - Bài tập Công của điện trường - Điện thế - Hiệu điện thế

Trong chuyên đề phần phương trình, bất phương trình và hệ có chứa tham số tôi có đề cập đến cách giải quyết bài toán trên mà không sử dụng Định lí đảo về dấu của tam thức bậc hai.. Bài v[r]

Më ®Çu Trong chương trình môn toán THPT, đặc biệt chương trình đổi sách giáo khoa thì phương trình, bất phương trình, hệ phương trình mũ và lôgarit đưa vào sách giáo khoa lớp 12 Do vậy, nó đóng tầm khá quan trọng các đề thi tốt nghiệp và đề thi vào các trường trung cấp, cao đẳng hay đại học Trước đây, ta thường sử dụng Định lí đảo dấu tam thức bậc hai để so sánh số với các nghiệm tam thức bậc hai Hiện chương trình THPT không đưa Định lí đảo dấu tam thức bậc hai vào Trong chuyên đề phần phương trình, bất phương trình và hệ có chứa tham số tôi có đề cập đến cách giải bài toán trên mà không sử dụng Định lí đảo dấu tam thức bậc hai Bài viết gồm các phần A KiÕn thøc c¬ b¶n B Phương trình mũ và lôgarit I Một số phương pháp giải phương trình mũ II Một số phương pháp giải phương trình lôgarit III Phương trình mũ và lôgarit có chứa tham số C Bất phương trình mũ và lôgarit I Một số phương pháp giải bất phương trình mũ và lôgarit II Bất phương trình mũ và lôgarit có chứa tham số D Hệ phương trình, bất phương trình mũ và lôgarit Víi kinh nghiÖm cßn ch­a nhiÒu ch¾c ch¾n bµi viÕt sÏ cã Ýt nhiÒu sai sãt, mong c¸c b¹n bæ sung vµ söa ch÷a gióp B¾c Ninh th¸ng n¨m 2009 Người viết NguyÔn LÖ Hoµi Trường THPT Hàn Thuyên §iÖn tho¹i: 01687020334 Lop12.net PhÇn A KiÕn thøc c¬ b¶n I §Þnh nghÜa luü thõa vµ c¨n Với n nguyên dương, bậc n số thực a là số thực b cho bn = a Với n nguyên dương lẻ và a là số thực bất kì, có bậc n a, kÝ hiÖu lµ n a Với n nguyên dương chẵn và a là số thực dương, có đúng hai bậc n a là hai số đối nhau; có giá trị dương kí hiệu là n a , có giá trị ©m kÝ hiÖu lµ - n a Sè ©m kh«ng cã c¨n bËc ch½n  Sè mò  C¬ sè a Luü thõa a a R   n N* a   a n  a  a a nthuaso  0 a0 a0   n(n  N *) a  = a0=1 a   a n  a>0 m (m  Z , n  N * ) n   lim rn (rn  Q, n  N * )   a a a>0 m n an  n am a   lim a rn II TÝnh chÊt cña luü thõa Giả thiết biểu thức xét có nghĩa am  a m  n ; (am)n = amn n a n an a n n n  (a.b) = a b ;   bn b am.an = am+n; III TÝnh chÊt cña l«garit Giả thiết biểu thức xét có nghĩa a log a b  b ; loga1 = 0; logaa = 1; b c logaab = b loga(bc) = logab + logac; log a    log a b  log a c ; log a c hay logab.logbc=logac log a b IV Hµm sè mò y=ax(a>0,a≠1) log b c  a>1 0<a<1 Lop12.net logabn = nlogab y’>0 víi mäi x  R Hàm số đồng biến trên R x x a   ; lim a  lim x   x   y’>0 víi mäi x  R Hµm sè nghÞch biÕn trªn R x x a  ; lim a   lim x  x   B¶ng biÕn thiªn B¶ng biÕn thiªn x + - y=ax + x + - y=ax 0 y §å thÞ y 1 x V Hµm sè logarit y = logax (a > vµ a ≠ 1) 0<a<1 a>1 Lop12.net x y’>0 víi mäi x  0;  Hs đồng biến trên 0;  y’<0 víi mäi x  0;  Hs nghÞch biÕn trªn 0;  lim log a x   x   lim log a x   lim log a x   x 0  x 0 B¶ng biÕn thiªn B¶ng biÕn thiªn x lim log a x   x   + + y=logax x + y=logax +  - - §å thÞ §å thÞ y y x 1 x Phần B Phương trình mũ và lôgarit I Một số phương pháp giải phương trình mũ và pt logarit Phương trình mũ ax = m (0 < a ≠ 1) Nếu m  thì phương trình ax = m vô nghiệm Nếu m > thì phương trình ax = m có nghiệm NÕu m  x  log a m Phương pháp đưa cùng số   Ta cã tÝnh chÊt: a  a     ; Các tính chất đó cho phép ta giải số dạng phương trình mũ cách đưa các luỹ thừa phương trình luỹ thừa với cùng số Ví dụ 1: Giải phương trình (0,75)2x-3= 1  5 x (1)  3 Lêi gi¶i x 3 5 x 3 4    Phương trình (1)    4 3  2x-3=x-5  x =-2 Vậy phương trình có nghiệm x = -2 Lop12.net 3   4 x 3 3   4 x 5 Ví dụ 2: Giải phương trình 3x+1 + 3x+2 + 3x+3 = 9.5x + 5x+1 + 5x+2 (2) Lêi gi¶i: x 3x.39 Phương trình (2)  = 3      x = 5 5x.39 Vậy phương trình có nghiệm x = Bài tập tương tự: 1) 2x.3x-1.5x-2=12; 2) 5x+5x+1+5x+3=3x+3x+3-3x+1 Phương pháp đặt ẩn phụ Mục đích phương pháp đặt ẩn phụ là chuyển các bài toán đã cho PT hữu tỉ đã biết cách giải  Ví dụ 1: Giải phương trình  Lêi gi¶i §iÒu kiÖn cosx ≠    tan x    NhËn xÐt    §Æt t =  t   16  (t  0) thì phương trình  83 tan x tan x (1) (1) cã d¹ng t   16  t  16t    t =  vµ t =       tanx =1  x       tan x  1  x   Víi t =  th×  Víi t =  th×  tan x tan x   Vậy phương trình có hai họ nghiệm x    k vµ x      2x  k (t/m®k)  k ( k  Z ) Ví dụ 2: Giải phương trình 3.49x + 2.14x - 4x = Lời giải: Chia hai vế phương trình cho 4x > 0, ta 7 (4)  3.  2  k (t/m®k) (4) x 7  2.    2 (*) x 7 Đặt t    (t  0) , phương trình (*) có dạng 3.t2 + 2.t – = 2  t = -1(lo¹i) vµ t = 1/3 x 7 Víi t = 1/3 th×     x   log 2 Vậy phương trình có nghiệm x   log Ví dụ 3: Tìm nghiệm x < phương trình 32x-2 + 3x-1(3x - 7) – x + = Lêi gi¶i Đặt t = 3x-1(t > 0), phương trình có dạng 3t2 + (3x - 7).t + – x = Coi phương trình trên là phương trình ẩn t và tham số x Khi đó biệt số   (3 x  5) Phương trình có hai nghiệm t = 1/3 và t = -x + Víi t = 1/3 th× 3x-1 = 1/3  x   1  x = Lop12.net Víi t = -x + th× 3x-1 = - x Ta thÊy x < th× 3x-1 < 1, cßn – x > suy phương trình vô nghiệm Vậy phương trình có nghiệm x = 2 Ví dụ 4: Giải phương trình x 5 x   21 x  2.2 65 x  x 5 x  1 x Lêi gi¶i §Æt u = , v = (u > 0, v > 0) Khi đó u.v = 27-5x = 2.26-5x Phương trình trở thành u + v = u.v +  (u - 1)(v - 1) =  u =1 v = x Víi u =1 th× 2 5 x  =1  x2 - 5x + =  x = hoÆc x = 1 x Víi v =1 th× =1  – x2 =  x = hoÆc x = -1 Vậy phương trình có nghiệm x = -1, x = 1, x = 2, x = f ( x) f ( x) L­u ý: PT cã d¹ng a  b   a  b   c víi a  b a  b   , ta thường đặt t  a  b  (xem ví dụ 1) PT có dạng a.u f ( x )  buv  f ( x )  c.v f ( x )  , ta thường chia hai vế cho v2.f(x) f ( x) u Rồi đặt t    v f ( x) (xem vÝ dô 2) 3.Những PT sau đặt ẩn phụ cho biểu thức thì các biểu thức còn lại không biểu diễn triệt để biểu diễn quá phức tạp Khi đó ta thường phương trình bậc hai theo ẩn phụ có biệt số  chính phương (xem ví dô 3) Đối với số bài toán ta lựa chọn ẩn phụ và đưa phương trình tích (xem vÝ dô 4) Bài tập tương tự: 1) 8.3x + 3.2x = 24 + 6x ; 2) x 1  x 1 (3x  7)  x   ; 3)     5) x 1  3 x 1 sin x       sin x 4) x  2; (3 x  7)  x   ; 6) sin x  cos x 1 3 x  1    15   4x 6 x 5  42x  cos x sin x  log15 3 x 7 1  sin x  cos x 1  Phương pháp logarit hoá Phương pháp lôgarit hoá có hiệu lực hai vế phương trình có dạng tÝch c¸c luü thõa nh»m chuyÓn Èn sè khái sè mò 7x 5x Ví dụ 1: Giải phương trình  Lời giải Hai vế phương trình dương, lấy lôgarit số hai vế ta x phương trình 7x = 5x.log 7 x  log log 57     log    x x2 6 Ví dụ 2: Giải phương trình Lêi gi¶i §K x ≠ - Lôgarit hai vế phương trình theo số 3, ta x Lop12.net x 3x  log  log   log  ( x  1)1  0 x2 x2    x = hoÆc x = 2(1 + log32) Lưu ý: Khi lấy lôgarit hoá hai vế, ta thường lôgarit theo số đã có sẵn bµi log 2) Bài tập tương tự: 1) x  log ; x 3) x x 1 x  500 ; 4) x log , (sin x 5 log x   x  sin x cos x  )  ; x 1 1  x 1 1 Phương pháp hàm số Các bài toán dạng này thường sử dụng ba tính chất sau( chú ý hàm số f(x) liên tục tập các định) TÝnh chÊt 1: NÕu hµm y = f(x) t¨ng hoÆc gi¶m kho¶ng (a; b) th× phương trình f(x) = k ( k  R ) có không quá nghiệm khoảng (a; b) TÝnh chÊt 2: NÕu hµm y = f(x) t¨ng trªn kho¶ng (a;b) vµ y = g(x) lµ hµm giảm trên (a;b) Do đó tồn x0  a; b  để f(x0) = g(x0) thì đó là nghiệm phương trình TÝnh chÊt 3: NÕu hµm sè y = f(x) liªn tôc, t¨ng hoÆc gi¶m trªn (a;b) th× f (u )  f (v)  u  v víi mäi u,v  (a; b) Ví dụ 1: Giải phương trình 3x+1 = - x Lêi gi¶i §K x < NhËn xÐt: Vế trái f(x) = 3x+1 là hàm đồng biến trên R Vế phải g(x) = - x là hàm nghÞch biÕn trªn R x = là nghiệm phương trình ThËt vËy: Víi x > th× 3x+1 > 3; – x < Víi x < th× 3x+1 < 3; – x > Vậy x = là nghiệm phương trình x Ví dụ 2: Giải phương trình   Lời giải Chia hai vế phương trình cho 3x, ta x x x     1     3     x x     NhËn xÐt vÕ tr¸i f(x) =     lµ hµm nghÞch biÕn trªn R     x = là nghiệm phương trình Lop12.net x x     Víi x > th×      <1 3   x x     Víi x < th×      >1 3   Vậy x = là nghiệm phương trình Ví dụ 3: Giải phương trình x 1  x  x  x  1 Lời giải Phương trình đã cho tương đương với 2 x 1  ( x  1)  x  x  ( x  x) §Æt u = x - 1; v = x2 - x Phương trình có dạng 2u + u = 2v + v Xét hàm số f(t) = 2t + t đồng biến và liên tục trên R Phương trình (2)  f(u) = f(v)  u = v  x2 – x = x –  x2 - 2x + =  x = Vậy phương trình có nghiệm x = log log x log Ví dụ 4: Giải phương trình x  x  x (1) Lời giải Đk x > áp dụng công thức a logb c  c logb a Khi đó 2 (2)  x  (2) (1)  §Æt t = log2x suy x = 2t Khi đó phương trình (2)  32t = 4t.3t - 3t  9t + 3t = 12t Chia c¶ hai vÕ cho 12t vµ ¸p dông c¸ch gi¶i cña vÝ dô Bài tập tương tự: Giải các phương trình log x 1) 22x-1 + 32x + 52x+1 = 2x + 3x+1 + 5x+2; log x log x x x 2)         10 x     Một số phương pháp khác x Ví dụ 1: Giải phương trình  cos x x Lêi gi¶i Ta cã x2 ≥ suy   cos x  x2   x    x0 Phương trình đã cho tương đương với hệ   cos x  cos x   Vậy phương trình có nghiệm x = Lưu ý: Ngoài phương pháp nhận xét đánh giá trên, ta có thể sử dụng §Þnh lÝ R«n: NÕu hµm sè y = f(x) låi hoÆc lâm trªn kho¶ng (a;b) th× PT f(x) = cã kh«ng qu¸ hai nghiÖm thuéc (a;b) Ví dụ 2: Giải phương trình 3x + 5x = 6x + Lêi gi¶i Phương trình trên tương đương với 3x + 5x - 6x – = XÐt hµm sè f(x) = 3x + 5x - 6x - 2, víi x  R Ta cã f’(x) = 3x.ln3 + 5x.ln5 - 6, f’’(x) = 3x.ln23 + 5x.ln25 > víi mäi x  R Lop12.net Như vậy, hàm số y = f(x) liên tục và có đồ thị lõm trên R nên theo Định lí Rôn phương trình có tối đa nghiệm trên R NhËn thÊy f(0) = f(1) = Vậy phương trình có hai nghiệm x = 0, x = Ví dụ 3: Giải phương trình 2003x + 2005x = 2.2004x Lời giải Phương trình đã cho tương đương với 2003x - 2004x = 2004x - 2005x Gọi a là nghiệm phương trình, đó ta có 2003a - 2004a = 2004a - 2005a (2) a a Xét hàm số f(t) = t - (t + 1) , với t > Dễ thấy hàm số f(t) liên tục và có đạo hàm trên khoảng (2003; 2005) Do đó, theo Định lí Lagrange tồn c  (2003; f (2005)  f (2003) 2005  2003 a   a[ca-1 - (c + 1)a-1] =   a  2005) cho f’(c) =  f ' (c)  Thử lại ta thấy x = 0, x =1 thoả mãn L­u ý: Bµi to¸n trªn ta sö dông §Þnh lÝ Lagrange: NÕu hµm sè y = f(x) liªn tục trên đoạn [a;b] và có đạo hàm trên khoảng (a;b) thì tồn điểm f (b)  f (a ) ba x2 1)  cos x ; 2) 6x + 2x = 5x + 3x; c  a; b  cho f ' (c)  Bài tập tương tự: 3) 9x+3x=10x+2; II Một số phương pháp giải phương trình Logarit Phương trình logarit có dạng logax = m Với giá trị tuỳ ý m, phương trình có nghiệm x = am Phương pháp đưa cùng số NÕu   0,   th× log a   log a      Ví dụ 1: Giải phương trình log ( x 3) (3  x  x  1)  (1)  ( x  3)   Lời giải Phương trình (1)   3  x  x   x     x  2  (2) 3  x   x     x  2    x  2  x4 NÕu x ≥ th× hÖ (2)     x  x   (4  x)  x     x  4; x  2  29  Gi¶i hÖ t×m ®­îc nghiÖm x   x  x  13  Lop12.net    x  2    x  2  x  2 Nếu x < thì hệ (2) tương đương với   2  x  x  (2  x)  x    2 x 3  Gi¶i hÖ t×m ®­îc nghiÖm x   x  3x    29 3 Vậy phương trình có hai nghiệm x  vµ x  2 Ví dụ 2: Giải phương trình log3[1 + log3(2x - 7)] = Lêi gi¶i (1)  + log3(2x - 7) =  log3(2x - 7) =  2x-7 =  2x = 16  x = Ví dụ 3: Giải phương trình log2x + log3x + log4x = log20x Lêi gi¶i §k: x > Dùng công thức đổi số, ta log2x + log2x.log32 + log2x.log42 = log2x.log202  (1 +log32 + log42 - log202).log2x =  log2x =  x = 1(t/m®k) 0  f ( x)  L­u ý:1 PT logf(x)g(x)=b   b  g ( x)  f ( x) (1) (xem vÝ dô 1) NÕu PT cã d¹ng logax + logbx + logcx + logdx = 0, c¸c c¬ sè a, b, c, d không biểu diễn luỹ thừa qua Khi đó ta dùng công thức đổi số để đưa chóng vÒ cïng mét c¬ sè vµ ¸p dông c¸c phÐp to¸n trªn logarit (xem vÝ dô 3) Ví dụ 4: Giải phương trình log x  1   log  x  log x  4   x   x  1 Lêi gi¶i §k:  Với điều kiện trên phương trình tương đương với log x    log (4  x)  log ( x  4)  log x  1.4  log (16  x )  x  1.4  16  x 2 (2) NÕu x ≥ -1 th× (2)  x2 + 4x – 12 =  x = hoÆc x = -6 KÕt hîp ®k ta ®­îc x = NÕu x < -1 th× (2)  x2 - 4x – 20 =  x   KÕt hîp ®iÒu kiÖn ta ®­îc x   Vậy phương trình có hai nghiệm x =2 và x   Lưu ý: Điều kiện PT chưa đảm bảo x > thì logax2 = log a x  x 1   log x    Bài tập tương tự: 1) log x  x  6  log  2 3) log3x + log4x = log12x 2) log (2 x 1  5)  x ; Phương pháp đặt ẩn phụ Lop12.net Ví dụ 1: Giải phương trình log2(2x - 1).log1/2(2x+1 - 2) = -2 Lêi gi¶i §k: x > Với kiện trên phương trình tương đương với log2(2x - 1).[- log22.(2x - 1)] = -2 (1)  log2(2x - 1).[- - log2(2x - 1)] = -2 x §Æt t = log2(2 - 1) Phương trình (1) trở thành t2 + t – =  t = t = -2 Víi t = th× log2(2x - 1) =  2x – =  2x =  x = log23(tm®k) Víi t = -2 th× log2(2x - 1) = -2  2x – = 1/4  2x = 5/4  x = log25/4(tm®k) Vậy phương trình có hai nghiệm x = log23 và x = log25/4 2 Ví dụ 2: Giải phương trình log x  log x    Lêi gi¶i §k:x > §Æt t = log x  , t ≥ Phương trình trở thành t2 + t – =  t = t = < (loại)  log x  x3 2  Víi t = th× log x  =2  log3 x =    log x    x  (tm®k) Vậy phương trình có hai nghiệm x  3 và x   Ví dụ 3: Giải phương trình log2x-1(2x2 + x - 1) + logx+1(2x - 1)2 = Lời giải Phương trình đã cho viết thành log2x-1(2x - 1).(x + 1) + logx+1(2x -1)2 = (1)   x 1  1   x  (*) §k:  0  x   Với điều kiện (*), phương trình (1)  log2x-1(x + 1) + 2logx+1(2x - 1) – = §Æt t = log2x-1(x + 1), ®iÒu kiÖn (*) nªn t ≠ t Phương trình trở thành t     t2 - 3t + =  t = t = Víi t = th× log2x-1(x + 1) =  x + = 2x -  x = (tm®k) Víi t = th× log2x-1(x + 1) =  x + = (2x - 1)2  4x2 - 5x =  x = 0(lo¹i) hoÆcx = 5/4(tm®k) Vậy phương trình có hai nghiệm x = và x =5/4 Lưu ý: Trong phương trình có chứa thì cách đặt ẩn phụ cần khéo léo đặt để pt ẩn phụ không còn chứa Đối với ví dụ ta đặt t=log3x thì pt chứa căn, đặt t= log x  ,thì PT ẩn phụ đơn gi¶n Nếu PT có chứa logab và logba thì ta đặt logab=t thì logba =1/t (xem ví dụ 3)  Ví dụ 4: Giải phương trình   log x Lop12.net   x   log x  1 x2 (1) Lêi gi¶i §k x > §Æt t = log2x suy x = 2t    t  t t 2t Phương trình (1) trở thành        t  (2) t t Nhận xét:  2   , nên pt (2) tương đương với t 2t   2t   2t  t 2   t  1 t 2t   0   1   t       2 t 1 t   t    t0     1 1       t              2     Với t = thì x = Vậy phương trình có nghiệm x = Ví dụ 5: Giải phương trình log x x  14 log16 x x  40 log x x  (1)               Lêi gi¶i §k: x > 0, x ≠ 1/4, x ≠ 1/16, x ≠ 2(*) Với điều kiện trên phương trình tương đương với log x x  42 log16 x x  20 log x x  (2) NhËn thÊy x =1 lu«n lµ nghiÖm cña pt Víi < x ≠ 1, pt (2)  log x x  42 20  0 log x 16 x log x x Đặt t = logx2, phương trình trên trở thành 42 20   0  t  4t  2t (3) Do ®iÒu kiÖn (*) nªn pt lu«n cã nghÜa (3)  2t2 + 3t – =  t = 1/2 hoÆc t = -2(tm®k) Víi t = -2 th× logx2 = -2  x   Víi t = 1/2 th× logx2 = 1/2  x = Kết hợp đk ta nghiệm phương trình là x = 4, x = Bài tập tương tự: 2) log 32 ( x  1)  ( x  5) log ( x  1)  x   3) log x  (9  12 x  x )  log x 3 (6 x  23x  21)  1) log x  log x  ; Phương pháp hàm số Ví dụ 1: Giải phương trình log5x = log7(x + 2) Lêi gi¶i §k x > §Æt t = log5x = log7(x + 2) Lop12.net  x  5t  x  5t  t Suy  t t x   5    Xét phương trình 5t + = 7t Chia hai vế phương trình cho 7t , ta t t 5 1    2.   7 7 t t 5 1 f(t)=    2.  là hàm nghịch biến trên R, t = là nghiệm phương 7 7 tr×nh Víi t > th× f(t) < Víi t < th× f(t) > VËy t = th× x =  Ví dụ 2: Giải phương trình log    x  x  log x  Lêi gi¶i §k x > §Æt t = log  x  x  log x , suy t   x 2  t 1  x  x  3  x  t (1)  t t 1  ( )       (2) chia c¶ hai vÕ cña (2) cho t t t t    2 3 2 ta ®­îc           3  3  3   3 t VÕ tr¸i lµ hµm nghÞch biÕn vµ t = 12 lµ nghiÖm Víi t = 12 th× x = 212 Lưu ý: Với PT dạng logau = logbv, ta thường giải sau: u  a t ; sử dụng phương pháp để đưa t v  b §Æt t = logau = logbv   phương trình mũ; tìm t (thông thường PT có nghiệm nhất); suy x §èi víi vÝ dô h/s cÇn chó ý c¸ch nhÈm nghiÖm: VÕ tr¸i cña PT cã chøa bậc và bậc 2, vế phải là số nguyên Do đó tìm nghiệm phải t×m t lµ béi cña Ví dụ 3: Giải phương trình log x2  x 1  x  3x  2 2x  2x  Lêi gi¶i §Æt u = x2 + x + 1; v = 2x 2- 2x + (u > 0, v > 0) suy v – u = x2 - 3x + u PT đã cho trở thành log  v  u  log3u - log3v = v-u v log3u + u = log3v + v (1) XÐt hµm sè f(t) = log3t + t, ta cã f ' (t )    0, t  nên hàm số đồng biến t > t ln Lop12.net  Tõ (1) ta cã f(u) = f(v), suy u = v hay v-u=0, tøc lµ x2-3x+2=0 Phương trình có nghiệm x = 1,x = u Lưu ý: Với phương trình dạng log a  v  u với u > 0, v > và < a, ta v thường biến đổi logau - logav = v – u  logau + u = logav Vì hàm số f(t) = logat + t đồng biến t > 0, suy u = v Bài tập tương tự: 1) log cot x  log cos x ; 2) log5x + log3x = log53.log9225 3) log x  log   x 2 ; 4) log x  3x   x  2x  x  x 1 Phương pháp khác Ví dụ1: Giải phương trình 6x = + 2x + 3log6(1 + 5x) Lêi gi¶i §k x > -1/5 §Æt a = log6(5x + 1), suy 5x + = 6a Ta cã hÖ  a  5x   x 6  3a  x  Trừ vế với vế hai phương trình, ta 6a - 6x = 3x - a  6a + 3a = 6x + 3x (2) t Xét hàm số f(t) = + 3t liên tục và đồng biến với t Phương trình (2) viết dạng f(a) = f(x)  a = x  log6(5x + 1) = x  5x + = 6x  6x - 5x – = XÐt hµm g(x) = 6x - 5x - 1, víi x > -1/5 Ta cã g’(x) =6x.ln6-5, g’’(x)=6x ln2 6> với x Theo định lí Rôn phương trình có tối đa hai nghiệm trên   x    ;  NhËn xÐt r»ng g(0) = g(1) =   Vậy phương trình có hai nghiệm x = 0, x = Ví dụ 2: Giải phương trình log  x  x     Lời giải Đk -5 ≤ x ≤ Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:  x   x  (1  1).(4  x  x  5)   log  x   x    Do đó phương trình có nghiệm và 4 x  x5 x Vậy x = -1/2 là nghiệm phương trình Bài tập tương tự: 1) log2[3log2(3x - 1) - 1] = x; 2) 7x-1 = 6log7(6x - 5) + III Phương trình mũ và phương trình logarit có chứa tham số Ví dụ 1: Tìm m để phương trình 4sinx + 21+sinx – m = có nghiệm Lêi gi¶i §Æt t = 2sinx , t2 Phương trình đã cho có dạng t2 + 2t – m =  t2 + 2t = m Lop12.net   Xét f(t) = t2 + 2t, f’(t) = 2t + > với t   ;2 , đó hàm số đồng biến 2  1  víi t   ;2 2  f (t )  m  Max f (t ) Phương trình có nghiệm  Min 1  1   2;2    2;2    f ( )  m  f (2)   m  m8 Ví dụ 2: Tìm a để 3/4phương trình sau có nghiệm Vậy phương trình có nghiệm 91 1t  (a  2).31 1t  2a   (1) Lêi gi¶i §Æt x = 31 1t V×    t  nªn ≤ x ≤ Ph­­¬ng tr×nh (1) cã d¹ng x2 - (a + 2).x + 2a + =  x  x   a( x  2)  a  x  2x  x  3;9 nªn x ≠ x2 x  4x  x 1 x  2x  ' ' f ( x )  f ( x )   XÐt f(x) = víi x  3;9 , , x  ( x  2) x2  Ta cã b¶ng biÕn thiªn x - + - + + f’(x) + - f(x) 64 Tõ b¶ng biÕn thiªn ta ®­îc  m  64 Lưu ý: Cho hàm số y = f(x) liên tục trên khoảng (a;b) Khi đó Pt f(x) = m f ( x)  m  Max f ( x) cã nghiÖm x  a; b   Min  a ;b   a ;b  Víi vÝ dô chóng ta c« lËp ®­îc tham sè m vµ sö dông l­u ý §èi với ví dụ số mũ tham số a là giống nhau, đó ta rút a qua x a = f(x) Lập bảng biến thiên hàm số y = f(x), từ đó suy đáp số Đối với phương trình không cô lập tham số m và không có công cụ Định lí đảo ta sử lí sao?Chúng ta cùng xem ví dụ Ví dụ 3: Cho phương trình m log 21 ( x  4)  2(m  1) log ( x  4)  m  m   2 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thoả mãn < x 1< x2 < Lop12.net Lời giải Đặt t = log ( x  4) , phương trình có dạng m.t2 - 2(m2 + 1).t + m3 + m + = (1) Yêu cầu bài toán tương đương với phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt tho¶ m·n -1 < t1 < t2(*) C1: m ≠ 0, ta có  =(m - 1)2 phương trình (1) có hai nghiệm t1  t  m  Khi đó (*) m2  m  vµ m  m  0; m   m  m    1 m   m   1  m  0; m  m  0; m   m  2m       m    m 1 m   m  2 m  2   VËy < m ≠ tho¶ m·n yªu cÇu bµi to¸n C2: Ta chuyÓn vÒ bµi to¸n so s¸nh víi sè Đặt X = t + suy t = X - 1, phương trình (1) trở thành m.X2 - 2(m2 + m + 1).X + m3 + 2m2 + 2m + = (2) (*) tương đương với phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt   m  0; '  (m  1)  m  0;    2(m  m  1)   S 0     m 1 m  P0    m  2m  2m    m   0    (m  1)     C3:(*)  (1  t1 ).(1  t )   1  t1  t  t1 t    S m2 1  1 0   m  m 1   2(m  1) m  m   1   0 m m  m0  Gi¶i hÖ trªn ta ®­îc kÕt qu¶ < m ≠ L­u ý: §èi víi PT trªn c¸c luü thõa cña tham sè m kh«ng gièng nªn ta không thể cô lập tham số Vì ta có thể có các hướng sau: Hướng 1: Tính trực tiếp các nghiệm và so sánh nó với ' Lop12.net Hướng 2: Đặt X = t + và chuyển bài toán so sánh với số PT có nghiệm -1< t1 < t2 và PT ẩn X có hai nghiệm dương phân biÖt PT cã nghiÖm t1 < t2 < vµ chØ PT Èn X cã hai nghiÖm ©m ph©n biÖt PT cã nghiÖm t1 < < t2 vµ chØ PT Èn X cã hai nghiÖm tr¸i dÊu Hướng 3: Ta sử dụng kết  0    <t1<t2  (t1   )(t   )   S   -  0   t1  t    (t1   )(t   )   S   t1    t  (t1   )(t   )  Ví dụ 4: Cho phương trình (m - 4).9x - 2(m - 2).3x + m – = (1) a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thoả mãn x1 + x2 = Lêi gi¶i §Æt t = 3x, (t > 0) Phương trình (1) trở thành (m - 4).t2 - 2(m - 2).t + m – = (2) a) Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu và phương trình (2) có hai nghiÖm ph©n biÖt tho¶ m·n < t1 < < t2 (*) C1: Với m ≠ 4, '  m Để thoả mãn (*) thì m > Khi đó phương trình (2) m2 m  1 cã hai nghiÖm lµ t1  m4 m 2 vµ t  m2 m  1 m4 m 2 Ta nhận thấy < t2 < với m > Vậy để thoả mãn (*) ta cần có t1 > 1  1 1 m    m  m 2 VËy m > tho¶ m·n bµi C2: (*) tương đương với Lop12.net m4    (1  t1 )(1  t )   t1 t     m4 m4   1   1  (t1  t )  t1t    0 m4 m    m 1 0 m   m   m4  VËy m>4 tho¶ m·n bµi C3: C« lËp tham sè m Phưong trình (1) tương đương với m(t2 - 2t + 1) = 4t2 - 4t + 1, t = không 2t  12  2t  1 ph¶i lµ nghiÖm nªn m  XÐt hµm sè f(t) = víi t > t  12 t  12  4t  ’ ' Ta cã f (t )  , f (t) = t = 1/2 Do đó có bảng biến thiên (t  1) t 1/2 - + 0 f’(t) f(t) + + + Tõ b¶ng biÕn thiªn suy m > b) Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt và thoả mãn t1.t2 = 27      S  m0 m 1 107  27  m  m4 26 2(m  2)  0 m4 Ví dụ 5: Tìm a phương trình sau có nghiệm log5(ax) = 2.log5(x + 1) (1) Lời giải Phương trình trên tương đương với x  1  x 1      2 ax  ( x  1)  x  (2  a ) x   0(*) Phương trình (1) có nghiệm và phương trình (*) có đúng mét nghiÖm lín h¬n -1 Ta cã   a  4a NÕu  = th× a = hoÆc a = Víi a = pt cã mét nghiÖm x = -1(lo¹i) Lop12.net Víi a = pt cã mét nghiÖm x = 1(tm) Nếu  > thì a < a > Khi đó pt có hai nghiệm phân biệt a   a  4a a  a  4a  1  x1= 2 a   a  4a a  a  4a    x2= 2 NhËn xÐt: Nếu a < thì x2 < -1, đó để thoả mãn bài thì x1 > -  a  a  4a   a  4a  a  4a  (luôn đúng a < 0) Nếu a > thì x1 > -1, đó để thoả mãn bài thì x2 < -1  a  a  4a   a  a  4a  4a  (v« lÝ a > 4) VËy a = hoÆc a < tho¶ m·n bµi ( x  1)  a , x = kh«ng lµ nghiÖm cña pt C2: (*)  x XÐt hµm sè f(x) = ( x  1) x Chúng ta có thể giải phương pháp lập bảng biến thiên C3: TH1: '  ta t×m thÊy a=4 tho¶ m·n TH2: '  , pt có hai nghiệm phân biệt và để thoả mãn bài ta cần có x1  1  x NÕu pt cã nghiÖm x = -1 th× a = Víi a = thay vµo ta ®­îc pt x2 + 2x +1 = suy x = -1 (lo¹i) NÕu x1  1  x  (1  x1 )(1  x )   x1 x  ( x1  x )     a     a  VËy a < hoÆc a = x 6 x 5  2008   m  2m cã nghiÖm ph©n biÖt  Ví dụ 6: Tìm m phương trình   2009  Lêi gi¶i §k m < hoÆc m > 2008 L«garit ho¸ hai vÕ theo c¬ sè , ta phương trình tương đương với 2009 x  x   log 2008 (m  2m) 2009  x  x  5; x   x  XÐt hµm sè g(x) = x  x  , ta cã g ( x)    ( x  x  5);1  x  Do đó ta có đồ thị sau Lop12.net y x Từ đồ thị suy phương trình có nghiệm phân biệt   2008   m  1 1   2009   2008    2  log 2008 (m  2m)   m  2m    0 2009   2009 m     2008    2009  Tm®k Lưu ý: PT dạng af(x)=m, để biện luận nó ta sủa dụng phương pháp lấy lôgarit hoá hai vế theo số a và đưa Pt đại số Ví dụ 7: Tìm m để phương trình sau có nghiệm 5x  mx   52x  mx  m   x  2mx  m Lêi gi¶i Phương trình trên tương đương với 2 x  mx   ( x  2mx  2)  x  mx  m  (2 x  4mx  m  2) (1) Xét f(t) = 5t + t, f’(t) = 5t.ln5 + > với t Do đó f(t) là hàm liên tục và đồng biến với t Phương trình (1)  f(x2 + 2mx + 2) = f(2x2 + 4mx + m + 2)  x2 + 2mx +2 = 2x2 + 4mx + m + (2)  x2 + 2mx + m = Phương trình (1) có nghiệm và pt (2) có nghiệm   = m2 – m >  m < hoÆc m > Ví dụ 8: Tìm x để phương trình sau nghiệm đúng với a log a  ( x   1)  log a x  (2  x ) (1) Lêi gi¶i §iÒu kiÖn cÇn Giả sử (1) nghiệm đúng với a suy đúng với a = Víi a = 0, ta ®­îc: (1)  log ( x   1)  log (2  x )  x     x Lop12.net