Phương pháp nâng lũy thừa trong bài toán phương trình hàm số logarit

trong bài toan phương trình hàm số logarit... Bài toán trên không quá khó khăn để khử hàm số logarit để có thể đưa về phương trình vô tỷ căn bản dạng: ƒ x gx = hx.. Tuy nhiên chúng ta c

J6) 7,

table 19

| Phuong phap nâng lũy thừa

trong bài toan phương trình

hàm số logarit

số 5 như sau:

log; (3z—1)—log; kla-2x + 2-x] =log,(3-2x)

Sau đó chúng ta sử dụng: log b+log c=log„ (bc) va log, b—log, c=log, B đưa bài toán

3-2x7 >0

Ta có phương trình: log (3x- 1) +logy » [la-2x +2 -z) =log 5 V3-2x

© log, (3x-1)+log._, (v3-2%" +2-x}=log ¡ (3-2x)2

52

= log, (3x—1)—log; kla-2z +2-3] = log, (3-2x)

> log (tt (3-2z)©-—S=—— =3-2x

“\Na-2x?+2—x ° V3-2x? +2-x

Bài toán trên không quá khó khăn để khử hàm số logarit để có thể đưa về phương trình vô tỷ

căn bản dạng: ƒ (x) g(x) = h(x) Tuy nhiên chúng ta cần phải nhớ cách chia đa thức hoặc sử

dụng sơ đồ Horner để có thể giảm bậc của phương trình sau khi bình phương, và cần chú ý

đặc biệt các điều kiện khi bình phương hai vế

Chúng ta còn có thể sử dụng kĩ thuật chia đa thức bằng máy tính CASIO để bài toán trở nên ngắn gọn hơn mà tác gia sẽ đề cập đến các chủ đề sau của cuốn sách Ngoài ra các ban can chú ý tới những điều sau:

e - Với mọi phương trình từ bậc thấp đến bậc cao, tổng các hệ số bằng 0 thì phương trình

đó luôn luôn có nghiệm + =1

e_ Với mọi phương trình từ bậc thấp đến bậc cao, tổng các hệ số bậc chẵn bằng tổng các

hệ số bậc lẻ thì phương trình luôn luôn có nghiệm x=—1

Ví dụ 2: Giải phuong trinh: 1+log, x=log, (/2x+1+1)+log, (3x-V/10x+24)

Ta có phương trinh: 1+log, x =log, (V2x-+1 +1)+log, (3x-/10x +24)

<> log, 2+log, x= log, (v2x+1+1)+log,, (3x-V10x+24)

<> log, (2x) =log, (v2x+1+1)+log, ( 3x— 10x +24)

log, (2x) =log, (Vax 1+1]s|3x—al10x+24 | ©2x=(s2x+1+1]k|3x—xÍ10x+24

=|\2z+1 +1)(V2x-+1 -1) - (V2x-+1 +1)¥3x—10x+24 <> /2x+1-1=3x—V10x +24 (Do:

V¥2x+1+1>0Vx>0)

& J2x+1 =1+ \ 3x—/10x +24 Bình phương hai vế ta được:

©2x+1=1+3x—10x+24 +2a|3x—x[10x+24 ©s2[10x+24—zx=2^|3x—xl10x+24

Tiếp tục bình phương hai vế ta được: +? +10x+24—2xÏ10x+24 =4(3z—xJ10x +24]

©+”-2x+24= (2x -4)A10x+24 Tiếp tục tục bình phương hai vế ta có phương trình

©(#2~2x+24) =(2x-4 (10x+24)

<> x4 44x? +1162? +1282 +192 =0 <> (x-4)(x° - 40x - 44x -48) = 0

x=4

>! 3 x° —40x* —44x -—48 =0(*)2

Giải phương trình (”): Ta có các điều kiện sau:

Lap bang bién thién:

Từ bảng biến thiên ta thấy ƒ (x) luôn nhỏ hơn 0Ö với mọi xe (2; 12) Vậy phương trình (*) vô

nghiệm trên khoảng (2;12)

Kết luận: Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất : x =4

Bình luận:

Bài toán có hai vấn đề khó khăn chính:

e Thứ nhất là việc phân tích 2xz=|A2x+1+1Ì|A42x+1—1 Đây là kỹ thuật liên hợ P y y P

ngược trong giải toán phương trình vô tỷ

se Thứ hai, đó là chúng ta gặp phải một phương trình bậc 3 có nghiệm rất xấu (nghiệm lẻ

và khó biểu diễn dưới dạng căn) Tuy nhiên chúng ta không thể ghi kết quả nghiệm xap xi vao bài làm, hơn nữa đây là nghiệm không thỏa mãn điều kiện, vì vậy ta cần khai thác triệt để các điều kiện đồng thời tiến hành khảo sát chứng minh phương trình

bậc ba vô nghiệm trên khoảng đã chỉ ra.

<> log, Vx =—log, (1x) +1og, ( J2(x” ~x+1)~1]

<2 log, Vi +log, (1~-{x)=log;[ 2(x?=x+1)-1)

e>Iog,|Vx(1~vx) |>log,( f2(?=x+1)-1)

ex(i~x)=,l2(x2~x+1)~1x-(x-1)=,|2(x°~x+1)

Bình phương hai vế ta được:

©(x-1 -2(x-1)|x=2x?-2x+2 ©+x?~x+1+2(x—1)\Jx =0

©32~2x+1+2(x~1)|x+x=0{x~1+x} =0 ox-14+ Vx =0

⁄?2-3x+1=0 2 Kết luận: Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất: z= 3=

Cách 2: Nâng lũy thừa hoàn toàn:

<2 logy x=log,,, (1-V} + log, ( J2(x” ~x+ 1)~1]

<2 log, Vt =-log, (1-Vx) +1ogq( 2(x2~x+1)~1)

e>Iog, (x +log, (1~-{x)=log;[ 2(s2~x+1)~1)

c© - Sy >x= 3-5,

Kết luận: Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất: x= 2-

Cách 3: Nâng lũy thừa hoàn toàn kết hợp với ẩn phụ:

<> log, Vx +log, (1-Vx)=log,{ 2(x?=x+1)-1)

<> log,| ve(1-Vx) |]=log,( f2(2?=x+1)-1)

Trường hợp 1: x=0 không thỏa mãn phương trình

Trường hợp 1: x z0 , chia cả 2 vế của phương trình cho +ˆ,ta được phương trình:

này Cách giải 1 và cách giải 2 là những cách giải khôn khéo khi bạn đọc có thể nhìn ra bình

phương của biểu thức 3 số hạng Trong cách giải số 3, ta chú ý rằng với phương trình

Bài toán trên có hình thức khá công kênh trong hàm số logarit, nhưng không quá khó khăn

để khử hàm số logarit để đưa về bất phương trình sau:

vx+24+Vx | 27 12+x—|x2+24z dJz+2-h— 8 12+x+4|x2+24x

Khi gặp những bất phương trình hay phương trình cồng kềnh như trên, ta cần phải có sự quan sát chứ không nên biến đổi khi chưa có sự quan sát Nhận thấy rằng:

12+x—A|x?+24x = 2(dx+24 -) và 12+x+A|x2+24x = 2(dx+24 tyr)

Nếu quan sát được điều này, bài toán coi như đã được giải quyết một cách gọn nhẹ

Kết hợp điều kiện xác định, suy ra 0<zx<1

Kết luận: Vậy tập nghiệm của bất phương trình: § = 0;1)

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

Cách 1: Sử dụng phương pháp lập bảng biến thiên của hàm số:

Xét hàm 86: f(x)=x° +3x? +3x-1 véi xe [3e] ta CÓ:

f'(x)=3x? +6x+3 >0,vxe[ S4)

Ta có bảng biến thiên như sau:

Ta thấy phương trình + +3+” +3x—1=0 vô nghiệm với z (3 ; +2]

Như vậy (*)<©>x =1 (Thỏa mãn điều kiện xác định)

Cách 2: Sử dụng hằng đẳng thức bậc 3:

Ta có: 4° +3x? +3x-1=0 2° 4+3x7 4+3x41=2

©(x+1) =2©x+1=Ÿ2 ©x= Ÿ2—1 (Không thỏa mãn điều kiện xác định)

Như vậy (*)©x =1 (Thỏa mãn điều kiện xác định)

Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất đó là z =1

Bình luận:

Đối với phương trình bậc 3 có chứa nghiệm lẻ, ta có rất nhiều các cách xử lí và trong bài toán

trên chúng ta đã tiếp cận 2 cách xử lí cơ bản để bạn đọc có thể áp dụng khi đối mặt với

những bài tương tự Sau đây, tác giả muốn gửi gắm đến các độc giả một số bài tập áp dụng

để bạn đọc có cơ hội rèn luyện thêm và hiểu kĩ lưỡng hơn về vấn đề 2 này

II BÀI TẬP ÁP DỤNG:

Bài toán 1: Giải phương trình sau trên tập số thực:

log, (Vx+1+1)+log, (x-vx+8) =log, (x?)

Bài toán 2: Giải phương trình sau trên tập số thực:

log, (x*)+ log, ((x-1) +3) =log› (x+2)+log, (x? -x-1) Bài toán 3: Giải phương trình sau trên tập số thực:

1=logy 95 (x? -x+2}+log, [x-a+V># + 4x]

Bài toán 4: Giải phương trình sau trên tập số thực:

= +log, (2x? +x+1] = log, (2x+Vx+1}

Bài toán 5: Giải bất phương trình sau trên tập số thực:

log, (1-x) 2 logy 95 (1+ x)+log, (v2 —3x—4x* -Vx}

Bài toán 6: Giải bất phương trình sau trên tập số thực:

+ log, (2x + 3x) +log, (x+ 2) > log, (2x° +7x? +14x+12) Bài toán 7: Giải phương trình sau trên tập số thực:

log, (x-1) =loBg„„ (x? —2x+ 1)+ log, (x —7+ 2jx-8]

Bài toán 8: Giải phương trình sau trên tập số thực:

In(x—Jx+3)+-In(23” +2x+ 6) = In(z? -x-3)

Bài toán 9: Giải phương trình sau trên tập số thực:

Bài toán 10: Giải phương trình sau trên tập số thực:

1+log, (Vx? —7 +A|2x? -4]=log; (xv? -3]

3

Bài toán 11: Giải phương trình sau trên tập số thực:

1+log; (x+1)+log,(2z—1)+loBa,ss (2x° —x* +6x-3] =log, (x? +x+2)

Bài toán 12: Giải phương trình sau trên tập số thực:

Điều kiện xác định: x >^Íx+8 >0.Ta có phương trình tương đương với:

log, (Vx+1+1)+log, [dx-Jx+8 )=log, (v2?) <o(vx+1+1)yx—Vx+8 =h

X+8=4x—44/x+8 > 4) x48 =3x-8 =

Ta có phương trình: log ; (x* ) +log,» (x? —2x+ 4) = log, (x + 2) +log.» (x? —Xx- 1)

<> log, (x)+log, (vz? -2x+4]=log, (x+2)+log, (vi? -x-1}

= log, (x ie -2x+4)=log, [(«x+2)w# -x-1} <> xyx? -2x+4 =(x+2)Vx?-x-1

Do 2 vế không âm, bình phương 2 vế ta được phương trình:

(x-2Ý =A|2z? +4z] fee +20x—-4=0 (Vô nghiệm)

Ta có (*) tương đương với: |

Kết luận: Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất: z = 2

Bài 4: Giải phương trình: 2 +lOBo (2x +X+ 1) = log, (2x +Ax+ 1)

Điều kiện xác định: 2x+^'x+1 >0 Ta có phương trình trở thành:

log, V3 +log., (2x? +x+ 1) = log, (2x + vx+1}

<> log, V3 +log, (vax? +x4+1}=log, (2x+Vx+1}

Bài 5: Giải bất phương trinh: log, (1 — x) 2 logo 95 (1 + x) +log, (v2 —3x—4xˆ — 4») ‹

Í1—x>0 1+x>0 Điều kiện xác định: + A42-3x-4+? -^lx>0 O0<x< =

2—-3x-4xˆ>0

Jx>0

Bất phương trình tương đương với: log (1 — x) > log,» (1 + x) +log, (v2 -3x—4x2 —Íx

© log, V1-x + log, v1+x >log„ [l2-sx-4z -vx}

Kết luận: Vậy tập nghiệm của bất phuong trinh: S = = N34 ; = Hi)

Bài 6: Giải bất phương trình:

= +log, (2x +3x)+log, (x+2) > log, (2x° +7x +14x+12)

Bất phương trình tương đương với:

log, V8 +log, (2x” +3x)]+log, „ (x+2) > log; (2x) +712 +14x+12)

<> log, 2V2 +log, (2x? +3x)+log, Vx+2 > log, (2x° +7x? +14x +12)

Phương trình đã cho tương đương với: log, (x -1) —log, (x -1) = log (x -8+24x-8+ 1)

<> log, (x-1)—log, M(x-1)° =log, Vx-8+2vx-8 +1 > log, c7 =loB, (dx-8+1]

x7 -x-3>0 2

x+3>0

Ta có phương trình trở thành: In(z~xjx+3]+InxJ2x? +2z+6 = In(x?~x~3]

Trường hợp 2: Với \2xŸ +2x+6 =x+^Ax+3

Do 2 vế không âm, bình phương hai vế ta được:

Ta biến đổi phương trình trở thành:

log, (x? +16x+19)=log, 2+log, (x+2)+log, (vax? +16x+18 —Vx? -1]

© log, (x? +16x+19) = log, |2(x+ 2)|Wax +16x+18 -lx? 1Ì

Két hop voi diéu kién xac dinh, ta thu dugc cac nghiém: x =1 va x =-1

Kết luận: Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: xz =1và x=-1

Phương trình đã cho tương đương với:

log, 3+log 4 (vax? ~7 + 2x? -4] =log, (xv -3]

©log; 3—loga (vax? -7 +22? ¬ log, (xv -3]

Kết luận: Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: z = 2.

Bai 11: Giai phuong trinh:

1+log, (x+1)+log, (2x-1)+log, 5 (2x° —3ˆ +6x-3) =log, (x? +x+2)

Phương trình tương đương với:

log, 2+log, (x+1)+log,, (2x-1)+log „ (2x° —x? +6x-3] = log, (x? +x+2]

> log, 2+log, (x+1)+log, V2x-1=log, ¥2x*° -x? +6x-3+log, x7 4+x42

© log, | 2(x+1)v2x-1 | =log, (vox? _ x? +6x—3^|x2 +z+2]

©2(x+1)42xz—1 =A|2x2—x2+6x—3^|x2+x+2

©2(x+1)\2x-1 =A|2x—1A4x?+3\x?+x+2

Vì x >= , phương trình tuong duong vdi: 2(x+1)=Vx? +3Vx? +x+2

Do 2 vế không âm, bình phương hai vế ta được: 4(x+1) = (x? +3)(x? +x+2)

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình x2+2x2+3x—2=0 vô nghiệm với x > + g y phương g 5

Như vậy phương trình chỉ có 1 nghiệm duy nhất xz =1 (Thỏa mãn điều kiện )

Kết luận: Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: z =1