on thi hsg toan 12 51347

Một cách tiếp cận định lý Lagrăng Vận dụng giải phương trình mũ *Đặt vấn đề +Bài toán “Hãy giải phương trình” nghe thật quen thuộc và có vẻ đơn giản, nhưng đi sâu vào từng loại pt thì bà

Trang 1

Một cách tiếp cận định lý Lagrăng Vận dụng giải phương trình mũ

*Đặt vấn đề

+Bài toán “Hãy giải phương trình” nghe thật quen thuộc và có vẻ đơn giản, nhưng đi sâu vào từng loại pt thì bài toán “giải phương trình” quả là vấn đề không đơn giản

+Loại bài toán giải phương trình mũ có nhiều cơ số là bài toán khó Tôi đã đọc và tham khảo nhiều sách và rút ra được một số cách giải pt mũ như: phương pháp hàm số ,vận dụng định lý lagrăng, sử dụng bất đẳng thức Becnuli, …

+Vấn đề chọn phương pháp giải lại phải phù hợp với kiến thức học sinh đã biết sao cách viết và diễn đạt dễ hiểu, dễ vận dụng Định lý lagrăng là một định lý hay trong SGK 12

nó dược vận dụng chứng minh bất đẳng thức, chứng minh pt có nghiệm, tìm giới hạn của hàm số, chứng minh sự tồn tại của giới hạn,…và vận dụng giải phương trình mũ

+Vấn đề đặt ra vận dụng định lý lagrăng như thế nào? Vào bài toán “giải phương trình

mũ ” và tôi đã mạnh dạn đưa ra suy nghĩ của mình như sau

A)kiến thức cơ bản

1)Định lý Lagrăng: Nếu hàm tại số y=f(x) liên tục trên đoạn [a, b] và có đạo hàm trên

khoảng (a, b) thì ∃ c ∈ (a, b) sao cho

a b

a f b f c f

−

= ( ) ( )

) (

'

2)Đạo hàm của hàm số lũy thừa

Cho u =u(x) là hàm số có đạo hàm tại x ta có :

(1) (xα)’ = α xα -1 ; ∀ α∈ R ; x > 0

(2) (uα)’ = α uα -1 u’ ; ∀α ∈ R ; u > 0

3)Chú ý : Cho a >0 , b >0 và hàm số f(x) ta có: 





=

⇔

=

b a

x f b

a f(x) f(x) ( ) 0

B) Bài toán và cách giải :

Trang 2

1) Bài toán: Giải phương trình mũ sau :

(*) với a,b,k ∈ R*

+ và x là ẩn

2)Nhận xét :

* Nếu α là nghiệm của phương trình (*) thì ta có : (**) Đẳng thức (**) dạng f(a) =f(b) với f(t) =(t+k)α- tα (là hàm số lũy thừa với biến là t ) Giả sử 0 < a < b xét hàm số f(t) =(t+k)α- tα trên [a;b] ta có f(t) liên tục trên [a;b] và

có đạo hàm trên (a; b) ⇒ theo định lí lagrăng ∃ c ∈ (a;b) sao cho

a b

a f b f c f

−

= ( ) ( )

) (

'

Vậy nếu α thỏa mãn f(b) = f(a) thì α thỏa mãn f’ (c) =0

⇒α0lànghiệm của phương trình f(a) =f(b) thì α0 cũng là nghiệm của phương trình

f’(c) = 0 ( phương trình ẩn α )

⇒ phương trình f’(c) =0 ẩn α là phương trình hệ quả của f(a) =f(b)

{mọi nghiệm α của phương trình f(a) =f(b) đều là nghiệm của phương trình f ’ (c) =0

3) Các bước giải phương trình

(a + k)x –ax = ( b+k)x – bx (*) (a,b,k ∈ R*

+ và x là ẩn) Bước 1: Gọi α là nghiệm của phương trình (*) hay ta có (a+k)α-aα= (b+k)α-bα

Bước 2:Xét hàm số f(t) = (t+k)α -tα trên [a;b] ta có f(t) là hàm số liên tục trên [a;b]

và có đạo hàm trên (a;b)⇒ Theo định lí lagrang ∃c ∈ (a;b) sao cho f’(c) =

a b

a f b f

−

− ( ) )

(

* Từ bước 1 ta có α là nghiệm của phương trình f(a) = f(b)

⇒α là nghiệm của phương trình f’(c) =0

Bước 3: Giải phương trình f’(c) =0 (phương trình ẩn α )

Bước 4: Thử lại nghiệm α vào phương trình f(a) =f(b)

*Từ nghiệm α thỏa mãn ⇒ nghiệm x

(a+k)x –ax = (b+k)x –bx

(a+k)α –aα = (b+k)α –bα

Trang 3

*Chú ý 1:

+Điều hay của phương pháp trên là đã chỉ ra tất cả các nghiệm của phương trình mũ +Định lý lagrăng có trong chương trình phổ thông nên Học sinh được vận dụng

*Chú ý 2:

+Khi vận dụng phương pháp trên giải phương trình mũ thì phương trình mũ này biến đổi được về dạng (a + b)x –ax = ( b+k)x – bx

+Mấu chốt của phương pháp là nhận ra hàm số f(t) và xét hàm số trên đoạn [a;b] phù hợp

Ví dụ: Giải phương trình mũ 5x + 3x = 6x + 2x (*)

Giải : Tập xác định D=R

Ta có phương trình ⇔ 5x – 2x= 6x -3x (*)

Gọi α là nghiệm của phương trình (*) khi đó ta có 5α- 2α = 6α - 3α (1)

Xét hàm số f(t) = (t+3)α - tα trên [2; 3]

Dễ thấy f(t) là hàm số liêm tục trên [2; 3]có đạo hàm trên (2; 3)

⇒∃ c ∈ (2; 3) sao cho

2 3

) 2 ( ) 3 ( ) ( '

−

c

f (2)

Từ (1) ta có f(2) =f(3) (3)

Ta có f’(t) = α (t+3)α -1 –α tα -1 = α *[(t+3)α -1 - tα -1]

⇒f’(c) =α [(c+3)α -1 – cα -1] (4)

Từ (2), (3), (4) ta có : α *[(c+3)α -1 – cα -1 ]= 0 ⇔ 





= +

=

−

− 1 1

) 3 (

0

α α

α

c





=

1

0

α α

Dễ thấy α =0 ; α =1 thỏa mãn (1)

Với α =0 ⇒ x = 0

Với α =1 ⇒ x=1

Kết luận phương trên đã cho có hai nghiệm : x =0 và x =1

{**Ở ví dụ trên ta có thể xét hàm số f(t) = (t+1)α - tα trên [2; 5] nếu ta biến đổi

pt ⇔ 3 x - 2 x = 6 x - 5 x}

C) Bài tập vận dụng

Trang 4

Bài 1: Giải phương trình : 3 x −x + 5 x −x = 2 4 x −x

Bài giải :(Nhận xét phương trình chưa có dạng cơ bản) Txđ: D =(-∞; 0] ∪[1; +∞)

*Đặt u = x2 −x điều kiện u ≥ 0

Ta có phương trình 3u +5u = 2.4u ⇔ 5u – 4u = 4u - 3u (*) {đây là dạng cơ bản}

Gọi α là nghiệm của phương trình (*) khi đó ta có 5α – 4α = 4α - 3α (1)

Xét hàm số f(t) = (t+1)α - tα trên [3;4] ta có f(t) là hàm số liên tục trên [3;4] có đạo hàm trên (3;4)

Theo định lí lagrang: ∃ c ∈ (3;4) sao cho f’(c) =

3 4

) 3 ( ) 4 (

−

− f f

(2)

Từ (1) ta có f(4) =f(3) (3)

Ta có f’(t) = α [( t+1)α -1 – tα - 1 ] ⇒ f’(c) =α [(c+1)α -1 – cα -1] (4)

Từ (2), (3), (4) ta có α [(c+1)α -1 – cα -1 ] = 0 ⇔ 





= +

=

−

− 1 1

) 1 (

0

α α

α

c





=

1

0

α α

Dễ thấy α = 0 ; α = 1 thỏa mãn phương trình ( 1)

Với α = 0 khi đó u = 0 ⇒ x2 −x = 0 ⇔ 





=

1

0

x x

Với α =1 khi đó u=1⇒ x2 −x=1 ⇔ x2 – x -1 = 0 ⇔







−

=

+

=

2

5 1 2

5 1

x x

Kết luận : Phương trình đã cho có tập nghiệm T =











2

5 1

; 2

5 1

; 1

;

Bài 2: Giải phương trình : 3 log 4x + 5 log 4x = 2x

Bài giải: Txđ D =(0; +∞)

Đặt u = log4 x⇒x= 4u vậy pt có dạng 3u +5u = 2.4u ⇔ 5u – 4u = 4u - 3u (*)

Gọi α là nghiệm của phương trình (*) khi đó ta có 5α – 4α = 4α - 3α (1)

Xét hàm số f(t) = (t+1)α - tα trên [3;4] {Cách làm như bài 1}

ta có f(t) là hàm số liên tục trên [3;4] có đạo hàm trên (3;4)

Trang 5

3 4

) 3 ( ) 4 (

−

− f f

(2)

Từ (1) ta có f(4) =f(3) (3)

Ta có f’(t) = α [( t+1)α -1 – tα - 1 ] ⇒ f’(c) = α [(c+1)α -1 – cα -1] (4)

Từ (2), (3), (4) ta có: α [(c+1)α -1 – cα -1 ] = 0 ⇔ 





= +

=

−

− 1 1

) 1 (

0

α α

α

c





=

1

0

α α

*) Với α =0 ⇒ u=0 ⇒log4 x= 0 ⇔x= 1

*) Với α =1 ⇒ u= 1 ⇒log4 x= 1 ⇔ x= 4

Kết luận : pt đã cho có 2 nghiệm là x=1 và x= 4;

⊕Với cách làm trên có thể ra đề và làm bài toán có mũ kồng kềnh (* VD Bài 3)

Bài 3 Giải pt :2008 log2004(x2−x) + 2x= 2x2 − 2000 log2004(x2−x)

Bài giải : Txđ : D=(-∞ ; 0) ∪ (1; +∞)

Ta có pt ⇔2008 log2004(x2−x) + 2000 log2004(x2−x) = 2 * (x2 −x)

Đặt u log (x2 x) x2 x 2004u

2004 − ⇔ − =

=

Ta có pt 2008u + 2000u = 2* 2004u ⇔ 2008u -2004u = 2004u -2000u (*)

Gọi α là nghiệm của pt (*) khi đó ta có : 2008α -2004α = 2004α -2000α (1)

Xét hàm số f(t)= (t+4)α- tα trên [2000; 2004]

2000 2004

) 2000 ( ) 2004 (

−

− f f

(2)

Từ (1) ta có f(2004) =f(2000) (3)

Từ (2), (3), (4) ta có: α [(c+4)α -1 – cα -1 ] = 0 ⇔ 





= +

=

−

− 1 1

) 4 (

0

α α

α

c





=

1

0

α α

*) Với α =0 ⇒ u=0 ⇒log (x2 − x)= 0⇔ x2 − x=1⇔ x=1± 5

Trang 6

*) Với α =1 ⇒ u= 1 ⇒

2

8017 1

2004 1

) (

2004

±

=

⇔

=

−

⇔

=

x

Kết luận : pt đã cho có tập nghiệm là











=

2

8017 1

; 2

5 1

T

⊕Tương tự với p- pháp trên ta có thể ra đề và làm bài tập liên quan đến lượng giác

Bài 4 Giải pt 2008 cosx − 2000 cosx = 9 cosx − 1

Bài giải : Đk : cosx ≥ 0 ta có pt ⇔ 2008 cosx − 9 cosx = 2000 cosx − 1

Đặt cosx = u khi đó ta có pt 2008u – 9u =2000u -1 (*)

Gọi α là nghiêm của pt (*) khi đó ta có 2008α – 9α =2000α -1 (1)

Xét hàm số f(t) = (t + 1999)α - tα trên đoạn [ 1;9]

Ta có f(t) là hàm số liên tục trên [1;9] có đạo hàm trên (1;9)

1 9

) 1 ( ) 9 (

−

− f f

(2)

Từ (1) ta có f(9) =f(1) (3)

Từ (2), (3), (4) ta có α [(c+1999)α -1 – cα -1 ] = 0

⇔ 





= +

=

−

− 1 1

) 1999 (

0

α α

α

c





=

1

0

α α

*) Với α =0 ⇒ u=0 ⇒ x = ⇔ x= ⇔ x= +k2 ;k∈Z

2 0

cos 0

*) Với α =1 ⇒ u= 1 ⇒ cosx = 1 ⇔ cosx= 1 ⇔ x=k2 π ;k∈Z

Kết luận : pt đã cho có nghiệm là x= +k2 ;k∈Z

π

và x=k2 π ;k∈Z

* Chú ý : ngoài ra ta có thể ra đề và làm bài toán liên quan đến căn và mũ (bài 5 và 6)

Bài 5: Giải phương trình − = 13log 16x − 1

x x

Bài giải : Tx đ : D = (0;+∞)

Đặt u= log x⇔ x= 16u ⇒ x = 4u

Trang 7

Ta có pt 16u – 4u = 13u -1 (*)

gọi α là nghiệm của pt (*) khi đó ta có 16α – 4α = 13α -1 (1)

Xét hàm số f(t) = ( t + 12)α-tα trên [1;4]

1 4

) 1 ( ) 4 (

−

− f f

(2)

Từ (1) ta có f(4) =f(1) (3)

Từ (2), (3), (4) ta có α [(c+12)α -1 – cα -1 ] = 0

⇔ 





= +

=

−

− 1 1

) 12 (

0

α α

α

c





=

1

0

α

*) Với α =0 ⇒ u =0 ⇒log16 x= 0 ⇔ x= 1

*) Với α =1 ⇒ u= 1 ⇒log16x= 1 ⇔ x= 16

Kết luận : pt đã cho có 2 nghiệm là x =1 và x =16

Bài 6: Giải pt x +1= 3 x +5log 64x

Bài giải : Tx đ : D = (0;+∞) Đặt









=

⇒

=

⇔

=

u

u u

x

x x

x u

4

8 64

log

3 64

Ta có pt 8u +1 = 4u +5u ⇔ 8u – 5u = 4u -1 (*)

gọi α là nghiệm của pt (*) khi đó ta có 8α – 5α = 4α -1 (1)

Xét hàm số f(t) = ( t + 3)α- tα trên [1; 5]

ta có f(t) là hàm số liên tục trên [1; 5] có đạo hàm trên (1;5)

1 5

) 1 ( ) 5 (

−

− f f

(2)

Từ (1) ta có f(5) =f(1) (3)

Từ (2), (3), (4) ta có α [(c+3)α -1 – cα -1 ] = 0 ⇔ 





= +

=

−

− 1 1

) 3 (

0

α α

α

c

c ⇔ 





=

1

0

α α

Trang 8

*) Với α =0 ⇒ u =0 ⇒log64x= 0 ⇔ x= 1

*) Với α =1 ⇒ u= 1 ⇒log64x= 1 ⇔ x= 64

Kết luận : pt đã cho có 2 nghiệm là x =1 và x =64

D) Chú ý với phương pháp trên ta có thể giải pt dạng

trong đó a, b, k > 0 và x là ẩn số.

Với pt trên ta chọn hàm số f(t) = ( t + k )α - t*α trên [a; b]

Bài 7 : Giải pt : 9sin2x− 2 sinx − 7sin2x− 2 sinx = 2 (sin2 x − 2 sin x )

Bài giải : Đặt sin2x – 2sinx =u ta có pt 9u – 7u = 2*u ⇔ 9u – 2*u = 7u (*) Gọi α là nghiệm của pt (*) khi đó ta có 9α – 2*α = 7α (1)

Xét hàm số f(t) = (t + 7)α - t*α trên [ 0; 2]

0 2

) 0 ( ) 2 (

−

− f f

(2)

Từ (1) ta có f(2) =f(0) (3)

Ta có f’(t) = α [( t+7)α -1 –1 ] ⇒ f’(c) =α [(c+7)α -1 –1] (4)

Từ (2), (3), (4) ta có α [(c+7)α -1 –1] = 0 ⇔ 





= +

=

− 1 ) 7 (

0

1 α

α





=

1

0

α α

Dễ thấy α = 0 và α =1 thỏa mãn pt (1)

Với α = 0 ⇒ u = 0 ⇒ sin2x – 2sinx =0 ⇔ x x k k Z

loai x

x

∈

=

⇔

=

⇔







=

; 0

sin ) ( 2 sin

0 sin

π

Với α =1 ⇒ u =1 ⇒ sin2x – 2sinx =1 ⇔ sinx =1⇔ x= +k2 ;k∈Z

π

Kết luận: Vậy pt có nghiệm là: x=k k∈Z x= +k2 ;k∈Z

2

;

π

Bài 8: Giải pt : 10 9 x2−1 − 9 9 x2−1 = 9 x2−1

Bài giải : Tx đ : D =(-∞;-1]∪[1; +∞)

Đặt u= 9 x2−1 đk u ≥ 1 khi đó ta có pt : 10u – 9u = u ⇔ 10u – 9*u = 9u -8*u (*)

(a + k)x – a*x =(b + k)x – b*x

Trang 9

Gọi α là nghiệm của pt (*) khi đó ta có 10α – 9*α = 9α - 8*α (1)

Xét hàm số f(t) = (t + 1)α - t*α trên [ 8; 9]

8 9

) 8 ( ) 9 (

−

− f

f (2)

Từ (1) ta có f(9) =f(8) (3)

Ta có f’(t) = α [( t+1)α -1 –1 ] ⇒ f’(c) =α [(c+1)α -1 –1] (4)

Từ (2), (3), (4) ta có α* [(c+1)α -1 –1] = 0 ⇔ 





= +

=

− 1 ) 1 (

0

1 α

α

c ⇔ 





=

1

0

α α

Dễ thấy α = 0 và α =1 thỏa mãn pt (1)

Với α = 0 ⇒ u = 0 (loại )

Với α = 1 ⇒ u = 1⇒9 x2− 1 =1⇔x= ±1

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x=1 và x=-1

Bài 9: Giải pt : x x x x x x x x

2 6

3 5 ln 3 2 5 6

+

=

− +

− Bài giải ta có pt ⇔ 6x + 2x –(5x +3x) = ln(5x +3x)- ln(6x + 2x)

⇔5x +3x + ln(5x +3x) = 6x + 2x + ln(6x + 2x) (*)

Xét hàm số g(u)= u +lnu trên (0; +∞)

Ta có g’(u) =1+1/u > 0 ∀u ∈ (0; +∞) suy ra g(u) đồng biến trên (0; +∞)

Vậy ta có (*) ⇔ 5x +3x = 6x + 2x { Bài toán này là ví dụ phần cơ bản đã giải và có

nghiệm là x=0 và x=1.}

Bài tập đề nghị:

Bài 1 Giải các pt sau

a, 2 x2− 3x + 8 x2−3x = 2 * 5 x2−3x c, x− 3 log 4x = x− 1

b, x+ 3 lgx = 8 lgx+ 5 lgx d, x+ 1 = 3 x+ 7 log 8x

Bài 2: Giải các pt sau:

Trang 10

a, 2008 2007x − 2007 2007x = 2007x c) x x x

x x

1 4

2 3 ln 1

+

= +

b, 3x = 1 +x+ log3( 1 + 2x)

kết luận

+ Tôi nghĩ với cách tiếp cận định lý , diễn đạt và trình bày như trên đã đáp ứng được phần nào tinh thần, yêu cầu của quý thầy cô và các quý vị

+Vận dụng định lý này ta đã giải được một số phương trình mũ mà phương pháp khác không giải được

+Trong quá trình viết và trình bày không tránh khỏi thiếu sót mong quý thầy cô và các quý vị góp ý

Định dạng
Số trang	10
Dung lượng	199 KB