Phương pháp đặt ẩn phụ (dạng 1) - CÔNG PHÁ TOÁN 3- 123docz.net

Loại 1: Phương trình dạng P a f x  0

Đặt t a f x ,t0. Phương trình trở thành P t  0

Ví dụ 2: Phương trình 9x3.3x 2 0 có hai nghiệm là x x1, 2 với x1x2. Giá trị của A2x13x2 là

A. 0 B. 4log 2 3 C. 3log 2 3 D. 2 Đáp án C.

Lời giải Nhận thấy ở đây af x  chính là 3x.

Vậy nếu đặt 3x t thì phương trình trở thành 2 1

3 2 0

2 t t t

 

      Lúc này ta được t 1 3x  1 x 0

2 3x 2 log 23

t    x Vậy A2x13x2 3log 23

Ví dụ 3: Tính tổng T tất cả các nghiệm của phương trình 4x8.2x 4 0 A. T 1 B. T 2 C. T 8 D. T 0 Đáp án B.

Lời giải

Cách 1: Ở đây nhiều độc giả sẽ bấm máy tính giải phương trình sau đó cộng hai nghiệm vào như sau:

 

2 4 2 3 log 4 2 3

4 8.2 4 0

2 4 2 3 log 4 2 3

x x

     

         

Sau đó ta có T log 4 2 32  log 4 2 32   2.

Nhận xét: Đây là cách giải khá dài, mà lại không nắm bắt được cách suy luận nhanh, thụ động vào máy tính với nghiệm lẻ.

Cách 2:

Ta thấy phương trình hỏi tổng các nghiệm của phương trình tức là x1x2. Mặt khác ta lại có 2 .2x1 x2 2x x12.

Mặt khác nếu coi phương trình đã cho là phương trình bậc hai đối với 2x thì ta suy ra ngay 1 2 4

2 .2 4

x x   (định lý Viet cho hai nghiệm của phương trình bậc hai).

STUDY TIP Chú ý: Ở đây ta có thể nhẩm nhanh được và nhập máy tính giải phương trình bậc hai với các hệ số .

STUDY TIP Chú ý: Cho phương trình nếu phương trình có hai nghiệm phân biệt thì tổng hai nghiệm của phương trình là .

hàm số logarit nothing Từ đây ta có 2 .2x1 x2  4 22   x1 x2 2

Bài tập rèn luyện kĩ năng:

Câu 1: Nghiệm của phương trình e6x3e3x 2 0 là

A. 1

0; ln 2

x x3 B. 1

1; ln 2 x  x3 C. x 1;x0 D. Đáp án khác Câu 2: Nghiệm của phương trình 32x32x 30 là

A. x0 B. Phương trình vô nghiệm

C. x3 D. x 1

Câu 3: Giải phương trình 7 4 3  x3. 2 3x 2 0, ta có tập nghiệm bằng A. 2; 2 B.  1;0 C.  0 D.  1; 2

Câu 4: Phương trình 5x15.0, 2x2 26 có tổng các nghiệm là

A. 4 B. 2 C. 1 D. 3

Câu 5: Phương trình 31x31x 10 A. có hai nghiệm âm

B. vô nghiệm

C. có hai nghiệm dương

D. có một nghiệm âm và một nghiệm dương

Câu 6: Phương trình 32x14.3x 1 0 có hai nghiệm x x1, 2 trong đó x1 x2, chọn phát biểu đúng.

A. 2x1 x2 0 B. x12x2  1 C. x1  x2 2 D. x x1. 2  1 Câu 7: Phương trình 4x2x2x2 x1 3 có nghiệm

A. x1;x2 B. x 1;x1 C. x0;x1 D. x 1;x0 Câu 8: Phương trình 2x2x22x x x  2 3 có tổng các nghiệm bằng

A. 1 B. 0 C. ‒1 D. ‒2

Câu 9: Cho phương trình log 3.24 x  1 x 1 có hai nghiệm x x1; 2. Tổng x1x2

bằng

A. log 6 4 22   B. 2 C. 4 D. 6 4 2

Câu 10: Tích hai nghiệm của phương trình 22x44x262.2x42x23 1 0 bằng

A. ‒9 B. ‒1 C. 1 D. 9

Đáp án

1A 2D 3C 4A 5D

6B 7C 8A 9B 10B

Loại 2: Phương trình dạng mlog2a f x  nloga f x   p 0

Cách giải: Đặt tloga f x  . Dẫn đến phương trình mt2  nt p 0, tìm t suy ra x.

Ví dụ 4: Cho phương trình 2log4x2 x 3 log4x12 2 log4x4.

Phương trình trên có một nghiệm x x 0 nằm trong khoảng

A.  2; 4 B. 1;3 C.  2;3 D.  3; 4

Đáp án A.

Lời giải Cách 1:

Điều kiện: x2

Ta có pt 2log4x x 1 3 log4x12 2log4x4

   

4 4

2log x 1 3 2log x 1 4 0

     

(ở đây ta biến đổi log4x2 x log4x x 1  log4xlog4x1 )

Vậy phương trình đã cho trở về dạng tổng quát, coi phương trình trên là phương trình bậc hai với 2log4x1 , lúc này bấm máy giải phương trình bậc hai ta được: 2log4x  1 1 log4x   1 12 x 3. Vậy ta chọn A.

Cách 2: Với các bài toán tìm xem nghiệm của phương trình này có nằm trong khoảng đã cho hay không, ta có thể nhanh chóng áp dụng định lý:

“Nếu hàm số y f x  liên tục trên đoạn  a b; và f a f b   . 0 thì tồn tại ít nhất một điểm c a b; sao cho f c  0.”

Vậy như ở chủ đề 1, tôi đã giới thiệu về chức năng TABLE của máy tính cầm tay là lập ra các giá trị của hàm số trong một bảng. Ở đây ta sử dụng TABLE để xét xem hàm số có dổi dấu trong khoảng cho trước không.

Do đề bài cho khoảng hẹp, nên ở đây ta chỉ cần xét khoảng  1; 4 là có thể bao hàm được hết các phương án A, B, C, D.

Dùng máy tính nhập MODE 7 :TABLE Lúc này nhập

 2   

4 4 4

2log 3 2log 1 2log 4

Fx X X  X   X 

hàm số logarit nothing Lưu ý: Ở đây ta nhập 2 log4X 1 vào máy mà không nhập log4X 12 bởi

ở đây dấu mũ hai máy sẽ nhận là log4X1 2 chứ không phải nghĩa như ban đầu.

Ấn 2 lần = bỏ qua Gx.

Lúc máy hiện START? ấn 1 = END? 4 =

STEP? 0.5 =

Máy hiện như hình bên. Lúc này ta thấy x3 là nghiệm của phương trình.

Tuy nhiên với các bài toán khác ta có thể thấy hàm số đổi dấu khi đi qua 3 thì ta cũng có thể kết luận được phương án A.

Ví dụ 4: Cho phương trình log3x74x2 12x 9 log2x36x223x214. Số

nghiệm của phương trình trên là

A. 2 B. 1 C. 0 D. 3

Đáp án B.

Lời giải Điều kiện: 3

2 x 1

    . Phương trình đã cho tương đương với:

 2    

3 7 2 3

log x 2x3 log x  2x3 3x7 4

   

3 7 2 3

2log x 2x 3 log x 2x 7 3 0

      (2)

Do log3x72x3 .log 2x3 3x 7 1, nên nếu đặt tlog3x72x3 , t0 thì

 

2 3

log x 3x 7 1

  t .

Do đó phương trình (2) trở thành:

1 1

2 3 0 2 3 1 0 1

2 t

t t t

t t

 

       

 

 

3 7

1 log x 2 3 1 4

t   x    x

   2

3 7

1 1 1

log 2 3 2 3 3 7 4

2 2 2

t x x x x



  

        

  



Đến đây nhiều độc giả có thể chọn A, hoặc D. Tuy nhiên so với điều kiện xác định thì x 2;x 4 không thỏa mãn. Do vậy phương trình có nghiệm duy nhất

1 x 4.

Nhận xét: Nếu trong phương trình có các số hạng logf x  g x  và logg x  f x 

STUDY TIP Chú ý: Nếu nhập vào máy tính máy sẽ nhận dạng thành .

STUDY TIP Chú ý: Ta cần chú ý xét điều kiện của bài toán giải phương trình logarit để loại nghiệm.

thì ta có điều kiện tương ứng là 0 f x  1,0g x  1. Lúc đó nếu đặt

   

logf x

t g x thì logg x  f x  1

t .

Loại 3: Phương trình dạng m a. 3f x  n ab. f x   p b. 2f x  0 (hoặc

       

3 2 3

. f x . f x . f x . f x 0 m a n a  p a q b  )

Cách giải: Chia hai vế cho b2f x  (hoặc b3f x ) rồi đặt

 

a f x

t b

     (t0).

Ví dụ 6: Tìm tích tất cả các nghiệm của phương trình

 2  

log 100 log 10 1 log

4.3 x 9.4 x 13.6 x

A. 100 B. 10 C. 1 D. 1

10 Đáp án C.

Lời giải Điều kiện x0.

Ta có 4.3log 100 x2 9.4log 10 x 13.61 log x

     log 10 

2log 10 2log 10

4.3 x 9.2 x 13. 2.3 x 0

   

 

 log 10 2 log 10  log 10   log 10 2

4. 3 x 13.3 x.2 x 9. 2 x 0

   

Với bài toán tự luận thông thường thì ta thường thực hiện đặt t, tuy nhiên ta có thể thấy đây là dạng phương trình đẳng cấp bậc hai, do vậy nếu ta nhập các hệ số và máy ta sẽ được kết quả là tỉ số giữa hai biến.

Vậy đến đây ta có thể sử dụng MODE 5 : EQN chọn giải phương trình bậc hai và lần lượt nhập các hệ số a4;b 13;c9 thì ta được hai nghiệm là: 9

4 và 1.

Tức là

         

   

log 10 log 10 log 10 2 log 10 2

log 10 log 10

3 9.2 3 2 log 10 2 10

3 2 1

x x x x

x x

 

       



   



Vậy tích các nghiệm của phương trình là 1

10. 1

10 . Bài tập rèn luyện kĩ năng:

Câu 1: Phương trình 9x16x13.4x có bao nhiêu nghiệm?

A. 4 B. 3 C. 2 D. 1

STUDY TIP Chú ý: Khi đã hiểu bản chất của dạng toán, ta có thể bỏ qua các bước đặt và giải luôn phương trình bằng máy tính.

hàm số logarit nothing Câu 2: Phương trình 64.9x84.12x27.16x 0 có nghiệm là

A. x1;x2 B. 9 3 16; 4

x x C. x 1;x 2 D. Vô nghiệm Câu 3: Phương trình 6.22x13.6x6.32x 0 có tập nghiệm là tập con của tập

A. 3

; 1;4;5 2

  

 

  B. 2 1

; 1; ; 2

3 3

  

 

  C.  4; 3;1;0 D.  2; 1;1;3

Câu 4: Phương trình 41x 61x 91x có nghiệm là

A. 5 1

log 3

x  2 B. 2

log 5 1

x  2 

C. 5 1

log 2

x  3 D. 3

log 5 1

x  2  Câu 5: Phương trình 3.8x4.12x18x2.27x 0 có tập nghiệm là

A.  1 B. 1;1 C.  0;1 D. 

Câu 6: Nghiệm của phương trình: 4log 22 xxlog 62 2.3log 42 x2 là

A. 1

0; 4

x x B. 1

x 4 C. 2

x 3 D. Vô nghiệm

1D 2A 3D

4C 5A 6B

Loại 4: Phương trình dạng m a. f x  m b. f x   p 0, với ab1 Cách giải: Giả sử a1, ta đặt t a f x , t0, khi đó f x  1

b t .

Ví dụ 7: Phương trình 3 5x16. 3  5x2x3 có nghiệm

A. x1 B. 3 5

log 4

x  C. 3 5

log 4

x  D. 0

Đáp án C.

Phân tích: Do ở vế phải của phương trình chưa về dạng hằng số và

3 5 3  5  4 1, nên ta phải biến đổi sao cho mất x ở vế phải đồng thời

3 5 . 3 5 1

2 2

 

 . Vậy ta sẽ chia cả hai vế của phương trình cho 2x. Lời giải

STUDY TIP Chú ý: Với các bài toán chưa đúng dạng cơ bản, chúng ta cần biến đổi chia hoặc nhân hai vế với một đại lượng sao

Chia hai vế của phương trình cho 2x, ta được

3 5 3 5

16. 8

2 2

x x

       

   

    (*)

Đặt 3 2 5 , 0 3 2 5 1

x x

t t

     

      .

Khi đó phương trình (*) trở thành: 16 2

8 8 16 0 4

t t t t

 t        .

Với t4 thì 3 5

3 5

4 log 4

x 

     

 

  .

Bài tập rèn luyện kĩ năng:

Câu 1: Phương trình  5 24 x 5 24x10 có nghiệm là A. x 2 B. x 1 C. x 4 D. 1

x 2 Câu 2: Phương trình  2 1  x 2 1 x2 2 0 có tích các nghiệm bằng

A. 1 B. 1 C. 0 D. 2

Câu 3: Phương trình 3 5 x 3 5x7.2x có tập nghiệm là A. 1;1 B. 12; 4

  C. 1

2; 2

 

 

  D. 2; 2

Câu 4: Phương trình 2 3 x 2 3x m có nghiệm khi

A. m  ;5 B. m  ;5 C. m2; D. m2;

1A 2A 3D 4D

B. Phương pháp đặt ẩn phụ (dạng 2: đặt ẩn phụ không hoàn toàn)

Ví dụ 1: Nghiệm của phương trình 25x2 3 x.5x2x 7 0 nằm trong khoảng

A.  0; 2 B.  1;3 C.  0;1 D. 5;10 

Đáp án A.

Lời giải Cách 1: Đặt t5 ;x t0.

Phương trình đã cho trở thành t22 3 x t 2x 7 0 * 

Ta có  3 x 2 2x 7 x2   8x 16 x 42

Do đó, phương trình (*) có hai nghiệm

* Phương pháp đặt ẩn phụ dạng 2 là sử dụng một ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành phương trình mới với 1 ẩn phụ nhưng các hệ số vẫn còn chứa x.

* Phương pháp này được sử dụng đối với những phương trình khi lựa chọn ẩn phụ cho một biểu thức thì các biểu thức còn lại không biểu diễn được triệt để qua ẩn phụ đó hoặc nếu biểu diễn được thì lại quá phức tạp.

* Khi đó phương trình thường được ta đưa về phương trình bậc 2 theo ẩn phụ (hoặc vẫn theo ẩn x) có biệt số delta là

hàm số logarit nothing

   

3 4 1

5 7 2 **

3 4 7 2

t x x l x

t x x x x

     

   

      



Vế trái của (**) là một hàm số đồng biến, vế phải là một hàm số nghịch biến. Nhận thấy x1 là nghiệm của phương trình, vậy phương trình có nghiệm là x1. Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay.

Do đề bài hỏi khoảng nghiệm của phương trình nên ta có thể dựa vào các khoảng để dò nghiệm phương trình bằng lệnh SHIFT SOLVE có sẵn trong máy tính.

Ta nhập phương trình và màn hình và sử dụng lệnh SHIFT SOLVE. Máy hỏi giá trị của x để thử thì ta sẽ chọn giá trị trong khoảng của từng phương án.

Ta bấm:

Máy sẽ hiện kết quả nghiệm x1

Ví dụ 2: Nghiệm của phương trình 42x23 1x 2x3 16 0 là một số có dạng log2b với b0. Giá trị của b nằm trong khoảng

A.  4;6 B.  0;1 C.  3;5 D.  1; 2

Đáp án D.

Lời giải

Cách 1: Ta có 42x23 1x 2x3  16 0  22x 22.2 .2x 2x8.2x 16 0

Đặt t2 ;2x t0. Phương trình đã cho trở thành t22.2 .xt8.2x 16 0 * 

Ta có   2x 28.2x 16 2x42

Phương trình (*) có nghiệm

 

2 2

2 2 4 2.2 2 4

2 2.2 4 0

2 2 4 2 0 2.2 4

x x x x

x x

x x x x

t l

t t

  

      

    

           

 

  2 

2 1 5

log 1 5 1 5

2 1 5

x x

VN x b

   

        

   



Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay.

Với bài toán này ta có thể sử dụng lệnh SOLVE dò nghiệm.

Do ta đi tìm giá trị của b nên khi nhập vào máy tính ta sẽ thay x bằng log2 X để SOLVE luôn giá trị của b. Ta bấm:

Máy hiện kết quả của b, từ đó ta chọn D.

Ví dụ 3: Số nghiệm của phương trình 9x2 x23 .3 x2 2x2 2 0 là

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

Đáp án D.

Lời giải Đặt t3 ;x2 t1.

Lúc đó phương trình tương đương với t2x23t2x2 2 0

x2 3 2 4 2x2 2 x2 12 tt12 x2

            Khi đó: * Với t 2 3x2    2 x log 23

* Với t 1 x2 3x2  1 x2

Ta có 1 1

1 1 0

VT VT

VP VP x

 

   

   

  .

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt.

C. Phương pháp logarit hóa, mũ hóa

Loại 1: Phương trình dạng af x .bg x  c, với a b c, , 0.

Cách giải: Ta lấy logarit hai vế cơ số a đưa về phương trình dạng

   .loga loga

f x g x b c. (logarit hóa)

Loại 2: Với a0;a1: loga f x  g x   f x  ag x  (mũ hóa)

Ví dụ 1: Phương trình 3 .5 .7x2 x1 x 245 có nghiệm là

A. x2 B. x3 C. x 2 D. x 3 Đáp án A.

Lời giải

Do hai vế của phương trình đều dương nên lấy logarit cơ số 3 hai vế ta được

 2 1   2

3 3

log 3 .5 .7x x x log 7 .5

  3 3 3 3

2 1 log 5 log 7 2 log 7 log 5

x x x

      

x 2 log 105 0 3 x 2

     .

Ta thấy bài toán xuất hiện 3x2 hai lần và bậc của x thì chỉ xuất hiện bậc cao nhất là 2 nên ta sẽ áp dụng quy tắc đặt ẩn phụ dạng 2 (không hoàn toàn).

hàm số logarit nothing Ví dụ 2: Số nghiệm của phương trình log222xx  124 x 3 1 



A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

Đáp án B.

Lời giải Tập xác định: D¡ .

 1 22xx124 2x38 2 x 4 2 2x x12

2 2 2 4  

2 4. 32 0 2

2 8

x x

       

   .

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.

Ví dụ 3: Tập nghiệm của bất phương trình 49.2x2 16.7x là

A. S log 7 2; 22   B. S log 7 2; 22    2;

C. S   ;log 7 22   D. S   ;log 7 22   2;

Đáp án D.

Lời giải Tập xác định: D¡

Bất phương trình 7 .22 x 2 .74 x 2x24 7x2 Lấy logarit cơ số 2 hai vế của bất phương trình ta được

 

2 4 2 2

2 2 2

log 2x  log 7x x   4 x 2 log 7

  2 log 7 2log 7 4 02 2

f x x x

     

Ta có  log 7 8log 7 1622  2   4 log 72 2

2 2 1

log 7 2 x

x x

 

    

Vậy bất phương trình có nghiệm x2 hoặc xlog 7 22  . Bài tập rèn luyện kĩ năng:

Câu 1: Giải phương trình 34x 43x , ta có tập nghiệm là A. 3 3 

log log 4

 

 

  B. 2 3 

log log 2

 

 

 

C. 4 4 

log log 3

 

 

  D. 4 3 

log log 4

 

 

 

Câu 2: Nghiệm của phương trình 3 .51 2 2 15

x x

   là

STUDY TIP Trong bài toán này, ta có thể dễ dàng sử dụng ngay phương pháp mũ hóa vì cơ số của lôgarit ở VT là 2, nếu mũ hóa ta sẽ xuất hiện thừa số từ đây bài toán sẽ dễ dàng được giải quyết.

A. x1 B. x2;x log 53

C. x4 D. x3;xlog 53

Câu 3: Phương trình 3 .51 2 2 15

x x

   có một nghiệm dạng x logab, với a và b là các số nguyên dương lớn hơn 1 và nhỏ hơn 8. Khi đó a2b bằng

A. 13 B. 8 C. 3 D. 5

Câu 4: Nghiệm của phương trình 9.xlog9x x2 là

A. x12 B. x9 C. x6 D. x3 Câu 5: Nghiệm của 4x3x12 3x12 22x1 cũng là nghiệm của phương trình

A. 2x2  x 3 0 B. 2x25x 3 0 C. 3x25x 2 0 D. 3x2  5x 2 0

1D 2B 3A 4B 5B

hàm số logarit nothing D. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số

Phương trình đưa được về dạng f u   f v  .

Cách giải: Sử dụng tính chất: Cho hàm số y f x  đơn điệu trên tập D.

Khi đó f u   f v   u v với mọi u v D,  .

Ví dụ 1: Phương trình 2x2x93 2 x  x2 6 42x33x x 25x có số nghiệm là

A. 2 B. 3 C. 1 D. 0

Đáp án A.

Lời giải Phương trình đã cho tương đương với

2 3 2 2 2 3 2

2x x9 x  x 6 4 x 3x x 5x

2 2 2 4 6 6 4

2x x x x 3x x 2 x 4x 6 3 x

        (*) Xét hàm số f t    2t t 3t

Có f t'  2 .ln 2 1 3 .ln 3 0t   t  ,  t ¡ nên hàm số f t  đồng biến trên ¡ . Khi đó  *  f x 2 x f 4x 6 x2 x 4x   6 xx23.

VI. Các bài toán biến đổi logarit

A. Tính một logarit theo một logarit đã cho

Bài toán: Cho  loga x với 0a x y, , và a1. Tính loga y theo  . Lời giải

Giả sử tồn tại hai số ,m n¡ sao cho y a x m. n, khi đó ta có

 

loga yloga a xm. n logaamloga xn  m n.logax m n  . Ví dụ 1: Nếu alog 35 thì

A. log 1525 5 1 3a B. log 1525 3 1 5a

C.  

log 15 1 2

a

 D. log 1525 5 1 1a

Đáp án C.

Lời giải

Ta có 25 1 5

log 15 log 15

2

Đến đây trở về bài toán gốc, ta có 15 3.5 log 15 1 1.5   a 1 a

 

25 5

1 1

log 15 log 15 1

2 2 a

    .

Ví dụ 2: Nếu log 3a thì

log 100 bằng

A .a4 B. 16a C.

a D. 2a Đáp án D.

Lời giải Ta thấy cơ số của log3 là 10. Do vậy ta sẽ biến đổi

100 81

1 1

log 81 log81 2log 3 2

log 100  2   a.

B. Tính một logarit theo hai logarit đã cho

Bước 1: Quy các logarit đã cho về một cơ số nếu cần.

Bước 2: Phân tích các cơ số và đổi số về dạng thừa số nguyên tố.

Bước 3: Biểu diễn theo logarit đã cho.

Ví dụ 3: Nếu alog 330 và blog 530 thì

A. log 1350 230  a b 2 B. log 135030  a 2b1 STUDY TIP

Chú ý: Ta biến đổi logarit cần tìm về cùng cơ số với logarit đã cho.

STUDY TIP Chú ý: Ta biến đổi logarit cần tìm về cùng cơ số với logarit đã cho.

hàm số logarit nothing C. log 1350 230  a b 1 D. log 135030  a 2b2

Đáp án C.

Lời giải

Do đã cùng cơ số nên ta phân tích 1350 về dạng thừa số nguyên tố:

Ta có 1350 3 .2.5 3 2

Ta thấy số 2 xuất hiện ở đây là không hợp lý, do vậy ta sẽ biến đổi, do cơ số 30 nên ta có thể biến đổi như sau: 1350 3 .5. 2.3.5 2   3 .5.302

Lúc này ta có

 2  2

30 30 30 30 30