Kinh nghiệm phân tích và giải phương trình, bất phương trình mũ và logarit nhằm giúp học sinh rèn luyện tư duy và phát triển năng lực được tốt hơn

MỤC LỤC Trang Mở đầu 1.1 Lý chọn đề tài………………………………………………………… 1.2 Mục đích nghiên cứu…………………………………………………… 1.3 Đối tượng nghiên cứu…………………………………………………… 1.4 Phương pháp nghiên cứu……………………………………………… 1.5 Những điểm SKKN………………………………… ………… Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận đề tài………………………………………………… .3 2.2 Thực trạng đề tài………………………………………………… 2.3 Giải pháp thực đề tài………………………………………………… 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm……………………………… 21 Kết luận, kiến nghị 3.1 Kết luận……………………………………………………………………22 3.2 Kiến nghị …….……………………………………………………… 22 Tài liệu tham khảo………………………………………………… .24 1 Mở đầu 1.1 Lí chọn đề tài Là mơn chủ đạo cấp học, ngồi việc cung cấp cho học sinh hệ thống kiến thức, kĩ tính tốn Mơn Tốn cịn góp phần phát triển nhân cách, phẩm chất người lao động, rèn luyện cho học sinh đức tính cẩn thận, xác, có tính kỉ luật, tính phê phán, tính sáng tạo, bồi dưỡng óc thẩm mĩ Qua nhiều năm cơng tác giảng dạy trường THPT nhận thấy việc học tốn nói chung việc phụ đạo, bồi dưỡng học sinh nói riêng Muốn học sinh rèn luyện tư phân tích tốn việc học giải tốn thân người thầy cần phải có nhiều phương pháp nhiều cách giải Để có học sinh giỏi mơn tốn điều khó, cịn phụ thuộc vào nhiều ngun nhân, có nguyên nhân khách quan nguyên nhân chủ quan Song địi hỏi người thầy cần phải tìm tịi, nghiên cứu tìm nhiều phương pháp cách giải qua tốn Từ rèn luyện cho học sinh lực hoạt động tư phân tích tốn đến lời giải nhanh xác ‘’Phương trình bất phương trình mũ logarit’’ mảng Giải tích 12, mảng nằm cấu trúc đề thi tốt nghiệp, đề thi đại học Và phần kiến thức mẻ học sinh, nên việc tư phân tích để nhìn nhận cách giải tốn lúng túng khó khăn - Từ thực tế đưa ý tưởng: “phân tích giải phương trình, bất phương trình mũ logarit nhằm rèn luyện tư phát triển lực học sinh ” 1.2 Mục đích nghiên cứu Rèn cho học sinh khả tư phân tích tốn tìm lời giải nhanh nhất, tạo hứng thú học tập cho học sinh Làm cho học sinh hiểu rõ phương pháp giải phương trình, bất phương trình mũ logarit Từ nâng cao chất lượng học tập học sinh học việc giải đề thi đại học 1.3 Đối tượng nghiên cứu Trong năm học 2020-2021, thực đạo Sở GD&ĐT nhà trường, tổ chuyên môn, ứng dụng sáng kiến vào giảng dạy lớp 12C2 , với thời lượng tiết học 1.4 Phương pháp nghiên cứu Sử dụng phương pháp sưu tầm, phân tích tài liệu phương pháp, tài liệu dạy học Nghiên cứu cấu trúc nội dung chương trình Tốn THPT Gặp gỡ, trao đổi, tiếp thu ý kiến đồng nghiệp để tham khảo ý kiến làm sở cho việc nghiên cứu đề tài Thông qua thực tế dạy học lớp, giao tập, củng cố học, hướng dẫn học sinh chuẩn bị kết hợp với kiểm tra, đánh giá 1.5 Những điểm sáng kiến kinh nghiệm Trong học phần: Phương trình, bất phương trình mũ logarit Học sinh nắm chưa chắc, chưa hiểu rõ chất, khả suy luận lơgíc, khả khái qt phân tích tốn cịn hạn chế, đặc biệt khó khăn học sinh giải bất phương trình mũ logarit hình dung tập hợp nghiệm Một số khơng học sinh thường sai lầm biến đổi tương đương bất phương trình, học sinh thường quên để ý đến số dương lớn Vì học sinh cịn lúng túng, xa lạ, khó hiểu Nên chưa kích thích nhu cầu học tập học sinh Để em tiếp thu cách có hiệu xin đưa vài phương pháp rèn luyện tư phân tích tốn giải phương trình, bất phương trình mũ logarit Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Nhiệm vụ trung tâm trường học THPT hoạt động dạy thầy hoạt động học trò, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài” Giúp học sinh củng cố kiến thức phổ thơng, đặc biệt mơn Tốn, mơn học cần thiết thiếu đời sống người Mơn Tốn trường THPT môn độc lập, chiếm phần lớn thời gian chương trình học học sinh Mơn Tốn có tầm quan trọng to lớn Nó mơn khoa học nghiên cứu có hệ thống, phù hợp với hoạt động nhận thức tự nhiên người Nó có khả giáo dục lớn việc rèn luyện tư duy, suy luận logic, đem lại niềm vui, hứng thú, hình thành nhân cách tốt đẹp cho người lao động thời đại Chương trình dạy học truyền thống xem chương trình giáo dục định hướng nội dung, định hướng đầu vào Chú trọng vào việc truyền thụ kiến thức, trang bị cho người học hệ thống tri thức khoa học khách quan nhiều lĩnh vực khác Chương trình giáo dục định hướng lực, dạy học định hướng kết đầu ra, nhằm mục tiêu phát triển lực người học mặt nội dung chuẩn đầu Những định hướng chung, tổng quát đổi phương pháp dạy học theo chương trình định hướng phát triển lực là: Phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động người học, hình thành phát triển lực tự học sở trau dồi phẩm chất linh hoạt, độc lập, sáng tạo, tư Có thể lựa chọn cách linh hoạt phương pháp chung phương pháp đặc thù môn để thực dựa ngun tắc “Học sinh tự hồn thành nhiệm vụ nhận thức với tổ chức, hướng dẫn giáo viên” Việc sử dụng phương pháp dạy học gắn chặt với hình thức tổ chức dạy học Tùy theo mục tiêu, nội dung, đối tượng điều kiện cụ thể mà có hình thức tổ chức thích hợp học cá nhân, học nhóm; học lớp, học lớp… Cần sử dụng đủ hiệu thiết bị dạy học tối thiểu qui định Có thể sử dụng đồ dùng dạy học tự làm xét thấy cần thiết với nội dung học phù hợp với đối tượng học sinh Tích cực vận dụng cơng nghệ thơng tin dạy học 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Chủ đề phương trình,bất phương trình mũ logarit kiến thức chương trình tốn giải tích lớp 12 Việc dạy học vấn đề học sinh giúp học sinh hiểu rõ ý nghĩa hàm số mũ, hàm số logarit, đặc biệt toán phương trình,bất phương trình Đây nội dung thường gặp đề thi học kì II, đề thi TN THPT, đề thi CĐ , ĐH, thi HSG Nhìn chung học vấn đề này, đại đa số học sinh (kể học sinh giỏi) thường gặp khó khăn, sai lầm sau: - Khơng đưa số - Chiều bpt Do dó học sinh có cảm giác “xa lạ” so với học giải phương trình,bất phương trình học trước - Học sinh chưa thực hứng thú có cảm giác nhẹ nhàng học vấn đề , trái lại học sinh có cảm giác nặng nề, khó hiểu 2.3 Giải pháp thực Trong học phần: Phương trình, bất phương trình mũ logarit Học sinh nắm chưa chắc, chưa hiểu rõ chất, khả suy luận lơgíc, khả khái qt phân tích tốn cịn hạn chế, đặc biệt khó khăn học sinh giải bất phương trình mũ logarit hình dung tập hợp nghiệm Một số khơng học sinh thường sai lầm biến đổi tương đương bất phương trình, học sinh thường quên để ý đến số dương lớn Vì học sinh cịn lúng túng, xa lạ, khó hiểu Nên chưa kích thích nhu cầu học tập học sinh Để em tiếp thu cách có hiệu xin đưa vài phương pháp rèn luyện tư phân tích tốn giải phương trình, bất phương trình mũ logarit I Lý thuyết sở Một số cơng thức có liên quan STT CƠNG THỨC MŨ an = a.a a 123 a1 = a ∀a m n a n = am − a m n = loga aM = M alogaN = N an loga(N1.N2) = loga N1 + loga N2 = m an loga a = a0 = ∀a ≠ a− n = loga 1= n thua so CÔNG THỨC LOGARIT N loga( ) = loga N1 − loga N2 N2 n m a loga Nα = α loga N am.an = am+ n am n a = am− n loga N2 = 2.loga N (am)n = (an)m = am.n loga N = loga b.logb N 10 (a.b)n = an.bn logb N = loga N loga b 11 a an ( )n = n b b loga b = logb a 12 loga N = M ⇔ log k N = M a =N a 13 a loga N k logb c log a =c b Một số định lý quan trọng: S TT CÔNG THỨC ĐIỀU KIỆN aM = aN ⇔ M = N aM < aN ⇔ M > N aM > aN ⇔ M< N < a a N ⇔ M > N a>1 0 0;N > loga M < loga N ⇔ M >N loga M > loga N ⇔ M loga M < loga N ⇔ M < N loga M >loga N ⇔ M >N a > M > 0; N > PHƯƠNG TRÌNH MŨ 1.1 Phương pháp 1: Biến đổi tương đương đưa phương trình f x g x a) Phương trình dạng 1: a ( ) = a ( ) ⇔ f ( x ) = g ( x ) (là phương trình đại số) b) Phương trình dạng 2: a f ( x ) = b * Nếu b ≤ phương trình vơ nghiệm f x * Nếu b > a ( ) = b ⇔ f ( x ) = log a b c) Phương trình dạng tựa 2: a f ( x ) b g ( x ) = c * Nếu c ≤ phương trình vơ nghiệm * Nếu c > logarit hóa hai vế theo số a (hoặc b) đưa phương trình dạng f ( x ) + g ( x ) log a b = log a c (hoặc g ( x ) + f ( x ) log b a = log b c ) d) Phương trình dạng tựa 1: a f ( x ) = b g ( x ) ( a > 0, b > 0, a ≠ 1, b ≠ 1) * Nếu a = b phương trình phương trình dạng * Nếu a ≠ b logarit hóa hai vế theo số a ( b) đưa phương trình dạng f ( x ) = g ( x ) log a b , ( g ( x ) = f ( x ) log b a ) Áp dụng: Bài số 1: Giải phương trình sau: x  3 27 =  ÷ ÷;  81  x Hướng dẫn phân tích lời giải x  3 27 =  ÷ ÷  81  x Phân tích VT = 27 x = 33 x x  3 ÷ ÷  81  VP =   12 = 3   Lời giải x 7x  3 − 3x 27 =  ÷ ÷ ⇔3 =3 81   7x ⇔ 3x = − ⇔ x=0 x x x  7x ÷ =  −  = 2− ÷ ÷   ÷   1.2 Phương pháp 2: Giải phương trình dạng: a u ( x ) + a v( x ) = a u ( x ) + v( x ) + Đối với dạng phân tích đưa phương trình tích ( )( ) u( x ) v( x ) = , phương trình giải dạng a − 1 − a Áp dụng: Bài số 2: Giải phương trình sau: 5x + x −5 + 5−2 x −3 x −1 = 5− x + x −6 +1 Hướng dẫn phân tích lời giải Phân tích Ta thấy (x ⇔ 5x ) ( Lời giải ( ) + x − + −2 x − x − = − x + x − Như 5− x + x −6 = 5x + x −5 5−2 x x + x −5 − x −1 +5 + x −5 −2 x −3 x −1 = 5− x )( − 1 − −2 x 2 + x −6 − x −1 +1 ) =0 5 x + x − − =  x + x − = 50 ⇔ ⇔ 2 1 − 5−2 x −3 x −1 = 5−2 x −3 x −1 = 50 -Chuyển hết hạng tử sang vế sau nhóm nhân tử chung, đưa x =  x = −5   x2 + x − = ⇔  x = −1    −2 x − x − = x =  phương trình phương trình tích quen thuộc 1.3 Phương pháp 3: Giải phương trình cách đặt ẩn phụ Đối với phương trình dạng: a) A.a f ( x ) + B.a f ( x ) + C = , ta đặt: t = a f ( x ) , (t > 0) − f ( x) = (t > 0) , a b) A.a f ( x ) + B.a − f ( x ) + C = , ta đặt: t = a f ( x ) , c) A.a f ( x ) + B ( ab ) f ( x) t + C.b f ( x ) = , Chia hai vế cho a f ( x ) b f ( x ) ( ab ) đặt ẩn phụ f x f x d) A.a f ( x ) + B.b f ( x ) + C = , với a.b = Ta đặt t = a ( ) , ( t > ) Khi b ( ) = t Áp dụng Bài số 3: Giải phương trình sau: a) 3x + + x +1 = ; d) ( 7−4 ) ( x + b) 5x −1 + 53− x = 26 ; 7+4 ) x 1 c) 2.4− x − 6− x = 3.9− x = 14 ; Hướng dẫn phân tích lời giải a) 3x+ + x+1 = Phân tích x+ = 3.3 Lời giải x +1 x +1 = 32( x +1) x+ +9 x +1 = ⇔ 3.3x +1 + 32( x +1) − = f ( x) ( t > ) Khi phương Đặt 3x +1 = t , ( t > ) Khi phương x +1 Đặt = t , trình trở thành: t + 3t − = trình trở thành: t = t + 3t − = ⇔   t = −4 (loai ) Với t = ta có pt: 3x +1 = ⇔ x + = ⇔ x = −1 b) 5x −1 + 53− x = 26 Phân tích − x −1 Ta có 53− x = ( ) 25 = Lời giải 25 x −1 x −1 + 53− x = 26 ⇔ x −1 + ( t > 0) x −1 Đặt = t , 25 − 26 = x −1 ( t > ) Khi pt cho x −1 Đặt = t , Khi đưa phương trình cho trở thành: t − 26t + 25 = t = ⇔ t = 25 phương trình bậc ẩn t Với t = ta có 5x −1 = ⇔ x = Với t = 25 ta có 5x −1 = 25 ⇔ x = Vậy tập nghiệm pt là: T = { 1;3} 1 c) 2.4− x − 6− x = 3.9− x Phân tích Ta có 4− x = − x − x  1 2. − ÷  x − x Lời giải 2.4 − − x −6 − x − x = = x − x −  1 2. − ÷  x =3 = 3.9 − x  1 − ÷ x  2  ⇔  ÷ 3 x Đặt  ÷ = t , 3 ( t > 0) Chia hai vế pt cho 9− x , Khi pt trở thành: 2t − t − = sau đặt ẩn phụ đưa pt pt bậc hai với ẩn t = −1, ⇔ t =  (loai) − x Với t = ta có  ÷ = ⇔ x = 2 3 − 2 x − ÷ −3 = 3 d) ( 7−4 ) ( x + 7+4 ) x = 14 Phân tích ) ( Nếu đặt ( − ) = t , Thì ( + ) = t Ta thấy ( 7−4 x x 7+4 ) x ( =1 ( t > 0) 7−4 Đặt ( Lời giải ) ( x + 7−4 7+4 ) x = t, x ) x = 14 ( t > ) Khi pt t cho trở thành: t + = 14 Khi đưa pt cho pt bậc ẩn t t = − ⇔ t − 14t + = ⇔  t = + Với t = − ta có ( 7−4 ) x = 7−4 ⇔ x = Với t = + ta có ( 7−4 ) x = + ⇔ x = −2 1.4 Phương pháp 4: Phương pháp hàm số (dựa vào tính đồng biến, nghịch biến hàm số) Bài số 4: Giải phương trình sau a) 3x + x = x ; + x +1 + 3x +1 = x +1 c) b ) x −3 = − x ; 25 x − 2(3 − x).5 x + x − = d) Hướng dẫn phân tích, lời giải a ) 3x + x = 5x Phân tích Chia hai vế phương trình cho 5x Lời giải x Nhận xét: x 3  4 + = ⇔  ÷ +  ÷ =1 5  5 x x x Nhận xét: Vế trái phương trình 3  4  ÷ + ÷ =1 5  5 hàm nghịch biến, vế phải khơng x>2 *) đổi Nên phương trình có khơng q nghiệm   x  2  ÷ <  ÷ x x     3  4 ⇒  ÷ + ÷ 5  5 Vậy phương trình có nghiệm   x  2  ÷ >  ÷ x x     3  4 ⇒  ÷ + ÷ >1  x 5  5 4     >  ÷  ÷   5 x = *) Chỉ có x = thỏa mãn Các ý b), c), tương tự ý a ĐS: b) x = c) x = Hướng dẫn phân tích, lời giải d ) 25 x − 2(3 − x ).5 x + x − = Phân tích 25 = x 2x Đặt 5x = t , t > Khi ta có phương trình bậc với ẩn a =  t, với hệ số là: b = −2 ( − x ) c = x −  Lời giải 25 − 2(3 − x).5 + x − = x x Đặt x = t , t > , phương trình cho trở thành t − ( − x ) t + − x = t = −1 (loai) ⇔ t = − x t = − x nghiệm − x > ⇔x< Khi ta có phương trình: 5x = − x Nhận xét: vế trái hàm đồng biến, 10 vế phải hàm nghịch biến Nên phương trình có khơng q nghiệm Ta thấy x = thỏa mãn phương trình, x = nghiệm phương trình Bài 5x số + mx + − 52 x 5: + mx + m + Giải biện luận phương trình: = x + 2mx + m Hướng dẫn, phân tích 2 Ta thấy: vế phải x + 2mx + m = ( x + 4mx + m + ) − ( x + 2mx + m ) t1 = x + 2mx + 2 Nếu đặt:  t2 − t1 = x + 2mx + m t2 = x + 4mx + m + Khi ta giải phương trình: 5t + t1 = 5t + t2 Lời giải t1 = x + 2mx + ⇒ t2 − t1 = x + 2mx + m Đặt  t2 = x + 4mx + m + Phương trình cho trở thành: 5t + t1 = 5t + t2 (1) t Xét hàm số f ( t ) = + t , ta có f ( t ) hàm số đồng biến R Nên suy 5t1 + t1 = 5t2 + t2 ⇔ f ( t1 ) = f ( t2 ) ⇔ t1 = t2 Do x + 2mx + m = (2) Ta có: ∆ ' = m − m TH1: ∆ ' < ⇔ < m < Phương trình (2) vơ nghiệm nên phương trình (1) vô nghiệm m = m = TH2: ∆ ' = ⇔  -Với m = : Phương trình (2) có nghiệm x1 = x2 = -Với m = : phương trình (2) có nghiệm x1 = x2 = −1 TH3: m < ∆' > ⇔  m > Phương trình 11 (2) có hai nghiệm phân biệt: x1,2 = − m ± m − m Kết luận: • Với < m < : Phương trình vơ nghiệm • Với m = : Phương trình có nghiệm kép x1 = x2 = • Với m = : phương trình có nghiệm kép x1 = x2 = −1 • Với m < m > : Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1,2 = − m ± m − m Bài tập tự luyện Bài số 5: Giải biện luận phương trình: x + mx +1 −3 x + mx + m + 2 = x + mx + m + 2 Bài số 6: Giải phương trình sau: a) c) x −6 = 253 x −4 ; ( 26 + 15 ) x b) x + ( +2 7+4 ) ( x −2 2− ) x =1; x2 − − 5.2 x −1+ d) x x2 − − 21− =6 ; x =1 Bài số 7: Giải phương trình sau: a) c) ( − 15 64sin x ( ) ( x + −2 ) + 15 2sin x = ) ( x ( = 2 ) −1 ) x ; b) ( 5−2 6) +( 5+ 6) x x x = 10 sin x 2.PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT 2.1 Phương pháp 1: Biến đổi đưa phương trình (mũ hóa) b a) Phương trình 1: log a f ( x) = b ⇔ f ( x) = a , ( a > 0, a ≠ 1) b) Phương trình 2: log a f ( x) = log a g ( x) ⇔ f ( x) = g ( x) > (Chú ý đặt điều kiện) c) Phương trình dạng tựa 2: log a f ( x) = log b g ( x) ; ( f ( x) > 0, g ( x ) > 0, < a; b ≠ 1) *) Nếu a = b phương trình dạng *) Nếu a ≠ b thì: +) ( a − 1) ( b − 1) < hai vế phương trình có tính đơn điệu khác nhau, dùng hàm để giải 12 +) ( a − 1) ( b − 1) > đặt ẩn phụ, mũ hóa hai vế Áp dụng Bài số 1: Giải phương trình sau: a ) log x ( x − x + 12 ) = ; b) log (3.2 x − 1) = x + Hướng dẫn, phân tích ( ) a ) log x x − x + 12 = Phân tích 1) 0 < x ≠ Đk:  Lời giải ⇔ < x ≠1  x − x + 12 > 2) Áp dụng: log a f ( x) = b ⇔ f ( x) = a b 3) Giải phương trình đại số sơ cấp 0 < x ≠ ⇔ < x ≠1  x − x + 12 > log x x − x + 12 = Đk:  ( ) ⇔ x − x + 12 = x ⇔ x − x + 12 = x = ⇔ Thỏa mãn điều kiện x = b) log (3.2 x − 1) = x + Phân tích 1) Đk: 3.2 x − > ⇔ x > log Lời giải  f ( x) > 2) log a f ( x) = g ( x) ⇔  g ( x)  f ( x) = a 3) Giải phương trình mũ Đk: 3.2 x − > ⇔ x > log (*) log (3.2 x − 1) = x + ⇔ 3.2 x − = 2 x +1 2x = x = ⇔ 2.22 x − 3.2 x + = ⇔  x ⇔  2 =  x = −1  Kết hợp với điều kiện (*) phương trình có nghiệm x = Bài số 2: Tìm m để phương trình log  x − x + 2m(1 − 2m)  − log  x + mx − 2m  = có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: x12 + x22 > Hướng dẫn, phân tích Phân tích 1) log f ( x, m) = log f ( x, m) 2) log a f ( x, m) = log a g ( x, m) ⇔ f ( x, m ) = g ( x , m ) > 3) Giải phương trình đại số Lời giải log  x − x + 2m(1 − 2m)  − log  x + mx − 2m  = ⇔ log  x − x + 2m(1 − 2m)  = log  x + mx − 2m  ⇔ x − x + 2m(1 − 2m) = x + mx − 2m > đơn giản 13 x − ( m + 1) x + 2m(1 − m) =  x + mx − 2m >  ⇔   x = 2m  x = − m  4) Theo viet có (1) m < Khi đó, điều kiện x + x > ⇔  m>  b   x1 + x2 = − a   x x = c  a 2 Kiểm tra giá trị x với điều kiện (1) ta được: 2 1 m ∈ ( −1;0 ) ∪  ; ÷ 5 2 2.2.Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ Bài số 3: Giải phương trình sau: a ) log (7 x − 1).log (7 x +1 − 7) = ; b) ( log x ) + ( x − 1) log x + x − = Hướng dẫn, phân tích a ) log (7 x − 1).log (7 x +1 − 7) = Phân tích 1) Đk: − > ⇔ x > 2) log (7 x +1 − 7) = log 7(7 x − 1) x Lời giải Đk: − > ⇔ x > x log (7 x − 1).log (7 x+1 − 7) = = + log (7 x − 1) 3) Giải phương trình bậc với ẩn t = log (7 − 1) x ( − 1) ) ) ⇔ log (7 x − 1) + log (7 x − 1) = ⇔ ( log (7 x + log (7 x − 1) − = Đặt t = log (7 x − 1) ta có phương  t = −3 t = 2 trình: t + t − = ⇔  Với t = −3 ta có log (7 x − 1) = −3 344 344 ⇔ x = log thỏa mãn đk 343 343 Với t = ta có log (7 x − 1) = ⇔ x = 50 ⇔ x = log 50 thỏa mãn đk ⇔ 7x = b) ( log x ) + ( x − 1) log x + x − = Phân tích 1) Đk: x > 2) Pt pt bậc với ẩn t = log x 3) Đặt t = log x Lời giải Đk: x > Đặt t = log x Khi phương trình cho trở thành: t + ( x − 1) t + x − = (*) Coi (*) pt bậc ẩn t, ta có: 14 ∆ t = x − 10 x + 25 = ( x − ) Phương trình (*) có nghiệm t = −2 t = − x Với t = −2 : log x = −2 ⇔ x = ( Tmđk) Với t = − x : log x = − x ⇔ x = 2 (Tmđk) 2.3 Phương pháp hàm số ( Sử dụng tính đơn điệu hàm số) Bài số 4: Giải phương trình sau: ( ) a ) log x − x − + x = log ( x + ) + ( ) b) log x + 3log6 x = log x Hướng dẫn, phân tích ( ) a ) log x − x − + x = log ( x + ) + Phân tích x − x − > x + > 1) Đk:  Lời giải Đk: x > ( ) log x − x − + x = log ( x + ) + ( ) 2) Chuyển dạng vế hàm ⇔ log x − x − − log ( x + ) = − x logarit, vế hàm đại số ⇔ log ( x − 3) = − x 3) Sử dụng tính đơn điệu hai vế Ta có x = nghiệm phương trình phương trình để đánh giá nghiệm (1) (1) log ( x − 3) > ⇒ Pt (1)  − x < Với x > : ta có  vơ nghiệm log ( x − 3) < ⇒ Pt (1) vô  − x > Với x < ta có  nghiệm Vậy x = nghiệm pt ( ) b) log x + 3log6 x = log x Phân tích Lời giải 15 1) Đk: x > Đk: x > 2) theo định nghĩa logarit ta Đặt t = log x phương trình trở suy x + 3log x = 2log t t t t t thành log ( + ) = t ⇔ + = giải 6 x 3) Đặt t = log x phương trình ta t = −1 4) Bài toán trở thành giải pt mũ nghiệm Với t = −1 : log x = −1 ⇔ x = Bài tập tự luyện Bài số 5: Giải phương trình sau: a) b) 2014.x log 2014 x = x ; ( ) ( log + x = log + x ) Bài số 6: Giải phương trình sau: a ) log 6− x ( log x ) = log − x ( log 2 x ) ; b) log1− x ( x ) + log x ( − x ) = Bài số 7: Giải phương trình sau: a) b) log 2+ (x (4 x ) − x +1 − log x − = ) − x − 11 = log 2+ (x x +1 − x − 12 − 4x ; ) BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ 3.1 Bất Phương trình dạng1: a a f ( x ) > b : +) Nếu b ≤ bất phương trình nghiệm với x cho f ( x) có nghĩa  f ( x ) > log a b +) Nếu b > a f ( x ) > b ⇔   f ( x ) < log a b b a > < a < a f ( x ) < b : +) Nếu b ≤ bất phương trình vơ nghiệm  f ( x ) < log a b a > +) Nếu b > a f ( x ) < b ⇔   f ( x ) > log a b < a < Bài số 1: Giải bất phương trình: 3x −1 − Nhân hai vế bpt với 3x+1 + bất phương trình tương đương 16 x+1 2) 3x −1 = 3x ; 3x +1 = 3.3x 3) Đưa bất phương trình dạng a f ( x ) < b Lời giải 3x −1 − 3x x x x x x ⇔ 26.3 > − 12 ⇔ > − , ∀x ∈ R < ⇔ − < 3.3 + ⇔ − < 27.3 + ( ) 13 3x +1 + Vậy bất phương trình có tập nghiệm S = ( −∞; +∞ ) 3.2.Bất Phương trình dạng 2: (Biến đổi bất phương trình dạng số):  f ( x ) > g ( x) a f (x) > a g (x) ⇔   f ( x ) < g ( x)  f ( x ) < g ( x) a f (x) < a g (x) ⇔   f ( x ) > g ( x) a b ( Bài số 2: Giải bất phương trình: 5+2 Hướng dẫn, phân tích Phân tích 1) Ta thấy ( 5+2 )( 2) Như = 5+2 ( −2 ( ) 5+2 − x2 +3 = ) x −1 ( ) − =1 ⇔ −2= a >1 < a 1 < a 0) Lời giải x x 32x+1 − 10.3x + ≤ ⇔ ( ) − 10.3 + ≤ Đặt t = 3x > bất phương trình trở thành 3t − 10t + ≤ ⇔ ≤ t ≤ Hay ≤ 3x ≤ ⇔ 3−1 ≤ 3x ≤ 31 ⇔ −1 ≤ x ≤ Vậy bất phương trình có tập nghiệm S = [ −1;1] 17 Bài số 4: Giải bất phương trình 5.4 x + 2.25x − 7.10 x > (*) Hướng dẫn, phân tích Phân tích x 2x x x x x 2x 1) = ; 25 = ; 10 = 2) Chia hai vế bất phương trình cho x (hoặc 25x 10 x ) x x 5 2 3) Giải bất phương trình đại số với ẩn t =  ÷ > t =  ÷ > 2 5 Lời giải Chia hai vế bất phương trình (*) cho x > ta được: x   x  5 +  ÷  −  ÷ > 2    (**) x 5 Đặt t =  ÷ > bất phương trình (**) trở thành: 2   x 0 <  ÷ < 0 < t < x <  2 2t − 7t + > ⇔  ⇔ hay x >  x t >   ÷ >  2   Vậy bất phương trình có tập nghiệm là: S = ( −∞;0 ) ∪ ( 1; +∞ ) Bài tập tự luyện Bài số 5: Giải bất phương trình sau: a) +1   x +1   x +1 + > 12 ;  ÷  ÷ 3     6.92 x b) −x − 13.6 x x −1 c) 2.5 x − x +1 +9 x − x +1 ≥ 34.15 x − x2 ; −x + 6.4 x −x ≤0 x 1 1  ÷ −  ÷ > log 4  16  d) Bài số 6: Giải bất phương trình sau a) c) ( + 48 ) x + ( − 48 ) x ≥ 14 ; ( 5- b) 15.2 x +1 + ≥ x − + x +1 ; x x − 3x + > 3x − d) BẤT PHƯƠNG TRÌNH LƠGARIT 4.1 Bất phương trình dạng 1: a b  f ( x) > a b log a f ( x) > b ⇔  b  f ( x) < a  f ( x) < a b log a f ( x) < b ⇔  b  f ( x) > a a > < a < a > < a < 18 ( , , ( x 21) + ( + 21) £ 2x+3 f ( x) > ) f ( x) > ) Bài số 1: Giải bất phương trình: log 12 ( x + x) > −3 Hướng dẫn, phân tích Phân tích  x < −7 x > 1) Điều kiện bất phương trình: x + x > ⇔  2) Cơ số < a = < , nên giải bất phương trình đại số có chiều ngược với bất phương trình ban đầu 3) Lấy tập nghiệm kết hợp với điều kiện Lời giải  x < −7 x > Điều kiện x + x > ⇔  −3 log ( x + x) > −3 ⇔ x + x <   ⇔ x + x − < ⇔ −8 < x <  ÷ 2 Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm bất phương trình là: S = ( −8; −7 ) ∪ ( 0;1) 4.2 Bất phương trình dạng 2:  f ( x) > g ( x) > 0 < f ( x) < g ( x) 0 < f ( x) < g ( x) log a f ( x ) < log a g ( x ) ⇔   f ( x) > g ( x) > a) log a f ( x) > log a g ( x) ⇔  b) a > < a < a > < a < Bài số 2: Giải bất phương trình: log ( x + 5) + log 12 (3 − x) ≥ Hướng dẫn, phân tích Phân tích x + > ⇔ −5 < x < 3 − x > 1) Đk:  2) Đưa số 2: log ( − x ) = − log ( − x ) 3) Giải bất phương trình đại số Lời giải x + > ⇔ −5 < x < 3 − x > log ( x + 5) + log (3 − x) ≥ Đk:  ⇔ log ( x + 5) − log (3 − x) ≥ ⇔ log ( x + 5) ≥ log (3 − x) ⇔ x + ≥ − x ⇔ x ≥ −1 Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có tập nghiệm là: S = [ −1;3) Bài số 2: Giải bất phương trình: log5 ( x + 2) + log5 ( x − 2) < log5 (4 x + 1) Hướng dẫn, phân tích Phân tích Lời giải 19  x > −2 x + >    x + > ⇔ 1) Đk:  x > − ⇔ x > x − >   x >  Đk: x > 2) Áp dụng công thức: ⇔ x2 − < 4x + log ( x + 2) + log5 ( x − 2) < log5 (4 x + 1) ⇔ log ( x + ) ( x − )  < log (4 x + 1) ⇔ log ( x − 4) < log (4 x + 1) log a A + log a B = log a A.B ⇔ x − x − < ⇔ −1 < x < 3) VT = log5 ( x + ) ( x − )  Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có nghiệm là: S = ( 2;5) 4.3.Đặt ẩn phụ chuyển bất phương trình đại số Bài số 3: Giải bất phương trình: log x > log x − Hướng dẫn, phân tích Phân tích x > x > 1) Đk: log x ≠ ⇔  x ≠  2) Giải bất phương trình đại số với ẩn t = log x Lời giải x > x > Điều kiện: log x ≠ ⇔  x ≠  Đặt : t = log x bất phương trình cho trở thành t > t2 − t − >0⇔ t −1  −1 < t < x > log x > ⇔ 1 Hay   0; x2 − x − b) 20 log ( x − x + 8)