§Þnh nghÜa vµ c¸c tÝnh chÊt cña luü thõa vµ l«garit 2.. TÝnh chÊt cña hµm sè mò, hµm sè l«garit 3... Vậy x =1 là nghiệm duy nhất của phơng trình.. Ta có bảng biến thiên sau: Dựa vào bản
Trang 1A C¸c kiÕn thøc c¬ b¶n
1 §Þnh nghÜa vµ c¸c tÝnh chÊt cña luü thõa vµ l«garit
2 TÝnh chÊt cña hµm sè mò, hµm sè l«garit
3 C¸c ph¬ng tr×nh, bÊt ph¬ng tr×nh c¬ b¶n:
Víi m > 0, 0 < a 1 th×:
ax = m x = logam
ax > m log ;( 1)
log ;(0 1)
a a
ax 0 víi mäi x R
Víi mäi sè thùc m vµ 0 < a 1 th×:
logax = m x = am
m m
B Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh, HÖ ph¬ng tr×nh BÊt PH¬NG TR×NH mò, l«garit
1) Ph¬ng ph¸p ®a vÒ cïng c¬ sè
Víi 0 < a 1 th×:
af(x) = ag(x) f(x) = g(x);
af(x) > ag(x) f(x) > g(x) nÕu a > 1
f(x) < g(x) nÕu 0 < a <1
logaf(x) = logag(x)
( ) 0 ( ) 0 ( ) ( )
f x
g x
f x g x
logaf(x) > logag(x)
( ) 0 ( ) 0 ( ) ( )
f x
g x
f x g x
; nÕu a > 0
logaf(x) > logag(x)
( ) 0 ( ) 0 ( ) ( )
f x
g x
f x g x
; nÕu 0 < a < 1
VÝ dô 1 Gi¶i PT: 2x+1 5x = 2.102x+5 (1)
LG: (1) 10x = 102x+5 x = 2x +5 x = - 5
VÝ dô 2 Gi¶i PT: log3 (2x+1) - 1
3
log (1 x) (2) LG: §kiÖn 2x+1 > 0 vµ 1- x > 0 1
1
2 x
3
1 x x 1 x x x x = 0; x = 2 (Lo¹i)
PT cã nghiÖm duy nhÊt x = 0
VÝ dô 3 Gi¶i BPT: log5(4x +144) – 4log52 < 1+ log5(2x-2 +1) (3)
LG: §kiÖn: x R
(3) log5(4x +144) < log580(2x-2+1)
4x -20.2x +64 < 0 4 < 2x < 16 2< x < 4
Trang 2Ví dụ 4 Giải BPT: ( 5 2) 11 ( 5 2) 1
x
x x
LG: Do 5 2 ( 5 2) 1
, (4)
1
x
x
x do x
x1 hoặc -2 x < -1
2) Phơng pháp đặt ẩn phụ
Ví dụ 5 Giải PT: 3.49x + 2.14x – 4x = 0 (5)
HD: Chia hai vế của PT cho 4x rồi đặt t = 7
2
7 : log 3 2
x
KQ x
Ví dụ 6 Giải PT: 5 x- 5 3 x = 20 (6)
LG: Đkiện x 0, do phơng trình chứa căn, đặt t = 5 x 1
(5) t - 125
t -20 = 0 t
2 – 20t -125 = 0 t = - 5 (L), t = 25 (TM)
t = 25 5 x 25 5 2 x 2 x 4.
Ví dụ 7 Giải BPT: 4x – 2.52x < 10x
HD: Chia hai vế cho 10x , ta đợc
2 1
, Đặt t = 2
5
x
t
BPT
0
t t t
Với đkiện t > 0 ta có 0 < t < 2 2
5
2
5
x
x
, (Chú ý do cơ số < 1)
Ví dụ 8 Giải BPT: 2
3 log 2xlog x (8)
HD: Đkiện 0 < x 1/2 và 1
Đặt t = log2x , t 0 (8)
1
3 5 2
t
t t
; ( Chú ý: Giải bằng phơng pháp khoảng, không khử mẫu )
Suy ra tập nghiệm của (8) là : 1 1;3 1;4
2 2
Chú ý: Dạng A a bf x( )B a( b)f x( ) c
nếu (a+ b )(a- b ) =1, nên đặt t = a bf x( )
Dạng au2f(x)+b(uv)f(x)+cv2f(x) = 0, nên chia hai vế cho v2f(x), đặt t =
( )
f x
u v
3) Phơng pháp logarit hoá
Ví dụ 9 Giải PT: 3 8 2 6
x
x x (9)
Trang 3LG: Đkiện x -2 Lôgarit cơ số 3 hai vế ta có
3
2log 2 3
log 2 1 log 2 ( 1) 1 0
x
Ví dụ 10 Giải BPT: xlog 2x 4 32
(10) LG: Đkiện x > 0 Lấy logarit cơ số 2 hai vế ta có : (log2x +4)log2x < 5,
Đặt t = log2x; PT t2 + 4t-5 < 0 -5 < t < 1 -5 < log2x < 1 2-5 < x < 2
4) Phơng pháp sử dụng tính chất của hàm số
Chú ý : a > 1, thì af(x) > ab f(x)>b ; logaf(x) > logab f(x) > b >0
0<a<1, thì af(x) > ab f(x)<b ; logaf(x) > logab 0<f(x) < b
Ví dụ 11 Giải PT: 3x = 3 – log5x (11)
LG: Ta có x = 1 là một nghiệm của phơng trình (11)
Với x > 1 thì 3x > 31 = 3 và - log5x < log51 = 0 3x > 3 – log5x
Với x < 1 thì 3x < 31 = 3 và - log5x > log51 = 0 3x < 3 – log5x
Vậy x =1 là nghiệm duy nhất của phơng trình
Ví dụ 12 GPT: 3x + 2x = 3x +2
LG: Dễ thấy rằng PT có nghiệm x = 0 , x = 1 (PT không có nghiệm duy nhất)
Xét hàm số: f(x) = 3x + 2x – 3x+2 ta có : f’(x) = 3xln3 + 2xln2 – 3
f’’(x) = 3xln23+2xln22 > 0 với mọi x R hàm số f’(x) đồng biến trên R
Mặt khác hàm số f’(x) liên tục trên R và f(-1).f(1) < 0 PT f’(x) = 0 có nghiệm duy nhất x0 (-1; 1) Ta có bảng biến thiên sau:
Dựa vào bảng biến thiên ta có phơng trình có không quá 2 nghiệm Vậy nghiệm của phơng trình là: x = 0; x = 1
5) Hệ phơng trình, hệ bất phơng trình mũ và lôgarit
Chú ý : Ta cũng dùng các phơng pháp giải hệ phơng trình , hệ bất phơng trình nh đối với hệ hữu tỉ đã biết và kết hợp với các phơng pháp giải phơng trình, bất phơng trình
mũ và lôgarit để giải hệ PT, Hệ BPT mũ và lôgarit
Ví dụ 13 (ĐH K B-2005) Giải HPT:
1 2 1 (1)
3log (9 ) log 3 (2)
LG: Đkiện x > 0 và 0 < y 2
(2) 3(1+ log3x) – 3log3y = 3 log3x = log3y x = y
Thay x = y vào phơng trình (1) ta có phơng trình (1) (x-1)(2-x) = 0 x = 1 ; x =
2 Từ đó HPT có hai nghiệm là (1 ; 1) và (2; 2)
Ví dụ 14 (ĐH KD-2002 ).Giải HPT:
x - x
0 + f’(x) - 0 +
+ +
f(x)
Trang 4
1
2 5 4 (1)
4 2
(2)
2 2
x
x x x
y
LG: Từ PT(2) 2x = y, y > 0; Thế vào PT(1) ta đợc PT :
y3 -5y2 +4y = 0 y = 0, y = 1, y = 4
Hệ PT có nghiệm (0; 1) ; (2; 4)
6) Các bài toán tổng hợp (Hay và khó)
Ví dụ 15 (ĐH NT-1996) Tìm nghiệm dơng của PT:
HD: Biến đổi PT về dạng: 2 log 2x 3 log 2x 5 log 2x.
Đặt t = log2x, PT 2t + 3t = 5t Bằng phơng pháp hàm số có nghiệm t = 1 x = 2
Ví dụ 16 (ĐH KA-2002) Cho PT: 2 2
log x log x 1 2m 1 0 (16) (m là tham số)
1 Giải PT khi m =2.
2 Tìm m để PT (16) có ít nhất 1 nghiệm thuộc đoạn 1;3 3
HD: Đkiện x > 0, Đặt t = 2
3
log x 1 1 ta có PT t2+t-2m-2 = 0 (*) (16) có nghiệm thuộc 1;3 3
(*) có nghiệm thuộc [1; 2]
Xét hàm số f(t) = t2+t trên [1; 2] ta đợc PT (16) có nghiệm 1;3 3
m [0 ; 2]
Ví dụ 17.(ĐHQGHN-1997) Giải và BL BPT theo tham số a: xlog (a ax) ( ) ax 4 (17) HD: Điều kiện a > 0, a 1, x > 0
Với 0 < a < 1 Lấy lôgarit cơ số a hai vế PT (1+logax)logax 4(1+logax)
(logax+1)(logax-4) 0 -1 logax 4 a4 x a-1
Với a > 1, Biến đổi nh trên với chú ý cơ số > 1 ta đợc (logax+1)(logax-4) 0
4
1 log 1 0
log 4
a
a
a x
x a
Ví dụ 18.(ĐHQG HN - 2000) Giải PT: (2 2) log 2x x(2 2) log 2x 1 x2
HD: Đkiện x > 0, đặt t = log2x x = 2t , ta có PT: (2 2)t 2 (2t 2)t 1 2 2t
Nhân cả hai vế với (2 2)t
sau đó biến đổi ta có: [(2 2)t
t = 0 x = 1
Ví dụ 19 Giải PT:
3
2
8
(19) HD: Ta có 4x2 – 4x+4 = (2x-1)2 + 3 3 log3(4x2-4x+4) 1, VP 8
Mặt khác theo BĐT Cô-si, ta có: VT 8
(19)
3
2
8
8
giải hệ ta có nghiệm của PT là x = 1
2
Trang 5VÝ dô 20.(§H KD - 2006) Chøng minh r»ng víi a > 0, hÖ sau cã nghiÖm duy nhÊt:
ln(1 ) ln(1 ) (1)
(2)
x y
y x a
HD: §kiÖn x > -1, y > -1
ThÕ (2) y = x+a vµo (1) ta cã PT: ex+a- ex +ln(1+x) – ln(1+a+x) (3) víi x > -1, a >0
hÖ cã nghiÖm duy nhÊt (3) cã nghiÖm duy nhÊt x > -1
XÐt hµm sè f(x) = ex+a- ex +ln(1+x) – ln(1+a+x) §PCM
C Bµi tËp tæng hîp