Gián án PT bất PT mũ

§4 PHƯƠNG TRÌNH, BPT MŨ I. Mục tiêu: 1) Về kiến thức: Các kiến thức về luỹ thừa và mũ 2) Về kỹ năng: – Thực hiện thành thạo việc giải PT, BPT, hệ PT và hệ BPT mũ. 3) Về tư duy và thái độ: – Tự giác, tích cực trong học tập. – Chủ động phát hiện, chiếm lĩnh tri thức mới, biết quy lạ về quen, có tinh thần hợp tác xây dựng cao. II. Chuẩn bị của giáo viên và học sinh: Giáo viên: - Giáo án, bảng phụ, phiếu học tập . Học sinh: – Sách giáo khoa. – Kiến thức về PT, BPT, hệ PT và hệ BPT mũ. III. Phương pháp: Dùng các phương pháp gợi mở, vấn đáp, nêu vấn đề và giải quyết vấn đề, hoạt động nhóm IV. Tiến trình bài học: 1. Ổn định lớp. 2. Bài mới:. I. PHƯƠNG TRÌNH MŨ 1. Phương pháp: Biến đổi phương trình về dạng cùng cơ số: a M = a N ⇔ M = N Ví dụ 1: Giải các phương trình sau : 2 3 2 1 2 4 x x+ − = HD: 2 2 3 2 3 2 2 1 2 2 2 4 x x x x+ − + − − = ⇔ = 2 2 0 3 2 2 3 0 3 x x x x x x =  ⇔ + − = − ⇔ + = ⇔  = −  Vậy phương trình có nghiệm: 0, 3x x= = − Ví dụ 2: Giải các phương trình sau : 2 3 1 1 3 3 x x− +   =  ÷   HD: 2 2 3 1 ( 3 1) 1 1 3 3 3 3 x x x x − + − − +   = ⇔ =  ÷   2 2 1 ( 3 1) 1 3 2 0 2 x x x x x x =  ⇔ − − + = ⇔ − + = ⇔  =  Vậy phương trình có nghiệm: 1, 2x x= = Ví dụ 3: Giải phương trình sau : 1 2 2 2 36 x x+ − + = HD: 1 2 2 2 2 36 2.2 36 4 x x x x+ − + = ⇔ + = x x x 4 8.2 2 36 9.2 36.4 2 16 2 2 4 4 x x x + ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = Vậy phương trình có nghiệm: 1, 2x x= = Ví dụ 4: Giải phương trình sau : 2 1 5 .2 50 x x− = HD: 2 1 20 4 5 .2 50 5 . 50 20 100 log 100 2 x x x x x x − = ⇔ = ⇔ = ⇔ = Vậy phương trình có nghiệm: 20 log 100x = 2. Phương pháp: Đặt ẩn phụ chuyển về phương trình đại số Ví dụ 1: Giải các phương trình sau : 2 8 5 3 4.3 27 0 x x+ + − + = HD: 8 2 5 3 .3 4.3 .3 27 0 x x − + = ( ) 2 6561. 3 972.3 27 0 x x ⇔ − + = (*) Đặt 3 0 x t = > Phương trình (*) 2 1 9 6561 972 27 0 1 27 t t t t  =  ⇔ − + = ⇔   =   Với 2 1 3 3 2 9 x t x − = ⇔ = ⇔ = − Với 3 1 3 3 3 27 x t x − = ⇔ = ⇔ = − Vậy phương trình có nghiệm: 2, 3x x= − = − Ví dụ 2: Giải các phương trình sau : 25 2.5 15 0 x x − − = HD: ( ) 2 25 2.5 15 0 5 2.5 15 0 x x x x − − = ⇔ − − = (*) Đặt 5 0 x t = > Phương trình (*) 2 5 2 15 0 3 (loai) t t t t =  ⇔ − − = ⇔  = −  Với 5 5 5 1 x t x= ⇔ = ⇔ = Vậy phương trình có nghiệm: 1x = Ví dụ 3: Giải các phương trình sau : 2 2 3 3 24 x x+ − − = HD: ( ) 2 2 2 9 3 3 24 9.3 24 0 9. 3 24.3 9 0 3 x x x x x x + − − = ⇔ − − = ⇔ − − = (*) Đặt 3 0 x t = > Pt (*) 2 3 9t 24 9 0 1 ( loai) 3 t t t =   ⇔ − − = ⇔  = −  Với 3 3 3 1 x t x= ⇔ = ⇔ = Vậy phương trình có nghiệm: 1x = 3. Phương pháp: Lấy logarit hai vế Ví dụ 1: Giải phương trình sau : 2 1 1 8 .5 8 x x − = HD: Lấy logarit hai vế với cơ số 8, ta được 2 2 1 1 8 8 1 1 8 .5 log 8 .5 log 8 8 x x x x− − = ⇔ = ( ) 2 1 1 2 8 8 8 8 log 8 log 5 log 8 1 log 5 1 x x x x − − ⇔ + = ⇔ + − = − ( ) ( ) ( ) ( ) 2 8 8 1 1 log 5 0 1 1 1 log 5 0x x x x x⇔ + + − = ⇔ + + + − = ( ) ( ) ( ) 8 8 1 0 1 1 1 log 5 0 1 1 log 5 0 x x x x + =  ⇔ + + − = ⇔     + − =  8 8 5 1 1 .log 5 log 5 1 1 log 8 x x x x = − = −   ⇔ ⇔   = − = −   Vậy phương trình có nghiệm: 5 1, 1 log 8x x= − = − Ví dụ 2: Giải phương trình sau : 2 3 .2 1 x x = HD: Lấy logarit hai vế với cơ số 3, ta được 2 2 3 3 3 .2 1 log 3 .2 log 1 x x x x = ⇔ = ( ) 2 3 3 log 2 0 1 log 2 0x x x x⇔ + = ⇔ + = 3 0 1 log 2 0 x x =  ⇔  + =  2 3 0 0 1 log 3 log 2 x x x x =  =   ⇔ ⇔   = − = −    Vậy phương trình có nghiệm: 2 0, log 3x x= = − 4. Phương pháp: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số mũ, nhẩm nghiệm và sử dụng tính đơn điệu để chứng minh nghiệm duy nhất (thường là sử dụng công cụ đạo hàm) Ta thường sử dụng các tính chất sau: • Tính chất 1 : Nếu hàm số f tăng ( hoặc giảm ) trong khỏang (a;b) thì phương trình f(x) = C có không quá một nghiệm trong khỏang (a;b). ( do đó nếu tồn tại x 0 ∈ (a;b) sao cho f(x 0 ) = C thì đó là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = C) • Tính chất 2 : Nếu hàm f tăng trong khỏang (a;b) và hàm g là hàm một hàm giảm trong khỏang (a;b) thì phương trình f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm trong khỏang (a;b) . ( do đó nếu tồn tại x 0 ∈ (a;b) sao cho f(x 0 ) = g(x 0 ) thì đó là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = g(x)) Ví dụ : Giải các phương trình sau : 3 4 5 x x x + = HD: 3 4 5 x x x + = 3 4 1 5 5 x x     ⇔ + =  ÷  ÷     (*) Ta có 2x = là nghiệm của phương trình (*) vì 2 2 3 4 1 5 5     + =  ÷  ÷     Ta chứng minh đây là nghiệm duy nhất. Thật vậy, xét 3 4 ( ) 5 5 x x f x     = +  ÷  ÷     Ta có ( )f x đồng biến trên ¡ vì 3 3 4 4 '( ) ln ln 0 5 5 5 5 x x f x     = + <  ÷  ÷     , x∀ ∈ ¡ . Do đó + Với 2x > thì ( ) (2)f x f< hay 3 4 1 5 5 x x     + <  ÷  ÷     , nên phương trình (*) thể có nghiệm 2x > + Với 2x < thì ( ) (2)f x f> hay 3 4 1 5 5 x x     + >  ÷  ÷     , nên phương trình (*) thể có nghiệm 2x < Vậy phương trình chỉ có một nghiệm duy nhất 2x = 2x = BÀI TẬP TỰ GIẢI: Giải các phương trình sau: 1. 10 5 10 15 16 0,125.8 x x x x + + − − = 2. 2 8 5 3 4.3 27 0 x x+ + − + = 3. 6.9 13.6 6.4 0 x x x − + = 4. ( 2 3 ) ( 2 3 ) 4 x x − + + = 5. 2 2 2 2 2 3 x x x x− + − − = 6. 3.8 4.12 18 2.27 0 x x x x + − − = 7. 2 2 2.2 9.14 7.7 0 x x x − + = 8. 1 12.3 3.15 5 20 x x x+ + − = 9. ( ) 9 log log 3 9 1 x x   − =   10. 1 2 1 3 x x   = +  ÷   11. 2 8 1 3 2 4 x x x− + − = 12. 2 5 6 2 2 16 2 x x− − = 13. 1 2 1 2 2 2 2 3 3 3 x x x x x x− − − − + + = − + 14. 1 2 2 .3 .5 12 x x x− − = 15. 2 2 1 ( 1) 1 x x x − − + = 16. 2 2 log 2.log 2.log 4 1 x x x = 17. 1 3 4 6 log 0 x x + = 18. 1 7 2.7 9 0 x x− + − = 19. 2 6 7 2 2 17 0 x x+ + + − = 20. (2 3) (2 3) 4 0 x x + + − − = 21. 2.16 15.4 8 0 x x − − = 22. 3 (3 5) 16(3 5) 2 x x x+ + + − = 23. (7 4 3) 3(2 3) 2 0 x x + − − + = 24. 1 1 1 2.4 6 9 x x x + = 25. 2 3 3 8 2 12 0 x x x + − + = 26. 1 2 1 2 5 5 5 3 3 3 x x x x x x+ + + + + + = + + 27. ( ) ( ) 2 2 log 3 1 log 1x x+ = + − 28. 2 (3 2 ) 2(1 2 ) 0 x x x x− − + − = 29. 4 3 2 4 x− = 30. 2 2 3 3 5 3 9 x x x− + − = 31. 5 17 7 3 1 32 .128 4 x x x x + + − − = 32. 1 5 2 8 2 0 2 5 5 x x+     − + =  ÷  ÷     33. 3 5 5 20 x x− − = 34. ( ) ( ) 4 15 4 15 2 x x − + + = 35. ( ) ( ) 5 2 6 5 2 6 10 x x + + − = 36. 2 1 3 9.3 6 0 x x+ − + = 37. 2 2 2 9.2 2 0 x x+ − + = 38. 1 2 3 5 x x+ − = 39. 2 3 7 12 3 5 x x x− − + = II. BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ 1. Phương trình cơ bản: 0 0 b b ≤     >  Phương trình vô số nghiệm Phương trình : ( )f x a b> ⇔ ( ) log ( ) log a a f x b f x b >   <  khi khi 1 0 1 a a > < < 0 0 b b ≤     >  Phương trình vô nghiệm Phương trình : ( )f x a b< ⇔ ( ) log ( ) log a a f x b f x b <   >  khi khi 1 0 1 a a > < < Ví dụ 1: Giải bất phương trình: 2 1 3 3 1 log 2 3 2 2 1 log 2 2 x x x − + ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ Vậy bất phương trình có nghiệm: 3 1 log 2 ; 2 S +   = −∞     Ví dụ 2: Giải bất phương trình: ( ) 1 1 3 1 3 3 1 3. 3.3 1 3 3 27.3 9 3 1 3 x x x x x x − + − < ⇔ − < + ⇔ − < + + 6 26.3 12 3 , 13 x x x⇔ > − ⇔ > − ∀ ∈ ¡ Vậy bất phương trình có nghiệm: ( ) ;S = −∞ +∞ 2. Phương pháp: Biến đổi bất phương trình về dạng cùng cơ số: a. ( ) ( )f x g x a a> ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) f x g x f x g x >   <  khi khi 1 0 1 a a > < < Ví dụ 1: Giải bất phương trình: ( ) 2 2 3 9 x x− > HD: ( ) 2 2 3 9 x x− > 2 4 4 16 3 3 2 4 8 16 4 7 x x x x x x x − ⇔ > ⇔ > − ⇔ > − ⇔ < Vậy bất phương trình có nghiệm: 16 ; 7 S   = −∞  ÷   Ví dụ 2: Giải bất phương trình: ( ) ( ) 2 1 3 5 2 5 2 x x− − + + ≥ − (1) HD: Ta có: ( ) ( ) ( ) 1 1 5 2 5 2 1 5 2 5 2 5 2 − + − = ⇔ − = = + + Phương trình (1) ( ) ( ) 2 1 3 2 5 2 5 2 1 3 x x x x − − ⇔ + ≥ + ⇔ − ≥ − 2 2 0 1 2x x x⇔ − − ≤ ⇔ − ≤ ≤ Vậy bất phương trình có nghiệm: [ ] 1;2S = − 3. Phương pháp: Đặt ẩn phụ chuyển về bất phương trình đại số. Ví dụ 1: Giải bất phương trình: 2 5 5 26 x x− + < HD: ( ) 2 2 25 5 5 26 5 26 0 5 26.5 25 0 5 x x x x x x − + < ⇔ + − < ⇔ − + < (1) Đặt 5 0 x t = > Ta có: (1) 2 26 25 0t t⇔ − + < 1 25t ⇔ < < 0 2 1 5 25 5 5 5 0 2 x x x⇔ < < ⇔ < < ⇔ < < Vậy bất phương trình có nghiệm: ( ) 0;2S = Ví dụ 2: Giải bất phương trình: 2x+1 3 10.3 3 0 x − + ≤ HD: 2x+1 3 10.3 3 0 x − + ≤ ( ) 2 3. 3 10.3 3 0 x x ⇔ − + ≤ (1) Đặt 3 0 x t = > . Ta có: (1) 2 1 3 10 3 0 3 3 t t t⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤ 1 1 1 3 3 3 3 3 1 1 3 x x x − ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤ Vậy bất phương trình có nghiệm: [ ] 1;1S = − Ví dụ 3: Giải bất phương trình: 5.4 2.25 7.10 0 (*) x x x + − > HD: Chia (*) hai vế cho 4 0 x > ta được: 2 5 5 5 2. 7. 0 2 2 x x       + − >    ÷  ÷         (**) Đặt 5 0 2 x t   = >  ÷   . Ta có: (**) 2 5 0 1 0 1 0 2 2 7 5 0 5 1 5 5 2 2 2 x x t x t t x t    < <  < <   ÷ <      ⇔ − + > ⇔ ⇔ ⇔    > >      >  ÷     Vậy bất phương trình có nghiệm: ( ) ( ) ;0 1;S = −∞ +∞ . BÀI TẬP TỰ GIẢI: Bài 1: Giải các phương trình sau: 1. 4 16 8 x− ≥ 2. 2 5 1 9 3 x+   <  ÷   3. 6 2 9 3 x x+ ≤ 4. 2 6 4 1 x x− + > 5. 2 4 15 4 3 4 1 2 2 x x x − + −   <  ÷   6. 2 4 15 13 4 3 1 1 2 2 x x x− + −     <  ÷  ÷     7. 2 7 12 5 1 x x− + ≤ 8. 1 1 2 16 x x−   >  ÷   9. 2 2 3 3 2 .5 2 .5 x x x x+ + ≤ 10. 1 25 125 x− ≥ 11. 2 6 2 7 2 2 17 x x+ + + > 12. ( ) ( ) 2 1 3 2 3 2 3 x x− − + − ≥ + 13. 2 3 2 5 2.5 3 x x− − − ≤ 14. 1 1 1 2 4 2 3 x x − − > + 15 5.4 2.25 7.10 x x x + ≤ 16. 4 2 2 2.16 2 4 15 x x x− − − ≤ Bài 2: Giải các phương trình sau: 1. 10 5 10 15 16 0,125.8 x x x x + + − − ≤ 2. 2 8 5 3 4.3 27 0 x x+ + − + ≤ 3. 6.9 13.6 6.4 0 x x x − + ≥ 4. ( 2 3 ) ( 2 3 ) 4 x x − + + < 5. ( ) ( ) 2 2 log 3 1 log 1x x+ > + − 6. 2 5 6 2 2 16 2 x x− − > 7. 2 2 2.2 9.14 7.7 0 x x x − + ≥ 8. 1 12.3 3.15 5 20 x x x+ + − = 9. 8 1 8 2 2log ( 2) log ( 3) 3 x x− + − = 10. 2 8 1 3 2 4 x x x− + − = . TRÌNH, BPT MŨ I. Mục tiêu: 1) Về kiến thức: Các kiến thức về luỹ thừa và mũ 2) Về kỹ năng: – Thực hiện thành thạo việc giải PT, BPT, hệ PT và hệ BPT mũ. 3). học sinh: Giáo viên: - Giáo án, bảng phụ, phiếu học tập . Học sinh: – Sách giáo khoa. – Kiến thức về PT, BPT, hệ PT và hệ BPT mũ. III. Phương pháp: Dùng