PHƯƠNG TRÌNH MŨ LOGARIT

www.laisac.page.tl Chuyên Đề : MŨ VÀ LOGARIT N Loonngg Thhàànnhh L Ngguuyyễễnn T CHƯƠNG I: PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH - HỆ MŨ CHỦ ĐỀ I: PHƯƠNG TRÌNH MŨ BÀI TOÁN 1: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG I. Phương pháp: Ta sử dụng phép biến đổi tương đương sau: Dạng 1: Phương trình a f  x   a g  x  f x g x TH 1: Khi a là một hằng số thỏa mãn 0  a  1 thì a    a    f  x   g  x  TH 2: Khi a là một hàm của x thì a f  x a g x a  1 a  0  hoặc    0  a  1  a  1  f  x   g  x    0   f  x   g  x    Dạng 2: Phương trình: 0  a  1, b  0 a f  x  b    f  x   log a b Đặc biệt: Khi b  0, b  0 thì kết luận ngay phương trình vô nghiệm f x Khi b  1 ta viết b  a 0  a    a 0  f  x   0 Khi b  1 mà b có thể biếu diễn thành b  a c  a f  x   a c  f  x   c Chú ý: Trước khi biến đổi tương đương thì f  x  và g  x  phải có nghĩa II. Bài tập áp dụng: Loại 1: Cơ số là một hằng số Bài 1: Giải các phương trình sau x 1 a. 2 .4 x 1 . 1 1 x 8  16 x 1 b.   3 x 2 3 x 1 3 c. 2 x 1  2 x  2  36 Giải: a. PT  2 x 1 2 x 2 33 x  24 x  6 x  4  4 x  x  2 2 Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498 1 b.   3 Email: [email protected] x 2  3 x 1  3  3 ( x 2  3 x 1)  31   ( x 2  3x  1)  1 x  1  x 2  3x  2  0   x  2 2x 8.2 x  2 x  36   36 c. 2  2  36  2.2  4 4  9.2 x  36.4  2x  16  24  x  4 Bài 2: Giải các phương trình x 1 x 2 a. 0,125.4 2 x 3 x  2     8  x b. 8 2 x 1 x 1  0, 25  2 7x c. 2 x  2.5 x 2  23 x.53 x Giải:  12 2  3 2         5   2 .2  2 2    b. Điều kiện x  1 x 2 x 3 1 Pt  .  22  8 3 2(2 x 3) 3 PT  2 2 x 1 x 1 c. Pt   2.5  2 x2 7x 2 2 x 5 5 x x  2 3  4 x  6  2 2  2 4 x  9  2 2  4 x  9  5 x x6 2  x 1 2 x 1 x 2 3  7  2  7 x  9x  2  0   x  2 x 1 2 7    2.5 3x  10 x  2  103 x  x  2  3x  x  1 Bài 2: Giải phương trình: 1  x  2   x   2  log3 x  x2 Giải: Phương trình đã cho tương đương:  x2 0 x  2  0 x  2    log3 x log3 x   1  ln  x  1   log x ln  x  1   0   0   1   3    x     2 2     2         x  2  0   x  2  x  2 x  2 x  2 x  2     x  1  x  1    log 3 x  0                1 1 3x2     ln x 0    x   1    x   2 2 2         x  2   x  2   x  2  3 Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498 Email: [email protected] Bài 3: Giải các phương trình: 2 a.  10  3  x 3 x 1   10  3  x 1 x 3  b.  2 2   1  x 3 2  x   x 1 4 Giải: x  1 a. Điều kiện:   x  3 1 . Vì 10  3  10  3 3 x x 1 x 1 x 3 3  x x 1   9  x2  x 2  1  x   5 x 1 x  3 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x   5 x  0 b. Điều kiện:  x  1 2 x  3 2 2 2 x  x 1 2 4 PT  2 x 1 2 x 3 2 x  x 1  4  2 x 1.2 PT   10  3    2  4 x 2   10  3      2 x 3  2   x 1 2 x x 1         4  x 3  4 x 2 2 x 1    x 3 2 x    2 x 1  x  1  4 x  10 x  6  0  x 3 x9 Vậy phương trình có nghiệm là x  9 Loại 2: Khi cơ số là một hàm của x Bài 1: Giải phương trình  2  x  x 2  sin   2  x  x2  2  3 cos x Giải: Phương trình được biến đổi về dạng: 1  x  2(*) 2  x  x 2  0     x 2  x  1  0(1)  2  2  x  x  1 sin x  2  3 cos x  0   sin x  3 cos x  2(2)    1 5 thoả mãn điều kiện (*) 2 1 3      Giải (2): sin x  cos x  1  sin x  x    1  x    2k  x   2k , k  Z 2 2 3 3 2 6  Để nghiệm thoả mãn điều kiện (*) ta phải có: Giải (1) ta được x1,2  4 Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498 Email: [email protected]  1   1     2k  2   1    k   2    k  0, k  Z khi đó ta nhận được x3  6 2  6 2  6 6  1 5 Vậy phương trình có 3 nghiệm phân biệt x1,2  ; x3  . 2 6 1  3 x 2 5 x  2 Bài 2: Giải phương trình:  x  3   x2  6 x  9  x2  x 4 Giải: 3 x 2 5 x  2 Phương trình được biến đổi về dạng:  x  3 2   x  3    x2  x 4   x  3 2( x 2  x  4) x  3 1 x  4 x  4     0  x  3  1   x  3  4  x  5  3 x 2  5 x  2  2 x 2  2 x  8   x 2  7 x  10  0   Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt x = 4, x = 5. Bài tập tự giải có hướng dẫn: Bài 1: Giải các phương trình sau a. 4.9 x 1  3.2 2 x 1 2 x  b. 7.3x 1  5 x  2  3x 4  5 x 3 x x x 4 3    4 37 c.  5 27 4 3    HD: 2 x 3  3  3 a.   1 x   2  2  b.  3  x 1 5 x 1 3   5 d. 3  x  1 x 1   x  1 3 x 1 x 1  1  x  1 c. x  10 BÀI TOÁN 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP LÔGARIT HOÁ VÀ ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐ I. Phương pháp: Để chuyển ẩn số khỏi số mũ luỹ thừa người ta có thể logarit theo cùng 1 cơ số cả 2 vế của phương trình, ta có các dạng: Dạng 1: Phương trình: 0  a  1, b  0 a f  x  b    f  x   log a b Dạng 2: Phương trình: (cơ số khác nhau và số mũ khác nhau) f x a    b g ( x )  log a a f ( x )  log a b f ( x )  f ( x )  g ( x).log a b 5 Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498 Email: [email protected] hoặc log b a f ( x )  logb b g ( x )  f ( x ).log b a  g ( x). Đặc biệt: (cơ số khác nhau và nhưng số mũ bằng nhau) 0 f  x a a f  x f (x) b    1     f  x   0 (vì b f ( x )  0 ) Khi f  x   g  x   a b b Chú ý: Phương pháp áp dụng khi phương trình có dạng tích – thương của các hàm mũ II. Bài tập áp dụng: Bài 1: Giải các phương trình a. (ĐH KTQD – 1998) 5 x.8 x 1 x 2 b. 3x  2.4  500. 2 c. 2 x  4.5x  2  1 d. 2 x 2 2 x 2 x 3 x   18 3 2 Giải: a. Cách 1: Viết lại phương trình dưới dạng: 5 x.8 x 1 8  500  5x.2 3 x 1 x  53.22  5x 3.2 x 3 x 1 Lấy logarit cơ số 2 vế, ta được:  x 3 x x 3   x x 3  x 3 x 3 log 2  5 .2   0  log 2  5   log 2  2   0   x  3 .log 2 5  log 2 2  0 x     x  3 1    x  3   log 2 5    0   x   1 x  log 2 5  1 Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x  3; x   log 2 5 x 3 2  1x    5.2    x 3 Cách 2: PT  5 .2 5 x 3  1   1  x 2     3( x 1) x  5 .2  5 x 3 x 3 2 3 x x 5 x 3   1x   2    x 3 x  3  0 x  3  1  1 5.2 x  1  x   log5 2   x2  2 2 xx3   18  log3  3 .4 b. Ta có 3 .4   log 3 18   4x  6 3( x  2) .log3 2  2  log 3 2   x 2  4   .log 3 2  0  x2  2  x x x  2  0   x  2   x 2  2 x  3log 3 2   0   2 x2  x  2 x  3log 3 2  0 (VN ) x2  2 2 x 3 x c. PT  log 2 2 x 2 4  log 2 52  x  0 6 Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498 Email: [email protected]  x 2  4   x  2  log 2 5  0   x  2  x  2  log 2 5  0 x  2 x  2    x  2  log 2 5  0  x  2  log 2 5 d. Lấy logarit cơ số 2 hai vế phương trình ta được: 2 3 log 2 2 x  2 x  log 2  x 2  2 x  log 2 3  1  x 2  2 x  1  log 2 3  0 2 , Ta có   1  1  log 2 3  log 2 3  0 suy ra phương trình có nghiệm x = 1  log 2 3. Chú ý: Đối với 1 phương trình cần thiết rút gọn trước khi logarit hoá. Bài 2: Giải các phương trình a. 8 c. 4 x x2 1 b. 4 x  3x  2  3  4.34  x log 0 ,5 (sin 2 x  5 sin x cos x  2 )  1 9 x 1 2  22 x 1 d. 5 x  5 x 1  5 x  2  3x  3x 3  3x 1 Giải: a. Điều kiện x  2 PT  2 3x 2 x2  34  x   1  3x  2  (4  x ) log 2 3   x  4  .   log 2 3   0 x2  x2  x  4 0 x  4  1    log 2 3  0  x   2  log 3 2  x  2 b. 1 1 1 x x x 4 x x 3 2 x 1 2 2 PT  4  2  3 3  4 .  3 2. 2 3 3 3 x x 3  4 2 3 2  x  0 x 0 2 2 c. Điều kiện sin x  5sin x.cos x  2  0 * PT  log 21  sin 2 x  5sin x.cos x  2   log 4 32   log 2  sin 2 x  5sin x.cos x  2    log 2 3 thỏa mãn (*) cos x  0  sin 2 x  5sin x.cos x  2  3  cos x  5sin x  cos x   0   5sin x  cos x  0      x  2  k x   k   2    tan x  1  tan   x    l  5 d. PT 7 Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498 Email: [email protected]  5 x  5.5 x  25.5x  3x  27.3x  3.3x x 5  31.5 x  31.3x     1  x  0 3 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x  0 Bài 3: Giải các phương trình 4 a. x lg x  1000 x 2 b. x log 2  x    32 x 2 c. 7log 25  5 x  1  x log 5 7 Giải: a. Điều kiện x  0 d. 3x.8 x1  36 2  lg x.lg x  lg1000  lg x 2   lg x   2 lg x  3  0  lg x  1  0  x  1 / 10   lg x  1 lg x  3  0    lg x  3  0  x  1000 b. Điều kiện x  0 x4 PT  log 2 x log2    log 2 32  log 2 x  4  .log 2 x  5   log 2 x  1 .  log 2 x  5  0  x2 log 2 x  1    x  1 log 2 x  5 32  c. Điều kiện x  0  2   log5 7 log25 5 x 1  log 5 x log5 7   log 25 2  5 x   1 .log5 7  log 5 7.log 5 x   log5 x  1 1  log5 2  5 x   log 5 x  1  0  log5 2 x  2 log 5 x  3  0    4 log5 x  3 1   x  5  x  125  1  x  Vậy phương trình đã cho có nghiệm 5   x  125 d. Điều kiện x  1 x x 1 3x  2  2 log 2 3 x 1  x 2 .log 2 3   3  log 2 3 x  2  x  1  2  x  1 log 2 3 x  log 2 3 .8  log 2 36  2  2log 2 3  x.log 2 3  x  2  x 2 .log 2 3  1  log 2 3 x  2  2log 2 3  0    x  1  log 3 2 x  2 Vậy phương trình có nghiệm là:   x  1  log 3 2 Bài 4: Giải các phương trình sau : 2 1 4 b. 3x. 91 x  a. 8 x.5 x 1  8 27 x 2 c. 3 x . 2 x  1 d. 2 x .5 x 2  10 8 Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498 Email: [email protected] Giải: a. Lấy logarit hai vế với cơ số 8, ta được 2 2 1 1 8 x.5 x 1   log8 8 x.5x 1  log8 8 8  log8 8 x  log8 5 x  2 1    log8 81  x  x 2  1 log8 5  1   x  1  x 2  1 log8 5  0   x  1   x  1 x  1 log8 5  0 x 1  0   x  1 1   x  1 log8 5  0   1   x  1 log8 5  0  x  1  x  1    x.log8 5  log8 5  1  x  1  log5 8 Vậy phương trình có nghiệm: x  1, x  1  log 5 8 b. PT  3x .32  2 x .33 x  4  32 x  2  4  2 x  2  log 3 4 4  2 x  log 3 4  2  2 x  log 3 4  log 3 9  log 3 9 1 4 2  x  log  log 3 2 9 3 c. Lấy log hai vế của phương trình theo cơ số 2 2 Ta được phương trình log 2 3x  log 2 2 x  0  x log 2 3  x 2  0 x  0  x ( log 2 3  x )  0    x   log 2 3 2 2 d. PT  log 2 (2 x.5x )  log 2 (2.5)  log 2 2 x  log 2 5 x  log 2 2  log 2 5  x  x 2 log 2 5  1  log 2 5  (log 2 5) x 2  x  1  log 2 5  0 x  1  1  log 2 5 x  log 2 5  Bài tập tự giải có hướng dẫn: Bài 1: Giải các phương trình sau a. 5 x.x1 8 x  100 HD: Điều kiện x  0 2  5 x ( x 1).23 x  52( x 1).22( x 1)  5x  x  2  22  x x  2  log 2 5.( x 2  x  2)  2  x    x  1  log 5 2(loai) b. 2 x 3  3x HD: 2  2 x 6  3x 2  2 x 5  2x 9 Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498 Email: [email protected]  2 x  2  3( x  2)( x  4)  x  2  ( x  2)( x  4) log 2 3 x  2   x  log 3 2  4 Bài 2: Giải các phương trình sau x2 x a. 3 .2  1 b. 2. 2 x x2 x x2 4 3 x2 c. 5 x x 2 5 x 6 x d. 3 .4 g. 53log5 x  25 x e. 8  36.32 x k. 9.x log9 x  x 2 Đs: a. 0;  log 3 2 b. 2;log 3 2  2 c. 3; 2  log 5 2 e. 4; 2  log3 2 f. log 7 (log 5 7) g. f. 57  75 2 x 3 5 x 1 x  18 i. x 4 .53  5log x 5 d. 2;  log 3 2 h. 5 1 4 ; 5 5 k. 9 BÀI TOÁN 3: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ - DẠNG 1 I. Phương pháp: Phương pháp dùng ẩn phụ dạng 1 là việc sử dụng 1 ẩn phụ để chuyển phương trình ban đầu thành 1 phương trình với 1 ẩn phụ. Ta lưu ý các phép đặt ẩn phụ thường gặp sau: Dạng 1: Phương trình  k   k 1a ( k 1) x .....1a x   0  0 Khi đó đặt t  a x điều kiện t > 0, ta được:  k t k   k 1t k 1......1t   0  0 Mở rộng: Nếu đặt t  a f ( x ) , điều kiện hẹp t  0 . Khi đó: a 2 f ( x )  t 2 , a 3 f ( x )  t 3 ,....., a kf ( x )  t k 1 Và a  f ( x )  t Dạng 2: Phương trình 1a x   2 a x   3  0 với a.b  1  1 Khi đó đặt t  a x , điều kiện t  0 suy ra b x  ta được: 1t  2   3  0  1t 2   3t   2  0 t t 1 Mở rộng: Với a.b  1 thì khi đặt t  a f ( x ) , điều kiện hẹp t  0 , suy ra b f ( x )  t x 2x 2x Dạng 3: Phương trình 1a   2  ab    3b  0 khi đó chia 2 vế của phương trình cho b 2 x  0 ( hoặc 2x x a a a ,  a.b  ), ta được: 1     2     3  0 b b 2x x x a Đặt t    , điều kiện t  0 , ta được: 1t 2   2t   3  0 b Mở rộng: f Với phương trình mũ có chưa các nhân tử: a 2 f , b 2 f ,  a.b  , ta thực hiện theo các bước sau: f - Chia 2 vế phương trình cho b 2 f  0 (hoặc a 2 f ,  a.b  ) 10 Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498 Email: [email protected] f a - Đặt t    điều kiện hẹp t  0 b Dạng 4: Lượng giác hoá. Chú ý: Ta sử dụng ngôn từ điều kiện hẹp t  0 cho trường hợp đặt t  a f ( x ) vì: - Nếu đặt t  a x thì t  0 là điều kiện đúng. 2 - Nếu đặt t  2 x 1 thì t  0 chỉ là điều kiện hẹp, bởi thực chất điều kiện cho t phải là t  2 . Điều kiện này đặc biệt quan trọng cho lớp các bài toán có chứa tham số. II. Bài tập áp dụng: Bài 1: Giải phương trình 1 2 2 2 2 a. 4cot x  2 sin x  3  0 (1) b. 4sin x  2cos x  2  2 Giải: (*) a. Điều kiện sin x  0  x  k , k  Z 1 Vì  1  cot 2 x nên phương trình (1) được biết dưới dạng: 2 sin x 4cot 2 cot g 2 x x  2.2  3  0 (2) 2 cot 2 x Đặt t  2 điều kiện t  1 vì cot 2 x  0  2cot x  20  1 Khi đó phương trình (2) có dạng: 2 t  1 t 2  2t  3  0    2cot x  1  cot 2 x  0 t  3 thoả mãn (*)   cot x  0  x   k , k  Z 2  Vậy phương trình có 1 họ nghiệm x   k , k  Z 2 2 2 2 b. PT  2sin x  21sin x  2  2   2 Đặt t  2sin x  t  0  ta được t2  2  2  2  t 3  2  2 t  2  0  t  2 t 2  2t  2  0 t       t  2   2 24 2  t  2   2 24 2 t   loai   2 1 2 1 2   Với t  2  2sin x  2 2  sin 2 x   sin x    x k 2 2 4 2 11