Đang tải... (xem toàn văn)
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CÓ HAI PHÉP TOÁN NGƯỢC. ( PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT).[r]
(1)MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CĨ HAI PHÉP TỐN NGƯỢC.
( PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT). Bài tốn tổng qt:
Giải phương trình: sax +b = r logs( ux+ vũ )+ dx+e (I) , với a ≠ 0 , u ≠0 ,0<s≠ 1 .
Phương pháp giải:
Điều kiện để phương trình (I) có nghĩa ux +v>0
Đặt ẩn phụ: ay +b=logs( ux+ v ) ⇔ say+ b=ux+v (1)
Khi phương trình (I) trở thành:
sax +b
=ary+dx+br+e (2)
Giả sử có: ¿
u=ar+d v =br+e
¿{
¿
hay với b=0⇒v =e , b ≠ 0 thì r=u −d
a =
v − e
b .
Lúc đó, ta có hệ phương trình:
¿
say+ b
=ux+v
sax+b=ary+(u −ar ) x+v
¿{
¿
(1) (3) Trừ vế (1) (3) rút gọn ta :
sax+b
+arx=say+b+ary (4)
Nếu hàm số f ( x )=sax+ b+arx đơn điệu R
⇔ s>1
ar>0
¿{
¿
0<s<1 ar<0
¿{
¿ Thì (4) ⇔ x= y .
Theo cách đặt ẩn phụ từ (1), ta có: sax+b=ux+ v⇔ sax+b− ux − v=0 .
(2)VD1: Giải phương trình: (1
2)
2 sin2
x
+ sinπ
6=cos x +log4(3 cos x − 1) (1).
Lời giải: ĐK để pt (1) có nghĩa: 3 cos x −1>0⇔ cos2 x>1 Khi pt (1) ⇔2cos x− 1
+1=2cos x +2 log4(3 cos x −1) .
Đặt ẩn phụ: cos x=t , ta có phương trình: 2t+1=2t +log2(3 t −1) (2)
Tiếp tục đặt ẩn phụ: z=log2(3 t −1)⇔2z=3 t − (3)
Khi phương trình (2) trở thành: 2t+1=2t +z⇔ 2t
=2t +z −1 (4)
Trừ vế (3) (4), ta được: 2z− 2t
=t − z⇔ 2z+z=2t+t (5)
Xét hàm số : f (t)=2t+t có f'(t )=2tln 2+1>0 nên f (t) đồng biến,
Pt(5) ⇔ z=t thay vào pt(3) có: 2t=3 t −1 , t∈[− 1;1] (6)
Dễ thấy t = nghiệm pt(6)
Nếu t∈[− 1;0] VT(6) > 0; VP(6) < nên pt(6) vô nghiệm.
Nếu t∈ (0;1 ) hàm g(t)=2t−3 t+1 có g'(t)=2tln 2− 3<0 nên hàm g(t) nghịch biến
suy g(t)>g(1)=0
Tóm lại, pt (6) có nghiệm t=1⇔cos x=1 ⇔ x=kπ , k ∈ Ζ
Hiển nhiên cos x=1 cos x=3>1 thỏa mãn đk ban đầu.
Vậy pt cho có nghiệm x=kπ , k∈ Ζ .
VD2: Giải pt: 7x− 1=1+2 log7(6 x −5 )3 (1)
Lời giải: Đk để pt (1) có nghĩa 6 x − 5>0⇔ x >5
6
Đặt ẩn phụ: y − 1=log7(6 x −5)⇔6 x − 5=7
y −1
(2)
Khi pt (1) trở thành: 7x− 1=6 y −5 (3)
Trừ vế (2) (3 ta được:
7y −1−7x −1=6 x −6 y⇔7y− 1
+6 ( y − 1)=7x −1+6 ( x −1 ) (4)
Xét hàm số: f (t)=7t+6 t có f'(t )=7tln7+6>0 ,∀ t Suy f (t) đồng biến R
Do pt (4) ⇔ x= y Thay x= y vào (2) ta được:
7x− 1=6 x − 5⇔7x− 1
− ( x −1) −1=0 (5)
Ta có: g (t)=7t−6 t −1 có g'
(t)=7tln −6=0⇔t=log76 − log77=t0
Do g(t) nghịch biến khoảng (− ∞;t0) nghịch biến khoảng (t0;+∞)
Nên g(t) có khơng q nghiệm Hơn nữa, dễ thấy t=0 t=1 nghiệm g(t)
Do pt (5) có nghiệm x=1 x=2 Hai nghiệm thỏa mãn pt (1).