Phuong phap giai phuong trinh mu

SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ Bước 1: Đặt điều kiện để các biểu thức của pt có nghĩa Bước 2: Tìm điều kiện cần cho hệ dựa trên việc đánh giá hoặc tính đối xứng của hệ.. Bước 3[r]

PHƯƠNG TRÌNH MŨ

Lược đồ giải phương trình mũ

Bước 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho phương trình Bước 2: Lựa chọn phương pháp thực

Phương pháp 1: Biến đổi tương đương

Phương pháp 2: Logarit hoá đưa số

Phương pháp 3: Đặt ẩn phụ, có dạng đặt ẩn phụ: a Sử dụng ẩn phụ để chuyển pt ban đầu thành pt với ẩn phụ

c Sử dụng k ẩn phụ để chuyển pt ban đầu thành hệ pt với k ẩn phụ

d Sử dụng ẩn phụ chuyển pt ban đầu thành hệ phương trình với ẩn phụ ẩn x

Phương pháp 4: Hàm số bao gồm: a Sử dụng tính liên tục hàm số b Sử dụng tính đơn điệu hàm số

c Sử dụng giá trị lớn nhỏ hàm số d Sử dụng định lý Lagrange

Phương pháp 5: Đồ thị

Phương pháp 6: Điều kiện cần đủ

Phương pháp 7: Đánh giá

Chú ý:

1 Trong trường hợp sử dụng pp biến đổi tương đương, ta bỏ qua bước để giảm thiểu độ phức tạp

2 Nếu lựa chọn phương pháp đặt ẩn phụ thì:

a Với phương trình khơng chứa tham số cần thiết lập điều kiện hẹp cho ẩn phụ

Thí dụ: Nếu đặt t = x2 thì:

a Với phương trình khơng chứa tham số cần điều kiện t >

Bài toán 1: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

   

f x g x

a a

 

1

0 1

( )

a

a

f x g x

 



 

   

  

 

Ta sử dụng phép biến đổi tương đương sau:

hoặc

   

0

1 ( ) 0

a

a f x g x

 

  

    

  

Ví dụ 1: Cho phương trình:

Biến đổi tương đương pt dạng:

Vậy, với

 

2 4 5

3x  x 9m 1 

a Giải pt với m =

b Tìm m để pt có hai nghiệm trái dấu

2 4 5 2

3x  x 3 m 

2 4 5 2

x x m

   

 

2

( ) 4 5 2 0 2

f x x x m

     

a Với m = 1, ta được:

2 4 3 0

x  x   1 3

x x

 

  

b Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu

 (2) có hai nghiệm trái dấu

 a.f(0) <  5 2 m  0  m  52

Ví dụ 2: Cho phương trình:

Biến đổi tương đương pt dạng:

 

3 2 3 2 2

8mx  x  x 4mx  x 1 

a Giải pt với m =

b Tìm m để pt có ba nghiệm phân biệt

 23 mx3 2x23x  22 mx2 x



   

3 mx 2x 3x 2 2 mx x 2

      

 

3

3mx 2 m 3 x 7x 2 0

     

 3x 2  mx2 2x 1 0

   

3 2 0

2 1 0 2

x

f x mx x

 

  

   



Vậy, với

a Với m = 1, ta được:

2

3 2 0

2 1 0

x x x          2 3 1 x x       

b Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt

  ' 0 0 2 0 3 a f                    0 1 0 4 4 0 9 3 m m m             

 ,1 \ 0, 3 .

4

m  

     

 

Ví dụ 3: Giải biện luận phương trình:

 x  2 x22x  x 2 a

Phương trình tương tương với:

 x  2 x22x  x  2 a

Điều kiện: x – >  x  2  *

 x 2 1  x2 2x a 0

     

2

3

2 0

x

x x a

 

 

  

Vậy pt có nghiệm x = với a

2 2 0

x  x a 

Xét phương trình:

 x 1 a 1  2

   

Khi đó, ta có biện luận:

• Nếu a + <  a   1

• Nếu a + =  a  1

, pt vô nghiệm

, pt có nghiệm x = -1 (loại khơng thoả (*) )

• Nếu a + >  a   1 , pt có hai nghiệm:

1

2

1 1

1 1

x a

x a

   



  

1 1 1 2

x   a  

Ta có:

1 3

a

  

8

a

 

Kết luận:

- Với a ≤ pt có nghiệm x =

Ví dụ 4: Giải phương trình:

2

2

x

x x x x

x x

 

     



Biến đổi tương đương pt dạng:

 

1

2

1

2

x x

x

x

x x x x

 



 

 

   

  

       



2 1

x  x   x   x  

 x 1  x 1

      

1 1

x x

      

   

1 1 2 1 1 1 2 1

x x x x

           

 x 1 2  x 1 0

     

1 x 1 2

       1 x 1 4  2  x 5

Ví dụ 5: Giải phương trình:

 2 x x2  sin x  2 x x2  2 3cosx

    

 

   

2

2 0

2 1 sin 2 3 0

x x

x x x cosx

   

 

     

 

 

 

 

2

1 2 *

1 0 1

sin 3 2 2

x

x x

x cosx

  

  

   

   

 

  

Giải (1) ta được:

1,2

1 5

2

x   thoả (*)

Giải (2) ta được:

1 3

sin 1

sin 1 3

x 

 

    

 

2

3 2

x   k

   

2 , .

6

x  k k Z

   

Để thoả mãn điều kiện (*) ta phải có:

1 2 2

6 k





Khi ta nhận nghiệm 3

6 x 

Bài toán 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP

LOGARIT HOÁ VÀ ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐ Dạng 1: Phương trình: a f x  b

 

0 1; 0

loga

a b

f x b

  

 

 

 



Dạng 2: Phương trình: a f x  b f x 

   

loga a f x loga b f x

 

    .loga

f x g x b

 

hoặc log f x  log f x 

b a b b

Bài toán 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP

LOGARIT HOÁ VÀ ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐ Dạng 2: Phương trình: a f x  b f x 

   

loga a f x loga b f x

 

    .loga

f x g x b

 

hoặc log f x  log f x 

b a b b

 

  .logb   .

f x a g x

Ví dụ 1: Giải phương trình sau:

2

2

2

4

3

3 2

2

2 3

2 x 3 x

x

x x

a b c



 



 

a Lấy logarit số hai vế phương trình, ta được:

2 2

2

3

log 2 log

2

x 



2

2 log 1

x x

2

2

2 1 log 0

x x

    

Ta có:   ' 1 log log 0 2  2  Suy pt có nghiệm:

1,2 1 log 32 x  

b Lấy logarit số hai vế phương trình, ta được:

2 4 2

2

log 2x  log 3x 

 

2

2

4 2 log 3

x x

   

2

2

log log 0

x x

    

Ta có:

 

2

2 2

' log 8log 16 log 4

     

Suy pt có nghiệm:

 

3

1,2

log 3 4 log 3 2

x   

Vậy,

2

c Lấy logarit số 10 hai vế phương trình, ta được:

3

lg 2 x lg 3 x

3 lg 2 lg 3x x

 

3 lg 3

2 lg 2

x

 

   

 

Vậy,

3

2

log log 3 x

Ví dụ 2: Giải phương trình:

1

5 8 500

x

x x





Biến đổi pt dạng:

1

3 3 2

5 2 5 2

x x x   3

5 2 1

x

x x

 

 

Lấy logarit số hai vế phương trình, ta được:

3

2

log 2 0

x x x      3 2

log 5 log 2 0

  2 3

3 log 5 x log 0

x

x 

   

 

1

3 log 5 0

x

x

 

     

 

5

3

1

log 2 log 5

x x

 

 

  



Ví dụ 3: Giải phương trình:

1 2

2x 2x 2x 3x 3x 3x

    

Biến đổi pt dạng:

   

2 4x   3 81x  

2 91

3 7

x

 

   

 

2

91 log

7 x

 

BÀI TOÁN

SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ - DẠNG

PP đặt ẩn phụ dạng việc sử dụng ẩn phụ để chuyển pt ban đầu thành phương trình với ẩn phụ

Dạng 1: Phương trình akx ak1 x ax 0

   

Đặt t = ax, điều kiện t >

Dạng 2: Phương trình 1ax 2bx 3 0 , với a.b =

Đặt t = ax, điều kiện t > bx 1

t

 

Dạng 3: Phương trình  

1 0

x

x x

a ab b

   

2

1 0

x x

a a

b b

       

   

Đặt

x

a t

b

 

 

  , điều kiện t > 0, ta được:

2

1t 2t 0

Ví dụ 1: Cho phương trình:

(m + 3).16x + (2m – 1) 4x + m + = (1)

a Giải phương trình với 3 . 4

m 

b Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu Đặt t = 4x, điều kiện t >

Khi pt có dạng:

(m + 3).t2 + (2m – 1)t + m + = (2)

a Với 3 , 4

m  ta được:

2

9t  10 0t  

1 1 9

t t

 

 

  

4 1

1 4

9

x

x

 

 

 

4 1 1 4 9 x x      



0

1

log log 3

9 x x         Vậy,

b Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu, tức là:

1 0

x   x  4x1  40  4x2

1 1

t t

  

 Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt t1, t2 thoả

mãn: t1  1 t2

 1 0

af

 

 m 3  m 3.12  2m 1 1 m 1  0

       

 1 0

af

 

 m 3  m 3.12  2m 1 1 m 1  0

       

 

3 3

4

m

    

Ví dụ 2: Cho phương trình:

a Giải phương trình với m =

b Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 cho x1 + x2 =

 

1

4x m.2x 2m 0 1

  

Đặt t = 2x, điều kiện t >

Khi pt có dạng: t2  2mt  2m 0  2

b Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2

 Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt t1, t2

tương ứng

1

1 2 2

x x

1

1 2 2

x x

t   t 

Vì x1 + x2 =  2x x1 23  2x1  2x2 8

1 2. 8

t t

 

Vậy để pt (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 cho x1 + x2 =



Pt (2) có hai nghiệm phân biệt t1, t2 thoả mãn t1.t2 =

' 0 0 8 S P          

2 2 0

Ví dụ 3: Cho phương trình:

a Giải phương trình với m = b Xác định m để pt có nghiệm

 m 2 2 2 x21 2 m 1 2 x21 2m 6 0  1

     

Đặt t 2x21

 , x  2 1 1  2x 2 21  t 2

Khi pt có dạng:

   2 2 1 2 6 0  2

f t  m  t  m  t  m  

b Ta xét trường hợp: ▪ Với m =

 2   6t  2 0 1 2

3

t



▪ Với m ≠

(1) có nghiệm (2) có nghiệm t ≥

    2 2    

có nghiệm t ≥ có nghiệm t ≥

   

   

2

2 2 18 0

12 11 0

2 2 18 0

5

0 2

m m

m m

m m

m m

  

 

 



    

 

  

 



  

 

 



2 m 9

  

Ví dụ 4: Giải phương trình:

 

2 12

cot sin

4 x  2 x  3 0 1

Điều kiện: sinx ≠ x k k Z  ,  .  

Vì 12 1 cot2

sin x   x nên (1) viết lại dạng:

 

2

cot cot

4 x  2.2 x  3 0 2

Đặt t 2cot2 x , cot2 x 0  2cot2 x 20 1  t 1

Khi (2) có dạng:

2 2 3 0 t  t  

 

1 3

t

t l

 

 

 

2 cot

2 x 1

2 cot

2 x 1

   cot2 x 0 ;

2

x  k k Z

    Thoả (*)

Ví dụ 5: Cho phương trình:

a Giải phương trình với m =

b Tìm m để pt có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn

 2 3   2 3  4  1

x x

m

   

1 log2 3 3 x x



 

Nhận xét rằng:

 2  3   2  3    2  3 2   3  1

Do đó, đặt  2 3 

x

t   , điều kiện t >

thì  2 3  x 1

t

4

m t

t

 

Khi pt (1) tương đương với:

 

2 4 0 2

t t m

   

b Phương trình (1) có nghiệm phân biệt x1, x2 phương trình (2) có nghiệm phân biệt t1, t2 tương ứng:

 

1 2 3

x

t    

2

2 2 3

x

t  

1 log2 3 3 x x



 

Vì:

    log2 3

2 3 2 3

x x

 

   

2

3

t t

 

1 3

t t

Vậy, để (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn

1 log2 3 3 x x



 

 (2) có nghiệm phân biệt t1, t2 thoả mãn t1 = 3t2

1 ' 0 0 0 3 S P t t              2 4 0 4 0 . 0 3 m t t

Ví dụ 6: Giải phương trình:

 7 3  x  3 2  3 x  2 0

Nhận xét rằng: 7 3  2  3

 2  3 2   3 1

Do đó, đặt t   2 3 x , điều kiện t >  2 3 x 1

t

  7 t 

2 3 2 0

t

t

  

Khi pt tương đương với:

3 2 3 0

t t

      t  1  t2  t 3 0

Ví dụ 7: Giải phương trình:

3 5 3 5

12 8

2 2

x x

     

 

   

   

   

Nhận xét rằng: 3 5 3 5

. 1

2 2

     



   

   

   

Do đó, đặt 3 5

2

x

t   

 

 

, điều kiện t > 3 5 1

2

x

t

  



 

 

2 8 12 0

t  t  

Khi pt tương đương với:

6 2

t t

 

   

Ví dụ 8: Cho phương trình:

a Giải phương trình với m =

b Tìm m để pt có nghiệm

 

2 1 1 1

2.4x  m6x  9x  1

 

Biến đổi pt dạng:

 

     

2 2

2 1

2.2 x   m 2.3 x  3 x  2

Chia hai vế pt (2) cho 22 x 2 1 0 , ta được:

 

 

2 1 2 1

3 3

2 3

2 2

x x

m

 

   

    

Đặt 1 3 2 x t        , 3 2 t  

2 1 1

x  

2 1 1

3 3 3

2 2 2

x 

   

     

   

Khi pt (3) tương đương với:

f(t) = t2 – mt -2 = (4)

a Với m = 1, ta được:

2 2 0

t  t 

  2 1 t t l       1 3 2 2 x         

1 log 2

x

   3

2

log 1

x

b Để pt có nghiệm



Vậy,

(4) có nghiệm t1, t2 thoả 1 2 3

2

t  t

3

0 2

f  

   

 

(vì a.c = -2 < 0)

9 3

2 0

4 2

m

    1

6

m

Ví dụ 9: Giải phương trình:

2

2 2

2 x  9.2x x 2 x 0

  

Chia hai vế pt cho 22x2 0 , ta được:

2

2 2

2 x  x 9.2x  x 1 0

  

2

2

1 9

.2 .2 1 0

2 4

x  x x  x

   

2

2

2.2 x  x 9.2x  x 4 0

   

Đặt t 2x2 x

 , điều kiện t >

Khi pt tương đương với:

2

2t 9t 4 0

2

2t 9t 4 0

Ví dụ 10: Giải phương trình:

 

3

3

1 12

2 6.2 1

2 2 x x x x    

Viết lại pt dạng:

 

3

3

2 2

2 6 2 1 1

2 2 x x x x                

Đặt 2 2

2

x

x

t   , suy

3

3

3

2 2 2 2

2 2 3.2 2 6

2 2 2 2

x x x x

x x x x t t

   

         

Khi pt (1) có dạng:

t3 + 6t -6t =  t 1 2 2 1  2

2

x

x

  

Đặt u = 2x > Khi pt (2) có dạng:

2

1

u

u

   u2  u  2 0 1  2

u l

u

 

 

 

2

u

   2x  2 x 1

Ví dụ 11: Giải phương trình:

 

2

1 1 2 x  1 2 x .2x

Điều kiện: – 22x >  2x 1  x 0

Như 0 2x 1

  , đặt 2x = sint với 0, . 2

t    

 

Khi pt có dạng:

 

2

1 1 sin t sin sint   t

 

1 cost sin 2t cost

   

2 sin sin 2

2

t

cos t t

3

2 2sin

2 2 2

t t t

cos cos

 

3

2 1 2 sin 0

2 2

t t

cos  

Bài toán 4: Phương pháp đặt ẩn phụ - Dạng

Là việc sử dụng ẩn phụ chuyển pt ban đầu thành pt với ẩn phụ hệ số cịn chứa x Ví dụ 1: Giải phương trình:

   

2

3 x  2x 9 3x  9.2x 0 1

Đặt t = 3x, điều kiện: t >

Khi pt tương đương với:

 

2 2x 9 9.2x 0

t   t  

 2x 92 4.9.2x  2x 9

      9

2x

t t

 

 

 

Ví dụ 2: Giải phương trình:

   

2 2 2

9x  x  3 3x  2x  2 0 1

Đặt t 3x2 , điều kiện t ≥ x2 ≥  3x2 30 1

Khi pt tương đương với:

   

2 3 2 2 0 1

t  x  t  x  

 x2 3 4 2 x2 2  x2 1

        2 2

1

t

t x

 

 

  

▪ Với

Ta có nhận xét:

1 1

VT VP

 



 

1 1

VT VP

 

 

 

2

2

3 1

1 1

x

x

 

  

 

 

0

x

 

Ví dụ 3: Giải phương trình:

 

2 3

4 x 2 x 2x 16 0 1

   

Đặt t 2x , điều kiện t > Khi pt tương đương với:

4 2 8 16 0

t  t  t    42  2 4t  t4  2t3 0 Đặt u = 4, ta được: u2 2tu t4 2t3 0

    

 

 

1 1

u t t t u t t t

          2 4 4 2 t t t       

2 2 4 0

t t     1 5 1 5 t t        

2x 5 1

    x log2 5 1

Ví dụ 4: Cho phương trình:

   

2 33 x 3 32x 2 3x 0; 0 1

m  m  m   m  m 

a Giải pt với m =

b Xác định m để pt có nghiệm phân biệt Đặt t 3x , điều kiện t >

Khi pt tương đương với:

 

2 3 2 2 0

m t  mt  m  t m 

 t3 t m  3t2 1 m 2t 0  2      

2 1 2 1 m t t m t              1

2 0 3

t

m

f t mt t m

         

a Với m = 2, ta được:

  1 2 1 0 t

t t VN

         1 3 2 x

  log3 1 log 23 2

x

  

b Phương trình có nghiệm phân biệt 

Vậy,

pt (3) có nghiệm phân biệt dương khác 1 m 0

m  

Tức là: ' 0 0 0 1 0 S P f m                      1 0 2 0 1 0 1 0 m m m m                

Bài toán 5: Phương pháp đặt ẩn phụ - Dạng

Sử dụng ẩn phụ cho hai biểu thức loga pt khéo léo biến đổi pt thành phương trình tích

Ví dụ 1: Giải phương trình:

2 3 2 6 5 2 3 7

4x  x 4x  x 4 x  x 1

  

Viết lại pt dạng:

2 3 2 6 5 3 2 6 5

4x  x 4x  x 4x  x .4x  x 1

  

 3 2   6 5 

4x  x 1 4x  x 0

   

2

3

4 1 0

4 1 0

2

3

4 1 0

4 1 0

x x x x              2 4 1 4 1 x x x x            2

3 2 0

6 5 0

Ví dụ 2: Cho phương trình:

 

2 5 6 1 6 5

.2x x 2 x 2.2 x 1

m     m

  

a Giải pt với m =

b Tìm m để pt có nghiệm phân biệt Viết lại pt dạng:

2 5 6 1 7 5

.2x x 2 x 2 x

m     m

  

   2

2 5 6 1

.2x x 2 x 2 x x x

m        m

   

2 5 6 1 2 5 6 1

.2x x 2 x 2x x .2 x

m       m

Đặt: 2 2

, , 0. 2 x x x u u v v           

Khi đó, pt tương đương với:

mu + v = uv + m   u  1  v m  0 u 1

v m       2 2 1 2 x x x m           2

5 6 0 2 x x x m            3 2 2 x x x m           



b Để (1) có nghiệm phân biệt

(*) có hai nghiệm phân biệt khác khác

  2

2 0 1 log m x m       

 2

0 1 log m x m       

Khi điều kiện là:

2 2

0

1 log 0 1 log 4 1 log 9

m m m m                0 2 1 8 1 256 m m m m              

 0, \ 1 1, 8 256

m  

   

 

BÀI TOÁN 6: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ-DẠNG

PP đặt ẩn phụ dạng việc sử dụng k ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành hệ phương trình với k ẩn phụ

Ví dụ 1: Giải phương trình: 81 2 1 181

2 1 2 2 2 2 2 x

x  x  x  x

   

Viết lại pt dạng:

1 1

8 1 18

2x 1 2  x 1 2 x 2  x 2

   

Đặt:

1

2 1

, , 1. 2 1

x x

u

u v v





   

 

  

Khi đó:

    1

. 2x 1 2 x 1 2x 2 x 2

u v     u v

       

Pt tương đương với:

8 1 18

u v u v u v uv

          8 18 u v

u v uv

        2 9 9 8 u v u v           

● Với u = v = 2, ta được:

1

2 1 2

2 1 2

● Với u = , ta được:

1

1

2 1 9

9

2 1

8 x

x





  

 

  



4.

x

 

9 8

v 

Ví dụ 2: Giải phương trình:

2

2 x  2x  6 6

Đặt u = 2x, điều kiện u > 0

Khi pt chuyển thành:

 

2 6 6 2

u  u  

Đặt v = u  6 , điều kiện v  6

 

2 6 3

v u

Khi pt chuyển thành hệ:

2 2

6 6

u v

v u

  

 

  



 

2 2

u v u v

   

 u v u v  1 0

0

1 0

u v u v

 

  

   

● Với u = v, ta được:

2 6 0

u  u  

 

3

2

u

u l

 

 

 

2

2x 3 x log 3

● Với u + v + =0 , ta được:

2 5 0

u  u 

 

1 21

2

1 21

2

u

u l

  

 

 

  

 

1 21 2

2

x  

 

2

21 1 log

2

x 

 

BÀI TOÁN

SỬ DỤNG TÍNH CHẤT LIÊN TỤC CỦA HÀM SỐ

Cho phương trình f(x) = 0, để chứng minh phương trình có k nghiệm phân biệt [a,b], ta thực bước sau:

Bước 1: Chọn số a < T1 < T2 < < Tk-1 < b chia đoạn [a,b] thành k khoảng thoả mãn:

       

1

1

. 0

. 0

k

f a f T

f T  f b

 

 

 



Ví dụ 1: Cho phương trình:

3 1

2 x 3.2x 1 0

  

Chứng minh pt có nghiệm phân biệt chúng nhỏ

Đặt t = 2x, t > , ta được: 2t3  6t  1 0  1

Xét hàm số: f t  2t3  6t 1 liên tục R

Ta có: f(-2) = -11 , f(0) = , f(1) = -3 , f(2) = 13 Suy ra:

f(-2).f(0) < 0, (2) có nghiệm t  0  2,0 loại t >

f(1).f(2) = -39 < 0, (2) có nghiệm t 0 1, 2 Vậy ta < t1 < t2 <

1

0 2x 2x 2

   

1 1

x x

  

BÀI TỐN

SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ Hướng 1:

Bước 1: Chuyển pt dạng f(x) = k Bước 2: Xét hàm số y = f(x)

Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu (giả sử đồng biến)

Bước 3: Nhận xét

 Với x x 0  f x   f x 0 k , x = x0 nghiệm  Với

 Với

   

0

x x  f x  f x k, pt vô nghiệm

   

0

Hướng 2:

Bước 1: Chuyển pt dạng f(x) = g(x) (2) Bước 2: Xét hàm số y = f(x) g(x)

Dùng lập luận khẳng định hàm số y = f(x) hàm đồng biến hàm y = g(x) hàm nghịch biến

Bước 3:

Hướng 3:

Bước 1: Chuyển pt dạng f(u) = f(v) (3) Bước 2: Xét hàm số y = f(x)

Bước 3:

Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu (giả sử đồng biến)

Ví dụ 1: Cho phương trình:

3x 4 x m

 

Chứng minh với m pt ln có nghiệm Số nghiệm pt số giao điểm đồ thị hàm số

3x 4 x

y 

  với đường thẳng y = m

Xét hàm số: y 3x 4 x

  xác định D = R

Nhận xét rằng:

Hàm số y = 3x hàm đồng biến

Hàm số 4 1

4

x

x

y 

  hàm nghịch biến

lim ;

x   y  

Giới hạn:

lim ;

x  y 

Bảng biến thiên:

x

x

y

y

   

 

Ví dụ 2: Giải phương trình:

2

log

2.3 x 3

x  

Điều kiện x >

 

2

log

2.3 x  3 x 2

Biến đổi pt dạng:

 Vế phải pt hàm nghịch biến  Vế trái pt hàm đồng biến

Do vậy, pt có nghiệm nghiệm nghiệm

Nhận xét x = nghiệm pt (2)

2

log

Ví dụ 3: Giải phương trình:

2

1 8 3

x

x

 

Chia vế pt cho 3x ≠ 0, ta được:

 

1 8

1 1

3 3

x x

 

 

   

   

   

Xét hàm số 1 8

3 3

x x

y      

 

   

, hàm hàm nghịch biến

• Với x = 2, f(2) = x = nghiệm pt (1) • Với x > 2, f(x) < f(2) = pt (1) vơ nghiệm

Ví dụ 4: Giải phương trình:     3 1

log 3 2 2 2 1

5 x x x x             

Điều kiện: x2  3x  2 0 1

2 x x      

Đặt u  x2  3x  2, u 0 suy ra:

2 3 2 3 1 1

x  x  u  x x    u

Khi (1) có dạng:

   

2

1

1

log 2 2 2

Xét hàm số

     

2

2

1 x

x

3

1 1

f x log x 2 log x 2 .5

5 5



 

       

 

• Tập xác định: D  0,  • Đạo hàm:

 

2

' 1 1 x

f .2x.5 ln 0, x D.

x ln 5

    



Suy hàm số tăng D

Mặt khác, f 1'   log 23   1 .5 2

5

Vậy (2)  f(u) = f(1)  u =

2

x 3x 1

   

3 5

x

2 

 

Ví dụ 5: Cho phương trình:

2 2 2 2 4 2 2

5   5    2

   

x mx x mx m x mx m

a Giải pt với

b Giải biện luận phương trình

4 5 

m

Đặt t = x2 + 2mx + 2, pt có dạng:

 

2

5 5   2 2 1

    

t t t m t m

Xét hàm số f t  5t  t • Tập xác định:

Suy hàm số tăng D Vậy (1)

2 8 4

x x 0

5 5

  

 f(t) = f(2t + m – 2)  t = 2t + m –  t + m – =0  x2 + 2mx + m = (2)

a Với 4

5 

m , ta được:

2

5x 8x 0

   

x 2 6 x

5 

  

 



b Xét pt (2), ta có:

2

' m m

b Xét pt (2), ta có:

2

' m m

  

• Nếu   ' 0 m2  m 0  0 m 1  Pt (2) vô nghiệm  Pt (1) vô nghiệm

• Nếu   ' 0 m2  m 0  m m 1   - Với m = pt (2) có nghiệm kép x0 =

- Với m = pt (2) có nghiệm kép x0 = -1 • Nếu ' 0 m2 m 0 m 1

m 0  

      

Pt (2) có hai nghiệm phân biệt x1,2  m  m2  m,

đó nghiệm (1) Kết luận:

-Với m = 0, -Với m = 1, -Với 0<m<1,

BÀI TOÁN

SỬ DỤNG GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ

Với pt chứa tham số f(x,m) = g(x,m) (1)

Bước 1: Lập luận số nghiệm (1) số giao điểm đồ thị hàm số (C): y = f(x,m) đường thẳng

y = g(x,m)

Bước 2: Xét hàm số y = f(x,m) • Tập xác định D

Bước 3: Kết luận: • Pt có nghiệm

x D x D

min f (x, m) g(m) m ax f (x, m)

 

  

• Pt có k nghiệm phân biệt

 (d) cắt (C) k điểm phân biệt

• Pt có vơ nghiệm

   d C

Ví dụ 1: Cho phương trình:

2 4 3

3  



x x m

a Giải pt với

b Tìm m để pt có hai nghiệm phân biệt

1 . 4 

m

Số nghiệm pt số giao điểm đồ thị hàm số

2 4 3

3  

 x x

y với đường thẳng y = m

Xét hàm số 3 2 3

 x x

y , xác định D = R Giới hạn: lim

  

Bảng biến thiên:

Vì 3>1 nên biến thiên hàm số phụ thuộc vào biến thiên hàm số t = x2 – 4x + 3, ta có:

x

x -∞ +∞-∞ +∞

t

t -1-1

y

y +∞ +∞+∞ +∞1

3

a Với 1

4 

m , pt vơ nghiệm

b Pt có nghiệm phân biệt 1

3 

Ví dụ 2: Cho phương trình:

 

2 2 2 2 2

3   2   2 2.

 x x    

x x x x m

a Giải pt với m =

b Tìm m để pt có nghiệm

Số nghiệm pt số giao điểm đồ thị hàm số với đường thẳng y = m

b Giải pt với m = 27 Viết lại pt dạng:

2 2 2 2 2 2

3   4   2 2

    

x x x x x x m

2 2 2 2 2 2

3   4   2 2

 x x  x x   

Giới hạn:

lim

  

x y

Xét hàm số

, xác định D = R

2 2 2 2 2 2

3   4   2 2

 x x  x x   

Bảng biến thiên:

Vì 3>1, 4>1 nên biến thiên hàm số phụ thuộc vào biến thiên hàm số t = x2 – 2x + 2, ta có:

x

x -∞ +∞-∞ +∞

t

t 11

y

y +∞ +∞+∞ +∞

8

a Với m 8 , pt có nghiệm x =

c Pt có nghiệm m  8

BÀI TOÁN 10

SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ LAGRANGE

Định lý Lagrange: Cho hàm số f(x) liên tục [a,b] f’(x) tồn (a,b) ln  c  a, b cho:

  f b  f a 

f ' c 0

b a 

 



Bước 1: Giả sử  nghiệm phương trình, đó:

Bước 2: Biến đổi pt dạng thích hợp f(a) = f(b), từ hàm số F(t) khả vi liên tục [a,b]

Khi theo định lý Ragrange ln  c  a, b cho:

  f b  f a   

f ' c 0

b a 

  

Ví dụ 1: Giải phương trình:

6x  2x 5x  3x

Viết lại pt dạng:

6x  5x 3x  2x

Giả sử  nghiệm pt, đó:

 

6  5 3  2 2

Xét hàm số f t   t 1  t với t > 0.

Từ (2) ta nhận f(5) = f(2), theo định lý ragrange tồn c  (2,5) cho:

 

'  0

f c   1  1 0

  

 c c 

 

 

'  0

f c   1  1 0

  

 c c 

 



0 1  

  



 

Ví dụ 1: Giải phương trình:

3cosx  2cosx cosx

Viết lại pt dạng:

Giải sử  nghiệm pt, đó:

Xét hàm số f t  tcos  t cos.  với t >

Từ (2) ta nhận f(3) = f(2), theo định lý ragrange tồn c  (2,3) cho:

   3  2

'

3 2 

 



f f

f c  1 0

   

 

cos

cos c 



s

3cosx  3cosx 2co x  2cosx

s

3cos 3cos 2co  2cos

 

0 1  

  



cos cos

 

Thử lại ta thấy thoả mãn (1) Vậy, pt có hai nghiệm

2 2 

 

 



 

k k



 

 

2 2

   

x  k x k

2 2

   

BÀI TOÁN 11

SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ RƠN Bước 1: Tìm tập xác định phương trình Giả sử cần giải phương trình f(x) = (1) Bước 2: Xét hàm số y = f(x) D

Sử dụng đạo hàm khẳng định hàm số y = f(x) lồi lõm D

Bước 3: Vậy pt (1) có nghiệm có khơng hai nghiệm

Ta cần hai giá trị x1, x2  D cho: f(x1) = f(x2)

Ví dụ 1: Giải phương trình: 1 3 2 x x  

Viết lại pt dạng:

 

2 1

3

2 0 1

x

x



 

Xét hàm số  

2 1

3

2

x

f x x



  R, ta có:

 

2 1

3

2 ln 2

' 2 1

3 x x f x     

2 1 2 1

3

2.ln ln

'' 2 0,

3

x x

x

f x x

 

    

hàm số lõm

Ta có:

f(1) = f(2) =

Ví dụ 2: Giải phương trình:

 a2 1 x a2x 1

  

Viết lại pt dạng:

   

2x 1 1 0 1

a  a  x  

Xét hàm số

  2x  1 1

f x a  a  x  R, ta có:

  2

' 2 ln x 1

f x  a a  a 

  2

'' 4 ln . x 0,

f x  a a   x

hàm số lõm

Ta có:

BÀI TỐN 12

SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ Bước 1: Đặt điều kiện để biểu thức pt có nghĩa Bước 2: Tìm điều kiện cần cho hệ dựa việc đánh giá tính đối xứng hệ

Ví dụ 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm nhất:

 

2

1

2 1 1

3 x  m 

Điều kiện cần:

Giả sử (1) có nghiệm x = x0 suy ra:

0

1

2 1

3 x   m   0 

1

2 1

3  x  m

  

0

4 x

  nghiệm (1)

Vậy (1) có nghiệm

0 0

Thay x0 = vào (1), ta m =

Đó điều kiện cần để phương trình có nghiệm

Điều kiện đủ:

Giả sử m = 1, (1) có dạng:

2

1

1 3 x 

2

3 x 1

   x  2 0

2

x

  nghiệm

BÀI TOÁN 13

SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ Bằng cách đánh giá tinh tế dựa trên:

a Tam thức bậc hai

b Tính chất hàm số mũ

c Các bất đẳng thức bản, cơsi, Bunhiacopski, d Tính chất trị tuyệt đối

Ví dụ 1: Giải phương trình:

2

3x cos x2

Ta có: x2 ≥  3x2 30 1

Và cos2x ≤

Suy pt cho tương đương với hệ:

2

3 1

2 1

x

cos x

 

 

 



2 0

2 1

x

cos x

 

 

 

0

x

 

Ví dụ 2: Giải phương trình:

 x2 1 x  x2 2 2 x x

  

2

1 0

1 1

x x

  

 

  



Điều kiện x ≥ Ta có nhận xét:

 1 x  1 1

VT x  x

     

2

2 0

2 1

x x

x

   

 

 

Suy pt cho tương đương với hệ:

1 1

VT VP

 







1 0

1

2 0

x

x

x x

  



   

  

 

 2 x x2  2 1

VP x   x

     

Ví dụ 3: Giải phương trình:

2 x x

4 16 x 2 2

  

Điều kiện: 16 – x2 ≥  x 4  

Ta có nhận xét:

2

4

VT  16 x  16 2

cosi

x x x x

VP 2 2 2 2 2

   

Suy pt cho tương tương với hệ:

VT 2 VP 2

 





 x x

x 0

x 0 2 2

 

   

 

Ví dụ 4: Giải phương trình:

x x

x x x x

2 4 1 3

4 1 2 1 2  4 2

Đặt:

x x

a 2 , b 4   



 



điều kiện a, b >0 Khi pt có dạng:

a b 1 3

b a a b     2

a b 1

VT 1 1 1 3

b 1 a 1 a b

     

         

  

     

a b a b a b 1

3

b 1 a 1 a b

     

   

  

 a b 1 1 1 1 3

b a a b

 

       

  

 

     

1 1 1 1

b 1 a 1 a b 3

2 b a a b

                                cosi 3

1 3 3

.3 b a a b 3

2 b a a b 2

     

Vậy pt tương đương với:

b + = a + = a + b  a b 1 

x x

2 4 1 x 0

    

Ví dụ 5: Giải phương trình:

25x

3x 5

5

3 5.3 2 27 0



  

Đặt: t 3 x , điều kiện t >0 Khi pt có dạng:

5 5 5

t 27 5.t  2 27 0

Nhận xét rằng:

2

3 5

2 5

t

t 27

  

2 2

3

1 1 1 1 1

VT t t t

3 3 3 t t

2 2

3

1 1 1 1 1

VT t t t

3 3 3 t t

    

3 cosi

2

6 5

1 1 5

5 t .

3 t 27

 

   

 

Vậy pt tương đương với:

2

3

1 1

t

3 t

5

t 3

   3x 5 3

1

x 5

3 3

  x 1

5

 

ĐÁNH GIÁ BẰNG BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULI Với t > 0, ta ln có:

 

   

t 1 t 1, 0 1

t 1 t 1, 0,1





          



      



Với phương trình mũ:

 

x

a  1 a x 1 

a 0 x 0 x 1

 



  



 

Ví dụ 1: Giải phương trình:

x

3 2x 1

Biến đổi phương trình dạng:

 

x

3  1 x 1 

Bernouli x 0

x 1  

 

 

Ví dụ 2: Giải phương trình:

 

2

x x

4  2x  x 2

Biến đổi phương trình dạng:

2

2x x

2  2x x 1

  

2 Bernouli

2

2x x 0

2x x 1

        Vậy,    

2x x

2  1 2x x 1

     x 0

Ví dụ 3: Giải phương trình:

x x

3  2 3x 2

Theo bất đẳng thức Bernouli ta có: • Với x ≥ x ≤

x x

3 2x 1

2 x 1

  

 

  



x x

3 2 3x 2,

   

dấu đẳng thức xảy x = x = • Với x  (0,1)

x x

3 2x 1

2 x 1

  

 

 

 

x x

3 2 3x 2

     pt vô nghiệm

Ví dụ 4: Giải phương trình:

x x

3  2 3x 2

Theo bất đẳng thức Bernouli ta có: • Với x ≥ x ≤

x x

3 2x 1

2 x 1

  

 

  



x x

3 2 3x 2,

   

dấu đẳng thức xảy x = x = • Với x  (0,1)

x x

3 2x 1

2 x 1

  

 

 

 

x x

3 2 3x 2

     pt vô nghiệm