Giải Pt Mũ Bằng Phương Pháp Hàm Số / Top 8 # Xem Nhiều Nhất & Mới Nhất 5/2023 # Top View | Ictu-hanoi.edu.vn

Giải Phương Trình Mũ Và Logarit Bằng Phương Pháp Hàm Số

hàm f(x) tăng (hoặc giảm) trong khoảng (a;b) thì phương trình f(x) = k có không quá một nghiệm trong khoảng (a;b).

* Tính chất 2: Nếu hàm f(x) tăng trong khoảng (a;b) và hàm g(x) là hàm hằng hoặc là một hàm giảm trong khoảng (a;b) thì phương trình f(x) có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng (a;b), (do đó nếu tồn tại x 0 ∈ (a;b): f(x 0) = g(x 0) thì đó là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = g(x)).

Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu (đồng biến hoặc nghịch biến).

– Với x < x 0 ⇔ f(x) < f(x 0) ⇔ f(x) < k, nên phương trình vô nghiệm.

Kết luận: x = x 0 là nghiệm duy nhất của phương trình.

° Bài tập vận dụng giải phương trình mũ và logarit bằng phương pháp hàm số

– Với bài tập này thì vế trái làm hàm mũ hoặc logarit, vế phải là hàm hằng.

– Ta có: VT = 2 x + 5 x , là hàm đồng biến

VP = 7, là một hàm hằng.

→ Như vậy, nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.

– Mặt khác, ta thấy: với x = 1 thì:

⇒ Phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.

– Điều kiện: x ≥ -3.

– Ta có: VT = log 3(x+3) + log 5(x+5) là một hàm đồng biến

VP = 2 là hàm hằng

→ Như vậy, nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.

– Mặt khác, ta thấy: với x = 0 (thỏa điều kiện x ≥ -3) thì:

⇒ Phương trình có nghiệm duy nhất x = 0.

– Với bài tập này thì vế trái làm hàm mũ hoặc logarit, vế phải là hàm số bậc 1.

– Ta có: VT = 5 x , là hàm đồng biến

VP = 6 – x, là một hàm nghịch biến.

→ Như vậy, nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.

– Mặt khác, ta thấy: với x = 1 thì:

VT = 5 1 = 5; VP = 6 – 1 = 5 ⇒ VT = VP

⇒ Phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.

– Ta có: VT = log 6 x , là hàm đồng biến

VP = 7 – x, là một hàm nghịch biến.

→ Như vậy, nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.

– Mặt khác, ta thấy: với x = 6 thì:

VT = log 6 6 = 1; VP = 7 – 6 = 1 ⇒ VT = VP

⇒ Phương trình có nghiệm duy nhất x = 6.

– Ta có: VT = log 2x + log 5(2x+1) , là hàm đồng biến.

VP = 2 là hàm hằng.

→ Như vậy, nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.

– Mặt khác, ta thấy: với x = 2 thì:

VT = log 22 + log 5(2.2+1) = 1 + 1 = 2 = VP.

⇒ Phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.

* Cũng có thể lập luận như sau:

– Nhận thấy x = 2 là nghiệm.

⇒ Phương trình vô nghiệm.

+ Nếu 0<x<2 thì:

⇒ Phương trình vô nghiệm.

→ Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.

– Ta thấy:

VT = (1/3) x-1 : của phương trình là một hàm nghịch biến.

VP = log 2 x + 1: của phương trình là một hàm đồng biến.

→ Vì vậy, nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.

– Mặt khác, ta nhẩm thấy x = 1 là nghiệm của phương trình vì:

⇒ Phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.

– Điều kiện: x≠0

– Nhận thấy:

– Do đó phương trình (*) tương đương với phương trình:

– Đối chiếu điều kiện x = 0 (loại), x = 2 (nhận).

⇒ Phương trình (*) có nghiệm duy nhất x = 2.

Xem lời giải

Giải Pt Vô Tỉ Bằng Phương Pháp Đặt Ẩn Phụ

Họ và tên : Đặng Việt AnhLớp : 10A3Trường : THPT Ân ThiNhóm :. . . . . .

Gồm hs:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤI, Tư tưởng đặt ẩn phụXác định phương trình cơ bản:Ví dụ: phương trình t2 – 3t + 2+ chọn t = ( phương trình có dạng + chọn t = ( phương trình có dạng II, Các phương pháp đặt ẩn phụ1, Đặt 1 ẩn phụ Một số kiểu đặt thường gặp + ( Ta nên đặt t = ( + ( Ta nên đặt + ( Ta nên đặt 2, Chia làm xuất hiện ẩn phụ Chia 2 vế phương trình cho hoặc x, x2 đại lượng thích hợp.Trước khi chia cho 1 lượng nào đó ta phải kiểm tra lượng đó bằng 0 có là nghiệm phương trình không III, Bài tập hướng dẫn Bài tập 1: Giải phương trình Bài giải:B1: Đặt ()B2: Biến đổi căn thức bằng cách bình phương (1)Ta nhận thấy B3: Thay vào phương trình

Giải pt ta được nghiệm không thỏa mãn điều kiện )B4: Thay t =1 vào (1) ta sẽ được nghiệm x.t=1 (

( phương trình có 2 nghiệm x=0 (TM) và x=-2 (TM).KL: x=0 và x=-2 là nghiệm của pt

Bài tập 2: Giải phương trình . Bài giải:Tương tự như các bước trên:Đk: Đặt (2)

Thay vào pt: Giải pt có 2 nghiệm ( loại không thỏa mãn điều kiện)Thay t=5 vào (2)

Giải pt suy ra x=143 (KTM) x=3(TM)KL: x=3 là nghiệm của pt

Thay vào phương trình: (loại ktm đk)Thay t=2 vào (3)

Giải pt suy ra cả 2 đều TMKL:

Ví dụ 4: giải pt Bài giải:Bình phương khử căn:Chia cả 2 vế cho ta đc: Đặt

loại t=0 vì k tm đk Thay t=5 vào pt

Thay x=1 và x=4 vào pt ta thấy x=4 là nghiệm thỏa mãn còn x=1 không thỏa mãn

Các Phương Pháp Giải Mũ. Logarit

Published on

18. chúng tôi   −1 ≤ m ≤ 2    ( m + 1) 2 − 2m 2 − m + 1 ≥ 0  ∆ ≥ 0  m ≥ 1      2m 2 + m − 1 ≥ 0  2  af (0) ≥ 0    m ≤ −1 ⇔ −1 ≤ m ≤ 1⇔  ⇔  ⇔  s  − m − 1 ≥ 0  2  ≥ 0   m ≤ −1   2   2m 2 + m − 1 ≤ 0   af (0) ≤ 0   −1 ≤ m ≤ 1    2+ Với t ≤ 0 thì (2) ⇔ g (t ) = t + 2 ( m − 1) t + 2m + m − 1 ≤ 0 (3) 2 2Vậy (2) có nghiệm ⇔ (3) có ít nhất 1 nghiệm t ≤ 0  t ≤ t ≤ 0 ⇔ phương trình g(t)=0 có ít nhất (1) nghiệm t ≤ 0   1 2  t ≤0≤t    1 2    −1 ≤ m ≤ 2  ∆ ≥ 0  ( m − 1) 2 − 2m 2 − m + 1 ≥ 0     m ≥ 1  ag (0) ≥ 0   2m 2 + m − 1 ≥ 0    2 1⇔  ⇔  ⇔  ⇔ −1 ≤ m ≤ s  ≤ 0  −m − 1 ≤ 0  m ≤1  2    2  1  ag (0) ≤ 0  2m 2 + m − 1 ≥ 0   −1 ≤ m ≤   2 1Vậy bất phương trình có nghiệm khi 0 < m ≤ 2Cách 2: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụĐặt t = x − m , điều kiện t ≥ 0 . Bất phương trình có dạng: h(t ) = t 2 + 2t + 2mx + m − 1 ≤ 0 (4)Vậy bất phương trình có nghiệm ⇔ min h(t ) ≤ 0(t ≥ 0) (5)Nhận xét rằng h(t) là 1 Parabol có đỉnh t=-1<0, do đó min h(t ) = h(0)(t ≥ 0) . Do đó: 1 1(5) ⇔ 2m 2 + m − 1 ≤ 0 ⇔ −1 ≤ m ≤ .Vậy bất phương trình có nghiệm khi 0 < m ≤ 2 2 18

23. www.VNMATH.comTa thực hiện theo các bước sau:Bước 1: Đặt điều kiện cho các biểu thức trong hệ có nghĩa.Bước 2: Từ hệ ban đầu chúng ta xác định được 1 phương trình hệ quả theo 1 ẩn hoặc cả 2 ẩn,giải phương trình này bằng phương pháp hàm số đã biếtBước 3: Giải hệ mới nhận đượcII. VD minh hoạ:  x 3 − 3 = y − x (1) yVD1: Giải hệ phương trình:  2  x + xy + y = 12(2) 2 Giải: Xét phương trình (1) dưới dạng: 3x + x = 3 y + y (3)Xét hàm số f (t ) = 3t + t đồng biến trên R.Vậy phương trình (3) được viết dưới dạng: f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y . Khi đó hệ có dạng:x = y x = y x = y x = y = 2 2 ⇔ 2 ⇔ ⇔ x + xy + y = 12 3 x = 12  x = ±2  x = y = −2 2Vậy hệ phương trình có 2 cặp nghiệm (2;2) và (-2;-2)  x 2 + 2 x = 3 + yVD2: Giải hệ phương trình:  y 2 + 2 y = 3 + x   x 2 + 2 x = 3 + yGiải: Biến đổi tương đương hệ về dạng:  ⇒ 2 x + 3x + 3 = 2 y + 3 y + 3 (1) 3 + x = 2 + 2 y y Xét hàm số f ( t ) = 2 + 3t + 3 là hàm đồng biến trên R. tVậy phương trình (1) được viết dưới dạng: f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y . x = y x = y Khi đó hệ thành:  x ⇔ x (II) 2 + 2 x = 3 + y  2 = 3 − x(2)+ Giải (2): Ta đoán được x=1 vì 21 = 3 − 1 . Vế trái là một hàm đồng biến còn vế trái là hàm sốnghịch biến do vậy x=1 là nghiệm duy nhất của phương trình này. Khi đó hệ (II) trở thành: x = y  ⇔ x = y =1 x = 1Vậy hệ đã cho có nghiệm x=y=1.  2 x − 2 y = ( y − x ) ( xy + 2 ) (1) VD3: Giải hệ phương trình:  2  x + y = 2(2) 2 Giải: Thay (2) vào (1) ta được:2 x − 2 y = ( y − x ) ( x 2 + y 2 + xy ) ⇔ 2 x − 2 y = y 3 − x 3⇔ 2 x − x3 = 2 y − y 3 (3)Xét hàm số f ( t ) = 2 + t đồng biến trên R. t 3Vậy phương trình (3) được viết dưới dạng: f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y . Khi đó hệ có dạng:x = y x = y x = y x = y = 1 2 ⇔ 2 ⇔ ⇔x + y = 2 2 x = 2  x = ±1  x = y = −1 2Vậy hệ có 2 cặp nghiệm (1;1) và (-1;-1)BÀI TOÁN 3: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁI. Phương pháp: 23

Pt Mũ Có Lời Giải Chi Tiết

Published on

1. PHƢƠNG TRÌNH MŨ.Phƣơng pháp 1: Đưa về cùng cơ số:Giải phương trình 2x 1 x 1 21): 4.9 3.2 3 3Hdẫn: (1) ( )2 x 3 1 x . 2 2 x 1 x 22) 7.3 5 3x 4 5x 3 3Hdẫn: (2) 3x 1 5x 1 ( )x 1 1 x 1 5 x 1 x3) 5 .8 x 500Hdẫn: 3( x 1) 3 x 1 x x 3 2 x 3 x x 3 x x 3(3) 5 .2 5 .2 5 2 5 (2 ) 1 x 3 0 x 3 x 3 1 x 3 x x 3 5 ( 1 ) (5.2 ) 1 1 5.2 x 1 x log 5 2 2x x x x x4) [ 5 27 4 3 ] 4 3 4 37 . ĐS: x=10.Phƣong pháp 2: Đặt ẩn phụ: x2 x 21) 2 22 x x 3. x2 xHdẫn: Đặt 2 t (t 0) . Phương trình trở thành: 4 t 4 x 1t 3 t t 1(l ) x 2 2x 52) 3 36.3x 1 9 0 . ĐS: x=-1; x=-2. 2 x2 2x 1 23) 3 28.3x x 9 0 . ĐS: x=-2; x=1. x4) 9 6 x 2.4 x 3 2x 3Hdẫn: Chia cả 2 vế cho 4x ta được phương trình ( ) ( )x 2 0 . ĐS: x=0 2 2 x x2 5 x2 55) 4 12.2x 1 8 0. x 3 x x2 5 t 2 x x2 5 1Hdẫn: Đặt 2 t (t 0) 9 t 4 x x2 5 2 x 4 2 2 2 x 3x 26) 4 4x 6x 5 42 x 3x 7 1 HVQHQT – D – 99 sin x sin x7) 7 4 3 7 4 3 4 ĐHL – 98 3x x 1 128) 2 6.2 1 ĐHY HN – 2000 3 x 1 x 2 2 2x 7 x9) x 6. 0,7 7 ĐHAN – D – 2000 100

6. +a=16 hoặc a≤0 : pt có nghiệm duy nhất+0<a<16 : pt có 2 nghiệm phân biệt sin 2 x 2Bài 5: Tìm m để phương trình sau có nghiệm 81 81cos x mHdẫn: 2 81Đặt t 81sin x t 1;81 . Phương trình trở thành: t m tKhảo sát hàm số ta được kết quả 18≤m≤82 4 2 x2 2 x2Bài 6: Cho phương trình 3 2.3 2m 3 0 a) Giải phương trình khi m=0 b) Xác định m để phương trình có nghiệm. 2 x2Giải: Đặt 3 t t 0;9 a) x=±1 3 t2 b) Khảo sát hàm số f (t ) ;t t 0;9 được -30≤m≤2 2 2 1 1 t2 1 t2Bài 7: Tìm a để phương trình sau có nghiệm 9 (a 2).31 2a 1 0 1 1 t2 64Hdẫn: Đặt t= 3 t 3;9 . Khảo sát hs được 4 a 7 x2 x2 1Bài 8: Cho phương trình 2 1 2 1 m 0 . Tìm m để phương trình có nghiệm x2 2 1Hdẫn: Đặt 2 1 t t 1; . Phương trình trở thành: m t t 2 1Khảo sát hàm số f (t ) ; t 1; t được m 2 2 1 m 2 2 1 t x2 2 mx 2 2Bài 9: Cho phương trình 5 52 x 4mx 2 m x2 2mx m . Tìm m để phương trình có đúng 2nghiệm thuộc (0;2).Hdẫn: u x2 2mx 2Đặt 2 v u x2 2mx m v 2x 4mx 2 m uPhương trình trở thành 5 5u u 5v v 5v f (u) f (v) với f(t)=5t+t v uTa có f(t) là HSĐB trên R nên pt tương đương u=v g ( x) x2 2mx m 0 (*)Pt đã cho có đúng 2 nghiệm thuộc (0 ;2) khi và chỉ khi pt (*) có đúng 2 nghiệm thuộc (0 ;2). Khảo sát hàm sốta được kết quả không tồn tại m thoả mãn.Bài 10 :

7. Bµi tËp tæng hîp vÒ ph-¬ng tr×nh mòBµi 1: Gi¶i c¸c ph-¬ng tr×nh: 8 2x x3 4 a) 2 8 3 b) 5 x 5x 1 5x 2 3x 3x 1 3x 2 x 1 9 x2 cos x cos x c) x2 2x 2 3 x2 2x 2 d) 2 x2 x 2 x2 e) 2 x 4.3 x 2 2 2 x 1.33 x 2Bµi 2: Gi¶i c¸c ph-ong tr×nh: x x a) 3 5 3 5 7.2 x 0 b) 8 x 18 x 2.27 x 2 3x 3 1 12 c) 8 x 2 x 20 0 d) 2 3 x 6.2 x 3.( x 1) 1 2 2x e) 53 x 9.5 x 27 .(125 x 5 x ) 64Bµi 3: Gi¶i c¸c ph-¬ng tr×nh: a) 4.33x 3x 1 1 9x b) 5.32 x 1 7.3x 1 1 6.3x 9x 1 0 d) 5lg x 50 x lg 5 f) 4.2 3 x 3.2 x 1 22x 2 24x 2Bµi 4: Gi¶i c¸c ph-¬ng tr×nh: x log 2 log 2 2 x 1 2. log 2 x a) 2 x 48 b) 2.9 2 x log 2 6 x2 x d) 4.3 x 9.2 x 5.6 2 e) x 1 2 x 2 2x 1 42 3 2 3 2 3Bµi 5: Gi¶i c¸c ph-¬ng tr×nh: a) 3 2 x 2 x 9 .3 x 9.2 x 0 b) x 2 3 2 x .x 2. 1 2 x 0 c) 9 x 2. x 2 .3 x 2 x 5 0 d) 3.25 x 2 3x 10 .5 x 2 3 x 0Bµi 6: Gi¶i c¸c ph-¬ng tr×nh: 2 2 2 2 2 2 a) 4 x 3 x 2 4 x 6 x 5 4 2. x 3 x 7 1 b) 4 x x 21 x 2×1 1 c) 8.3 x 3.2 x 24 6 x d) 12.3 x 3.15 x 5 x 1 20 e) 2 x 3 x 1 6 xBµi 7: Gi¶i c¸c ph-¬ng tr×nh: x a) x x log 2 3 x log 2 7 2 b) 2 x 1 32 x x c) 3 2 2 2 2 x 3 x 1 2 x 1 x 1 d) x x log 2 3 x log 2 5Bµi 8: Gi¶i c¸c ph-¬ng tr×nh: 2 2 a) 3 x cos 2 x b) 4 x 2.x 2 x 1 .2 x x x x 2 1 x c) 7 5 3 2 2. 5 d) 2 cos x 2 x2 6 x e) 9.7 1 2 xBµi 9: Gi¶i c¸c ph-¬ng tr×nh: 1 x2 1 2x x 1 x2 1 2 x2 x2 1 1 a) 4 2 x 1 b) 2 2 2 x 2 2 4. cos3 x x 1 x c) 2 x 3. cos x 2x 7. cos 3x d) 2 3 7 4 3 x 1

Recommended