MỘT bài TOÁN HAY về hàm số LOGARIT

>>>>>>>>Một số bài TOÁN HAY về hàm số LOGARIT>>> phương trình vô tỷ chứa logarit, xu hướng đề thi THPT QUỐC GIA Môn Toán>>>>>> Tác giả : Đoàn Trí Dũng...................................................

1 Trích “Phát triển tư duy và kỹ năng giải toán PT, BPT, HPT

Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Đình Hoàn – Nguyễn Tấn Siêng

MỘT SỐ BÀI TOÁN HAY VỀ LOGARIT

Sáng tác: Nguyễn Đình Hoàn – Đoàn Trí Dũng -*** -

Ví dụ 1: Giải phương trình:

Bài giải

Điều kiện xác định:  1

2

x , 3x26x 2 2x 2x  1 x 0

Ta có: log loga b b cloga clog 2017.log2 20172 2 log 2017.log 2 20172 2 log 2 2 2 

Ta biến đổi phương trình trở thành: log2x 2x12 log2 3x2 6x 2 2x 2x 1 x

x 2x 12 3x2 6x 2 2x 2x 1 x

         x2  x 1 3x26x

Bình phương hai vế ta được: x4 2x34x 1 0 x1 x33x23x 1 0  *

Ta chứng tỏ rằng phương trình x33x23x 1 0 vô nghiệm

Thật vậy, ta có hai cách xử lý như sau:

Cách 1: Sử dụng hằng đẳng thức bậc 3:

Ta có: x33x23x 1 0x33x23x  1 2 x13    2 x 1 32  x 3 2 1 (Không thỏa mãn điều kiện xác định) Như vậy  *  x 1 (Thỏa mãn điều kiện xác định)

Cách 2: Sử dụng phương pháp lập bảng biến thiên của hàm số:

Xét hàm số: f x x33x23x1 với  

1

; 2

x ta có: f x'  3x + x2 6 3 0, x 1;

2

     

 

Ta có bảng biến thiên như sau:

2 Trích “Phát triển tư duy và kỹ năng giải toán PT, BPT, HPT

Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Đình Hoàn – Nguyễn Tấn Siêng

x 1

2 

 

f x' 

 

f x



11 8

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình x33x23x 1 0 vô nghiệm với  

1

; 2

x

Như vậy  *  x 1 (Thỏa mãn điều kiện xác định)

Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất đó là x 1

Ví dụ 2: Giải phương trình: 1 log 4x2  x 1 log 24 xlog2 3x 1 3x210x11

Bài giải

Điều kiện xác định: x2, 3x 1 3x210x11 0

Ta biến đổi phương trình trở thành: 2 x2 x 1 2 x 3x 1 3x210x11

Bình phương hai vế ta được: x 3 2x2 x 1 x1 9x230x33  *

Xét phương trình: x 3 2x2  9x230x33 Ta chứng tỏ phương trình này vô nghiệm Thật vậy, điều kiện có nghiệm của phương trình là: x 3 2x2 9x2 30x 33 0 1 x 3

2

          Bình phương hai vế ta được: 4x44x320x236x24 0 x3x23x3 x20

Vì 1 x 3 2 x 0 x3 x2 3x 3 0

2

          

Cách 1: Sử dụng hằng đẳng thức bậc 3:

Ta có: x3 x2 3x 3 0 9x3 9x2 27x 27 0 10x3 x 33 x 3 x310 x 33

1 10



3 Trích “Phát triển tư duy và kỹ năng giải toán PT, BPT, HPT

Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Đình Hoàn – Nguyễn Tấn Siêng

Tuy nhiên nghiệm x 33

1 10



 không thỏa mãn điều kiện có nghiệm

Như vậy  *  x 1 (Thỏa mãn điều kiện xác định)

Cách 2: Sử dụng phương pháp lập bảng biến thiên của hàm số:

Xét hàm số f x x3x23x3 với 1 x 3

2

   ta có: f x' 3x22x3

Do đó với 1 x 3

2

   thì f x'  0 x 1 10

3

 

   Ta có bảng biến thiên:

x 1 1 10

3

 

3

2

 

f x'  0 

 

f x

6

33 8

110 20 10

0 27

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình x3x23x 3 0 vô nghiệm với 1 x 3

2

   Như vậy  *  x 1 (Thỏa mãn điều kiện xác định)

Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất đó là x 1