PHẦN I: CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN CỦA HÀM SỐ MŨ VÀ HÀM SỐ LOGARIT.. A..[r]
(1)PH
Ầ
N M
Ở
ĐẦ
U
I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Có thể nói rằng, hàm số mũ hàm số logarit với toán liên quan đến hai hàm số phần kiến thức khó phân phối chương trình Tốn phổ thơng Khi tìm hiểu phần kiến thức địi hỏi phải vận dụng nhiều kiến thức có liên quan để giải dạng tốn Nhiều dạng tập, thường gặp phải nhiều sai lầm giải tốn mũ logarit có nét đẹp riêng chúng
Là sinh viên ngành Toán học, tơi nhận thức khó hàm mũ logarit, đặc biệt dạng toán phương trình, bất phương trình Phương trình, bất phương trình mũ logarit xuất đặn đề thi tuyển sinh Thông qua viết muốn tìm hiểu thêm chúng để phục vụ cho việc giảng dạy trường THPT sau Do đó, tơi chọn “Các vấn đề về phương trình, bất phương trình Mũ Logarit”
làm tên cho đề tài báo cáo khoa học
Hà Nội, 11-2004 II MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU:
Mục tiêu đề tài mà tơi chọn tổng hợp tất phương pháp giải phương trình, bât phương trình mũ logarit thường hay dùng đặc biệt cho người học nhìn xun suốt phương pháp giải tốn có chứa tham số thông qua công cụđạo hàm
Hi vọng khuôn khổ hạn hẹp đề tài, giới thiệu đầy đủ vấn đề thường gặp phương trình, bất phương trình mũ logarit đề tuyển sinh đại học, cao đẳng gần
III ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU:
Các vấn đề phương trình, bất phương trình mũ logarit IV PHẠM VI NGHIÊM CỨU:
Phạm vi nghiên cứu đề tài xoay quanh vấn đề mũ logarit nêu V PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
(2)PHẦN I: CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN CỦA HÀM SỐ MŨ VÀ
HÀM SỐ LOGARIT
A Tóm tắt về lũy thừa hàm số mũ:
1 Các phép tính lũy thừa với hàm số mũ thực:
Định lý: Gọi a b, l;à số thực dương; x y, số thực tùy ý Ta có:
( )
( )
x
x y x y x y
y
y x
x xy x x
x x
x
a
a a a a
a
a a ab a b
a a
b b
+ −
= =
= =
=
Chú ý rằng: 1) x0 = ∀ ≠1, x
2) Nếu xác định với Hàm số mũ:
a Định nghĩa: Hàm số mũ số a a
(
≠0)
hàm sốđược xác định công thức xy=a Ví dụ: , ,
3
x x
y= y=
b Các tính chất: + Hàm số x
y=a liên tục điểm x∈R
+ x
a > với x∈R
+ Nếu a=1 hàm số khơng đổi R: y=1
+ Nếu a>1 hàm sốđồng biến R
+ Nếu 0<a<1 hàm số nghịch biến R
c Từ tính chất đơn điệu hàm số mũ, ta suy với a>0 thì:
*
1 ,
M N
a M N
a a
a
M N
=
∀
= ⇔
≠
=
*
1
0
M N
a
M N
a a
a
M N
>
>
> ⇔
< <
<
(3)*
1
0
0
x
a x a
a x >
>
> ⇔
< <
<
*
1
0
0
0
x
a x a
a x >
<
< < ⇔
< <
>
Các tính chất thường dùng để giải phương trình bất phương trình mũ d Cơng thức đổi số:
Từ hàm số mũ số a đổi sang hàm số số b ta có cơng thức:
(
)
logb , 1
x a
x
a =b a b≠
Ví dụ: 2x =3xlog 23 ;ax =exlna,…
e Đồ thị hàm số mũ: x
y=a * Với a>1:
Bảng biến thiên:
x −∞ +∞
x
y=a
+∞
Đồ thị:
* Với 0<a<1:
Bảng biến thiên:
x −∞ +∞
x
y=a
+∞
(4)Đồ thị:
Nhận xét rằng:
+ Đồ thị hàm số x
y=a luôn qua điểm A
(
0,1)
+ Đồ thị hàm số xy=a ln ln nằm phía trục hoành + Các hàm số x
y=a
x
y a
=
có đồ thịđối xứng qua trục tung
B Tóm tắt về hàm số Logarit: Định nghĩa:
Cho số thực a>0 a≠0, logarit số a số dương N số M cho
M
N =a Kí hiệu logaN
Ta có: log M
a N =M ⇔ N =a
Ví dụ: log 32 52 = 25 =32;
− = nên
3
1
log
9= −
2 Tính chất:
+ Cơ số a>0 a≠1
+ loga N có nghĩa N >0
+ log ; log ; log n
a = aa= aa =n
+ log M , ; logaN , 0
aa =M ∀M∈R a =N ∀N >
Ví dụ:
(
2)
log 4−x xác định 4 0 2 2
x x
(5)(
)
1
logx− 5−x xác định
1
1
1
2
5
x x
x
x x
x
x x
− > >
< <
− ≠ ⇔ ≠ ⇔
≠
− > <
3
4
log
5 1
2
1
3 ; log ; log 16 log
2
−
−
= = − = = −
3 Các phép tính logarit:
Giả sử 0<a≠1;A B N, , >0, ta có cơng thức sau: * loga
(
AB)
=loga A+logaBMở rộng: loga
(
A A1 .2 An)
=loga A1+loga A2+ log+ a An* loga loga loga
A
A B
B
= −
Hệ quả: loga loga N
N
= −
* logaNα =αlogaN
(
α∈R)
* log n 1log
a N a N
n
= =
4 Công thức đổi số:
Giả sử 0<a b, ≠1; c x, >0 ta có:
* logac=log logab bc
Hệ quả: loga1a2.loga2a3 logan−2an−1.logan−1an =loga1an
* log log log
b a
b
x x
a
= * log
log
a
b
a b
a
=
* logaα x 1logax
α
= * logna x=nloga x
* log1 loga a
x= − x * log
(
1)
1
log log
ab
a b
x x
x x
= ≠
(6)5 Hàm số logarit:
a Định nghĩa: Hàm số logarit số a
(
a>0,a≠1)
hàm số xác định công thức logay= x
Ví dụ: y=log2x, 1 log y= x b Các tính chất:
* Hàm số y=loga x có tập xác định
(
0;+∞)
* Hàm số y=loga x liên tục điểm x>0
* Nếu a>1 hàm số y=logaxđồng biến khoảng
(
0;+∞)
* Nếu 0<a<1 hàm số y=loga x nghịch biến khoảng
(
0;+∞)
* Hàm số y=loga x có tập giá trị làR
c Từ tính chất đơn điệu hàm số logarit ta suy đẳng thức bất đẳng thức sau:
* log log
0,
a a
M N
M N N
a a
=
= ⇔ >
> ≠
*
1
log log
0
0
a a
a
M N
M N
a
M N
>
< <
< ⇔
< <
> >
*
1
log
0
0
a
a M M
a M >
>
> ⇔
< <
< <
*
1
0
log
0
1
a
a M M
a M >
< <
< ⇔
< <
>
Các tính chất nầy thường dùng để giải phương trình bất phương trình logarit
6 Đồ thị hàm số logarit: * Với a>1:
Bảng biến thiên:
x a +∞
loga
y= x
+∞
(7)
Đồ thị:
* Với 0<a<1
Bảng biến thiên:
x a +∞
loga
y= x
+∞
−∞
Đồ thị:
Nhận xét:
* Đồ thị hàm số y=loga x luôn qua điểm A
(
1,0)
* Đồ thị hàm số y=loga x luôn bên phải trục tung * Các hàm số y=loga x log1
a
(8)* Vì log y a
y= x⇔ x=a nên hàm số y=logax x
y=a hàm số ngược nên đồ thị chúng đối xứng qua đường phân giác y=x
PHẦN II: CÁC VẤN ĐỀ VỀ PHƯƠNG TRÌNH VÀ
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ - LOGARIT
M
Ộ
T S
Ố
PH
ƯƠ
NG PHÁP GI
Ả
I PH
ƯƠ
NG TRÌNH M
Ũ
VÀ LOGARIT
I PHƯƠNG PHÁP CHUNG
1 Phương pháp đưa về cơ số:
Thường áp dụng phép tính lũy thừa hay phép tính logarit để biến đổi Đểđồng hóa số để khử biểu thức mũ logarit chứa ẩn số, ta thường lấy mũ logarit hai vế Ta áp dụng công thức sau:
Với 0<a≠1 ta có:
+ M N
a =a ⇔M =N
+ logaM =logaN ⇔M =N >0
+ log M
a N =M ⇔N =a
Ngoài ta cần ý đến số tính chất sau: + logab có nghĩa
0 0; b
a a
>
⇔
> ≠
+ log log log
c a
c
b b
a
=
+ log n log
m
a a
m
b b
n
=
+ log 2k 2 log ;
ab = k a b k∈Z
Ví dụ 1: Giải phương trình: 52x 625
=
Giải Ta có: 52x 625 52x 54 2 4 2
x x
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
Vậy nghiệm phương trình x=2
Ví dụ 2: Giải phương trình 16x 82 1(−x)
=
Giải
Ta có: 16 82 1( ) 24 26 1( ) 4 6 1
(
)
10 65
x x
x x
x x x x
− −
= ⇔ = ⇔ = − ⇔ = ⇔ =
Vậy nghiệm phương trình
5
x=
Ví dụ 3: Giải phương trình:
2
log a a x log x
a
−
(9)Giải Ta có:
(
)
2
2
2
log log
2
log log ;
0
a a
a
a x a x
x a x x a a
a
x a
−
=
−
− = ⇔ ⇔ = < ≠
< <
Vậy nghiệm phương trình x=a Ví dụ 4: Giải phương trình: 5x+1 5x 2x+1 2x+3
− = +
Giải Ta có:
1
1
5 2 5.5 2.2 8.2 4.5 10.2
5
1
2
x x x x x x x x x x
x
x
+ − = + + + ⇔ − = + ⇔ =
⇔ = ⇔ =
Vậy nghiệm phương trình x=1
Ví dụ 5: Giải phương trình: log2x+log4x+log8x=11 Giải Phương trình cho tương đương với:
2
2 2 2
2
1
log log log 11 log log log 11
2
11
log 11 log 64
6
x x x x x x
x x x
+ + = ⇔ + + =
⇔ = ⇔ = ⇔ =
Vậy nghiệm phương trình x=64
Ví dụ 6: Giải phương trình: log2x2 =2log 32
(
x+4)
Giải Ta có:(
)
(
)
(
)
(
)
2
2 2 2
log 2log 2log 2log log log
2
3 1
1
3 4
3
x x x x x x
x
x x x
x x
x
= + ⇔ = + ⇔ = +
= −
= + = −
⇔ ⇔ ⇔ = −
+ >
> −
Vậy nghiệm phương trình x= −1
Ví dụ 7: Giải phương trình: 4log2x+ − =x
Giải Điều kiện: x>0
Khi ta có: 4log2
(
2log2)
2 62
x x x
x x x x
x
= −
+ − = ⇔ + − = ⇔ + − = ⇔ =
(10)Nhận nghiệm
Vậy nghiệm phương trình x=2
Ví dụ 8:Giải phương trình: 6
(
)
21
1 log log
7
x
x x
−
+ = −
−
Giải Điều kiện:
(
)
{ }
2
0
7 \ 1;7
1
x
x x R
x
−
>
− ⇔ ∀ ∈
− >
Khi ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
6 6
6
1 1
1 log log 1 log log
7
1 1
log
7
1
13 13
x x
x x
x x
x x
x x x
x x x x
x
x x
− −
+ = − ⇔ + = −
− −
− −
⇔ ⇔ = ⇔ − − = −
− − − −
=
⇔ ⇔ =
=
Vậy nghiệm phương trình x=13
Ví dụ 9: Giải phương trình: 2x 22x 20
+ =
Giải Đặt 2x
t= >
Khi phương trình cho tương đương với:
2 20
5 t
t t
t
=
+ = ⇔ = −
Do t>0 nên nhận t=4
Suy ra: 2x
x
= ⇔ =
Vậy nghiệm phương trình x=2
Ví dụ 10: Giải phương trình: logx−22x=3
Giải Phương trình cho tương đương với hệ sau:
(
)
3(
)
(
)
2 2
2 3
6 12 2
2
4
x x x
x x x
x x x x x x
x x
x
> > >
− ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠
− + − = − − + =
= −
⇔ =
(11)2 Phương pháp mũ hóa hoặc logarit hóa:
Để giải phương trình phương pháp mũ hóa logarit hóa phải nắm vững tính chất nêu mục Tuy nhiên trước mũ hóa lgarit hóa, cần biến đổi để rút gọn hai vế phương trình dạng gọn Phương pháp logarit hóa tỏ hiệu lực hai vế phương trình có dạng tích lũy thừa
Ví dụ 1: Giải phương trình: 1 72
x
x x
+ − =
Giải Điều kiện: x≠1
Khi đó, lấy logarit thập phân hai vế ta dược:
2
lg lg 72 lg lg108 2lg12 lg12
1
lg x x
x x x
x x
=
+
+ = ⇔ − + = ⇔
= −
Vậy nghiệm phương trình 2; lg12 lg x= x=
Ví dụ 2: Giải phương trình: lg1
10x x
x =
Giải Điều kiện: 0<x≠1
Khi phương trình cho tương đương với:
4 4 4
1
lg lg10 1
lg
x
x x x x
x = = ⇔ = ⇔ = ±
So sánh với điều kiện ban đầu, suy khơng có giá trị x thỏa mãn Vậy phương trình cho vơ nghiệm
Ví dụ 3: Giải phương trình:
(
)
logx+ x −3x+1 =1
Giải
Điều kiện:
1
3
1
2
3 5
2
x x
x x x
x x
x x
+ > > −
+
+ ≠ ⇔ ≠ ⇔ >
− + > − +
< ∨ >
Khi phương trình cho tương đương với:
2 3 1 1 4 0
4 x
x x x x x
x
=
− + = + ⇔ − = ⇔ =
So sánh với điều kiện ban đầu nhận nghiệm x=4
(12)Ví dụ 4: Giải phương trình: 1
(
)
1(
)
1(
)
2 2
log x−1 +log x+1 −log 7−x =1 Giải
Điều kiện:
1
1
7
x
x x
x
− >
+ > ⇔ < <
− >
Khi phương trình cho tương đương với:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
2
1 1
2 2
2
2
1 2
2
log 2log log log
1 1
log 14 51
17
7
x x x x
x x x
x x
x
x x
− − − = ⇔ − − − =
− − =
⇔ = ⇔ = ⇔ + − = ⇔
= −
− −
So sánh với điều kiện ban đầu nhận nghiệm x=3
Vậy nghiệm phương trình x=3
Ví dụ 5: Giải phương trình: 1
(
)
2 1(
)
3 1(
)
34 4
3
log log log
2 x+ − = −x + x+
Giải Phương trình cho tương đương với:
(
)
(
)
(
)
(
)
1 1
4 4
1 1
4 4
3log 3log 3log
log log log
x x x
x x x
+ − = − + +
⇔ + − = − + +
Điều kiện:
( )
2
6
4 *
2
6 x
x x
x x
+ >
− < < −
− > ⇔
− < <
+ >
Khi phương trình cho tương đương với:
(
) (
)
(
) (
)
(
)
(
)
1
4
2
2
log log 4
2
4 2 24
8
4 2 24
1 33
x x x x x x
x
x x x
x
x x x
x
+ = − + ⇔ + = − +
= + = − − +
⇔ ⇔ = −
+ = + −
= ±
So sánh với điều kiện (*) ta nhận x=2;x= −1 33
Vậy nghiệm phương trình x=2;x= −1 33
3 Phương pháp đặt ẩn phụ:
Nếu phương trình mũ hay logarit sau rút gọn có dạng
(
( )x)
0f aϕ =
( )
(
log)
(13)( )
loga
t= ϕ x Khi ta sẽđược phương trình đại số f t
( )
=0, giải phương trình có nghiệm t ta tìm nghiệm x Phương pháp gọi phương pháp đặt ẩn phụChú ý đặt ẩn phụ ta phải giới hạn miền giá trị ẩn phụ Ví dụ 1: Giải phương trình: 401x−351x =251x
Giải Điều kiện: x≠0
Chia hai vế phương trình cho 351x, ta được:
1
7
1
5
x x
− =
Đặt
1
0
x
t= >
, ta phương trình:
2
1
1
2
t t t t
t
+
− = ⇔ − − = ⇔ =
Khi đó:
1
7
log
5
x
x
+
+
= ⇔ =
Vậy nghiệm phương trình 1 5
7 log
5 x
+
=
Ví dụ 2: Giải phương trình: 101+x2 101−x2 99
− =
Giải Biến đổi phương trình cho dạng:
2
10
10.10 99
10
x x
− =
Đặt
10x
t= > Khi phương trình cho tương đương với:
10t −99 10 0t− = ⇔ =t 10
Suy 2
10x 10 1
x x
= ⇔ = ⇔ = ±
Vậy nghiệm phương trình x= ±1
Ví dụ 3: Giải phương trình: log 23
(
x+1)
=2log(2x+1)3 1+Giải Điều kiện:2 1
2
x+ > ⇔x> −
Biến đổi phương trình cho dạng:
(
)
(
)
3
3
log 2
log x
x
+ = +
+
(14)2
1
2 t
t t t
t t
= −
= + ⇔ − − = ⇔ =
Với log 23
(
x+1)
= ⇔2 2x+ =1 32 = ⇔9 x=4Với
(
)
3
1
log 1
3
x+ = − ⇔ x+ = − = ⇔x= −
Vậy nghiệm phương trình cho 4;
x= x= −
Ví dụ 4: Giải phương trình: lg4
(
1)
2 lg2(
1)
2 25x− + x− =
Giải Điều kiện: x>1
Biến đổi phương trình dạng:
(
)
2(
)
3 4(
)
2(
)
lg x lg x 25 16 lg x lg x 25
− + − = ⇔ − + − =
Đặt t=lg2
(
x−1 ;)
t>0Khi phương trình tương đương với:
1
16 25 25
16
t
t t
t
=
+ − = ⇔
= −
So sánh với điều kiện ban đầu nhận nghiệm t=1
Suy 2
(
)
(
)
1 10 11
lg 1 lg 1 1 11
1
10 10
x x
x x
x x
− = =
− = ⇔ − = ± ⇔ ⇔
− = =
Vậy nghiệm phương trình cho 11; 11 10
x= x=
Ví dụ 5: Giải phương trình:
(
log27)
27 27
10
1 log log
3
x
x x
+ =
Giải Áp dụng qui tắc log a log
a x =a a x
Điều kiện: x>0
Biến đổi phương trình dạng:
27 27
2
27 27
10
1 log log 3log 10 log
3
x x x x
+ = ⇔ − + =
Đặt t=log27 x
Khi phương trình tương đương với:
3
3 10 1
3
t
t t
t
=
− + = ⇔
=
(15)Với 13 27
1
log 27 27
3
t= ⇔ x= ⇔ x= = =
Vậy nghiệm phương trình cho 3 ;9 3 x= x=
Ví dụ 6: Giải phương trình:
(
)
(
)
2
log 25x+ log 5x+
− = + +
Giải Điều kiện:
3
3
25
25 3
5
x
x
x x x
+
+ +
− >
⇔ − > ⇔ + > ⇔ > −
+ >
Biến đổi phương trình dạng:
(
)
(
)
(
)
2 2
log 25x+ −1 =log log 5+ x+ +1 ⇔25x+ − =1 5x+ +1
Đặt 5 ;x 0 t= + t>
Khi phương trình tương đương với:
2 4 5 0
5 t
t t
t
= −
− − = ⇔ =
So sánh với điều kiện ban đầu nhận nghiệm t=5
Suy 5x 5 3 1 2
x x
+
= ⇔ + = ⇔ = −
Vậy nghiệm phương trình cho x= −2
Ví dụ 7:Giải phương trình: log 33
(
)
log 3xx
+ + =
Giải Điều kiện:
(
)
3
2 log 3
log
3 3
3
0 1
x
x
x x
x x x
x x
+ + =
+ + > + > −
+ ≥ ⇔ ≥ − ⇔ ≠ >
≠ > ≠ >
Khi phương trình cho tương đương với:
(
)
(
)
23 3
log 3+ 3+x =2log x⇔log 3+ 3+x =log x ⇔ +3 3+x=x Đặt y= 3+x Khi ta có:
(
)(
)
2
2 2
3
1
x y x y
x y y x x y x y y x
x y
y x
= + =
⇔ − = − ⇔ − + = − ± ⇔
+ + = = +
Với 13
2
x=y⇒x − − = ⇔x x= ± So sánh với điều kiện nhận nghiệm 13
2
x= +
Với 1 2 0
2 x
y x x x
x
=
= − − ⇒ + − = ⇔ = −
(16)Vậy nghiệm phương trình cho 13
2
x= +
Ví dụ 8: Tìm tất nghiệm thuộc đoạn 5;
−
phương trình
2
cos cos
4 x x
+ =
Giải Áp dụng công thức cos 2 2cos 12
x= −
Biến đổi phương trình dạng:
2
2 2cos 2
2cos cos cos 2cos cos
4 4 4.4 12
4
x
x− + x= ⇔ + x− = ⇔ x x− =
Đặt cos2
4 x;
t= t≥
Khi phương trình tương đương với:
2 4 12 0
2 t
t t
t
= −
+ − = ⇔ =
So sánh với điều kiện ta nhận nghiệm t=2
Suy ra:
(
)
2 1
os 2
1 2
2
1
4 os ; ,
3
2
c x
x k
c x k k Z
x k
π
π π
π
= ± +
= = ⇔ = ⇔ ∈
= ± +
Hay ;
4
x=π +k π k∈Z Do 5;
4
x∈ −
nên có k =0;k =1 thỏa mãn
Vậy phương trình cho có hai nghiệm ;
4
x=π x= π
4 Sử dụng tính chất của hàm số:
Có số phương trình khơng thể dùng túy phương pháp trên, đơi cần phải dùng tính chất bất đẳng thức để giải, phát tập hợp chứa nghiệm thử nghiệm, phát nghiệm chứng minh nghiệm sử dụng tính chất đồng biến, nghịch biến hàm số
Ví dụ 1: Giải phương trình: 2x sin x
=
Giải Ta có nhận xét sau:
0
2
2
0
2 2
2 sin
sin
sin sin
x x
x x
x
x x
≥ = = =
⇒ = ⇔ ⇔
≠
≤ =
(17)Vậy phương trình cho vơ nghiệm
Ví dụ 2: Giải phương trình:
(
)
(
)
1
4 log
5
x
x x x x
x
− + + + − − + =
Giải Điều kiện:
2
2
2
2
0
4
0
0
3
4
8
x
x x
x x
x x x
x
x x
x x x x
>
− + ≥
> =
> ⇔ − + ≥ ⇔ ⇔
=
− + =
− − ≥ − + ≤
Từđó, nghiệm phương trình x=1hoặc x=3
Với x=1, thay vào phương trình ban đầu ta được:
1
1.log 1
5 1+ = ⇔ − + =
phương trình thỏa mãn
Với x=3, thay vào phương trình ban đầu ta được:
3
5 5
3
3 3
1.log log log log
5
5
+ = + =
Nhận xét: Vì 2 3
1
> nên 5 2 3
log
5
> , suy phương trình khơng thỏa mãn Vậy nghiệm phương trình cho x=1
Ví dụ 3: Giải phương trình: 2x 3x 5x
+ =
Giải Chia hai vế phương trình cho 5xta được:
2
1
5
x x
+ =
(1)
Nhận thấy x=1 nghiệm phương trình cho
Ta chứng minh x=1là nghiệm phương trình Thật vậy:
Đặt
( )
5
x x
f x = +
g x
( )
=1Dễ dàng thấy f x
( )
hàm nghịch biến g x( )
là hàm Do đồ thị hai hàm số cắt điểm điểm có hồnh độ x=1Vậy phương trình cho có nghiệm x=1
Ví dụ 4: Cho a b c, , độ dài cạnh tam giác vng có cạnh huyền c Giải phương trình:
a x x x
a +b =c b 2x 2x 2x
(18)Giải
a Do a b c, , độ dài cạnh tam giác vng có cạnh huyền cnên ta có: 2
a +b =c
Suy x=2 nghiệm phương trình x x x
a +b =c Ta lại có:
Vì a 1;b
c < c< nên hàm số ;
x x
a b
c c
nghịch biến
Suy ra,
( )
x x
a b
f x
c c
= + −
nghịch biến R
Hay x=2 ngiệm phương trình x x x
a +b =c b Đặt t=2x Khi phương trình cho tương đương với:
t t t
a +b =c
Theo câu a phương trình có nghiệm t =2
Suy 2x= ⇔2 x=1
Vậy phương trình có nghiệm x=1
Ví dụ 5: Giải phương trình:
(
)
2
5
log log 25
5
x
x x
−
+ − =
+
Giải Điều kiện: x>5
Biến đổi phương trình cho dạng:
(
)
(
)
2(
)
22 2
6
log 25 log log
4
x x
x x x
x x
=
−
− = ⇔ − = = ⇔ − = ⇔ =
+
So sánh với điều kiện ban đầu nhận nghiệm x=6
Vậy nghiệm phương trình cho x=6
Ví dụ 6: Tìm tất cặp số thực x y, thỏa mãn 2 log 53 ( 4)
3x − x− − 5−x+
= (1)
(
)
24 y − y− +1 y+3 ≤8(2)
Giải Ta có:
( 4) 2 log 53 log 53
5 x 3x x
y
− − −
− + − −
= ≥ = ⇒ ≤ − (*)
Với y≤ −3⇒ y = −y thay vào (2) ta được:
2 3 0 3 0
y + y≤ ⇔ − ≤ y≤ (**)
(19)Thay vào (1) ta
3
x x
y y
= − =
∨
= − = −
Vậy có hai cặp số thỏa mãn yêu cầu đề
(
− −1; 3)
và(
3; 3−)
Ví dụ 7: Giải phương trình:
Giải Đặt ;x
t= t> , ta nhận phương trình:
(
)
2 2 2 2 5 0
t + x− t+ x− =
Ta xem phương trình phương trình bậc hai theo t có hai nghiệm là:
2
t
t x
= −
= − +
Ta nhận nghiệm t= −2x+5 với điều kiện
5
x<
Suy 3x
x
= − + Nhận thấy x=1là nghiệm phương trình Thật vậy:
Nếu x>1ta có: 3
2
x
x
>
− + <
nên phương trình vơ nghiệm
Nếu x<1ta có: 3
2
x
x
<
− + >
nên phương trình vơ nghiệm
Vậy phương trình cho có nghiệm x=1
Ví dụ 8: Tìm số nguyên xthỏa mãn x
x + =
Giải
Với x=0: Đây không nghiệm phương trình cho Với x>0: Lấy logarit thập phân hai vế ta có:
(
x+3 lg)
x= ⇔0 x=1 x+ >3Với x<0: Nếu x số nguyên chẵn x+3là số lẻ, suy x
x + < hay phương trình cho vơ nghiệm Do x phải số nguyên lẻ
Ta thấy x= −1;x= −3là hai nghiệm phương trình Xét x< −5⇒ x ≥5, lúc này:
3
2
1
5
x x
x x x
x
+ −
+
= ≤ = ≤ khơng thỏa
Vậy phương trình cho có ba nghiệm phân biệt x=1;x= −1;x= −2
5 Những lưu ý:
(20)+ Phép thử trực tiếp dạng câu hỏi trắc nghiệm khách quan tìm tập nghiệm + Nhận xét xem phương trình cho phương trình dạng từđó phán đốn dạng phương án nhiễu
+ Việc sử dụng máy tính cầm tay giúp cho lớn dạng tập Do việc rèn luyện kỹ sử dụng máy tính cầm tay vô quan trọng
+ Nắm vững điều kiện có nghiệm dạng phương trình điều vơ cần thiết, giúp ích cho trình loại bỏ phương án nhiễu
+ Các ký biến đổi phương trình dạng quen thuộc cúng vơ quan trọng, địi hỏi phải nắm vững lý thuyết
+ Các phương pháp giải phương trình nêu chỉđể giúp định hướng nhanh số tập, từđó vận dụng vào tập trắc nghiệm nhanh
III BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1: Giải phương trình: a 4x 3.2x 10
+ − = b 3x−1+3x+3x+1=9477
c 1 1
5+x −5−x =24 d 91+x2 −31+x2 − =6 0
e 2 x 21− x 1
− = f 2lg lg
lg lg
x
x
x− = − + x−
Bài 2: Giải phương trình:
a 4log9x−6.2log9x+2log 273 =0
b 4log3x−5.2log3x+2log 93 =0
c 1 3
9x − −36.3x− + =3 d
( ) ( )
5 3 x+ 103 x−10+ =3 0 e 2 1 24x+ x − −5.2x− + x − =6
f 2.4−1x −6−1x =3.9−1x
Bài 3: Giải phương trình: a 500
x
x x
−
= b
1 1
49x−35x =25x
c 8x 18x 2.27x
+ = d
(
x2+1)
x+2 =1e ln
(
3)
ln(
1)
ln(
2 3)
x+ + x− = x + x−Bài 4: Giải phương trình: a 4x 8.2x 12
− + = b 2log2
(
x−2)
+log3(
x−4)
2 =0c 3lgx 54 lg3 x
= −
Bài 5: Giải phương trình:
3 4 5
log xlog xlog x=log xlog x+log xlog x+log xlog x Bài 6: Giải phương trình:
a 2 2
4 +x −9.2 +x + =8 b 1lg2x lgx2 13
(21)c
(
1)
lg(x 1) 100(
1)
x+ + = x+ d
(
x2− +x 1)
x+2 =1e xlog 1x( −x)2 =9 f
lg
5 lg 10
x
x
x
+
+
=
g x2+3log2x =xlog 52 h 251 2+ x x− +91 2+ x x− =34.152x x−2
i
(
2)
(
)
3
log x+ 12+ x+4x = −4 log x+ 6x +23x+21
Bài 7: Giải phương trình: a 2
2x−x+2 +x −x =5 b
(
7 3+)
x−3 2(
− 3)
x+ =2 0 c 3xx
+ − = d 9x2+3x2+1=4
Bài 8: Giải phương trình:
a
(
)
(
2)
2
log x +2x+3 −log 2+ x −x =0
b
(
)
3
log x +2x+1 −log x=2x−x c log 22
(
)
3
x
x
− = −
d
3
8
2
2
x x
x x−
− − − =
e log 2
(
7 12)
2x x − x+ =
Bài 9: Giải phương trình: a log 22
(
x)
x
− = − b log2x−316 2=
c log2x−3x=2 d log x+log x=log e log log4
6
x − x+ = f
3
9
9
5logx x+logx x +8log x x =2
Bài 10: Giải phương trình:
a 2log3( 16) log3( 16 1)
2 x− +2 x− + =24
b 2
(
)
1
log 2log
3 −x + −x =
c lg 10 lg(x2−21)− =2 lgx−2lg
d lg lg+
(
x+10)
= −1 lg 2(
x−1)
+lg 21(
x−20)
Bài 11: Giải phương trình:
a 4
(
)
4
2 2log 2.log 10
log
x x
x
+ − =
b log log4
(
x)
+log log2(
x)
=2c
(
)
1
logx+ 2x +2x −3x+1 =3
d
2 3
(22)e log3x−log 33 x− =1 Bài 12: Giải phương trình:
a
5
1
2
4
x
x
− −
= +
b
4
3
4
2
x x
−
− = −
c 65 12
6
x
x
−
= −
d
2
2
5 15
5
x
x
− −
= +
Bài 13: Giải phương trình:
a 9.41x+5.61x =4.91x b
9
2 2 2
2 x+ −3x+ =3x+ =4x+
c 5.251x +3.101x =2.41x d
1
2
2
5x+ =9x =3 x− −5x− Bài 14: Giải phương trình:
a 54x−6 =253x−4 b 33x−4 =92x−2 c 3.52 2.5 1
5
x− − x− = d 3.4 19 6.4 19
3
x+ x+ = x+ − x+
Bài 15: Giải phương trình:
a 32x+4 45.6x 9.22x+2 0
+ − = b
2
9 10
2
x
x−
+ =
c 32 3
100 10
x x
x
= +
d
1
5+x 5−x 26
+ =
Bài 16: Giải phương trình: a 8x 18x 2.27x
+ = b 3.8x 4.12x 18x 2.27x
+ − − =
c 2 2
2x+x−4.2x −x−2 x+ =4 0 d
(
2− 3) (
x+ 2+ 3)
x =14 Bài 17: Giải phương trình:a
(
)
(
)
2 2
log x +3x+2 +log x +7x+12 = +3 log
b
(
)
(
)
2
1− +x 1+ −x log x −x =0 c log 3.22
(
x 1)
x
− = +
d
(
5− 21)
x+7 5(
+ 21)
x =2x+3 Bài 18: Giải phương trình:a
(
3+) (
cosx+ 3−)
cosx =4b 2x+3=5x
c 2
2
2
x− x x
=
d 5 1
5
3 3
log cos 3tan log cos tan
2 2
x x
x x
+ − + + − =
(23)a 1
(
)
2 1(
)
3 1(
)
34 4
3
log log log
2 x+ − = −x + x+
b
(
)
(
)
3
log 3x log 3x+
− − =
c lg
(
6)
lg(
2)
4x − −x + =x x+ +
d
(
log6)
2
log x log
x+ = x
Bài 20: Giải phương trình:
a 6.91x−13.61x+6.41x =0
b 4 2( 1) 2( 2) 3
2x+ x+ x+ 2x +
= + − +
c 2.2x 2x 22x 2x
x + + − + =x − + + −
d
2
log 2log
2 x x 48
x
+ = −
Bài 21: Giải phương trình:
a 4x 11x 32x 13x
+ + =
b 4 1
8.3 x+ x +9 x+ =9 x
c log 3.22
(
x 1)
x
− = +
d 3log3x−log9x=5 Bài 22: Giải phương trình:
a log3 log 39 log27
x+ x+ x=
b
(
)
(
)
(
)
2 1
2
log x +3 +log 2log= x−1 −log x+1 c log2 log
2
x
x+ =
d log 64 log 16 32x
x
+ =
Bài 23: Giải phương trình:
a log 4.32
(
x 6)
log 92(
x 6)
− − − =
b log3 log9 log27 11 12
x+ x+ x=
c
(
2)
(
2)
3
log x+ 12+ x+4x +log x+ 21 23+ x+6x =4
d
(
)
2
log x+ x−1 log x+2x− =6 Bài 24: Giải phương trình:
a
2 32
1 75 11
3 log
4 log
2
x
x
x x
+ = −
b
(
)
9 3
1
log log log
2
x
(24)c log3 3.log2 log3 log2 x
x x
x − = +
d 2
8 log 64 log 16
3
x + x =
Bài 25: Giải phương trình:
a 1 1
3
log x−2 3+ = log x+1 b log2 x+ −1 logx+164 1= c 21 log+ 22x+224 =x2log2x
d 2.81x 7.36x 5.16x
− + =
Bài 26: Giải phương trình:
a 1 lg 2+
(
− x+x2)
−lg 1(
+x2)
=2lg 1(
−x)
b1
1 lg lg lg 27
x
x
+ + = −
c log log log3 9 27 log81
x x x x=
d
( 2) ( 2)
(
)
(
)
4
1 2
2
1
log log
4 log 2
x x x x
x
− = − − −
−
Bài 27: Giải phương trình:
a
(
x−4 log)
2 4(
x−1)
−2log4(
x−1)
2 =(
x−4 log)
2 x−14 2log 16− x−1b 7 7
3sin 2sin
log log
sin cos
x x
x x
x x
− −
−
=
c 6 2
(
)
6(
)
10 10
log x x sin 3x sinx log x x sin 2x
− + = −
d
(
)
1( 2) 25log
3
3
x x
x x
+ −
= − −
(25)I PHƯƠNG PHÁP CHUNG
Để giải bất phương trình mũ logarit, ta sử dụng tính chất đơn điệu hàm số
* Với hàm số mũ: + Nếu M N
a <a ⇔M >N + Nếu a>1 M N
a <a ⇔M >N
Chú ý ta biến đổi số, chẳng hạn như: log N ab
M N M
a <b ⇔a <a * Với hàm số logarit:
Ta cần đặt điều kiện tồn biểu thức logarit Ta có hàm số y=loga Nchỉ xác định
0 a a N
>
≠
>
+ Nếu 0<a<1 loga N<logaM ⇔N >M >0
+ Nếu a>1 logaN <logaM ⇔ <0 N <M
Chú ý rằng, ta biến đổi dạng số, chẳng hạn như:
log
log log log
log
a
a a a
a
N
N M N
b
< ⇔ <
1 Phương pháp mũ hóa logarit hố:
Kiến thức bản:
a ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
1
0
f x g x
a
f x g x
a a
a
f x g x
>
<
< ⇔
< <
>
b ( )
( )
( )
a
a
log
0
0 log
f x
a b
f x b
a b
a b
f x b
>
>
<
< ⇔
< <
>
>
c f x( )
a >b Xảy hai trường hợp sau:
(26)+ Trường hợp 2: b>0 ( )
( )
( )
log log a f x a af x b
a b
a
f x b
>
>
> ⇔
< <
< d log c a c a b a b c a b a
< <
>
< ⇔ >
< < e log log a a a b c b c a b c < <
> >
> ⇔
> < <
Ví dụ 1: Giải bất phương trình:
1 3 x x x x − − − ≥
(1)
Giải Điều kiện: 2 0
0 x x x x ≥ − ≥ ⇔ ≤
Theo đề ta có:
2 2 1 2 1 2
3 3
3
x x
x x
x x x x
x x x x
− −
− + −
− ≥ ⇔ − ≥ ⇔ − ≥ − + −
(2)
Với x≥2ta có x− >1 nên x− = −1 x Khi đó, (2) trở thành: 2 1
x − x≥ − thỏa mãn với x≥2
Với x≤0ta có x− <1 0nên x− = +1 x Khi đó, (2) trở thành:
(
)
22 2 2 1 2 2 1 3 2 1 0
x − x≥ − x+ ⇔x − x≥ − x+ ⇔ x − x+ ≥
bất phương trình vơ nghiệm với x≤0
Vậy bất phương trình cho có nghiệm x≥2
Ví dụ 2: Giải bất phương trình:
(
)
(
)
61
2
x x x − − + + ≤ −
Giải Điều kiện: x≠1
Biến đổi bất phương trình dạng:
(
2 1)
6 16(
2 1)
6 16(
2 1)
(27)Do 1+ > nên bất phương trình tương đương với:
2 2
1 1
6
1 6 6 6
1
x x x x
x
x
x x x x x x x x x x x
x x x
> − < − > − < −
− ≤ ⇔ ∨ ⇔ ∨ + − ≤ + − ≥ + − + ≥ − + ≤ > − ⇔ ≤ ≥
Vậy bất phương trình cho có nghiệm là: x x − ≤ ≤ ≥
Ví dụ 3: Giải bất phương trình: 2
(
)
3
log x x− 3−x >1 Giải Ta có:
(
)
( )
( )
2
2
3 2
3
log
3 3
x x
x x x x
x a b
x x x x x x
−
− > < − <
− > ⇔ ∨
− > − − < −
Giải (a):
2
2
3 5
3 2
1
1
3
3 x
x x x x
x x
x x x x x
x
− +
< <
− > − + < −
⇔ ⇔ ⇔ < <
<
− > − − + >
>
Giải (b):
2 2 2 3
0 3
3
3 2
0 3
2
3 1 3
3 x
x x x
x x x x
x x
x x x x x
x x x < < −
− > <
< − < − + > +
⇔ ⇔ ⇔ < <
+
> < − < − − + <
< < <
<
Vậy tập nghiệm bất phương trình cho là:
(28)Ví dụ 4: Giải bất phương trình: log 5
(
8 3)
2x x − x+ >
Giải Ta có:
(
)
( )
( )
2
2
2
1
5
log
0
0
x
x
a
x x x
x x
x
b
x x x
>
− + >
− + > ⇔
< <
< − + <
Giải (a):
2 2
1
1 3
2 2
5 8
3 x
x x x
x
x x x x x
x
>
> >
<
⇔ ⇔ ⇔ >
− + > − + >
>
Giải (b):
2
2
2
0
0 3
0 1 3
5
2
0 1
5
1
2
x x
x x
x x x
x x x
x
x x x
x < <
< <
< <
<
⇔ − + > ⇔ ⇔ < <
< − + <
>
− + <
< <
Vậy tập nghiệm bất phương trình là:
2< <x 5hoặc
x>
Ví dụ 5: Giải bất phương trình:
(
)
logx 5x −18x+16 >2
Giải Ta xét hai trường hợp sau:
* Nếu 1
x > ⇔x> , đó:
(
)
(
)
23
2
log 18 16 18 16 3
1
2 18 16
8
x x x x x x x
x
x x
x
− + > ⇔ − + > =
<
⇔ − + > ⇔
>
Suy trường hợp bất phương trình có nghiệm 1
(29)* Nếu 1
x x
< < ⇔ < < , đó:
(
)
(
)
23
2
2
log 18 16 18 16 3
5 18 16 18 16
1
2 18 16
x x x x x x x
x x x x
x
x x
− + > ⇔ < − + < =
− + > − + >
⇔ ⇔
< <
− + >
Do 1< <x 8không thỏa mãn điều kiện
3 x
< < nên trường hợp bất phương trình vơ nghiệm
Kết luận: Nghiệm bất phương trình cho là: 1
3 <x< x>8 Ví dụ 6: Giải bất phương trình: log
4
x x
− ≥
Giải Ta xét hai trường hợp sau:
* Nếu x>1, đó:
2 2
1 1 1
log 0
4 4 2
x x x x x x x x
− ≥ ⇔ − ≥ ⇔ − + ≤ ⇔ − ≤ ⇔ =
Với
2
x= không thỏa mãn điều kiện x>1nên trường hợp bất phương trình vơ nghiệm
* Nếu 0< <x 1, đó:
2
2
2
1
0
1 4 4
log
1
4
0
4
1
4
4
0
x
x x
x x x
x x x x
x
x x
− > >
− ≥ ⇔ < − ≤ ⇔ ⇔
− ≤ − + ≥
>
⇔ ⇔ >
− ≥
Với điều kiện 0< <x 1ta suy 1 4< <x
(30)Ví dụ 7: Giải bất phương trình: 7x+7x+1+7x+2 <5x+5x+1+5x+2 Giải
Trước tiên ta có:
(
)
1 2
7x+7x+ +7x+ =7 7x + + =57.7x
(
)
1 2
5x 5x+ 5x+ 5 5x 31.5x
+ + = + + =
Lúc bất phương trình tương đương với:
7 31 31
57.7 31.5 log ;
5 57 57
x
x x
x
< ⇔ < ⇔ < >
Vậy nghiệm bất phương trình cho 7
31 log
57
x<
Ví dụ 8: Giải bất phương trình:
(
)
(
)
log 35 log a a x x − > −Giải Biến đổi bất phương trình cho dạng:
( )
( )
(
)
( )
(
)
( )
3 3 35 log0
0 35
x x a x x x b x x −
− >
− > −
> ⇔
< − <
< − < −
Giải (a):
(
)
33
5 4 4
2
2
5
35
x x x
x x
x x
x x
− >
< <
⇔ ⇔ ⇔ < <
< < − + <
− > −
Giải (b):
(
)
3
3
2
4 5
0
35 35
0 35
2
5
3 x x x x x x x x x x x
< < < <
< − <
⇔ < ⇔ <
< − < −
<
− + >
>
vô nghiệm
Vậy nghiệm bất phương trình cho 2< <x
2 Phương pháp đặt ẩn phụ:
(31)Ví dụ 1: Giải bất phương trình:
6
log log
6 x x 12
x
+ ≤
Giải Điều kiện: x>0
Đặt
( )
6
log
log 6t x 6t t 6t
t= x⇒x= ⇒x = =
Khi phương trình tương đương với:
2 2
6
log log
6 x x 12 6t 6t 12 6t 1
x t t
+ ≤ ⇔ + ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤
Suy ra:
1
1
1 log 6
6
x − x x
− ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
Vậy nghiệm bất phương trình cho 6≤ ≤x
Ví dụ 2: Giải bất phương trình: 251 2+ x x−2 +91 2+ x x− ≥34.152x x−2
Giải Chia hai vế cho 1 2
9+ x x− , ta có:
2
1 2
5 34
1
3 15
x x x x
+ − + −
+ ≥
Đặt
2
1
,
3
x x
t t
+ −
= >
, ta có bất phương trình sau:
2
3
34
1
5 15
3 t
t t
t
< ≤
+ ≥ ⇔
≥
Từđó suy ra:
0
1
1
x x x
≤ ≤
≤ −
≥ +
Kết luận: nghiệm bất phương trình cho là:
0
1
1
x x x
≤ ≤
≤ −
≥ +
Ví dụ 3: Giải bất phương trình:
1 1
6.9x −13.6x+6.4x ≤0 Giải Điều kiện: x≠0
Chia hai vế cho 41x, ta nhận bất phương trình:
1 2 1
9 6
6 13 6 13
4 4
x x x x
− + ≤ ⇔ − + ≤
(32)Đặt , x
t= t>
, ta nhận bất phương trình:
2
6 13
3
t − t+ ≤ ⇔ ≤ ≤t
Từđó suy ra:
1 1
3 3
1
1
2 2
x x x x − ≤ − ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤ ⇔ ≥
Vậy nghiệm bất phương trình cho 1 x x ≤ − ≥
Ví dụ 4: Giải bất phương trình:
(
)
(
)
9
log 3x −4x+2 + >1 log 3x −4x+2 Giải
Điều kiện:
(
)
23
3
log 1
x x x
x x
x x
x
− + > ≤
⇔ − + ≥ ⇔
− + ≥
≥
Lúc ta đặt
(
)
log
t= x − x+ ta nhận bất phương trình:
(
)
21 0 2 1
1 2 1
2 1 t t
t t t t t t t
t
t t
≤ <
≤ <
+ > ⇔ > − ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤ <
< <
> −
Từđó suy ra:
(
)
9
1
3
0 log 1
7
3 x
x x x x
x
− < ≤
≤ − + < ⇔ ≤ − + < ⇔ ≤ <
Vậy nghiệm bất phương trình cho
1 x x
− < ≤
(33)Ví dụ 5: Giải bất phương trình: log 64 log 16 32x + x2 ≥
Giải Điều kiện: 2
2
2 0
2 1
0
1
x x
x
x x
x x
>
>
≠
⇔ ≠
>
≠
≠
Đưa số ta có bất phương trình:
6
2
2
2 2
log log
3
log 2x+log x ≥ ⇔1 log+ x+log x ≥ Đặt t=log2xta nhận bất phương trình sau:
(
)
(
)
(
)
(
)
2
3 1
6
3
1 1
0
t t t
t t t
t t t t t t t t
t
+ − < ≤ −
+ − + +
+ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔
+ + + +
< ≤
Với 1 log2 1 31
3 2
t x x
− < ≤ − ⇒− < ≤ − ⇔ < ≤
Với 0< ≤t 2⇒0 log< 2 x≤ ⇔ < ≤2 x
Vậy nghiệm bất phương trình cho
1
2
1
x x
< ≤
< ≤
Ví dụ 6: Giải bất phương trình: log 2.log log 2x 2x > 4x
Giải
Điều kiện: 1 x x x x
>
≠
≠
≠
Biến đổi bất phương trình dạng:
2 2
1 1
log x log+ x> log+ x
Đặt t=log2xta nhận bất phương trình sau:
(
)(
)
2
1 1
1 2
0
t t
t
t t t t t t
t
< −
−
> ⇔ > ⇔ − < < −
+ + + +
< <
(34)Từđó suy ra: 2 2 2 log 1
2 log
2
0 log
1 x x x x x x < < < −
− < < − ⇔ < <
< <
< <
Vậy nghiệm bất phương trình cho
x
< < 12
2 < <x
2 1< <x
3 Sử dụng tích chất của bất đẳng thức hoặc đưa về bất phương trình tích:
Ngồi phương pháp sử dụng phương pháp biến đổi đưa bất phương trình tích, sử dụng tính chất đồng biến, nghịch biến hàm số tính chất bất đẳng thức
Ví dụ 1: Giải bất phương trình: 2x2 3.2x2 2.2x2 12
x +x + + >x + x+
Giải
Đặt thừa số chung ta nhận bất phương trình:
(
)
(
) (
)
(
)
(
)
( )
( )
2 2
2
2
2
2
2
2 2 4
2
2
2
2
x x x x
x
x
x x x x
a
x x
b
x x
− − − − − < ⇔ − − − <
− <
− − >
⇔
− >
− − <
Giải (a):
2
2
2
2 2
2
2
1
2
3
x x x
x
x x
x x
x x
< − < <
− <
⇔ < − ⇔ < − ⇔ − < < −
− − >
>
>
Giải (b):
2 2
2
2
2
2
2
1
2
1 x x x x x x x x x
< − − > >
⇔ ⇔ ⇔ < <
>
− < < − − <
− < <
Vậy nghiệm bất phương trình cho
2
x x
− < < −
< <
(35)Ví dụ 2: Giải bất phương trình:
(
)
2
0
log
x x
−
≥ − −
Giải Theo đề ta có:
(
)
(
)
(
)
2 5log
5 5
0
log
0
log
x
x
x x
x
x
x x x
x x − = = − − = − > ≥ ⇒ ⇔ ⇔
− − − > +
> > +
− −
Vậy nghiệm bất phương trình cho
4 x x = > +
Ví dụ 3: Giải bất phương trình:
(
)
2 2
2 1 x x 1
x − +x + ≤
Giải
Nhận xét rằng: x2− + >x 0,∀ ∈x R Do đó, ta xét trường hợp sau: * Nếu 1
1 x x x x = − + = ⇔ =
Thử lại ta thấy x=0hoặc x=1là nghiệm bất phương trình cho * Nếu 1 1
x − + >x , bất phương trình tương đương với: 2 1 2 x x x x x x x x
<
− + >
⇔ > ⇔ − ≤ <
+ ≤
− ≤ ≤
* Nếu 0 1 1 0 1
x x x
< − + < ⇔ < < , bất phương trình ln
Kết luận nghiệm bất phương trình cho − ≤ <2 x
Ví dụ 4: Giải bất phương trình: log 5
(
8 3)
2x x − x+ >
Giải Theo đề ta có:
(
)
( )
( )
2 25
log
0
0
x
x
a
x x x
x x
x
b
x x x
>
− + >
− + > ⇔
< <
< − + <
Giải (a):
2 2
1 3
2
5 8
x x
x
x x x x x
> >
⇔ ⇔ >
− + > − + >
(36)Giải (b):
2
2
2
0
0 1 3
5
2
0
5
x x
x x x
x x x
x x x
< <
< <
⇔ − + > ⇔ < <
< − + <
− + <
Vậy nghiệm bất phương trình cho
2 x
3
< <
2
x>
Ví dụ 5: Giải bất phương trình:
2
4
2
3 2.cos
x x x π π − + + ≤
Giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
2 2
4 4
3 3 3
x x x x x
π π π π π
− + − + +
+ ≥ ≥ Mặt khác ta lại có:
2
2.cos x≤2
Do bất phương trình cho có nghiệm khi:
(
)
2
4 4
2
2 2 2
3 2
3 cos 1 sin 0
2cos 4
2
2
2
x x
x x x
x x
x x x x
x
x
x k k Z
π π π π π π π π π π π − + − + = = − + = ⇔ = ⇔ = = + = − = + = − ⇔ ⇔ = − = ∈
Vậy bất phương trình cho có nghiệm x= −2π
Ví dụ 6: Giải bất phương trình:
(
)
(
)
2
2
2
log log
0 x x x x + − + > − −
Giải Điều kiện: x> −1
Khi ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
2 3
3
log log 2log 3log 2.log
2 3log log
x x x x
x
+ − + = + − +
= − +
3 3
2 3log log log 0− = − >
Lúc bất phương trình cho tương đương với:
(
)
(
)
2
log x+1 x −3x−4 >0
(37)Xét hai trường hợp sau: *
(
)
2
2
1
3
4
log
1 x
x x
x x
x
x
< − − − >
⇔ > ⇔ >
+ >
+ >
*
(
)
2
2
3 4
1
1
log
x x x
x x
x
− − < − < <
⇔ ⇔ − < <
− < <
+ <
Vậy nghiệm bất phương trình cho − < <1 x 0;x>4
II BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1: Giải bất phương trình:
a 52x−1 5x 4
> + b 51+x 51−x 24
− >
c 49x 6.7x
− − < d 9x 2.3x 15
− − >
Bài 2: Giải bất phương trình: a 4x 10.2x 16
− + < b 4x 2x
− − <
c 52 | 1x+ −26.5x+ >5 0 d 9x 2.3x 3
− <
Bài 3: Giải bất phương trình: a 7−x 3.11+x 4
− > b 5x 53−x 20
− >
c 6.5x+1−5x+2+6.5x>22 d 5x−3x+1 >2 5
(
x−1−3x−2)
Bài 4: Giải bất phương trình:a 4x−1−2x−2 <3 b 2x+2−2x+3−2x+4 >5x+1−5x+2 c
2 1
2 21
2
x x
+
+ − + ≥
d
2
3 35
3
x x
−
− − + ≥
Bài 5: Giải bất phương trình:
a 4x−1≥2x−2+3 b 2x+2+2x+3−2x−1<5x+1−5x
c
4
log log x−log x+2<1
d
(
)
(
)
2
4x −16x+7 log x−3 >0
Bài 6: Giải bất phương trình:
a log2 x<5 b 3log8
(
x−2)
−6log8(
x−1)
> −2 c(
)
2
log x −1 ≥3 d log 13 43
(
x)
− >
Bài 7: Giải bất phương trình: a log2
1
x
x− ≤ − b log2
(
x+1)
−logx+164 1<c
3
log
1
x x
+ ≥ −
+ d 14
3
log
3
x x
(38)Bài 8: Giải bất phương trình:
a
(
)
1
log 1+ −x x −4 ≤0 b log3 1
3
x x
− − + ≤ −
c
(
)
1
log x − − +2 x ≤0 d log 22
(
− −x x2−1)
≥1Bài 9: Giải bất phương trình:
a 1
(
)
2
1
log log 1
2
x x
− + − ≤
b 1
2
1
log log
2
x x
+ + ≥
c 1
(
)
3
log x+ ≤6 log x+4 d 1
(
)
1(
)
5
1
log log
2 x+ ≥ x−
Bài 10: Giải bất phương trình:
a 1 1
(
)
2
log 5−x<log 3−x b 3lgx+2 <3lgx2+5−2
c
(
)
2
2 log− x +3x ≥0 d 2 3
3
log log x−3 0≥
M
Ộ
T S
Ố
PH
ƯƠ
NG TRÌNH, B
Ấ
T PH
ƯƠ
NG M
Ũ
VÀ LOGARIT KHƠNG M
Ẫ
U
M
Ự
C
I PHƯƠNG PHÁP CHUNG
Một số phương trình bất phương trình khơng thể dung phép tính hàm số mũ, logarit, dung tính đơn điệu để giải trực tiếp ta thường ý vài cách sau:
+ Dùng bất đẳng thức để giải: chẳng hạn giải phương trình dạng A=B Nếu A≥C B≤Cthì phương trình cho tương đương với hệ A C
B C
=
=
+ Phát nghiệm chứng minh nghiệm có nghiệm
+ Có thể sử dụng đồ thịđể giải
II CÁC VÍ DỤ
Ví dụ 1: Phương trình sau có nghiệm: 3x
x
= +
Giải Theo đề ta có:
3x 3x
x x
(39)Đặt
( )
3xf x = − −x hàm liên tục trên R
Ta có:
( )
( )
( )
0
2
1
5
243 f
f f
= − < = > − = >
Suy phương trình f x
( )
=0có nghiệm nằm khoảng(
−5;0)
nghiệm nằm khoảng(
0; 2)
Vẽđồ thị hàm số ;x y= y= +x :
Đồ thị cho thấy đường cắt hai giao điểm nên phương trình cho có hai nghiệm
Ví dụ 2: Giải phương trình: 2x1 4x 1
x
+ − = −
Giải Theo đề ta có:
(
)
1
2x 4x 2 2x x
x x
+ − = − ⇔ − = −
Thấy x=1thỏa mãn phương trình nên nghiệm Khi x>1 2 2
1
x x
x x
> − < ⇒
− > − >
vơ lý hay phương trình vơ nghiệm
Khi x>1 2 2
1
x x
x x
< − > ⇒
− < − <
vô lý hay phương trình vơ nghiệm
(40)Ví dụ 3: Giải phương trình: 2cos2 2 2
x x
x +x = + −
Giải Ta có:
2
2
cos 2cos
6
x +x x +x
≤ ⇒ ≤
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ; 2x −x ta được:
2x 2−x 2 2x −x
+ ≥ =
Suy
2 2
2 cos
2cos 2
6
2
x x
x x
x x
x x
x
−
−
+
=
+
= + ⇔ ⇔ =
= =
Vậy phương trình cho có nghiệm x=0
Ví dụ 4: Giải phương trình: lg
(
6)
lg(
2)
4x − −x + =x x+ +
Giải Điều kiện:
2
3
2
2 x
x x
x x
x
x
< −
− − >
⇔ > ⇔ >
+ >
> −
Biến đổi phương trình dạng:
(
)
2 6
lg lg
2
x x
x x x
x
− −
= − ⇔ − = −
+
Xét hàm số: f x
( )
=lg(
x−3)
là hàm sốđồng biến x>3g x
( )
= −4 x hàm số nghịch biến x>3Thấy rằng: f
( )
4 =g( )
4 =0nên x=4là nghiệm phương trình cho Thật vậy:* Với x>4thì f x
( )
> f( )
4 =g( )
4 >g x( )
nên không thỏa mãn * Với x<4thì f x( )
< f( )
4 =g( )
4 <g x( )
nên không thỏa mãn Vậy x=4 nghiệm phương trình choVí dụ 5: Giải phương trình:
(
)
2
lg
1
lg
x x− =
Giải Điều kiện: 2
5
6 5
6
6
0 0
x x
x x
x
− >
>
⇔ ⇔ >
>
≠
(41)(
)
(
)
2
2
lg lg lg 0 1
5
6
lg 6 5 1 6 5 1
1 x
x x
x x
x x
x x
x
x x x
=
− − = = =
⇔ − ⇔ − ⇔ = ⇔ =
− ≠
− ≠ − ≠ ≠
Vậy nghiệm phương trình cho x=5
III.BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1: Giải phương trình sau: a 3x 4x 5x
+ = b 2x 3x 5x
+ =
c 5x 12x 13x
+ = d 2x 3x 5x 10x
+ + =
Bài 2: Giải phương trình sau: a 2x
x
+ − = b 3x 4x 12x 13x
+ + =
c
x
x
= +
d
x
x
= −
Bài 3: Giải bất phương trình sau:
a
(
2 7 12)
1(
14 2 2 log)
x
x x x x
x x
+ − + − ≤ − +
b 2
4
3
5 10 12 3log
x x x x x
x
− + + + − − + ≥
Bài 4: Trong nghiệm bất phương trình logx2 2y2
(
2x y)
+ + ≥ , nghiệm có
2x+ylón
Bài 5: Giải hệ phương trình:
3
2 2log
6
8 cot tan
3
6
4log 27 2log
6
y
x x
y x
x
x
π π
π
π −
=
+ = −
PHƯƠNG TRÌNH BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT CHỨA THAM SỐ
Những tốn có chứa tham số tốn hay khó để trình bày cách trọn vẹn Một công cụ hiệu quảđể làm dạng tốn cơng cụđạo hàm Qua toán tuyển sinh, cách hay cách khác, ta thường đưa toán áp dụng đạo hàm sử dụng bảng biến thiên
Trên tinh thần đó, chúng tơi cố gắng liệt kê hầu hết kiểu câu hỏi liên quan đến phương trình, bất phương trình mũ logarit chứa tham số Có thể chia làm hai dạng chính:
1/ Giải biện luận phương trình theo tham số m
(42)đó, người học có nhìn xun suốt phương pháp giải tốn chứa tham số mà không cảm thấy rối
I PHƯƠNG PHÁP CHUNG Giải biện luận:
- Giải biện luận phương trình, bất phương trình dạng tốn khó, khơng cẩn thận dễ làm thiếu nghiệm tốn Nhưđã nói trên, cơng cụđạo hàm, dễ dàng đánh giá quét hết giá trị tham số cách trực quan thơng qua bảng biến thiên
•Một số lưu ý giải biện luận phương trình, bất phương trình: + Phải quét đủ tất giá trị tham số m »
+ Các nghiệm giải chứa tham số ta phải đối chiếu với điều kiện toán
+ Điều kiện tốn đơi chứa tham số ta khơng nên cố tìm cách giải tìm điều kiện cụ thể Khi có nghiệm cụ thể, ta thay vào điều kiện đểđối chiếu dễ dàng
+ Một điều đặt ẩn phụ, ta nên nhận xét mối quan hệ ẩn phụ ẩn đề Ví dụ : Nếu đặt t =x2 − −x
Xem t hàm theo x t x′
( )
=2x−1Bảng biến thiên: x
+∞
2 −∞ ( )
t x′ - + ( )
t x +∞ +∞ 25
4
−
Từ bảng biến thiên, ta có thểđưa nhận xét: • t ≥ 25
4
− , ∀ ∈x »
• t = 25
4
− , tương ứng với nghiệm x 25
4
t > − , cho ta nghiệm x phân biệt
Điều có ý nghĩa quan trọng yêu cầu toán biện luận theo m số nghiệm phương trình
Ví dụ 1: Giải biện luận theo a phương trình:
4x 2x
a
− + = (*)
Giải Đặt t = 2x, t >
(43)(*) trở thành:
t − = −t a (1)
Số nghiệm (*) số nghiệm t > (1) Xét hàm số
y=t −t (0;+∞)
2
y′ = t−
Bảng biến thiên:
t
2
+∞
( )
y t′ - 0 +
( )
y t
1 −
+∞
Số nghiệm (1) số giao điểm đồ thị y=t2 −t đồ thị y = −a Dựa vào bảng biến thiên ta có:
+ Nếu
4
a
− < −
4
a
⇔ > , (1) vô nghiệm nên (*) vô nghiệm + Nếu
4
a= , (1) có nghiệm t >
2 0
4
t − +t = ⇔ =t
2x
x
−
= ⇔ = −
+ Nếu
4
a< : (1) có nghiệm t >
(1) 1
2
a
t ± −
⇔ =
* 1 log21
2
x a a
x
+ − + −
= ⇔ =
* 1 log21
2
x a a
x
+ − + −
(44)Ví dụ 2: Giải biện luận theo m phương trình 4x (2x 1)
m
− − = (*)
Giải: Đặt: 2x
t= , t>0
Mỗi giá trị t ứng với giá trị x (*) trở thành: t2 −4 (m t−1) 0= (1)
2 4 ( 1)
t m t
⇔ = −
2 t
m t
⇔ =
− ( t = không nghiệm (1) )
Số nghiệm (*) số nghiệm t > (1) Xét h/số:
2 t y
t
=
− (0;+∞)
2 ( 1)
t t
y t
− ′ =
−
Bảng biến thiên:
x +∞
y’ - - +
y
-∞
+∞ +∞
4
* Chú ý:
lim ( )
t
f t
−
→ = −∞,
2
1 lim
1
t
t t
+
→ = − = +∞
Số nghiệm (1) số giao điểm đồ thị hàm số:
2 t y
t
=
− đường thẳng y = 4m
Dựa vào đồ thị ta có:
+ 4≤ m<4⇔o≤m<1
(1) vô nghiệm nên (*) vô nghiệm + m < 0; (1) có nghiệm:
2
2
4
2
t mt m
t m m m
⇔ − + =
(45)nhận 2 2
t = m+ m −m>0
2
2
2x 2 log 2( m)
m m m x m m −
= + − ⇔ = +
+ 4m=4⇔m=1 (1) có nghiệm, nên (*) có nghiệm (1) 4 4 0 2
t − t+ = ⇔ =t
2x
x
= ⇔ =
+ 4m>4⇔m>1; (1) có nghiệm nên (*) có nghiệm
2
2
2
2x 2 log (2 1)
t m m m
m m x m m
= ± −
= ± − ⇔ = ± −
Ví dụ 3: Giải biện luận theo a phương trình:
7
8
2
x
a
+ −
+ =
(*)
Giải Đặt
2
x
t = + , t>0
Mỗi giá trị t tương ứng giá trị x (*) trở thành: t a t2 8t a
t
+ = ⇔ − = ( t>0 ) (1)
Xét ( ) 8
f t =t − t (0,+∞)
Nghiệm (1) hoành độ giao điểm đồ thị hàm số y= f t( ) đường thẳng y=a
( )
f t′ = t−
Bảng biến thiên:
t +∞
( )
f t′ - 0 +
( )
f t
-16
+∞
Số nghiệm (*) số nghiệm t>0 (1) Biện luận:
+ a<-16, phương trình (1) vơ nghiệm nên (*) vô nghiệm + a=-16, (1) 8 16 0 4
(46)7
4 log
2
x
x
+
+
= ⇔ =
+ -16<a≤0, (1) có nghiệm: t= ±4 16+a > 0, ∀ ∈ −a
(
16,0]
(*) có nghiệm:7 2
4 16 log (4 16 )
2
x
a x a
+
+
= ± + ⇔ = ± +
+ a>0, (1) có nghiệm: t= +4 16+
(*) có nghiệm: 7 2
log (4 16 )
x= + + +a
* Nhận xét:
- Qua bảng biến thiên, ta biện luận dễ dàng số nghiệm phương trình (*) - Nhận xét “ giá trị t tương ứng với giá trị x nhất” cần thiết Điều thể rõ qua ví dụ sau
Ví dụ 4: Giải biện luận theo m phương trình sau
2 2
4
log (−x +3x−2) log (− −x +3x−2)+m=0 (*)
Giải
Điều kiện: 3 2 0 (1; 2)
x x x
− + − > ⇔ ∈
Đặt:
4
log ( 2)
t = −x + x−
Xem t hàm theo x (1;2)
( 3) ln ( )
3
x t x
x x
− +
′ =
− + −
3 ( )
2
t x′ = ⇔x=
Bảng biến thiên:
x
2
2
( )
t x′ + 0 -
( )
t x
−∞
-1
−∞
Từ bảng biến thiên ta có:
+ t ≤ ∀ ∈1; x (1; 2)
+ Mỗi giá trị t < -1, ứng với giá trị x (*) trở thành: 2
t − t = −m (1)
Số nghiệm (1) số giao điểm đồ thị hàm số: 2
y=t − tvà đường thẳng (d):y =-m Xét 2
y=t − t
(
−∞;1]
2 0;
(47)Bảng biến thiên:
t −∞ -1
( )
y t′ -
( )
y t +∞
3 Dựa vào bảng biến thiên ta có:
+ −m<3⇔m> −3, (1) vô nghiệm nên (*) vô nghiệm + −m≥3⇔m≤ −3
(d) cắt (c) điểm
(
−∞ −; 1]
(1) có nghiệm
(
−∞ −; 1]
(1): 2 0 t − t+m=
1 1
t m
⇔ = − − , t2 = +1 1−m Xét t1 = − ⇔ −1 1−m= − ⇔1 m= −3 Do đó:
+ m = -3: (*) có nghiệm:
4
log (−x +3x−2)= − ⇔1 x=1,5
+ m < -3, (*) có nghiệm phân biệt
4
log (−x +3x−2) 1= − 1−m
2 1
2
3
3
2
m
m
x x
x
− −
− −
⇔ − + + =
± −
⇔ =
• Nhận xét:
Qua phần nhận xét tương ứng t x giúp ta nhiều việc rà soát tất trường hợp xảy khơng bị dư nghiệm Cụ thể, ví dụ ta khơng xét m = -3 phương trình có nghiệm ta đến kết luận sai
Các ví dụ phương trình đường cong đường thẳng có sẵn Có tốn ta cần phải biến đổi đưa vềđược dạng
Ví dụ 5: Giải biện luận theo m số nghiệm phương trình: (m+3)16x (2 1)4x
m m
+ − + + = (1)
Đặt 4x
t = , t >
Mỗi giá trị t tương ứng x (1)trở thành: ( 3) (2 1) 1 0
m+ t + m− t+m+ = , t > (2)
2
( 1)
m t t t t
⇔ + + = − + −
2
3
2
t t
m
t t
− + − =
+ + , (
2 2 1 0
(48)• Xét hàm số: y=f(t)= 232
2
t t
t t
− + −
+ + (0,+∞)
2
4
( 1)( 1) (3 1)(2 2)
( )
( 1)
t t t t t t
f t
t
− + + + + − + + ′ =
+
= 4 4
3
7( 1)( )
7 7
( 1) ( 1)
t t
t t
t t
− + −
− − +
=
+ +
= 3
3
7( )
7 ( 1)
t t
− −
+
Bảng biến thiên:
t
7
+∞
( )
f t′ + 0 -
( )
f t -1
1 20 −
-3
Số nghiệm (2) số giao điểm đồ thị hàm số (C) y=f(x) đường thẳng: y=m (*) m > 11
20 −
m < -3, (d) không cắt (C) ⇒(2) vô nghiệm ⇒ (1) vô nghiệm
(*) m= 11
20 −
, (d) cắt (C) mộy điểm
(
0,+∞)
⇒ (2) có một nghiệm
(
0,+∞)
2
49 21
0
20t −10t+20 =
3
log
7
t x
⇒ = ⇔ =
(*) 11
20 m
−
> > − , (d) cắt (C) hai điểm
(
0,+∞)
⇒ (2) có hai nghiệm phân biệt
(
0,+∞)
(2) 20 11 20 11
2( 3) 2( 3)
x
m m m m
t
m m
− ± − − − ± − −
⇔ = ⇔ =
+ +
(
)
4
1 20 11
log (
2
m m
x
m
− ± − − ⇔ =
+ )
(*) -3 < m <-1, (d) cắt (C) điểm
(
0,+∞)
⇒ (2) có nghiệm (*)(
)
1 20 11
2
m m
t
m
− + − − =
(49)(
)
1 20 11
4
2
x m m
m
− + − −
⇒ =
+
(
)
1 20 11
log (
2
m m
x
m
− + − − ⇔ =
+ )
Ví dụ 6: Giải biện luận theo m phương trình
(
)
(
)
2 2
4
log −x +3x−2 −2 log −x +3x−2 +m=0 (*)
Giải ĐK: −x2 +3x− >2 0⇔ ∈x
(
1, 2)
Đặt
(
)
4
log
t = −x + x−
Xem t hàm theo x
(
1, 2)
( )
(
)
2 ln
3
x t x
x x
− +
′ =
− + −
3 ( )
2
t x′ = ⇔ x=
Bảng biến thiên:
x
2
2
( )
t x′ + -
( )
t x
−∞
-1
−∞
Từ bảng biến thiên ta có: + t≤ ∀ ∈1; x
(
1, 2)
+ Mỗi t<-1, ứng với 1giá trị x
1
t = − , úng với giá trị x (*) trở thành: 2
t − t = −m (1)
Số nghiệm (1) số giao điểm đồ thị (C) hàm số y=t2 −t đường thẳng (d) y= −m Xét hàm số y=t2 −t
(
−∞ −, 1]
2 0,
y′ = t− ≤ ∀ ≤ −t
Bảng biến thiên:
t −∞ +∞
y′ -
y +∞
(50)Dựa vào bảng biến thiên ta có:
+ −m<3⇔m> −3, (1) vơ nghiệm nên (*) vô nghiệm
+ −m≥3⇔m≤ −3, (d) cắt (C) điểm
(
−∞ −, 1]
⇒ (1) có nghiệm(
−∞ −, 1]
(1)
1
2 1 , 1
t − t+m= ⇔t = − −m t = + −m
Xét t1 = − ⇔ −1 1−m = − ⇔1 m= −3
Do ta có: * Với m=-3 : (*) có nghiệm
(
)
4
3
log
2
x x x
− + − = − ⇔ =
* Với m<-3, (*) có hai nghiệm phân biệt
(
)
4
2 1
1
log 1
3
3
2
m
m
x x m
x x
x
− −
− −
− + − = − −
⇔ − + + =
± − ⇔ =
• Nhận xét:
Phần nhận xét tương ứng t x giúp ta đếm đầy đủ nghiệm x cách dễ dàng Cụ thểở ví dụ trên, khơng xét m= −3 phương trình có nghiệm ta đến kết luận sai
Ví dụ 7: Giải biện luận phương trình sau
2
2
1
3
4 x a log ( 3) x xlog (2 2)
x x x
− − − +
− − + − + =
2
2
3 2
1
2 log ( 3) log (2 2)
4x a− x x 2x − x x a
⇔ − + = − +
(
)
(
)
2 2 1 2 2
3
2x x log x a log
x x − x a
− +
⇔ − + = −
ĐK: 2 1 0 x − x+ ≥
(
)
22 2 3 1 2 2,
x − x+ = x− + ≥ ∀ ∈x » x−a + ≥2 2,∀ ∈x »
Xét hs : y =f(t)=2 log3
(
2)
t
t+
[
2;+∞)
y=2t y=
(
)
3
log t+2 đồng biến
[
2;+∞)
Do (1) :
(
2 1)
(
2)
f x − x+ = f x−a( )
2
2
2
2
1 2
4 0(3)
x x x a
x a
x x a
⇔ − + = −
+ − =
⇔
− + + =
Xét hàm: g(x)= 1
x +
(51)( )
g x′ =2x
( )
h x′ =2x-4
Ta có bảng biến thiên:
x -∞ +∞
( )
h x′ - + ( )
h x +∞ +∞
-3
- Nghiệm (2) hoành độ giao điểm đồ thị hàm số y=g(x) đồ thị (d1):y=2a
- Nghiệm (3) hoành độ giao điểm đồ thị hàm số y=h(x) đồ thị (d2):y=-2a
- Nghiệm (*) hợp nghiệm (2) (3) *Biện luận:
Phương trình (2): (*) 2a < ⇔ a <
2, (2) vô nghiệm
(*) a =
2, (2) có nghiệm: x =
(*) a >
2, (2) có hai nghiệm: x= ± 2a−1
x −∞ +∞
( )
g x′ - + ( )
g x +∞ +∞
(52)Phương trình (3): -2a < -3
2
a
⇔ > , (3) vô nghiệm
(*) 3,
a= (3) có nghiệm (3), 4 4 0 2
x − x+ = ⇔x=
(*) 3,
a< (3) có hai nghiệm: x= ±2 2− a Hợp hai trường hợp ta có:
(*) a > 3,
2 (*) có hai nghiệm x= ± 2a−1
(*) 3,
a= (*) có ba nghiệm: x = 2, x= ±
(*) 3,
2<a< (*) có bốn nghiệm: , x= ± 2a−1, x= ±2 2− a
Xét: 2a− = −1 2− a
(
)(
)
2 2 ,
2
a a a a a
⇔ − − = ⇔ − + − = ⇔ = ∈
Do đó: a = 1, (*) có ba nghiệm: x= ±1, x =
{ }
1
, \
2
a∈
, (*) có bốn nghiệm: x= ± 2a−1, x= ±2 2− a
1 ,
(53)(*)
2
a< , (*) có hai nghiệm: x= ±2 3− a Ví dụ 8: lg
(
2 3)
lg 8(
6)
x − mx+ = x− m (*)
(*)
(
)
2
3
8 4
8
2
2 , (1)
m x
x m
x x
x mx x m
m x x
>
− >
⇔ ⇔
− + − + = −
= ≠
−
Nghiệm (1) số giao điểm đồ thị hàm số:
( )
2 8 3
x x
f x
x
− + =
− (C) đường thẳng
( )
g x = m (d)
( )
(
)
2
2
6 21
,
3
x x
f x x
x
− +
′ = ∀ > −
2
3 32 16
4 16
m m m
f
m
− +
⇒ =
−
- Nếu: 3 4
m
m
< ⇒ <
x −∞ 3m/4 +∞
f’(x) + + +
f(x)
+∞
3
( )
4
m f
+∞
−∞
(d) cắt (C) hai điểm ⇒ (1) có hai nghiệm
Nghiệm (1) nghiệm (*)
2 4
3 32 16
2 5
4 16
4 m
m m m
m f m
m
m
−
< < − +
⇔ > ⇔ > ⇔ −
>
Trường hợp m < (loại)
⇒ nghiệm (*) là: 4 2 13 x=m+ ± m + m+
- Nếu: 3 4
m
m
(54)x 3m/4 +∞
( )
f′ x + +
( )
f x +∞
3
( )
4
m f
⇒ f x
( )
cắt g x( )
điểm ⇒( )
1 có nghiệm Nghiệm (1) nghiệm (*)4
m
m f m
⇔ > ⇒ >
⇒ nghiệm của (*) là: 4 2 13 x=m+ + m + m+
Kết luận:
(+) \ 4,
(
4,)
5
m∈ − ∪ +∞
» phương trình (*) vô nghiệm
(+) 4,
5
m∈ −
phương trình (*) có hai nghiệm:
2
4 13
x=m+ ± m + m+
(+) m∈
(
4,+∞)
phương trình (*) có nghiệm: 4 2 13x=m+ + m + m+
Ví dụ 9: Giải biện luận bất phương trình: 22x 2.2x 0
m
+
− + <
Đặt t =2x+1 ĐK: t >0
Mỗi giá trị t ứng với giá trị x (*) trở thành:
t − +t m < (1) Đặt f(t) =
t −t
Nghiệm (1) phần đồ thị (C) hàm số y= f(t) nằm bên đường thẳng y= -m (d) miền (0;+∞)
f’(t)= 2t-1 Bảng biến thiên:
t
2
+∞
( )
f t′ - 0 +
( )
f t +∞
2 −
Từ bảng biến thiên ta có:
+ 1
2
m m
(55)⇒Không có điểm của (C) nằm dưới (d), (1) vơ nghiệm nên (*) vô nghiệm
+ 0
2 m m
− < − < ⇔ < <
⇒đường thẳng (d) cắt (C) tại điểm
Xét phương trình 0 t − +t m=
2 ( 1) 4.m
∆ = − −
= 4− m
1
2
m
t ± −
⇒ =
(1) ⇔ 1 1
2
m m
t
− − + −
< <
Do đó:
⇔ 1 1
2
x
m + m
− − + −
< <
2
2
1 1
log log
2
1 1
log log
2
m m
x
m m
x
− − + −
⇔ < + <
− − + −
⇔ − < < −
+ −m≥0 ⇔m≤0
⇒ (d) cắt (C) tại điểm có hồnh độ lớn hơn 1
2
Nên từ (1)
1
2
1
2
2
1
log
2
x
m t
m m x
+
+ −
⇔ <
+ −
⇔ <
+ −
⇔ < −
Ví dụ 10: Giải biện luận bất phương trình:
1
log ( )
m
x m
−
+ > , (*)
Bất phương trình xác định khi:
1 1
0
2
m m
x m
≠
−
>
−
+ >
(56)2
2
0
m m
x m
≠
⇔ >
+ ≠
2
1
2
m m m
m
x m
> ∧ ≠ >
⇔ ⇔
≠
+ ≠
Với m m
≠
>
, (*) trở thành:
2
logm− (x +2 ) 0m < , (1)
+Nếu m− < ⇔1 m<2 vớim∈(1; 2)
(1) 2 1
x m
⇔ + >
2 1 2
x m
⇔ − > −
Đặt f x( )=x2 −1
Nghiệm (2) phần đồ thị (C) hàm số y=f(x) nằm phía đường thẳng (d): y= -2m
'( )
f x = x Bảng biến thiên:
x −∞ +∞
f’(x) - +
f(x) +∞ +∞
-1
Dựa vào bảng biến thiên ta biện luận:
* 1
2
m m
− < − ⇔ > , Kết hợp điều kiện 1< m < (d) hoàn toàn nằm (C) Nên tập ngiệm (2) »
* 1
2
m m
− ≥ − ⇔ ≤ (Khơng thoảđiều kiện tốn)
+Nếum− > ⇔2 m>3
(1) 2 1
x m
⇔ + <
1 2
x m
⇔ − < − (3)
Nghiệm (3) phần đồ thị (C) nằm bên đường thẳng (d) Biện luận:
* 1
2
m m
− < − ⇔ > , kết hợp điều kiện m >3 (d) nằm hồn tồn bên (C)⇒(3) vơ nghiệm
(57)Kết luận:
+ Với m∈(1; 2), (*) có tập nghiệm »
+ Với m∈»\ 1; 2
(
)
(*) vơ nghiệm• Nhận xét: Với cách giải trên, có nhìn ban đầu tốn giải biện luận bất phương trình Nó phức tạp tốn biện luận phương trình Thực ra, với tốn trên, giải có thểđơn giản nhiều
Với điều kiện: m m
≠
>
ta xét hai trương hợp
+ Nếu m>2, bất phương trình cho tương đương 2 1 0 1 2
x + m− < ⇔ x < − m
Mà 2− m<0,∀m>2 nên bất phương trình vơ nghiệm + Nếu 1<m<2, bất phương trình cho tương đương
2 2 1 0 1 2
x + m− > ⇔x > − m
(
1, 2)
m m
∀ ∈ ⇒− < − < − , nên bất phương trình ∀x Ví dụ 11: Giải biện luận bất phương trình:
.9x 4.( 1)3x
m + m− +m> (*)
Đặt : 3x
t= ; t >0
Mỗi t ứng với giá trị x (*) trở thành: .2 4.( 1) 1
m t + m− t+m>
( 4 1) _1
m t t t
⇔ + + > (1)
Nhận xét: ta có t>0⇒t2 +4t+ >1 ∀ >t (1) 24
4
t m
t t
+ >
+ (2)
Đặt: ( ) 24
4
t f t
t t
+ =
+ +
Khi nghiệm (2) hồnh độ phần đồ thị (C) hàm số: y=f(t) nằm đường thẳng y=m miền (0:+∞)
2
2
4( 1) (2 4)(4 1) '( )
( 1)
t t t t
f t
t t
+ + − + + =
+ +
24 2 2
( 1)
t t
t t
− − =
+ +
1
'( ) 0
2
(58)Bảng biến thiên: + Chỉ xét t>0
t +∞
( )
f t′ -
( )
f t
0 Từ bảng biến thiên ta có:
+Với m≤0 ta thấy khơng có điểm (C) nằm (d)⇒(2) vơ nghiệm nên (*) vô
nghiệm
+Với0<m<1 ta thấy (d) cắt (C) điểm Xét phương trình: 4( 1) 1 0
mt + m− t+m− = ' 3 7 4
m m
∆ = − +
' 0 1
4
m
∆ < ⇔ < <
Do ∀ ∈m (0 :1) :(3)
2
2(m 1) 3m 7m t
m
− ± − +
⇔ =
* 2(1 m) 3m2 7m 4m m
− − − +
>
3m 7m 2(1 m)
⇔ − + < − (vì m∈(0;1))
2
3m 7m 4(m 1)
⇔ − + < − (vì 1-m>0; ∀ ∈m (0;1)
2 0 0 1
m m m m
⇔ − > ⇔ < ∨ > (không thoả 0<m<1)
(2) t 2(1 m) 3m2 7m m
− + − +
⇔ >
2
3
2(1 ) 2(1 )
3x m m m log m m m
x
m m
− + − + − + − +
> ⇔ >
+ Nếu m≥1:
* 4:
m ′
< < ∆ < a = m >
(1) ∀ >t
Do (*) ∀ ∈x » *
3
m≥ : (d) nằm hoàn toàn (c) ( miền (0;+∞)
Do đó: (2) ∀ >t
Suy ra: (*) ∀ ∈x » Kết luận:
+ m≤0, (*) vô nghiệm
+ 0<m<1, (*) có tập nghiệm: (
2(1 )
log m m m ;
m
− + − +
(59)+ m≥1, (*) có tập nghiệm »
Ví dụ 12: Giải biện luận bất phương trình: 4x- 5.2x+ m
≤ (*)
Đặt t= 2x ,t 0
≥
Mỗi giá trị t ứng với giá trị x (*) trở thành: 5
t − t≤ −m (1) Đặt f(t)= t2 −5t
Nghiệm (1) hoành độ giao điểm phần đồ thị (C) hàm số y=f(t) nằm đường thẳng y=-m miền
(
0;+∞)
( )
f t′ = t−
Bảng biến thiên:
t
2
+∞
( )
f t′ - 0 +
( )
f t
25 −
+∞
Từ bảng biến thiên ta có:
⊕ -m < -25 25 ⇔m>
Đường thẳng y=-m nằm (C) Do (1) vô nghiệm ⇔(*) vô nghiệm
⊕ -m = 25 25
4 m
−
⇔ =
5 25 0
4
t − t+ ≥
t
⇔ =
2
5
2 log
2
x
x
⇔ = ⇔ =
⊕ -25 0 25
4 <m< ⇔ <m<
(d) cắt (C) điểm
Xét phương trình: t2 −5t+m=0 (2) ∆ = 25=4m
25
4
m
∆ > ⇔ <
25 :
4
m
∀ ∈
2 5 0 5 25 4
(60)(1) ⇔ −5 25 4− m ≤ ≤ +t 25 4− m 25 2x 25
m m
⇔ − − ≤ ≤ + −
⇔log 52
(
− 25 4− m)
≤ x≤log 52(
+ 25 4− m)
0
m m
⊕ − ≥ ⇔ ≤
(d) cắt (C) điểm Xét m=0
(2) 5 0 t − t =
0
t t
⇔ = ∨ =
Do đó, (d) cắt (C ) điểm có hồnh độ ≥5
(1)⇔0< ≤ +t 25 4− m
0 2x 25
m
⇔ < ≤ + −
(
)
2
0 x log 25 4m
⇔ < ≤ + −
Kết luận: ⊕ 25
m> , (*) vô nghiệm ⊕ 25
4
m= , (*) có nghiệm x=log2
⊕ 0<m<25
4 , (*) có tập nghiệm T1 log (52 25 );log 5m 2
(
25 4m)
= − − + −
⊕ m≤0 , (*) có tập nghiệm T2 =
(
0;log (52 + 25 4− m)
Ví dụ 13: Giải biện luận bất phương trình:2
5
1 log (+ x +1) log (≥ mx +4x+m) (*)
2
5
log 5(x 1) log (mx 4x m)
⇔ + ≥ + +
2
2
4
5( 1) ;(1)
mx x m
x mx x m
+ + >
⇔
+ ≥ + +
(I)
(1) 24
x x
m x
− +
⇔ ≥
+ (2), (
2 1 0; x + > ∀x) Đặt
2
5
( )
1
x x
f x
x
− + =
+
2
2
(10 4)( 1) (5 5)
( )
( 1)
x x x x x
f x
x
− + − − +
′ =
+
= 422 42 ( 1)
x x
(61)Bảng biến thiên:
x −∞ -1 +∞
( )
f′ x + 0 0 +
( )
f x
5
7
3
5
Nghiệm (2) phần đồ thị (c) hs: y = f(x) nằm đường thẳng y = m (d) Từ bảng biến thiên ta có:
+ m > 7: (d) nằm (c)⇒ (2) vô nghiệm
+ m = 7: (d) cắt đồ thị điểm (-1;-7) (2)⇔x = -1
Thay m = 7, x = -1 vào (I) ta có:
7.( 1)− +4( 1) 0− + > (thoả) + < m <
(d) cắt (c) điểm
Xét pt: ( 5) 4 5 0 m− x − x+m− = (2)
2
4 (m 5) m 10m 21
′
∆ = − − = − + −
0 14 m 14
′
∆ ≥ ⇔ − ≤ ≤ +
(5;7)
m
∀ ∈ , (2)
2
2 10 21
5
m m
x
m
− ± − + − ⇔ =
−
Và 4 0
mx + x+m>
(1) 2 10 21 2 10 21
5
m m m m
x
m m
− − − + − − + − + −
⇔ ≤ ≤
− −
+ m = 5, f(x) = 5⇔ x=0
(1)⇔ x≤0
+ < m < 5,
(d) cắt (c) điểm
Ta có: ∀ ∈m (3;5); (2)
2
2 10 21
5
m m
x
m
− ± − + − ⇔ =
−
2 4 0
mx + x+m>
(1) 2 10 21
5
m m
x
m
− − − + − ⇔ <
− ∨
2
2 10 21
5
m m
x
m
− + − + − >
−
+ m≤3: tồn bộđồ thị (c) nằm phía (d) (I): 4 0
mx + x+m>
2
4 m m m
′
∆ = − < ⇔ ≤ − ∨ ≥
Do đó:
(62)+ − ≤2 m<0
(I) m2 x m2
m m
− − − − + −
⇔ < <
⇒ (*) có tập nghiệm ( m2 ; m2 )
m m
− − − − + −
+ 0≤m<2:
(I) x m2 x m2
m m
− − − − + −
⇔ < ∨ >
⇒ (*) có tập nghiệm: x m2 x m2
m m
− − − − + −
< ∨ >
+ m< -2: (I) vơ nghiệm
⇒ (*) khơng có nghĩa
• Nhận xét: Với tốn này, sẽ luyện được khả năng nhìn nhận một cách tổng quát Bảng biến thiên đã giúp nhiều việc rà soát trường hợp, nếu khơng rất khó để có thể biện luận đầy đủ Bài toán một đề thi 1điểm nếu câu hỏi đưa ra được giới hạn bởi điều kiện đó, sẽ nói vềđiều đó dạng toán sau
2 Các toán tham số có điều kiện:
Ví dụ 1: Tìm giá trị tham số a để pt sau có nghiệm:
4x 2x
a a
− − + = (*)
Giải: Đặt t=2x , t >0
(*) trở thành: 3 0
t −at− + =a
(
)
2
2
3
3
t a t
t
a t
⇔ + = + +
⇔ =
+
( Vì t+1> 0)
Nghiệm (*) tương ứng với t>0 (1): Xét hàm số: y= f(t)=
1 t
t
+
+
(
0;+∞)
( )
(
)
(
)
2
2
2 3
( 1) 1
t t t t t
f t
t t
+ − − + −
′ = =
+ +
Bảng biến thiên:
t +∞
( )
f t′ - 0 +
( )
f t
2
+∞
(63)(*) có nghiệm⇔(1) có nghiệm t>0 ⇔m≥2
Ví dụ 2: Với giá trị m, phương trình sau có nghiệm
[ ]
1;8 :2
log x−log x + =3 m (*) Giải:
Đặt t= log2 x
Xem t hàm theo x
[ ]
1;8ln
t x
′ = > ; ∀ ∈x
(
[
1: 8]
)
Bảng biến thiên:x
( )
t x′ +
( )
t x
3
Từ bảng biến thiên ta có: t ∈
[
0;3]
; ∀x[ ]
1;8 (*) trở thành: 2 3t − t+ =m (1)
Nghiệm (*) ứng với nghiệm t ∈
[
0;3]
[ ]
1;8 (1) Xét hàm số: y= f(t)= 2 3t − t+
⇒ f t′( ) 2= t−2
t
( )
f t′ - 0 +
( )
f t
2
6
Nghiệm (1) hoành độ giao điểm đồ thị hàm số
( )
2 3 y= f t =t − t+đường thẳng y= m
Vậy (*) có nghiệm
[ ]
1;8(1)
⇔ có nghiệm
[
0;3]
2 m
⇔ ≤ ≤
Ví dụ 3: Với giá trị m, phương trình sau có nghiệm ∈
[
0;+∞)
:9x 3x
m m
− + = (*)
Giải: Đặt t=3x ; t>0
Mỗi giá trị t ứng với giá trị x (*) trở thành: t2 −6 m t+ =5 m
(
)
2 5 6 1
t m t
(64)2 5
6
t
m t
+
⇔ =
+ ( Vì 6t+1> 0) (1)
Số nghiệm (1) số giao điểm đồ thị hàm số: y= f(t)=
6
t t
+
+ đường thẳng y= m
(
0;+∞)
Xét f(t)=
6
t t
+ +
( )
(
)
(
)
(
)
2
2
2 6
6
t t t
f t
t
+ − +
′ =
+
Bảng biến thiên:
t 61 1
2
− +∞
( )
f t′ - 0 +
( )
f t
41 61
3 61
− −
+∞
(*) có nghiệm
[
0;+∞)
⇔ (1) có nghiệm
(
0;+∞)
5
m
⇔ >
Ví dụ 4: Tìm m để phương trình sau có nghiệm ∈1,3 3
:
2
3
log x+ log x+1 −2m−1=0
Giải
Đặt:
3
log
t= x+
3 1;3
x
∀ ∈
2
3
0 log≤ x≤ 3⇒1≤ log x+ ≤1 (*) trở thành: 2 2
t + − =t m (1)
Số nghiệm cua (*) 1;3 3
số nghiệm (1)
[ ]
1;Xét
( )
2f t =t + −t
[ ]
1;( )
;[ ]
1; f′ t = t+ > ∀ ∈t (65)t
( )
f t′ +
( )
f t
0
(*) có nghiệm 1;3 3 ∈ ⇔ (1) có nghiệm ∈
[ ]
1;0 2m m
⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
Ví dụ 5: Tìm giá trị a để phương trình sau có nghiệm phân biệt dương
2
1
1
9−x −a.3−x +2 0= (*)
Giải: Đặt t=
1
3−x Xem t hàm theo x
(
0;+∞)
2
1
2
3 x
t x
−
′ = > ; ∀ ∈x
(
0;+∞)
Bảng biến thiên:
x +∞
( )
t x′ +
( )
t x
Từ bảng biến thiên ta có:
⊕t∈
(
0;3)
; ∀ >x⊕Mỗi t∈
(
0;3)
tương ứng giá trị x (*) trở thành:2 2 0
t −at+ =
(
)
2 2
0 t
a t t
+
⇔ = > (1)
(*) có nghiệm dương phân biệt
⇔ (1) có nghiệm phân biệt
(
0;3)
Xét hàm số: y = f(t)=2 2 t
t
+
( )
2
2 t f t
t
− ′ =
(66)t 2
( )
f′ t - +
( )
f t +∞
2
11
Số nghiệm (1) (0;3) số giao điểm đồ thị hàm số y= t2 t
+
đường thẳng y= a
Vậy (*) có nghiệm dương phân biệt 2 11 a
⇔ < <
Ví dụ 6: Định m để phương trình:
2 2
os sin sin 3c x x x
m
+ ≥ (*) có nghiệm Giải:
(
)
2 2
2
sin
os sin sin
sin
sin
(*) 2.3
3
9
x
c x x x
x
x
m m
+
⇔ + ≥
⇔ + ≥
Đặt t= sin2 x ; t∈
[ ]
0;1(*) trở thành:
9
t t
m
+ ≥
(1)
Xét hàm số
( )
9
t t
f t = +
[ ]
0;1( )
3ln 1 ln 69 9
t t
f′ t = + <
∀ ∈t
[ ]
0;1Bảng biến thiên:
t
( )
f′ t -
( )
f t
1
(67)Từ bảng biến thiên ta có: (*) có nghiệm ⇔ (1) có nghiệm t∈
[ ]
0;1 ⇔m≤4Ví dụ 7: Định m để bất phưong trình:
(
)
.4x 2x
m + m− + +m− > (*) thoả ∀x Giải:
Đặt 2x
t= >
(*) trở thành: m
t + 4(m-1)t + m-1>
(
4 1)
4 1m t t t
⇔ + + > + (1)
( )
2
4
4
t
m f t
t t
+
⇔ > =
+ +
( )
(
)
2 2
4
0
4
t t
f t
t t
− − ′ = <
+ +
∀ >t
Bảng biến thiên:
t +∞
( )
f t′ -
1
0
Nghiệm (1) hoành độ phần đồ thị hàm số y= f(t) nằm bên đường thẳng y=m (*) thoả ∀x∈» ⇔ (1) thoả ∀ >t
⇔m≥1
Ví dụ 8: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
2 2
2
1
x x
m m
−
= + +
(*)
Giải: Ta có: 1 0
m +m+ > ∀m nên (*) 1
(
)
3
2 log
x x m m
⇔ − = + +
Đặt
( )
2 f x = x − xSố nghiệm phương trình (*) số giao điểm đồ thị hàm số y = f(x) đường thẳng y=
(
)
1
log m +m+1
(68)x
( )
f x 2
x − x 2x−x2 x2 −2x
( )
f′ x 2x−2 2− x 2x−2
( )
f′ x - + - +
( )
f x
Từ bảng suy (*) có nghiệm:
(
)
1
0 log 1
1
1
1
m m
m m
m
⇔ < + + < ⇔ < + + < ⇔ − < <
Ví dụ 9: Tìm tất cặp số a<1, b>0 để phương trình x b
a = x có nghiệm dương Tìm nghiệm với cặp a,b tìm
Giải: Phương trình x b
a =x b>0 tương đương với phương trình
( )
1
0
x x
b b
a x f x a x
= ⇔ = − =
(1)
Ta có:
( )
1
ln
x x
b b
f′ x =a a −
( )
f′ x > ⇔
1
1
log
ln b
x
b
a b
a e
a
> =
( )
1
0 log
b
x
b
a
f′ x < ⇔a < e
Đặt
0
1
1
log b
x
b
a
a e
=
Bảng biến thiên:
x −∞ x0 +∞
( )
f′ x - 0 +
( )
(69)⊕ Nếu f x
( )
0 >0: (1) vô nghiệm⊕ Nếu f x
( )
0 <0: ta có f(0)= >0 xlim→+∞ f x( )
= +∞⇒ (1) có nghiệm dương
⊕ Nếu f x
( )
0 =0: (1) có nghiệm dương Tìm nghiệm:( )
0
1
1
0 0 log
b
x
b
a
f x = ⇔a = x ⇔x = e
(vì
0
1
1
log b
x
b
a
a e
=
Suy
1
log
b a
e
b
x =a =e
Thay x0 =e vào
0
1
0
x
b
a x
=
ta
e b
a =e ( Do b>0) Vậy a = t b = elnt ∀ >t
Ví dụ 10: Tìm m để bất phương trình:
(
)
2
log x −2x+m > −3 (*) có nghiệm Giải:
(
)
2
2
2
2
2
(*) log log
2
2
2
2
x x m
x x m
x x m
m x x
m x x
⇔ − + <
− + >
⇔
− + <
> − +
⇔
< − + +
Xét hàm số
( )
( )
2
2
2
2
y f x x x
y g x x x
= = − +
= = − + −
( )
( )
2
2
f x x
g x x
′ = − +
′ = − +
Ta có bảng biến thiên x −∞ +∞
( )
f′ x + -
( )
f x
−∞ −∞
x −∞ −∞ ( )
g x′ + - ( )
g x
(70)Tập nghiệm bất phương trình tập hồnh độ giao điểm đường thẳng y=m đồ thị hàm số y= f x
( )
y=g x( )
Trong đó, đường thẳng y=m phải nằm đồ thị( )
y = f x nằm đồ thị y =g x
( )
Vậy bất phương trình cho có nghiệm ⇔m<9
• Nhận xét: Bài tốn vừa có dạng giống với tốn biện luận phần trước Nhưng lời giải cho toán ngắn điều kiện tốn giới hạn
BÀI TẬP VẬN DỤNG
1 Giải biện luận phương trình, bất phương trình mũ, logarit a)
(
5 6+)
tgx +(
5 6−)
tgx =ab) 4 x1 x 14.2 x x 8
m
+ + − + + −
− + =
c) 1 1
9x x 8.3x x
m
+ − − + + + =
e) lg(x+3) lg(ax)= +
f) lg( ax) lg(8 3 3)
x + = x− a+
g) 4x 5.2x
m
− + >
h) 4x 5.2x
m
− + >
k) 2
1
2
2 log 2log
x − x a + − a <
2 Tìm điều kiện m để phương trình sau: a) 9x 2.3x
m
− + = có nghiệm (-1; 2) b) 2
9x 4.3x m
− + = có nghiệm
[
−2;1]
c) 4x 2x 3 m
+
− + = có nghiệm d) 4x 2x
m
− + = có nghiệm
[ ]
1; e) 4x2 2x2 6m
+
− + = có nghiệm f) 4x 2
(
2)
xm m
− + + − = có nghiệm trái dấu g)
(
2x 2)
1 2xa − + = − có nghiệm h)
3
3 2
7 4.7
x x
m
+ − − +
− − = có nghiệm Tìm điều kiện m để phương trình sau:
a) log
(
x−2)
=log2(
mx)
có nghiệmb)
( )
2log x−logx x + =3 m có nghiệm thuộc
[ ]
1;8 c) log (42 x )m x
− = + có nghiệm phân biệt d)
(
)
22
4 log x −log x+m=0 có nghiệm (0;1)
e) 2
(
)
2
2
(71)f)
(
3)
log 9x
a
+ = có nghiệm phân biệt
g)
(
)
5
log + x +mx+m+1 +log − x=0 có nghiệm
h)
(
)
(
)
1 10
lg 2x− −a +log x +4ax =0 có nghiệm Tìm điều kiện m để bất phương trình sau:
a)
3
3 2
7 4.7
x x
m
− + − +
− − > ∀x b) 4x .2(x1) 3 2 0
m + m
− + − < ∀x c) 4x
(
2 1 2)
x 0m + m m
− + + + ≥ ∀x
d) 25x
(
2 5 5)
x 5 0m m m
− + + + > ∀x
e) 4s inx 21 s inx m
+
+ > ∀x
f) .92x2 x
(
2 1 6)
2x2 x .42x2 x 0m − − m+ − +m − ≤ ∀x cho
x ≥
5 Tìm giá trị để bất phương trình sau có nghiệm: a) 32x
(
3 3)
x 2(
3)
0m m
+ − + − + <
b) 4x
(
2 1 2)
x 0m + m m
− + + + ≥
c) 9x
(
2 1 3)
x 0m m m
− − + − ≥
d) 25x 5x
(
1)
m − m− >
d) 3.4x
(
2)
x 2(
1)
m m
− − − − <
e) 4x 2x
m m
(72)K
Ế
T LU
Ậ
N
Các d
ạ
ng tốn có liên quan
đế
n hàm s
ố
M
ũ
Logarit th
ườ
ng khơng d
ễ
,
đ
ịi h
ỏ
i
s
ự
t
ậ
p trung, nh
ạ
y bén lúc gi
ả
i quy
ế
t chúng Trong vi
ế
t này, gi
ớ
i thi
ệ
u ch
ủ
y
ế
u d
ạ
ng tốn có liên quan
đế
n ph
ươ
ng trình, b
ấ
t ph
ươ
ng trình m
ũ
logarit mà
đạ
o hàm cơng c
ụ
để
gi
ả
i tốn T
ấ
t nhiên, có r
ấ
t nhi
ề
u ph
ươ
ng pháp
để
gi
ả
i tốn v
ề
hàm m
ũ
logarit Vì th
ế
qua vi
ế
t này, ch
ỉ
mong cung c
ấ
p m
ộ
t
nhìn sâu h
ơ
n vi
ệ
c s
ử
d
ụ
ng
đạ
o hàm
để
gi
ả
i toán
Do th
ờ
i gian có h
ạ
n trình
độ
cịn h
ạ
n ch
ế
nên vi
ế
t ch
ắ
c không tránh
đượ
c nh
ữ
ng thi
ế
u sót, kính mong th
ầ
y b
ạ
n
đ
óng góp ý ki
ế
n b
ổ
sung
để
(73)TÀI LI
Ệ
U THAM KH
Ả
O
(74)M
Ụ
C L
Ụ
C
PHẦN MỞĐẦU
I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
II MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
III ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
IV PHẠM VI NGHIÊN CỨU
VI PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
PHẦN NỘI DUNG
Phần 1: CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ HÀM SỐ MŨ VÀ LOGARIT
1 Tóm tắt lũy thừa hàm số mũ
2 Tóm tắt hàm số logarit
Phần 2: CÁC DẠNG BÀI TẬP
1 Một số phương pháp giải phương trình mũ logarit
2 Một số phương pháp giải bất phương trình mũ logarit 25
3 Phương trình, bất phương trình mũ logarit chứa tham số 41
KẾT LUẬN 72