›
›
›

Bài tập Phương trình. Hệ phương trình Toán Lớp 10 - Phương trình. Bất phương trình mũ logarit

doc 28 trang nhungbui22 11/08/2022 2520
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài tập Phương trình. Hệ phương trình Toán Lớp 10 - Phương trình. Bất phương trình mũ logarit", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docbai_tap_phuong_trinh_he_phuong_trinh_toan_lop_10_phuong_trin.doc

Nội dung text: Bài tập Phương trình. Hệ phương trình Toán Lớp 10 - Phương trình. Bất phương trình mũ logarit

  1. Pt/bpt/hpt mũ-log [12] [§] Một vài pt-bpt-hpt mũ-log [12] Phương trình Biến đổi tương đương (Logarit hố & Đưa về cùng cơ số) 0 a 1 Dạng 1: Phương trình: loga f x b b f x a 0 a 1 Dạng 2: Phương trình: loga f x loga g x f(x) g(x) 0 Lược đồ giải phương trình logarit Bước 1: Đặt điều kiện cĩ nghĩa cho phương trình Bước 2: Lựa chọn phương pháp thực hiện Phương pháp 1: Biến đổi tương đương Phương pháp 2: Logarit hố và đưa về cùng cơ số Phương pháp 3: Đặt ẩn phụ, cĩ 4 dạng đặt ẩn phụ: i) Sử dụng một ẩn phụ để chuyển pt ban đầu thành một pt với một ẩn phụ; ii) Sử dụng một ẩn phụ để chuyển pt ban đầu thành một pt với một ẩn phụ nhưng các hệ số vẫn cịn chứa x; iii) Sử dụng k ẩn phụ để chuyển pt ban đầu thành hệ pt với k ẩn phụ Phương pháp 4: Hàm số bao gồm: i) Sử dụng tính liên tục của hàm số ii) Sử dụng tính đơn điệu của hàm số 2x 2x x x Bài 1) Gpt: 1) 2 3 3 2 3 3 14 2) 4.3x 9.2x 5.62 . 3) 8 x 2 4.34 x 2 2 x x 4) 9x x 1 10.3x x 2 1 0 5) 32x 2x 9 .3x 9.2x 0 6) 5 21 7 5 21 2x 3 1 1 1 2 3 3 log x 1 7) 2.81 x 7.36 x 5.16 x 0 8) 2x 2x.3x 9) xlog9 x 2 3 9 10) x3.3x 27x x.3x 1 9x3 2 2 11) 3x+1 + 2x.3x - 18x - 27 = 0 12)9x 2 x 2 3x 2x 5 0 13) 9x x 1 3x 2 2x2 x 0 x 2x 3 x 3 G: 1) t 2 3 . ĐS: x 3 2) Chia 2 vế cho 2 t ĐS: x 4 2 3x 2 x 4 2 x 2 4 x x 4 x x 2 3) pt 2 3 4 x log2 3 4) t 3 .ĐS: x 2; 1;0;1 x 2 x 2 log3 2 x 0 9 5) pt 3x 2x 3x 9 0 6) x 0 7) ĐS: x log x 2 5 4 2 2 2 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 8) pt 2 .3 1 log2 2 .3 0 x 1 log2 3 1 9) pt log x 2 log x 3 log x 1 x 3;729 9 9 2 9 10) pt 3x 9 x3 3x 0 x 0;2; 3 11) 3x+1 + 2x.3x - 18x - 27 = 0 Đkxđ: x R. 3 2x 3 0 x 3  Pt 3x(3 + 2x) – 9(2x + 3) = 0 (2x + 3) (3x - 9) = 0 2 . Vậy, S = ;2 3x 9 0 2  x 2 12)9x 2 x 2 3x 2x 5 0 3x 1 3x 2x 5 0 3x 2x 5 0 x 1 2 2 13) 9x x 1 3x 2 2x2 x 0 32x 2x 2 2x2 2x 2 3x 2 x 2 (1) Xét hàm số f (t) 3t t , f (t) là hàm số luơn tăng trên R Bài-giảng Pt- Hpt trang.171 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  2. Pt/bpt/hpt mũ-log [12] x 0 2 2 Phương trình (1) f (2x 2x 2) f (x 2) 2x 2x 2 x 2 1 x 2 2 2 Bài 2) Giải pt: a) xx 10x x (2); với x > 0. b) 2x 3 3x 9(1) c) 4x 7x 9x 2. 2 G: a) xx 10x x (2); với x > 0. +Nx: x=1 là một nghiệm của pt(2). 2 2 +Với x>1 ta cĩ : xx 1x 1; x2 x nên x x2 0 do đĩ 10x x 100 1 10x x xx → những giá trị x>1 khơng thể là nghiệm của pt. 2 2 +Với 0<x<1 ta cĩ: xx 1x 1; x2 x x x2 0 nên 10x x 100 1 10x x xx → những giá trị 0<x<1 khơng thể là nghiệm của pt. Vậy x=1 là nghiệm duy nhất của pt. 2 b) 2x 3 3x 9(1) +) x=0 là một nghiệm của pt(1). 2 +) Nếu x 0 ta cĩ: x2 0 2x 3 3x 20 3 30 9 .Do đĩ x 0 khơng thể là nghiệm của pt (1). Vậy x=0 là nghiệm duy nhất của pt. c) 4x 7x 9x 2. Sử dụng hàm số, tính đạo hàm cấp 2 rồi lập bbt. ĐS: x 0;1 Bài 3) Gpt [bđtđ/logarit-hố & đưa về cùng cơ số]: a) logx(x2 + 4x – 4) = 3 3 b) log 2 x3 x2 2 log 2x 2 0 c) log (x 2)2 3 log (4 x)3 log (x 6)3 1 3 1 1 1 3 2 4 4 4 1 2 d) lg x3 8 lg x 58 lg x2 4x 4 e) 2 log x log x.log 2x 1 1 2 9 3 3 log x2 3x 2 log x 1 log x 2 log x log x log x f) 2 3 2 3 7 4 3 g) 3 4 5 h) log 4.log 2 1 cosx cos2x 0 x 1 0 x 1 a) log (x2 + 4x – 4) = 3 G: x 2 3 3 2 x 4x 4 x x x 4x 4 0 0 x 1 0 x 1 2 x 1 x 2 x 1 x 4 0 x 2 b) log 2 x3 x2 2 log 2x 2 0 ↔log 2 x3 x2 2 log 2x 2 1 3 3 3 3 x 1 2x 2 0 x 1 2 x3 x2 2 2x 2 x3 x2 x 2 2 2 0 x 2 x2 2 1 x 2 0 x 1 x 1 x 2 0 x 2 x 2 x2 2 1 x 2 0 x2 2 1 x 2 0 2 x 2 0 3 2 3 3 6 x 2 c) log1 (x 2) 3 log1 (4 x) log1 (x 6) Điều kiện: 4 x 0 2 2 x 4 4 4 4 x 6 0 Viết lại pt dưới dạng:3log1 x 2 3 3log1 (4 x) 3log1 (x 6) 4 4 4 log1 x 2 1 log1 (4 x) log1 (x 6) log1 4 x 2 log1 (4 x) x 6 4 4 4 4 4 Bài-giảng Pt- Hpt trang.172 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  3. Pt/bpt/hpt mũ-log [12] x 2 4(x 2) (4 x) x 6 x 8 x 2 4 x 2 (4 x) x 6 4(x 2) (4 x) x 6 x 1 33 x 1 33 x 1 33 x3 8 0 3 1 2 d) lg x 8 lg x 58 lg x 4x 4 Điều kiện: x 58 0 x 2 2 2 x 4x 4 0 1 2 Viết lại pt dưới dạng:lg x3 8 lg x 58 lg x 2 2 3 3 3 lg x 8 lg x 58 lg x 2 lg x 8 lg x 58 x 2 x 8 x 58 x 2 2 x 9 x 3x 54 0 x 9 x 6 x 0 2 e) 2 log9 x log3 x.log3 2x 1 1 Điều kiện: 2x 1 0 x 0 2x 1 1 0 2 1 Viết lại pt dưới dạng: 2 log3 x log3 x.log3 2x 1 1 2 1 log2 x log x.log 2x 1 1 log2 x 2log x.log 2x 1 1 2 3 3 3 3 3 3 log3 x 0 log3 x 2log3 2x 1 1 .log3 x 0 2 log x log 2x 1 1 0 3 3 x 1 x 1 x 1 2 x 2x 1 1 2x 1 2 2x 1 1 2 2x 1 x 2 2 2x 1 x 2 x 1 x 1 x 1 x 0 x 0 x 0 2 2 4 2x 1 x 2 x 4x 0 x 4 x2 3x 2 0 log x2 3x 2 log x 1 log x 2 Điều kiện: x 1 0 x 2 f) 2 3 2 3 7 4 3 x 2 1 2 Nhận xét rằng: 2 3 2 3 1 2 3 2 3 và 7 4 3 2 3 1 Khi đĩ pt cĩ dạng: log x2 3x 2 log x 1 log x 2 2 3 2 3 2 2 3 2log x2 3x 2 2log x 1 log x 2 2 3 2 3 2 3 log x2 3x 2 log x 1 log x 2 2 3 2 3 2 3 x 1 log log x 2 2 3 x2 3x 2 2 3 x 1 1 x 2 x 2 x2 4 1 x 5 x 5 x2 3x 2 x 2 g) log3 x log4 x log5 x Điều kiện: x > 0 Ta biến đổi về cùng cơ số 3:log4 x log4 3.log3 x ; log5 x log5 3.log3 x Khi đĩ phương trình cĩ dạng: log3 x log4 3.log3 x log5 3.log3 x Bài-giảng Pt- Hpt trang.173 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  4. Pt/bpt/hpt mũ-log [12] log3 x 1 log4 3 log5 3 0 log3 x 0 x 1 0 cosx 1 0 cosx 1 0 cosx 1 cosx 2 h) logcosx 4.log 2 2 1↔ logcosx 2 1 cos x log 2.log 2 1 cosx cosx 1 logcosx 2 1 cosx 2 1 co1sx x k2 ,k Z. 2 3 2x 3 log3 x 2 3 2 Bài 4) Gpt: a) 2 1 b)log2 x 1 2log2 x x 1 c) log2 x 1 log1 x 1 2 2 2 d) log2 x 3x 2 log2 x 7x 12 3 log2 3 e) log2 x log3 x log4 x lgx x x 1 x f) x lg 1 2 xlg5 lg6 g) x 1 log5 3 log5 3 3 log5 11.3 9 1 2 2 4 2 4 2 h)log2 x x 1 log2 x x 1 log2 x x 1 log2 x x 1 2x 3 log3 2x 3 G: a) 2 x 1 Điều kiện: 0 x 2x 3 log3 2x 3 2x 3 Biến đổi phương trình về dạng: 2 x 20 log 0 1 2x 3 x x 3 3 x x 2 3 3 3 b)log2 x 1 2log2 x x 1 ↔ 2log2 x 1 2log2 x x 1 x 1 x x 1 x 1 0 x 1 3 3 x 1 x x 1 x 2 0 x 0 x 1 0 x 1 3 3 x 1 x x 1 x 2x 0 2 2 x 1 0 c) log2 x 1 log1 x 1 Điều kiện: x 1 2 x 1 0 Biến đổi phương trình về dạng: log x2 1 log x 1 log x2 1 x 1 0 2 2 2 1 3 x2 1 x 1 1 x3 x2 x 0 x2 x 1 0 x 2 2 2 d) log2 x 3x 2 log2 x 7x 12 3 log2 3 x 4 x2 3x 2 Điều kiện: 3 x 2 2 x 7x 12 0 x 1 2 2 Viết lại phương trình dưới dạng:log2 x 3x 2 . x 7x 12 log2 24 x2 3x 2 x2 7x 12 24 x 1 x 2 x 3 x 4 24 x2 5x 4 x2 5x 6 24 2 9 Đặt t = x2 + 5x + 4, điều kiện t 4 Khi đĩ (2) cĩ dạng: t t 2 24 t2 2t 24 0 t 4 2 x 0 Với t = 4: x 5x 4 4 thỏa điều kiện (*) x 5 e) log2 x log3 x log4 x lgx Điều kiện: x > 0 Ta biến đổi về cùng cơ số 10: log2 x log2 10.lgx ; log3 x log3 10.lgx ; log4 x log4 10.lgx Bài-giảng Pt- Hpt trang.174 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  5. Pt/bpt/hpt mũ-log [12] Khi đĩ phương trình cĩ dạng: log2 10.lgx log3 10.lgx log4 10.lgx lgx lgx log2 10 log3 10 log4 10 1 0 lgx 0 x 1 f) x lg 1 2x xlg5 lg6 x x x x 1 2 1 1 2 1 Viết lại phương trình dưới dạng: lg 1 2 lg6 x lg5 1 lg lg x 6 2 6 2 1 t 1 2 t 3 loai Đặt t = 2x, điều kiện t > 0, khi đĩ pt cĩ dạng: t t 6 0 6 t t 2 2x 2 x 1 x 1 x g) x 1 log5 3 log5 3 3 log5 11.3 9 1 1 x 1 x 1 x x 1 x 1 x log5 3 log5 3 3 log5 11.3 9 3 . 3 3 11.3 9 3x 9 x 2 3 x 1 . 3x 1 3 11.3x 9 32x 10.3x 9 0 x 3 1 x 0 2 2 4 2 4 2 h)log2 x x 1 log2 x x 1 log2 x x 1 log2 x x 1 4 2 4 2 4 2 Biến đổi phương trình về dạng: log2 x x 1 log2 x x 1 log2 x x 1 4 2 4 2 x 0 log2 x x 1 0 x x 1 1 x 1 log x 1 2 2 log 4 x log 4 x 3 1 b) lg x2 x 6 x lg x 2 4 Bài 5) Gpt: a) 4 2 8 3 c) log 1 x log x d) log2 x log 1 e) log 5 log 25x 3 2 3 3 3x x 5 5 x 4 f) log x2 3 log x2 3 g) 2 log x log 3 1 x3 2x 4x2 3 3 9x 1 log3 x h) log log x3 x2 2 0 i) log x2 14log x3 40log x 0 2x2 5x 2 8x 10 x 16x 4x 2 2 j) logx 2 2log2x 4 log 2x 8 * k) log2 x x 4 log2 x x 3 0 3 l) log x 1 log 3 x log x 1 0 * m) log x x2 2 3log x x2 2 5 2 1 8 2 2 2 x x 1 n) log3(3 1)log3(3 3) 6 log x 1 2 2 log 4 x log 4 x 3 1 G: a) 4 2 8 x 1 2 0 1 4 x Điều kiện: 4 x 0 4 x 11 x 4 log2 4 x 1 log2 4 x 4 x 0 x 1 0 4 x x 1 3 3 4 x 1 x x 2 4 x 4 x 4x 19x 12 0 4 4 4 x 1 4 x x 1 0 4 x 1 19 41 19 41 x x 2 8 8 4 x 4x 19x 20 0 4 x 1 4 x b) lg x2 x 6 x lg x 2 4 - Đl: x 3 - Pt lg x 3 x 4 0 x 4 là nghiệm duy nhất Bài-giảng Pt- Hpt trang.175 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  6. Pt/bpt/hpt mũ-log [12] t log x t 3 x 3 c) log2 1 x log3 x - Điều kiện: x 0 - Đặt t log 1 x 0 t 2 1 x 2 t t t t 1 3 nên: 3 2 1 1 t 2 x 9 . - Đáp số: x 9 2 2 x 0 2 3 d) log x log 1 - Điều kiện: 1 3 3x x x 3 2 1 t 1  - Đặt t log3 x , ta biến đổi PT về dạng: t 1 t 1; 2;0 - Đáp số: x ;1;3 t 1 9  x 0 e) log 5 log 25x 3 - Điều kiện: 5 5 x 5 x 1 - Đặt t log x , ta biến đổi PT về dạng: t 2 3 t 0;2 - Đáp số: x 1;25 5 1 t 0 x3 2x 1 2 0 4x 3 1 x2 3 1 f) log x2 3 log x2 3 x 2;3 x3 2x 4x2 3  x2 3 0 2 0 4x 3 1 x3 2x 4x2 3 4 1  g) 2 log3 x log9x 3 1 H: t log3 x t 1;4 x ;81 1 log3 x 3  0 2x2 5x 2 1 h) log log x3 x2 2 0 0 8x 10 1 x 3 2x2 5x 2 8x 10 3 2 x x 2 8x 10 x 0 2 3 i) log x x 14log16x x 40log4x x 0 - Điều kiện: 1 1  x ; ;2 2 16 4  - Nx: x 1 là nghiệm của pt đã cho, xét x 1 ta đặt t logx 2 2 42 20 1 1 1  0 t ;t 2 x 4; x . - Đáp số: x ;2;4 1 t 4t 1 2t 1 2 2 2  x 0 j) logx 2 2log2x 4 log 2x 8 * - Điều kiện: 1  x ;1 2  1 4 6 - Đặt: t log x , biến đổi được pt: 2t t 1 t 1 - Đáp số: x 2 2 t t 1 t 1 2 k) log2 x x 4 log2 x x 3 0 log2 x 1 log2 x x 3 0 x 2 3 l) log 2 x 1 log 1 3 x log8 x 1 0 * - Điều kiện: 1 x 3 2 - Ta cĩ: * log2 x 1 log2 3 x log2 x 1 0 1 17 1 17 x 1 3 x x 1 x2 x 4 0 x - Đáp số: x 2 2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.176 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  7. Pt/bpt/hpt mũ-log [12] 2 2 m) log2 x x 2 3log2 x x 2 5 u log x x2 2 2 u v 1 u 1 7 - Đặt - Đáp số: x u 3v 5 v 2 4 v log x x2 2 2 x x 1 x 28  n) log3(3 1)log3(3 3) 6 t log3(3 1) x log3 ;log310 27  2 Bài 6) a)3x 1 x log 1 2x b) 4 x 1 2 x x log x 1 (1) Gpt: 3 2 1 G: a) Đk: x . Pt 3x x (1 2x) log 1 2x 3x log 3x (1 2x) log 1 2x 2 3 3 3 1 cĩ dạng: f(u) = f(v), trong đĩ f(t) = t log t là hàm liên tục, với t > 0 và f’(t) = 1 0 nên f là hs đb. 3 t ln 3 Do đĩ f(u) = f(v) u = v 3x - 2x – 1 = 0 Xét hs: g(x) = 3x - 2x – 1 cĩ g’(x) = 3xln3 -2 và g’’(x) = 3x(ln3)2 > 0. Suy ra pt: g’(x) = 0 cĩ nhiều nhất 1 nghiệm. Do đĩ, pt g(x) = 0 cĩ nhiều nhất 2 nghiệm. Ta thấy: x = 0 và x = 1 là 2 nghiệm của pt g(x) = 0. Do đĩ, chúng là nghiệm của phương trình đã cho. x 1 x 2 x b) 4 2 log 2 x 1 (1) 2 2 x - Nếu 0 -1 x(x 1) - Nếu x > 1 thì VP log log (x 2 x) log 2x 2 mà 2 2(x 1) 2 2 2 2 2x-2 x x x x 2 2x-2 / t VT = 2 - 2 . Do đĩ: (1) 2 + log 2 (x x) log 2 2x 2 +2 (1 ) Xét hàm số f(x) = 2 + log2t xác định liên tục trên R+ và: 1 f/(x) = t.ln2 + < 0 nên f(x) nghịch biến trên R+ t.ln 2 (1/) x2 – x = 2x – 2 x2 – 3x + 2 = 0 x = 1 (loại); x = 2 (thỏa mãn). Vậy phương trình cĩ nghiệm x = 2. Bài-giảng Pt- Hpt trang.177 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  8. Pt/bpt/hpt mũ-log [12] Bất phương trình 2x x2 x2 2x 1 2x 1 2x 1 x Bài 7) Giải các bất phương trình mũ: a) 9 2 3 b) 3 2 5.6 0 3 2 2 2x 22x 4x 2 16.22x x 1 2 c) 2x 4 . d) 23x 1 7.22x 7.2x 2 0 e) 0 2x 1 x 1 2 2 f) 2x x 1 1 2 2x 2 x 1 2x x2 x2 2x 1 x2 2x G: a) 9 2 3 t 3 0 Đ/S: 1 2 x 1 2 3 2x x 2x 1 2x 1 x 3 3 b) 3 2 5.6 0 3. 5. 2 0 Đ/S: x log 3 2 2 2 2 x x 2 x c) 2 4 . t 2 1 0 Đ/S: x 0;log2 4 2 2  1; 2x 1 d) 23x 1 7.22x 7.2x 2 0 H: t 2x 0.Đ/S: x 1;0;1 x 1 (I) 2 2 2x2 4x 2 2x x2 1 22x 4x 2 16.22x x 1 2 2 16.2 2 0 e) 0 x 1 x 1 (II) 2x2 4x 2 2x x2 1 2 16.2 2 0 Giải từng hệ bất phương trình (I), (II) ta cĩ đáp số: x ; 1  1 3;1 3 2 2 f) 2x x 1 1 2 2x 2 x 1 Điều kiện: x 1 2 2 Ta cĩ: bpt 2x 1 2 x 1 2 2 x 1 2 0 2 x 1 2 2x 1 1 0 1 x 2 Đáp số: 1 x 2 2 5 Bài 8) Giải hệ thức: a) 3x 4 x 2 4 3x 2 1 (1) b) 3 x 1 3 x 2 x 1 1 (1) 1 x 2 2x 1 2 c) 0 (1) d) 4x 2 x.2 x 1 3.2 x x 2 .2 x 8x 12 (1) 2x 1 2 G: a) 3x 4 x 2 4 3x 2 1 (1) 2 - Với x 2 thì x2 – 4 > 0 và x – 2 > 0. Do đĩ 3x 4 30 1(vì hàm đồng biến) nên VT(1) > 1 = VP(1). Bất phương trình khơng cĩ nghiệm trong khoảng trên 2 - Với x 2thì x2 – 4 0 nên 3 x 1 1; 3 x 2 x 1 0. Do đĩ VT(1) 0 nên 3 x 1 1; 3 x 2 x 1 0 . Do đĩ VT(1) 1 Vậy bất phương trình cĩ nghiệm x 0. 21 x 2x 1 21 x 2x 1 c) 0 (1) Đặt f (x) , 2x 1 2 x 1 f(x) xác định khi và chỉ khi: 2 x 1 0 x 0 x ;0  0; : ( ) Xét phương trình f (x) 0 g(x) 21 x 2x 1 0 . Cĩ g(x) xác định, liên tục trên ( ) Bài-giảng Pt- Hpt trang.178 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  9. Pt/bpt/hpt mũ-log [12] g'(x) 21 x.ln 2 2 0 với x ( ) nên g(x) nghịch biến trên ( ) g(x) g(1) x 1 f (x) 0 x 1 1 5 Do f(x) liên tục trên (*) f ( 1) 14 0 ; f 2 2 0; f (2) 0 2 6 Nên ta cĩ bảng xét dấu f(x) trên (*) 0 1 x f(x) - + 0 - Từ bảng ta được (1) cĩ nghiệm x 0  x 1. 2 2 d) 4x 2 x.2 x 1 3.2 x x 2 .2 x 8x 12 (1) (1) 4x 2 x.2 x 1 3.2 x x 2 .2 x 8x 12 0 x 2 x 2 2 2 (x2 2x 3)(2x 4) 0 (x 2 2x 3)(4 2 4) 0 (x 2 2x 3)(4 2 1) 0 x 2 2 (x 2 2x 3)(4 1) 0 (x 1)(x 3)(x 2)(x 2) 0 2 x 1 2 x 3 . 2 Vậy (1) cĩ nghiệm 2 x 1 2 x 3 . 2x2 3 Bài 9) Giải các bpt logarit: a) log 2x 2 b) (log 8 log x2 )log 2x 0 c) log 0 x 1 x 4 2 x 2 3x 8 1 2 1 d) log 2x2 3x 1 log x 1 e) log log x2 3 1 1 2 2 2 3 1 2 2 2 2 log3 x 1 log 3 2x 1 2 log (5x 8x 3) 2 f) 0 g) x (1). 2x 1 x 1 1 0 x 1 1 G: a) logx 1 2x 2 2  2 2 3 x 0 2x x 1 0 2x x 1 2 b) (logx 8 log4 x )log2 2x 0 - Điều kiện: 0 x 1 x 1 log x 2 0 1 - Ta cĩ: bpt 3log 2 log 2 1 log 2 0 - Đáp số: x ; \ 1 x x x 1 log x 2 1 x 1 2 2 x 2 1 0 x 2 1 2x2 3 5 2 2 c) logx 2 0 2x 3  2x 3 x 3 3x 8 0 1 1 2 3x 8 3x 8 1 2 1 1 d) log 2x2 3x 1 log x 1 - Đk: 2x2 3x 1 0 x 1 x 1 2 2 2 2 2 1 1 2 1 - Ta cĩ: PT log 2x2 3x 1 log x 1 2 2 2 2 2 2 x 1 x 1 1 1 1 1 log2 1 2 x - Đáp số: x 2x2 3x 1 2x 1 3 2 3 2 2 2 e) log3 log 1 x 3 1Ta cĩ: bpt 0 log 1 x 3 3 2 2 1 23 46 x2 3 1 x2 4 x 2 8 8 4 2 log3 x 1 log 2x 1 2 1 f) 3 0 - Điều kiện: 2x 1 0 x 2x 1 2 2 - Khi đĩ bpt log3 x 1 log 3 2x 1 2 0 log3 x 1 log3 2x 1 1 x 1 2x 1 3 ,(*) + Xét với x 1, thì * 2x2 3x 2 0 x 2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.179 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  10. Pt/bpt/hpt mũ-log [12] 1 + Xét với x 1, thì * 2x2 3x 4 0 : Vơ nghiệm. - Đáp số: x 2 2 log (5x2 8x 3) 2 g) x (1). x 1 x 1 4x2 8x 3 0 3 2 2 x 5x 8x 3 x 2 0 x 1 1 3 0 x 1 2 5x 8x 3 0 x 2 2 2 5 0 5x 8x 3 x 2 4x 8x 3 0 1 3 3 x ( ; )  ( ; ) Vậy BPT cĩ nghiệm: 2 5 2 . *) Chú ý: Ở bài tập này, các bạn thường mắc phải sai lầm cơ bản: khơng chú ý đến điều kiện của cơ số a nên cĩ thể vận dụng sai tính chất đơn điệu của hs logarit, một số bạn giải bài tập này như sau: 3 x 5x2 8x 3 0 5 x 1 Điều kiện: 1 x 2 2 2 2 5x 8x 3 x 4x 8x 3 0 3 x log (5x2 8x 3) 2 Khi đĩ: x 2 1 3 ( ; )  ( ; ) Vậy BPT cĩ nghiệm: 2 2 . a 1 b f(x) a loga f(x) b 0 a 1 b 0 f(x) a Lưu ý: Bản chất: a 1 b 0 f(x) a loga f(x) b 0 a 1 b f(x) a x x x x x x x x Bài 10) Giải bpt: a) 2 3 5 38 (1) b) log2 (2 1) log3 (4 2) 2 (1) c) 1 2.2 3.3 6 (1) 2 2 2 2 d) 2 x 7x 12 1 14x 2x 24 2 log x e) log x (x + 1) = lg1,5 (1) x x x tan 2x 3 2 x 1 2 4 f) x 4x 3 1 log5 8x 2x 6 1 0 g) 0 h) log x(3 x) (3 x) 1 (1) 5 x 4 x2 x G: a) 2x 3x 5x 38 (1) Đặt f(x) = VT(1), cĩ f(x) xác định và liên tục với mọi x R cĩ: f ' (x) 2x ln2 3x ln3 5x ln5 0 với mọi x R nên f(x) đồng biến trên (*).Do x 2 đĩ (1) f(x) f(2) x 2 . Vậy bất phương trình cĩ nghiệm: x 2 . x R x x b) log2 (2 1) log3 (4 2) 2 (1) (NT A-2000) Đặt f(x) = VT(1),cĩ f(x) xác định,liên tục với mọi x R cĩ: 2x ln2 4x ln4 f ' (x) 0 với mọi x R (2x 1)ln2 (4x 2)ln3 Bài-giảng Pt- Hpt trang.180 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  11. Pt/bpt/hpt mũ-log [12] x 0 nên f(x) đồng biến trên (*).Do đĩ: (1) f(x) f(0) x 0 . Vậy bpt cĩ nghiệm: x 0 . x R x x x 1 1 1 c) 1 2.2x 3.3x 6x (1) Ta cĩ: (1) 2. 3. 1 (2) (do 6x 0 x R ) 6 3 2 Đặt f(x) = VT(2), cĩ f(x) xác định, liên tục với mọi x R cĩ: x x x 1 1 1 1 1 1 f ' (x) ln 2. ln 3. ln 0 x R nên f(x) nghịch biến trên R, do đĩ ( 6 6 3 3 2 2 x 1 1) (2) f(x) f(1) x 1. Vậy bpt cĩ nghiệm: x 1. x R 2 2 2 2 d) 2 x 7x 12 1 14x 2x 24 2 log x x x x 0, x 1 2 x 3 Đk: x 7x 12 0 x 4 2 2x 14x 24 0 1 2 2 1 2 2 3 3 2 - Với x = 3 bpt trở thành bất đẳng thức 2 1 2log3 log3 3 2 3 (sai) 3 3 3 3 3 2 2 1 1 1 1 - Với x = 4 bpt trở thành: 2 1 2log 4 log 4 log 4 2 (đúng) 4 4 2 2 2 2 Vậy bất phương trình đã cho cĩ nghiệm là x = 4. e) log x (x + 1) = lg1,5 (1) Điều kiện: 0 logxx = 1 > lg1,5. Vậy pt (1) khơng cĩ nghiệm trong khoảng này Tĩm lại (1) vơ nghiệm. 2 x 1 2 f) x 4x 3 1 log5 8x 2x 6 1 0 (1) 5 x x 0 x 0 2 Điều kiện: x 4x 3 0 x 1 x 3 x 1;x 3 2 8x 2x 6 0 1 x 3 1 - Với x = 1 thì (1) log 1 0 1 1 0 0 (luơn đúng) 5 5 1 3 1 3 27 1 - Với x = 3 thì (1) log 0 5 3 (loại) 5 5 3 5 125 5 Vậy bất phương trình cĩ nghiệm là x = 1. x x tan 2x 3 tan 2x 3 g) 4 0 (1) Đặt f(x) 4 ; f(x) xác định khi và chỉ khi: 4 x2 x 4 x2 x x k (k ) 4 2 x 4k 2 (k ) x 2 4 x 2 0 x 2 ( ) x 2 2 4 x x 0 x 2 x f(x) 0 g(x) tan 2x 3 0 . Cĩ g(x) xác định trên ( ) và 4 g'(x) 2 0 vớix thoả mãn ( ) nên g(x) đồng biến trên ( ) x 4cos 2 4 Bài-giảng Pt- Hpt trang.181 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  12. Pt/bpt/hpt mũ-log [12] g(x) g( 1) x 1 f (x) 0 x 1 3 2(1 2) 6 3 3 2(7 2) Do f(x) liên tục trên ( ) f 0 ; f 0,f (0) 0; f 0 nên ta cĩ 2 7 3 5 2 2 7 3 bảng xét dấu f(x) trên ( ) x 2 2 1 2 2 f(x) + – 0 + – Từ bảng ta được (1) cĩ nghiệm 2 x 1 2 x 2 . 3 x 0 0 x 3 h) log (3 x) 1 (1) Điều kiện: ( ) . Với điều kiện đĩ: x(3 x) 2 x(3 x) 0, 1 x 3x 1 0 (1) 1 log x(3 x) (3 x) 0 log x(3 x) x(3 x) log x(3 x) (3 x) 0 log x(3 x) x 0 x(3 x) 1(x 1) 0 3 5 3 5 3 5 3 5 2 (x 3 1)(x 1) 0 x x (x 1) 0 x 1 x 2 2 2 2 3 5 3 5 Vậy (1) cĩ nghiệm x 1 x 3 . 2 2 Bài 11) Giải bất phương trình: cos x sin x cos 2x 0 (1) với x 0;2 : (*). G: Đặt f (x) cos x sin x cos 2x , cĩ f(x) xác định, liên tục trên (*) f(x) = 0 cos x sin x cos 2x 0 cos x sin x (cos 2 x sin 2 x) 0 (cos x sin x)(1 cos x sin x) 0 cos x sin x 0 cos x sin x 1 x kx 4 x kx sin x 0 4 4 x 2kx (k ) x 2kx (k Z) 2 4 4 2 cos x x 2kx 4 2 x 2kx 4 4 5 Kết hợp với ( ) ta cĩ x  x  x . 4 2 4 3 2 3 Do f(x) liên tục trên (*) và f 0 ; f ( ) f 2 0 6 2 2 Nên ta cĩ bảng xét dấu f(x) trên ( ) 5 0 2 X 4 2 4 f(x) 0 0 0 5 Từ bảng ta đựợc (1) cĩ nghiệm x  x 2 . 4 2 4 log (x 1) 2 log (x 1)3 Bài 12) Giải bpt: a) log 2 log 2 (1) b) 2 3 0 (1) ( x 2 x ) x 1 x 2 3x 4 G: a) log ( x 2 x ) 2 log x 1 2 (1) Bài-giảng Pt- Hpt trang.182 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  13. Pt/bpt/hpt mũ-log [12] x 2 0 x 0 x 0 Điều kiện: x 1 0 1 (*). Với điều kiện đĩ: x 4 x 2 x 0, 1 x 1 0, 1 1 1 (1) log 2 ( x 2 x ) log 2 x 1 log 2 ( x 2 x ) log 2 x 1 x 2 x x 2 x log ( x 2 x ) log x 1 0 log 0 (2 1) 1 0 2 2 2 x 1 x 1 x 2 x x 1 0 x 2 x x 1 0 x 2 x x 1 2 x(x 1) x 1 1 x 0 x 1 1 x 2 x(x 1) 2 2 (1 x) 4x(x 1) 3x 6x 1 0 x 1 3 2 3 3 2 3 3 2 3 3 2 3 x x 3 3 3 3 3 2 3 Kết hợp với (*) ta được (1) cĩ nghiệm 0 x . 3 2 2 3 (x 1) 0 log 2 (x 1) log3 (x 1) 3 x 1 b) 2 0 (1) Điều kiện: (x 1) 0 (*). Với điều kiện đĩ: x 3x 4 2 x 4 x 3x 4 0 x 0 (1) 2log (x 1) 3log (x 1) (x 2 3x 4) 0 2 3  2 3  (x 1)(x 4) 0 log x 1 2 log x 1 3 x 0 2log 3 3log 2 x 1 x 1 (x 1)(x 4) 0 log x 1 2.log x 1 3 x 0 (log x 1 9 log x 1 8).log 2 (x 1).log3 (x 1).(x 1)(x 4) 0 x 0 9 log .log (x 1).log (x 1).(x 1)(x 4) 0 x 1 8 2 3 x 0 9 log .log (x 1).log (x 1).(x 1)(x 4) 0 x 1 8 2 3 x 0 x 0 9 (x 1 1)( 1).(2 1)(x 1 1).(3 1)(x 1 1).(x 1)(x 4) 0 x 3 (x 1)(x 4) 0 8 x(x 1)(x 4) 0 1 x 0  x 4 Kết hợp với (*) ta được (1) cĩ nghiệm 1 x 0  x 4 . Bài-giảng Pt- Hpt trang.183 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  14. Pt/bpt/hpt mũ-log [12] Hệ phương trình x2 y2 10 ln(1 x) ln(1 y) x y Giải các hpt: Bài 13) 1) 2 2 2) log x log y 1 0 x 12xy 20y 0 1 1 3 3 x y 2 y 1 3 .2 972 22x 42 y 1 x x 2x 2 3 1 3) 4) 5) log x y 2 2x 4 y 2x 2 y 1 2 x 1 3 y y 2y 2 3 1 2 2 y x x 1 lg x y 1 lg13 27 x y .3 5 2 y y 1 1 6) 7) 8) 3log x y x y 2 x 2 x 1 lg x y lg x y 3lg 2 5 y 1 2 2 1 3 3 x y 2 y 1 2 x 1 9) 2 2log3(xy 1) 3 log3(x 1) 2log3(y 1) 4 ln(1 x) ln(1 y) x y ln(1 x) x ln(1 y) y x y G: 1) 2 2 x y 0 x 12xy 20y 0 x 2y x 10y 0 x 2y  x 10y 2 2 x2 y2 10 x y 10 2) log x log y 1 0 x 0, y 0 x; y 3;1 ; 1;3  1 1 3 3 xy 3 x y x y 2 5 3 .2 972 log2 3 .2 log2 2 .3 y x log2 3 2 5log2 3 x 5 3) log x y 2 x y 3 y 2 3 x y 3 22x 42 y 1 u2 v2 1 4) - Đặt u 2x 0; v 4 y 0 hpt tt: - hệ đối xứng loại 1 đối với u, v x y x 2 y 2 4 2 1 u v uv 1 - Giải hệ dẫn tới vơ nghiệm. Vậy hệ vơ nghiệm 2 y 1 x x 2x 2 3 1 2 x 1 2 y 1 5) x 1 x 2x 2 3 y 1 y 2y 2 3 f x 1 f y 1 2 x 1 y y 2y 2 3 1 Trong đĩ f t t t 2 1 3t đồng biến trên R nên suy ra x 1 y 1 x y - Thế vào pt đầu ta được: x 1 x2 2x 2 3x 1 , pt này cĩ nghiệm duy nhất x = 1 (sd pp hàm số) - Vậy x; y 1;1 2 2 lg x y 1 lg13 6) Điều kiện: x y 0; x y 0 lg x y lg x y 3lg 2 8 9 2 2 13 2 2 13 x y x x y x y x y 5 10 Ta cĩ: hpt 10 5 1 7 x y 8 x y x y 8 x y x y y 5 10 y x y x 27 x y .3 5 27 x y .3 5 7) x y 3log5 x y x y 3 x y 5 x y x y 5 3 5 3 y x 27.5 .3 5 x y 3 x 4 27 27 x y x y 5 y 1 3 x y x y 5 3 x y 5 x 1 v u2 u 1 2 y y 1 1 x 1 8) - Đặt u y 1 0; v 2 2 , hệ trở thành: 2 x 2 x 1 2 y 1 2 2 1 u v v 1 2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.184 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  15. Pt/bpt/hpt mũ-log [12] Thế (1) vào (2) được: u4 2u3 1 0 u 1 2 u2 1 0 u 1 Suy ra v 0 (khơng thỏa mãn). Vậy hệ vơ nghiệm 3 3 x y 2 y 1 2 x 1 9) 2 2log3(xy 1) 3 log3(x 1) 2log3(y 1) 4 G: ĐK: x>1, y 1 pt đầu của hệ tương đương với pt: x 3 2 x 1 y 3 2 y 1 (1) Xét hàm số f (t) t 3 2 t 1 với t>1 1 f '(t) 3t 2 0,t 1,suy ra f(t) đồng biến trên khoảng (1; ) Suy ra: (1) x=y t 1 2 2 thế x=y vào pt thứ hai của hệ ta được 2log3(x 1) 3 log3(x 1) 2log3(x 1) 4 2log3 (x 1) 3 2log3 (x 1) 4 0 2log3 (x 1) 1 x 1 3 suy ra: y 1 3 đối chiếu với ĐK ta được x 1 3 , y 1 3 . Vậy hệ cĩ nghiệm (x; y) (1 3;1 3) Tham số Bài 14) Xác định các giá trị m để phương trình sau cĩ ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [1; 3 3 ] 2 2 log3 x log3 x 1 2m 1 0 (1) (ĐH khối A – 2002) 1 G: Đặt t = log2 x 1 thì (1) trở thành t2 + t – 2m – 2 = 0 m = (t2 + t – 2) (2) 3 2 3 + Ta cĩ 1 x 3 0 log3 x 3 1 t 2 + (1) cĩ ít nhất một nghiệm x [1; 3 3 ] (2) cĩ ít nhất một nghiệm t [1; 2] 1 + Đặt f(t) = (t2 + t – 2). Lập BBT suy ra kết quả: 0 m 2 2 2 2 2 Bài 15) Định m để bpt: 92x x 2 m a .62x x m 1 .42x x 0 nghiệm đúng với  mọi x thỏa x 1 2x2 x 2x2 x 2x2 x 2x2 x 2x2 x 9 3 G: Ta cĩ: 9 2 m 1 .6 m 1 .4 0 2 m 1 m 1 0 4 2 2x2 x 3 3 2 Đặt t t vì x 1, bpt trở thành: t 2 m 1 t m 1 0 * . 2 2 3 Vậy bpt đã cho đúng với mọi x thỏa mãn x 1 * đúng với t 2 t 2 2t 1 3 f t m, t min f t m m 3 3 2t 1 2 t 2 Bài 16) Xác định m để pt sau cĩ 3 nghiệm phân biệt: 2 2 log3 x.log3 x 2x 3 mlog3 x 2log3 x 2x 3 2m 0 . 2 2 G: Điều kiện: x 0 . Ta cĩ: log3 x.log3 x 2x 3 mlog3 x 2log3 x 2x 3 2m 0 x 8 log x 2 log x2 2x 3 m 0 3 3 2 m f (x) x 2x 3 3 0 (*) PT đã cho cĩ 3 nghiệm phân biệt * cĩ 2 nghiệm phân biệt dương khác 8 3m 2 0 c m 3 3 0 log3 2 m 1 a m f 8 51 3 0 Đáp số: log3 2 m 1 Bài-giảng Pt- Hpt trang.185 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  16. Pt/bpt/hpt mũ-log [12] Bài 17) Tìm tham số m để phương trình: a) 4 x2 1 x m cĩ nghiệm 4 4 2 b) x 13x m x 1 0 cĩ đúng một nghiệm c) log2 x 4mx log 1 2x 2m 1 0 cĩ nghiệm 2 G: a) 4 x2 1 x m cĩ nghiệm. - Điều kiện x 0 - Đặt t x2 0, pt đã cho thành: f t 4 t 1 4 t m PT đã cho cĩ nghiệm f t m cĩ nghiệm t 0 0 m 1 b) 4 x4 13x m x 1 0 cĩ đúng một nghiệm. - Ta cĩ: x 1 x 1 4 x4 13x m x 1 0 4 x4 13x m 1 x 4 4 3 2 x 13x m 1 x 4x 6x 9x 1 m, 1 - PT đã cho cĩ đúng 1 nghiệm 1 cĩ đúng 1 nghiệm thảo mãn x 1 đồ thị hàm số y 4x3 6x2 9x với x ;1 giao với đường thẳng y 1 m tại đúng 1 điểm. - Xét hàm y 4x3 6x2 9x với x ;1, lập bảng biến thiên từ đĩ ta dẫn tới đáp số của bài tốn là: 1 m 11 m 10 2 c) log2 x 4mx log 1 2x 2m 1 0 cĩ nghiệm 2 2 2 - Ta cĩ: log2 x 4mx log 1 2x 2m 1 0 log2 x 4mx log2 2x 2m 1 2 1 2x 2m 1 0 x m 2 2 x 4mx 2x 2m 1 2 f x x 2 2m 1 x 2m 1 0 1 - PT đã cho cĩ nghiệm f x cĩ nghiệm x m 2 0 1 1 2m m m 0 2 9 0 m 4 1 1 2m m 2 2 Bài 18) Tìm tham số m để bất phương trình: a) log m 1 x 3 1 đúng với mọi x R m 2 x x 2 b) m.2 2 3 m 1 cĩ nghiệm c) m x 2x 2 1 x(2 x) 0 cĩ nghiệm x 0;1 3 2 G: a) log m 1 x 3 1 đúng với mọi x R m 2 b) m.2x 2x 3 m 1 cĩ nghiệm x x 2 2 t 1 - Đặt t 2 3 0 2 t 3 , hệ trở thành: m t 3 t m 1 m 2 f t * t 2 1 - BPT đã cho cĩ nghiệm * cĩ nghiệm t 0 m max f t m t 0 2 3 2 2 c) m x 2x 2 1 x(2 x) 0 cĩ nghiệm x 0;1 3 2 - Đặt t x 2x 2 , với x 0;1 3 t 1;2 . Hệ trở thành: t 2 2 m t 1 2 t 2 0 m f t , * t 1 2 - BPT đã cho cĩ nghiệm x 0;1 3 * cĩ nghiệm t 1;2 m max f t m 1;2 3 Bài-giảng Pt- Hpt trang.186 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  17. Pt/bpt/hpt mũ-log [12] 2x y m 0 Bài 19) Tìm tham số m để hệ phương trình: 1, cĩ nghiệm duy nhất x xy 1 m y 72x x 1 72 x 1 2010x 2010 x2 1 n2 1 2 2, cĩ nghiệm 3, cĩ nghiệm với mọi n R 2 2 x (m 2)x 2m 3 0 m nxy x y 1 2x y m 0 G: 1, cĩ nghiệm duy nhất x xy 1 y 2x m y 2x m 2x y m 0 y 2x m - Ta cĩ: x 1 x 1 x xy 1 x 2x m 1 x 2 2 x 2x m 1 x f x x m 2 x 1 0 - Hệ đã cho cĩ nghiệm duy nhất f(x) cĩ duy nhất một nghiệm nhỏ hơn hoặc bằng 1, (*) Vì m 2 2 4 0,m nên f(x) luơn cĩ 2 nghiệm phân biệt; do đĩ (*) xảy ra khi và chỉ khi af 1 2 m 0 m 2 . Đáp số m 2 72x x 1 72 x 1 2010x 2010 2, cĩ nghiệm. Điều kiện: x 1 2 x (m 2)x 2m 3 0 - Ta cĩ: 72x x 1 72 x 1 2010x 2010 72x x 1 1005 2x x 1 72 x 1 1005 2 x 1 f 2x x 1 f 2 x 1 (*) Trong đĩ f t 7t 1005t , dễ thấy f t là hàm đồng biến trên R Do đĩ * 2x x 1 2 x 1 x 1 - Hệ đã cho cĩ nghiệm x2 (m 2)x 2m 3 0 cĩ nghiệm x  1;1 x2 2x 3 m : g(x) cĩ nghiệm x  1;1 m min g(x) m 2 x 2 x  1;1 m y x2 1 n2 1 2 3, cĩ nghiệm với mọi n R 2 m nxy x y 1 - Đk cần: Giả sử hệ cĩ nghiệm với mọi n R thì hệ cĩ nghiệm với n 0 m x2 1 1 x 0 m 0 Với hệ trở thành: m 0;1 n 0  2  2 m 1 x y 1 m x y 1 y n2 1 1 - ĐK đủ: + TH1: Xét m 0 , hệ trở thành: vơ nghiệm 2 nxy x y 1 y x2 n2 1 1 x 1 + TH2: Xét m 1, hệ trở thành: ; n 2 y 0 nxy x y 0 Vậy m 1 hệ luơn cĩ nghiệm với mọi n R x y e 2007 y2 1 Bài 20) Chứng minh rằng hệ cĩ đúng 2 nghiệm thỏa mãn điều kiện x > 0, y > 0 x e y 2007 x2 1 x y G : Từ hệ suy ra : ex e y f x f y x2 1 y2 1 Bài-giảng Pt- Hpt trang.187 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  18. Pt/bpt/hpt mũ-log [12] t 1 Với f t et f t et 0 t 1 suy ra hàm f t là hàm đồng biến trên 2 3 t 1 t 2 1 1; do đĩ f x f y x y x x Nên: ex 2007 g x ex 2007 0 x2 1 x2 1 1 3x Ta cĩ: g x ex ; g x ex 0, x 1 3 5 x2 1 x2 1 g x đồng biến trên 1; , mà lim g x ; lim g x nên g x 0 cĩ duy nhất một x 1 x nghiệm x0 ; mà lim g x ; lim g x x 1 x g x 0 cĩ đúng 2 nghiệm (đpcm) Bài 21) Tìm m để phương trình 41 x 41 x (m 1)(22 x 22 x ) 2m (1)cĩ nghiệm x 0;1 G : PT (1) 4(4x 4 x ) (m 1)4(2x 2 x ) 2m (2). Đặt t 2x 2 x 4x 4 x t 2 2 Ta cĩ : t ' 2x ln 2 2 x ln 2 0 ,t 0;1 x 0 1 t ' + 3 t 2 0 3 Do đĩ : 0 t 2 2t 2 2t 4 PT (2) trở thành : 2(t 2 2) 2(m 1)t m m (3). 2t 1 2t 2 2t 4 3 Xét hàm số f (t) , t 0; 2t 1 2 1 11 t 4t 2 4t 10 ' ' 2 Ta cĩ : f (t) 2 ; f (t) 0 2t 1 1 11 t 2 Bảng biến thiên : 3 t 0 2 f ' (t) f (t) 4 11 8 3 11 Pt (1) cĩ nghiệm x 0;1 pt (3) cĩ nghiệm t 0; m 4 2 8 * Nhận xét : Nếu ta đưa về phương trình bậc hai theo t thì khi phương trình (3) cĩ nghiệm t phải kiểm tra nghiệm đĩ thỏa t 0;1. Trong khi đĩ ta giải theo cách trên đưa về dùng bảng biến thiên rất đơn giản. Đĩ là ưu điểm của cách giải trên. 2 2 Bài 22) Tìm m để phương trình log2 x log 1 x 3 m(log2 x 3) (1)cĩ nghiệm x 32; 2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.188 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  19. Pt/bpt/hpt mũ-log [12] G : Từ điều kiện của x, ta cĩ log2 x 5 log2 x 3 2 nên m 0 2 2 2 2 PT (1) log2 x 2log2 x 3 m(log2 x 3) log2 x 2log2 x 3 m (log2 x 3) 2 t 1 Đặt t log x; t 5.PT (2) trở thành t 2 2t 3 m2 (t 3)2 m2 (3) 2 t 2 t 1 4 Xét hàm số f (t) , t 5 ; Ta cĩ : f ' (t) 0 ,t 5 t 2 t 3 2 Bảng biến thiên t 5 f ' (t) f (t) 3 1 Phương trình (1) cĩ nghiệm x 32; phương trình (3) cĩ nghiệm t 5; 1 m2 3 Kết hợp với điều kiện m 0 , ta cĩ : 1 m 3 . * Nhận xét : Nếu ta đưa về phương trình bậc hai theo t thì khi phương trình (3) cĩ nghiệm t phải kiểm tra nghiệm đĩ thỏa t 5 . Trong khi đĩ ta giải theo cách trên đưa về dùng bảng biến thiên rất đơn giản. Đĩ là ưu điểm của cách giải trên. 2 2 Bài 23) Tìm m để phương trình sau cĩ nghiệm thực: 91 1 x m 3 31 1 x 2m 1 0 2 G: Điều kiện: 1 x 1. Đặt t 31 1 x . Ta cĩ: 0 1 x2 1 1 1 x2 1 2 2 Nên 3 3 1 x 1 32 3 t 9 t 2 3t 1 Khi đĩ, phương trình đã cho trở thành: t 2 m 3 t 2m 1 0 m t 2 t 2 3t 1 t 2 4t 5 Xét hàm số f t trên 3;9 . Ta cĩ f ' (t) 0,t 3;9 . t 2 t 2 2 Suy ra: f (t) là hàm số đồng biến trên 3;9 55 Do đĩ pt cĩ nghiệm ↔ min f t m max f t f 3 m f 9 1 m 3;9 3;9 7 2 2 Bài 24):Tìm m để phương trình sau cĩ nghiệm thực: 91 1 x m 3 31 1 x 2m 1 0 2 G: Điều kiện: 1 x 1. Đặt t 31 1 x . Ta cĩ: 0 1 x2 1 1 1 x2 1 2 2 Nên 3 3 1 x 1 32 3 t 9 t 2 3t 1 Khi đĩ, phương trình đã cho trở thành: t 2 m 3 t 2m 1 0 m t 2 t 2 3t 1 t 2 4t 5 Xét hàm số f t trên 3;9 . Ta cĩ f ' (t) 0,t 3;9 . t 2 t 2 2 Suy ra: f (t) là hàm số đồng biến trên 3;9 Do đĩ phương trình đã cĩ nghiệm khi và chỉ khi 55 min f t m max f t f 3 m f 9 1 m 3;9 3;9 7 Bài 25) Tìm m để phương trình 41 x 41 x (m 1)(22 x 22 x ) 2m (1) cĩ nghiệm x 0;1 G : PT (1) 4(4x 4 x ) (m 1)4(2x 2 x ) 2m (2). Đặt t 2x 2 x 4x 4 x t 2 2 3 Ta cĩ : t ' 2x ln 2 2 x ln 2 0 ,t 0;1 BBT : Do đĩ : 0 t 2 2t 2 2t 4 PT (2) trở thành : 2(t 2 2) 2(m 1)t m m (3) 2t 1 Bài-giảng Pt- Hpt trang.189 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  20. Pt/bpt/hpt mũ-log [12] 2t 2 2t 4 3 Xét hàm số f (t) , t 0; 2t 1 2 1 11 t 4t 2 4t 10 ' ' 2 Ta cĩ : f (t) 2 ; f (t) 0 2t 1 1 11 t 2 Bảng biến thiên : 3 t 0 2 f ' (t) f (t) 4 11 8 3 11 Pt (1) cĩ nghiệm x 0;1 phương trình (3) cĩ nghiệm t 0; m 4 2 8 * Nhận xét : Nếu ta đưa về phương trình bậc hai theo t thì khi phương trình (3) cĩ nghiệm t phải kiểm tra nghiệm đĩ thỏa t 0;1. Trong khi đĩ ta giải theo cách trên đưa về dùng bảng biến thiên rất đơn giản. Đĩ là ưu điểm của cách giải trên. Bài 26) Xác định các giá trị m để phương trình sau cĩ nghiệm thuộc nửa khoảng [32; + ) 2 2 log2 x log 1 x 3 m(log4 x 3) (1) 2 HD: Đặt t = log2 x , với x [32; + ) t [5; + ) t 2 t 3 +(1) trở thành t 2 t 3 m(t 3) = m (2) t 3 +(1) cĩ nghiệm x [32; + ) (2) cĩ nghiệm t [5; + ) t 2 t 3 5t 9 + Đặt f(t) = thì f’(t) = 0 . Phương trình (1) trở thành t2 – (m – 1)t + 2m = 0 m(t – 2) = t2 + t (2) t 2 t + Vì t = 2 khơng thỏa (2). Với 0 2 , đặt t = log3 (x 2) thì (1) trở thành t 2 5t 1 (m – 1)t2 – (m – 5)t + m – 1 = 0 m(t2 – t + 1) = t2 – 5t +1 m = (2) t 2 t 1 + (1) cĩ 2 nghiệm phân biệt (2) cĩ 2 nghiệm phân biệt 7 t 2 5t 1 3 m + Đặt f(t) = . Lập BBT suy ra (2) cĩ 2 nghiệm phân biệt 3 t 2 t 1 m 1 Bài-giảng Pt- Hpt trang.190 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  21. Pt/bpt/hpt mũ-log [12] Bài 29) Xác định các giá trị m để phương trình sau cĩ nghiệm: x mlog2 x (m 3)log x 3m 1 log ( ) 2 2 2 2 HD: + Với x > 0, đặt log2 x = t . Khi đĩ phương trình (1) cĩ dạng: t 1 mt 2 2(m 3)t 3m 1 t 1 2 2 mt 2(m 3)t 3m 1 t 2t 1 t 1 t 1 t 2 4t (2) m(t 2 2t 3) t 2 4t m 2 t 2t 3 + Phương trình (1) cĩ nghiệm khi và chỉ khi (2) cĩ nghiệm t 2 4t Đường thẳng y = m cắt đồ thị f(t) = trên miền [1; + ) t 2 2t 3 Từ BBT suy ra phương trình cĩ nghiệm khi và chỉ khi 1 0. Khi đó phương trình (1) trở thành : 4t 2 3 4t3 3t . 2t 2 1 1 k2 Xét t 1;1 , đặt t cos , 0; ta được 4cos3 3cos cos3 2 2 9 3 5 7  5 7 Vì 0; nên ; ;  suy ra t1 cos ;t2 cos ;t3 cos 9 9 9  9 9 9 Rõ ràng phương trình bậc ba có đủ ba nghiệm nên ta không xét nghiệm t 1;1 . Mặt khác 5 7 x t cos 0 và t cos 0 do đó nghiệm của pt (1) là : t cos 2 1 2cos . 2 9 3 9 1 9 9 Vậy nếu x là nghiệm của phương trình (1) thì x cũng là nghiệm của phương trình (2) Bài-giảng Pt- Hpt trang.191 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  22. Pt/bpt/hpt mũ-log [12] x x 1 a2 1 a2 Bài 32) Giải các phương trình : 1 với tham số a 0;1 2a 2a Bài 33) Giải và biện luận phương trình theo tham số a , ( a > 0 ): 2x a2 4x a 2 2 [Bài 34] Cho phương trình log3 x log3 x 1 2m 1 0 .Tìm m để phương trình cĩ ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 1; 3 3 . 2 3 G: Đặt t log3 x 1 . Khi 1 x 3 1 t 2 . f(t) t2 t 2 2m (1) Bài tốn trở thành: Tìm m để hệ phương trình cĩ nghiệm 1 t 2 (2) Ta cĩ f '(t) 2t 1 và cĩ bảng biến thiên sau: 1 t 1 2 2 f’(t) + f(t) max f(t) f(2) 4 ; minf(t) f(1) 0 . 1 t 2 1 t 2 Vậy các giá trị cần tìm của tham số m là 0 2m 4 0 m 2 . 2 2 [Bài 35] Tìm m để phương trình cĩ nghiệm 91 1 x (m 2)31 1 x 2m 1 0 2 G: Đặt 31 1 x t 3 t 9 . Ta cĩ phương trình t2 2t 1 m(t 2) . (1) t2 2t 1 Do 3 t 9 t 2 0 . Nên phương trình (1) m . Vì thế bài tốn trở thành: Tìm m để hệ t 2 t2 2t 1 f(t) m (2) t 2 cĩ nghiệm 3 t 9 (3) t2 4t 3 Ta cĩ f '(t) và cĩ bảng biến thiên sau đây: (t 2)2 t 3 9 f’(t) + f(t) 64 64 max f(t) f(9) ; minf(t) f(3) 4 . Vậy các giá trị m cần tìm là: 4 m . 3 t 9 7 3 t 9 7 2 Bài 36) Tìm m để phương trình log3 (x mx 2m) log3 (4x 4) 0 (1) cĩ 2 nghiệm phân biệt Giải Cách 1: Biến đổi sơ cấp 2 2 2 x mx 2m 4x 4 x (m 4)x 2m 4 0 (2) (1) log3 x mx 2m log3 4x 4 4x 4 0 x 1 Nhận xét: Vì phương pháp so sánh 2 nghiệm của phương trình với 1 số 0 đã được giảm tải nên để giải phương trình (2) ta phải đặt x t 1 để đưa bài tốn về bài tốn so sánh 2 nghiệm của phương trình với 0 Bài-giảng Pt- Hpt trang.192 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  23. Pt/bpt/hpt mũ-log [12] (2) trở thành: t 2 (m 2)t 3m 1 0 (3) (1) cĩ 2 nghiệm phân biệt (2) cĩ 2 nghiệm phân biệt lớn hơn 1 (3) cĩ 2 nghiệm dương phân biệt : 0 m2 16m 0 1 S 0 m 2 0 0 m 3 P 0 3m 1 0 Cách 2:Dùng tính đơn điệu của hàm số: 2 2 x 4x 4 2 x mx 2m 4x 4 m log3 x mx 2m log3 4x 4 x 2 4x 4 0 x 1 x2 4x 4 x2 4x 12 Đặt (C) : f (x) , x 1 (1) f (x) , x 2 (x 2)2 f (x) 0 x 6, x 2 x2 4x 4 1 lim f (x) lim( ) ; lim f (x) x 1 x 1 x 2 3 x Bảng biến thiên: ( d) : y = m 1 Vậy phương trình cĩ hai nghiệm phân biệt khi: 0 m 3 Nhận xét Cách 1: - Đa số học sinh chỉ biết biến đổi đến phương trình (2) mà khơng biết đặt ẩn phụ x t 1 để đưa bài tốn về dạng phương trình cĩ 2 nghiệm dương phân biệt hoặc nếu cĩ biết thì cũng cĩ thể bị quên vì định lí nằm ở chương trình lớp 10.Theo kinh nghiệm tơi dạy thì để đa số học sinh nhớ và áp dụng được các tính chất của tam thức bậc 2 quả khơng dễ chút nào nếu khơng muốn nĩi là quá ít học sinh vận dụng được. Cách 2: -Với cách giải sử dụng tính đơn điệu ta thấy bài giải trực quan hơn , kiến thức áp dụng mới học nên học sinh cĩ thể tiếp thu phương pháp nhanh và các em cảm thấy thích phương pháp này hơn -Nếu bài tốn trên sửa lại là “Tìm m để phương trình cĩ nghiệm” thì giải bài tốn theo cách 1 khơng đơn giản chút nào vì phải xét nhiều trường hợp cịn cách 2 cũng chỉ nhìn vào bảng biến thiên và suy ra giá trị m cần tìm Để hiểu kĩ hơn về phương pháp dùng tính đơn điệu chúng ta tham khảo bài tốn sau Bài 37) Tìm m để phương trình log2x log2x 1 2m 1 0 cĩ nghiệm trên 1;3 3 3 3 Giải Đặt: t log2x 1 log2x t2 1. Với x 1;3 3 t 1;2 3 3 Phương trình trở thành: t2 + t – 2m -2 = 0 t2 + t = 2m + 2 (*) 1;3 3 Phương trình đã cho cĩ nghiệm trên pt(*) cĩ nghiệm trên [1;2]. Xét hàm số: f(t) = t2 + t, với t [1;2]. Ta cĩ f’(t) = 2t +1, f’(t) > 0 với t [1;2]. Do đĩ f(t) là hàm số đồng biến trên [1;2]. Suy ra f(1) f(t) f(2) 2 f(t) 5 Vậy phương trình cĩ nghiệm 2 2m + 2 5 0 m 3/2 Bài 38) Chứng minh rằng với mọi m>0 phương trình sau luơn cĩ nghiệm Bài-giảng Pt- Hpt trang.193 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  24. Pt/bpt/hpt mũ-log [12] x2 mx 2 log 2x x2 mx 2 1 (1) 2 2x 1 2 2 x mx 2 0 1 G: Vì x mx 2 0 nên đkxđ: (*) do m>0 nên (*) x 2x 1 0 2 2 2 1 log2 x mx 2 x mx 2 log2 2x 1 2x 1 (2) Xét hàm số : f x log2 t t;t 0; 1 f ' x 1 0,t 0; do đĩ hàm số f(x) đồng biến trên 0; t ln 2 mà x2 mx 2 0;2x 1 0 nên phương trình (2) x2 mx 2 2x 1(3) 1 1 Với x thì 3 x2 mx 2 4x2 4x 1 m 3x 4 (4) 2 x 1 1 1 Xét hàm số : g(x)=3x 4 ;x ; , g’(x)>0 ,x ; x 2 2 1 Từ Bảng biến thiên suy phương trình (4) luơn cĩ nghiệm x ,m 0 điều này cũng cĩ nghĩa là phương 2 trình (1) cĩ nghiệm. *Nhận xét : Cách làm chính của dạng bài này chính là +Đưa phương trình ( hệ phương trình ) về dạng f(x)=f(y) , x,y thuộc D và hàm f(t) đơn điệu trên D +Phần cịn lại là sử dụng bảng biến thiên của hàm g(x) để biện luận số nghiệm. 2 2 2 3. Tìm m để phương trình 2sin x 3cos x m3sin x cĩ nghiệm. (ĐS: 1 m 4 ) 2 4. Tìm m để pt log2 x 2log2 x 3 m(log2 x 3) cĩ nghiệm trong khoảng 32; (ĐS: 1 m 3 ) 2. Tìm m để bất phương trình m.9x m 1 3x 2 m 1 0 đúng với  x R 3. Tìm m để bất phương trình sau đúng với mọi x 0; 2 2 2 log2 x 2x m 4 log4 (x 2x m) 5 MỘT SỐ VẤN ĐỀ KHÁC [tk] 2 x 1 Bài 39) Chứng minh: ln x , với mọi x 1. x 1 2 x 1 Giải: Đặt: f x ln x ; x 0; ; x 1 2 1 4 x 1 f ' x 0;x 0; x x 1 2 x x 1 2 Vậy hàm số đồng biến trên khoảng 0; nên cũng đồng biến trên khoảng 1; . Vậy ta cĩ: f x f 1 0;x 1. Suy ra đpcm Nhận xét: Qua các ví dụ 3,4,5,6 nếu ta dùng phương pháp biến đổi sơ cấp thì khơng dễ chút nào nhưng nếu ta dùng tính đơn điệu của hàm số để giải thì ta thấy cũng khá đơn giản. Đĩ là ưu điểm của phương pháp này. Ta xét bài tốn: 5 x lg Bài 40) Giải bất phương trình f (x) 5 x 0 (1) 2 x 3x 1 Bài-giảng Pt- Hpt trang.194 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  25. Pt/bpt/hpt mũ-log [12] 5 x 0 5 x 5 Điều kiện: (*) 5 x x x 2 3x 1 0 2 3x 1 0 Xét phương trình g(x) = 2x – 3x + 1 = 0, cĩ g(x) xác định liên tục trên R và 21– 3.1 + 1 = 0; 23 – 3.2 + 1 = 0 Nên phương trình g(x) = 0 cĩ ít nhất hai nghiệm x = 1; x = 3. Giả sử phương trình g(x)=0 cĩ nhiều hơn hai nghiệm, khi đĩ theo định lý Rolle phương trình g/(x) = 0 luơn cĩ ít nhất hai nghiệm và phương trình g//(x) = 0 cĩ ít nhất 1 nghiệm mà g/(x) = 2xln2 – 3; g//(x) = 2x(ln2)2 x R (điều này trái với giả thiết trên) 5 x 5 Do đĩ g(x) = 0 x = 0; x = 3 g(x) ≠0 x ≠ 0; x ≠ 3. Vậy (*) x 1 (*1 ) x 3 5 x lg 5 x Với điều kiện đĩ xét phương trình: f(x) = 0 5 x 0 1 x 0 (TM(* )) 2 x 3x 1 5 x 1 Phương trình f(x) = 0 cĩ nghiệm duy nhất x = 0. 1 Do f(x) xác định liên tục trên (*1) và f ( 1) 0;f 0;f (2) 0;f (4) 0 2 Nên ta cĩ bảng xét dấu f(x) trên (*1) như sau: BẢNG XÉT DẤU Bài 41) Giải biện luận theo a phương trình ax = (a – 1)x + 1 (a > 0) G: (1) f (x) a x (a 1)x 1 0 . Nhận xét rằng: ao – (a – 1).0 – 1 = 1 – 1 = 0; a1 – (a -– 1).1 – 1 = 0 nên (1) cĩ ít nhất hai nghiệm phân biệt x = 0; x = 1. Giả sử (1) cĩ nhiều hơn hai nghiệm thì khi đĩ do f(x) xác định và liên tục trên R nên theo hệ quả định lí rolle ta cĩ: f/(x) cĩ ít nhất 2 nghiệm. Tương tự f//(x) cĩ ít nhất 1 nghiệm mà f/(x) = axlna – (a – 1) f//(x) = ax(lna)2 > 0 x R (điều này trái với kết quả trên) Vậya 0 phương trình (1) cĩ 2 nghiệm phân biệt x = 0; x = 1. Bài 42) Giải phương trình: 3x + 2x = 3x – 2 G: Ta cĩ: (2)  f(x) = 3x + 2x – 3x – 2 = 0. Nhận xét rằng: 3o + 2o – 3.0 – 2 = 1 + 1 – 2; 31 + 21 – 3.1 – 2 = 5 – 5 = 0 nên (2) cĩ ít nhất hai nghiệm phân biệt x = 0; x = 1. Giả sử (2) cĩ nhiều hơn hai nghiệm thì khi đĩ do f(x) xác định; liên tục trên R nên theo hệ quả định lí rolle ta cĩ: f/(x) cĩ ít nhất hai nghiệm. Tương tự f//(x) cĩ ít nhất 1 nghiệm mà f/(x) = 3xln3 + 2xln2 – 3 f//(x) = 3x(ln3)2 + 2x(ln2)2 > 0 x R (điều này trái với kết quả trên) Vậy phương trình đã cho cĩ hai nghiệm x = 0; x = 1. Bài 43) Chứng minh rằng với n N*; n chẵn và với p; q R thì phương trình xn + px + q = 0 (3) khơng thể cĩ quá hai nghiệm thực phân biệt G: Giả sử (3) cĩ nhiều hơn hai nghiệm thực phân biệt. Khi đĩ do f(x) = xn + px + q xác định liên tục trên R nên theo hệ quả định lý Rolle ta cĩ phương trình f/(x) = 0 cĩ ít nhất hai nghiệm. Tương tự f//(x) = 0 cĩ ít nhất 1 nghiệm mà f/(x) = n.xn – 1 + p; f//(x) = n(n – 1)xn – 2 Do n N*; n chẵn nên n(n – 1) > 0 và n – 2 chẵn f//(x) > 0 x R (điều này trái với kết quả trên) Vậy (3) khơng thể cĩ quá hai nghiệm thực phân biệt (đpcm). Bài 44) Chứng minh rằng nếu a, b, c, d đơi một khác nhau thì phương trình (x – a)(x – b)(x – c) + (x – d)(x – b)(x – c) + (x – a)(x – d)(x – c) + (x – a)(x – b) .(x – d) = 0 (4) luơn cĩ ba nghiệm phân biệt G: Đặt f(x) = VT(4) và F(x) = (x – a)(x – b)(x – c)(x – d) xác định liên tục trên R, do F(a) = F(b) = F(c) = F(d) = 0 nên phương trình F(x) = 0 cĩ 4 nghiệm phân biệt. Theo hệ quả định lý Rolle cĩ F/(x) = 0 cĩ ít nhất 3 nghiệm phân biệt mà F/(x) = f(x) f(x) cĩ ít nhất 3 nghiệm phân biệt. Nhưng f(x) là đa thức bậc 3 nên nĩ cĩ nhiều nhất 3 nghiệm phân biệt Bài-giảng Pt- Hpt trang.195 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  26. Pt/bpt/hpt mũ-log [12] Vậy (4) cĩ đúng 3 nghiệm phân biệt (đpcm). Bài 45) Giải phương trình 4sin3x = sinx + cosx (1) G: (1) 4sin3x – sinx – cosx = 0 sinx(2sin2x – 1) + 2sin3x – cosx = 0 sinx(1 – 2cos2x) + 2sin3x – cosx = 0 2sinx(sinx – cox)(sinx + cosx) + (sinx – cosx) = 0 sin x cos x 0 ( ) (sinx – cosx)(2sin2x + 2sinxcosx + 1) = 0 2 2sin x 2sin x cos x 1 0 () x x 2k 2 sin x cos x sin x x k (k Z) 2 4 x x 2k 2 sin x cos x 0 cos x 0 sin x cos x 2 2sin 2 x 0  2 2sin x 0 sin x 0 (vơ nghiệm) Vậy phương trình cĩ nghiệm là x k k Z . 4 Bài 46) Chứng minh rằng với a, b, c R phương trình acos3x + bcos2x + ccosx + sinx = 0 (5) luơn cĩ nghiệm x 0;2  (*) a b G: Đặt F x sin 3x sin 2x cos 1 ta cĩ F(x) xác định và liên tục trên 0;2 ; khả vi 0;2 mà 3 2 F(0) = F(2π) = 0 a;b;c R nên theo định lý Rolle phương trình F/(x) = 0 luơn cĩ nghiệm x (0;2π)  0;2  mà F/(x) = VT(5) Vậy (5) luơn cĩ nghiệm x 0;2 . Bài 48) Chứng minh rằng với a, b, c, d, e R phương trình sau luơn cĩ nghiệm F(x) = acos6 + bcos5 + csin4x + dcos3x + esinx = 0 a b c d a c G: Đặt F x sin 6x sin 5x cos 4x sin 3x ecos x e 6 5 4 3 6 4 Ta cĩ F(x) xác định và liên tục trên 0;2 ; khả vi 0;2 mà F(0) = F(2π) = 0 a, b, c, d, e R nên theo định lý Rolle phương trình F/(x) = 0 luơn cĩ ít nhất một nghiệm x (0;2π)  0;2 Mà F/(x) = f(x) Vậy phương trình đã cho luơn cĩ nghiệm. n n-1 Bài 49) Cho f(x) = anx + an-1x + . + a1x + ao. Chứng minh rằng nếu a a a a n N* sao cho n n 11 1 o 0 thì phương trình m n m n 1 m 1 m f(x) = 0 luơn cĩ nghiệm x (0;1). a a a a G: Đặt F(x) n x m n n 1 x m n 1 1 x m 1 o x m 0 m n m n 1 m 1 m Ta cĩ F(x) xác định và liên tục trên0;1; khả vi 0;1 và cĩ F(0) = F(1) = 0 nên theo định lý Rolle phương trình F/(x) = 0 luơn cĩ ít nhất một nghiệm x (0;1) / n + m – 1 n + m – 2 m m – 1 Mà F (x) = an x + an - 1 x + + a1 x + aox m – 1 n n - 1 = x (an x + a n – 1 x + .+a1x + ao) / Nếu gọi xo (0; 1) là một nnghiệm của phương trình F (x) = 0 thì: m-1 n n-1 x (anx + an-1x + .+ a1x + ao) = 0 f(xo) = 0 (xo (0;1)) Vậy phương trình f(x) = 0 luơn cĩ nghiệm (x (0; 1)). n Bài 50) Chứng minh rằng với ak; bk R; an + bn ≠ 0 phương trình  a k sin kx b k cos kx 0 luơn cĩ k 1 nghiệm Bài-giảng Pt- Hpt trang.196 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  27. Pt/bpt/hpt mũ-log [12] n G: Đặt F(x) =  a k sin kx b k cos kx thì F(x) xác định liên tục trên [0; 2π]; khả vi (0; 2π) và F(0) = k 1 a F(2π) = k . Do đĩ theo định lý Rolle thì phương trình F/(x) = 0 luơn cĩ ít nhất một nghiệm x (0;  k 2π) mà F/(x) = VT(1) Vậy phương trình luơn cĩ ít nhất một nghiệm (đpcm). Bài 51) Chứng minh rằng với a, b, c đa thức P(x) = x5 – 2x4 + 2x3 + ax + bx + c cĩ khơng quá 3 nghiệm G: Giả sử P(x) cĩ nhiều hơn 3 nghiệm thì khi đĩ theo định lý Rolle phương trình P/(x) = 0 luơn cĩ ít nhất ba nghiệm và phương trình P//(x) = 0 cĩ ít nhất hai nghiệm; phương trình P///(x) = 0 cĩ ít nhất một nghiệm mà P/(x) = 5x4– 8x3 + 6x2 + 2ax + b; P//(x) = 20x3 – 24x2 + 12x + 2a; P///(x) = 60x2 – 48x + 12 > 0 (điều này trái với kết quả trên) Vậy phương trình đã cho cĩ khơng quá 3 nghiệm (đpcm). [Bài 52] Cho phương trình 2(sin4 x cos4 x) cos4x 2sin2x m 0 . (1) Tìm m để phương trình cĩ ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 0; . 2 1 G: Phương trình (1) 2(1 sin2 2x) 1 2sin2 2x 2sin2x m 0 2 3sin2 2x 2sin2x 3 m (2) Đặt t = sin2x. khi x 0; 0 t 1 . 2 f(t) 3t2 2t 3 m (3) Bài tốn trở thành: Tìm m để hệ 0 t 1 (4) Ta cĩ f '(t) 6t 2 và cĩ bảng biến thiên sau: 1 t 0 1 3 f’(t) - 0 + f(t) 0 1 10 minf(t) f( ) ; max f(t) max f(0); f(1) 2 0 t 1 3 3 0 t 1 10 Vậy giá trị m cần tìm là m 2 . 3 Bài-giảng Pt- Hpt trang.197 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  28. Pt/bpt/hpt mũ-log [12] Bài-giảng Pt- Hpt trang.198 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng