Tải bản đầy đủ

Chuyên đề 1: Phương trình mũ-Logarit pdf

Biờn son: GV HUNH C KHNH


DAẽNG 1. PHệễNG TRèNH Cễ BAN
Phng trỡnh m c bn cú dng:
x
a m
=
, trong ủú
a 0, a 1
>
v m l s ủó cho.
Nu
m 0

, thỡ phng trỡnh
x
a m
=
vụ nghim.
Nu

m 0
>
, thỡ phng trỡnh
x
a m
=
cú nghim duy nht
a
x log m.
=

Bi 1. Gii cỏc phng trỡnh sau:
1)
x 1 x x 1
5 6.5 3.5 52
+
+ =

2)
x 1 x 2 x 3 x x 1 x 2
3 3 3 9.5 5 5
+ + + + +
+ + = + +

3)
x x 1
3 .2 72
+
=

4)
2 2 2
x 3x 2 x 6x 5 2x 3x 7
4 4 4 1
+ + + + +
+ = +

5)
2x 1 x 1 x x 1
5.3 7.3 1 6.3 9


+
+ +
Bi 2. Gii cỏc phng trỡnh sau:
1)
(
)
3
log x x 2 1
+ =

2)
(
)
(
)
2
2 2
log x 3 log 6x 10 1 0
+ =

3)
(
)
(
)
log x 15 log 2x 5 2
+ + =

4)
(
)
x 1
2
log 2 5 x
+
=

Bi 3.
Bi t

p rốn luy

n. Gi

i cỏc ph

ng trỡnh sau:
1)
x 1 x 2
3 2.3 25
+
=
2)
( )( )
2 2
x 1
log log x 1 x 4 2
x 4

+ + =
+

3)
x 1 x 2 x x 2
3.2 2.5 5 2
+
+ = +
4)
2
x
x
log 16 log 7 2
=

5)
x 3x 1
4 7 16
0
7 4 49


=


6)
( )
( )
2
8 8
4
2log 2x log x 2x 1
3
+ + =

7)
2
logx 1 logx logx 2
4 6 2.3
+ +
=
8)
x 1 x 2 x 2 x 1
1 1
2.5 .4 .5 4
5 4
+ + + +
=

9)
(
)
(
)
5 3
3
log x 2 log x 2log x 2
=
10)
x 5 x 7
3 2 5 2 32

=

11)
(
)
(
)
x x 2 x 1 x 1 x 1
3 10 6 4.10 5 10 6
+ +
+ =


CHUYEN ẹE 1.



PHệễNG TRèNH

MUế LOGARIT
Biờn son: GV HUNH C KHNH
DAẽNG 2. PHệễNG PHAP ẹệA VE CUỉNG Cễ SO
Phng phỏp ủa v cựng c s
S dng cụng thc:

a a


= =
.

(
)
a a
b 0 c
log b log c
b c
>


=

=


hoặc > 0

Bi 1.
Gi

i cỏc ph

ng trỡnh sau:
1)
2x 1 x 1 x
5 7 175 35 0
+ +
+ =
3)
x 3 2 x 3 4
2 x 1 2 x 1
x .2 2 .2 2
x
+ +
+
+ = +

2)
x x 2 x 1 x 1
1 1
3.4 .9 6.4 .9
3 2
+ + +
+ = 4)
( )
2
2 2
x 1
x x 1 x
4 2 2 1
+
+
+ = +

Bi 2. Gii cỏc phng trỡnh sau:
1)
x x x
16 64
log 2.log 2 log 2
=

2)
2
5x 5
5
log log x 1
x
+ =

3)
2 3 4 20
log x log x log x log x
+ + =

4)
( )
( )
( )
2 2
x 3
1
log 3x 1 2 log x 1
log 2
+
+ = + +

5)
5)5)
5)


( )
2
2
9 3
3
1 x 1
log x 5x 6 log log x 3
2 2

+ = +

6)
(
)
(
)
2 2
2 2 2
log x 3x 2 log x 7x 12 3 log 3
+ + + + + = +
Bi 3. Gii phng trỡnh sau:
( ) ( ) ( )
8
4 2
2
1 1
log x 3 log x 1 log 4x
2 4
+ + =

Bi 4. Bi tp rốn luyn. Gii cỏc phng trỡnh sau:
1)
2 3x
3
x x x 3
1
9 27 . 81
3

+

=


6)
(
)
(
)
2
5 5
log 6 4x x 2log x 4
= +

2)
x x 1 x 2 x 1
3.13 13 2 5.2
+ + +
+ =
7)
( )
5
1
2log x 1 log x log x
2
=

3)
(
)
(
)
4 2 2 4
log log x log log x 2
+ =
8)
(
)
2
9 3 3
2log x log x.log 2x 1 1
= +

4)
( )
2
5
5
x 1
log x 2x 3 log
x 3

+ =
+
9)
(
)
( )
2
2
4 4 4
log x 1 log x 1 log x 2
=

5)
( ) ( )
2 3
4 8
2
log x 1 2 log 4 x log 4 x
+ + = + +


Biên soạn: GV HUỲNH ðỨC KHÁNH
DẠNG 3. ĐƯA VỀ DẠNG TÍCH A.B = 0
Ví dụ 1: Giải phương trình:
2 2
x x x x 2x
2 4.2 2 4 0
+ −
− − + =

HD:
(
)
(
)
2 2 2
x x x x 2x x x 2x
2 4.2 2 4 0 2 1 . 2 4 0
+ − −
− − + = ⇔ − − =

Nhận xét: Mặc dù cùng cơ số 2 nhưng khơng thể biến đổi để đặt được ẩn phụ do đó ta phải phân
tích thành
(
)
(
)
2
2
2 1 . 2 4
x x x−
− −
. ðây là phương trình tích đã biết cách giải.
Bài 1. Giải các phương trình sau:
1)
x x x
8.3 3.2 24 6
+ = +

2)
2 2
x x x x 2x
2 4.2 2 4 0
+ −
− − + =

3)
x x x 1
12.3 3.15 5 20
+
+ − =

Ví dụ 2:
Gi

i ph
ươ
ng trình:
( )
(
)
2
9 3 3
2 log x log x.log 2x 1 1
= + −
.
Nhận xét: Tương tự như trên ta phải biến đổi phương trình thành tích
(
)
3 3 3
log 2log 2 1 1 .log 0
x x x
 
− + − =
 
. ðây là phương trình tích đã biết cách giải.
Tổng qt: Trong nhiều trường hợp cùng cơ số nhưng khơng thể biến đổi để đặt ẩn phụ
được thì ta biến đổi thành tích.
Bài 2.
Gi

i ph
ươ
ng trình:
2 7 2 7
log x 2.log x 2 log x.log x
+ = +
.


DẠNG 3. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ

Sử dụng cơng thức về hàm số mũ và lơgarit để biến đổi bài tốn, sau đó đặt ẩn số
phụ, quy phương trình đã cho về các phương trình đại số (phương trình chứa hoặc
khơng chứa căn thức). Sau khi giải phương trình trung gian ta quy về giải tiếp các
phương trình mũ hoặc lơgarit cơ bản
A - Phương pháp đặt ẩn phụ dạng 1.
PHƯƠNG TRÌNH MŨ


Ph
ươ
ng trình
kx (k 1)x (k 2)x x
k k 1 k 2 1 0
a a a a 0
α α α α α
− −
− −
+ + + + + =
, khi đó ta đặt
x
,a
0
t
t
=
>
.
● Phương trình
x x
1 2 3
a b 0
α α α
+ + =
, với
a.b 1
=
. Khi đó đặt
x x
1
t a , t 0 b
t
= > ⇒ =
, ta được
phương trình:
2
1 3 2
t t 0
α α α
+ + =
.
● Phương trình
2x x 2x
1 2 3
a (ab) b 0
α α α
+ + =
. Chia hai vế cho
2x
a
hoặc
2x
b
ta được
2x x
1 2 3
a a
0
b b
α α α
   
+ + =
   
   
, đặt
x
a
t , t 0
b
 
= >
 
 
.

Biên soạn: GV HUỲNH ðỨC KHÁNH
Bài 1. Giải các phương trình sau:
1)
2 2
x x 2 x 1 x 2
4 5.2 6 0
+ − − + −
− − =

2)
3 2cosx 1 cosx
4 7.4 2 0
+ +
− − =

3)
(
)
(
)
(
)
x x x
26 15 3 2 7 4 3 2 2 3 1
+ + + − − =

Bài 2.
Gi

i các ph
ươ
ng trình sau:
1)
(
)
(
)
x x
2 3 2 3 14
− + + =
3)
3x x
3x x 1
8 1
2 6 2 1
2 2

   
− − − =
   
   

2)
3 x 1
5 3x
5.2 3.2 7 0


− + =
4)
x x x
27 12 2.8
+ =

PHÖÔNG TRÌNH LOGARIT
● Nếu ñặt
(
)
a
t log x, x 0
= >
thì
k k
a x
1
log x t ; log a , 0 x 1.
t
= = < ≠
.
● Nếu ñặt
b
log x
t a=
thì
b
log a
t x=
. Vì
b b
log c log a
a c
=
.
Bài 1. Giải các phương trình sau:
1)
(
)
(
)
x 1 x
2 2
log 4 4 .log 4 1 3
+
+ + =
4)
x 3 3
x
1
log 3 log x log 3 log x
2
+ = + +

2)
(
)
(
)
4 2 2 4
log log x log log x 2
+ =
5)
(
)
2 x 1
log x 1 log 16
+
+ =
3)
(
)
2
x 25
log 125x .log x 1
=
6)
( )
3 9x
3
4
2 log x log 3 1
1 log x
− − =


Bài 2. Giải các phương trình sau:
1)
(
)
x x
log 6.5 25.20 x log25
+ = + 3)
82
4 16
log 4x
log x
log 2x log 8x
=

2)
2 2
2 x
log x.log (4x ) 12
=
4)
(
)
2
3
log x log x 2
= +

B - Phương pháp ñặt ẩn phụ dạng 2.
PHÖÔNG TRÌNH MUÕ
Phương pháp: Ý tưởng là sử dụng một ẩn phụ chuyển phương trình ban ñầu thành một
phương trình với một ẩn phụ nhưng các hệ só vẫn còn chứa ẩn x. Khi ñó thường ta ñược
một phương trình bậc 2 theo ẩn phụ có biệt số

là một số chính phương.
Ví dụ : Giải phương trình:
(
)
x x
9 2 x 2 3 2x 5 0
+ − + − =
.
HD: ðặt
(
)
x
t 3 *
= , khi ñó ta có:
(
)
2
t 2 x 2 t 2x 5 0 t 1, t 5 2x
+ − + − = ⇒ = − = −
.
Thay vào (*) ta tìm ñược x.
Lưu ý: Phương pháp này chỉ sử dụng khi

là số chính phương.
Biên soạn: GV HUỲNH ðỨC KHÁNH
Bài 1. Giải phương trình:
(
)
2 2
x 2 x 2
9 x 3 3 2x 2 0
+ − − + =

Bài 2. Giải phương trình:
2x 3x 1 x 3
4 2 2 16 0
+ +
+ + − =

PHÖÔNG TRÌNH LOGARIT
Ví dụ 2: Giải phương trình:
(
)
(
)
(
)
2
3 3
log x 1 x 5 log x 1 2x 6 0
+ + − + − + =

HD: ðặt
(
)
3
t log x 1
= +
, ta có:
(
)
2
t x 5 t 2x 6 0 t 2, t 3 x
+ − − + = ⇒ = = −
. Suy ra
x 8, x 2.
= =

Bài 1.
Gi

i ph
ươ
ng trình:
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2 2
lg x 1 x 5 lg x 1 5x 0
+ + − + − =

Bài 2. Giải các phương trình sau:
1)
(
)
2
2 2
lg x lgxlog 4x 2log x 0
− + =

2)
4 3 2
lg x lg x 2lg x 9lgx 9 0
+ − − − =

C - Phương pháp ñặt ẩn phụ dạng 3.
PHÖÔNG TRÌNH MUÕ
Phương pháp: Lựa chọn ẩn phụ thích hợp rồi chuyển phương trình về hệ ñơn giản.
Bài 1. Giải phương trình:
2 2 2
x 1 1 x (x 1)
4 2 2 1
+ − +
+ = +

Bài 2. Giải phương trình:
2 2 2
x 3x 2 x 6x 5 2x 3x 7
4 4 4 1
− + + + + +
+ = +

PHÖÔNG TRÌNH LOGARIT
Sử dụng 2 ẩn phụ cho 2 biểu thức logarit trong phương trình và khéo léo biến ñổi phương
trình thành phương trình tích.
Bài 1. Giải phương trình:
(
)
(
)
2
2
2 2 2
log x x 1 log xlog x x 2 0
− + − − =

Bài 2. Giải phương trình:
2
2 2 3 2 3
log x log x log x log xlog x 0
− + − =

Bài 3. Giải phương trình:
(
)
(
)
2 2
log x log x
2
2 2 x 2 2 1 x
+ + − = +

D - Phương pháp ñặt ẩn phụ dạng 4.

ðặt ẩn phụ chuyển thành hệ phương trình.

PHÖÔNG TRÌNH MUÕ
Ví dụ : Giải phương trình:
x
x 1 x x 1 1 x
8 2 18
2 1 2 2 2 2 2
− − −
+ =
+ + + +

HD: Viết phương trình dưới dạng
x 1 1 x x 1 1 x
8 1 18
2 1 2 2 2 2 2
− − − −
+ =
+ + + +
, ñặt
x 1 1 x
u 2 1, v 2 1; u, v 0
− −
= + = + >
.
Biên soạn: GV HUỲNH ðỨC KHÁNH
Nhận xét:
. .
u v u v
= +
Từ ñó ta có hệ:
8 1 18
.
u v u v
u v u v

+ =

+


= +


Bài 1. Giải phương trình:
2x x
2 2 6 6
− + =

PHÖÔNG TRÌNH LOGARIT
Bài 1. Giải phương trình:
(
)
(
)
2 2
2 2
log x x 1 3log x x 1 2
− − + + − =

Bài 2. Giải phương trình:
3
2 lgx 1 lgx 1
− = − −

Bài 3. Giải phương trình:
(
)
(
)
2 2
2 2
3 log x 4x 5 2 5 log x 4x 5 6
+ − + + − − + =

E - Phương pháp ñặt ẩn phụ dạng 5.
PHÖÔNG TRÌNH LOGARIT
Sử dụng một ẩn phụ chuyển phương trình ban ñầu thành một hệ phương trình với một ẩn phụ và
một ẩn x. Ta thực hiện các bước:
+ ðặt ñiều kiện có nghĩa cho phương trình.
+ Biến ñổi phương trình về dạng: f(x;
φ
(x)) = 0.
+ ðặt y =
φ
(x) ñưa về hệ:
( )
( ; ) 0
y x
f x y
φ
=


=

.
Chú ý: ðối với phương trình logarít có một dạng rất ñặc biệt, ñó là phương trình
dạng . ( )
ax b
s
s c log dx e x
α β
+
= + + +
. Với
;d ac e bc
α β
= + = +
.
Cách giải:
- ðiều kiện có nghĩa của phương trình:
0 1
0
s
dx e
< ≠


+ ≠


- ðặt
( )
s
ay b log dx e
+ = +
khi ñó phương trình ñã cho trở thành:
( )
( ) (1)
( )
(2)
ax b
ax b ax b
ay b ay b
s
s c ay b x
s acy x bc s acy d ac x e
ay b log dx e
s dx e s dx e
α β
α β
+
+ +
+ +

 
= + + +
= + + + = + − +
⇔ ⇔
  
+ = +
= + = +
 


- Lấy (1) trừ cho (2) ta ñược:
ax b ay b
s acx s acy
+ +
+ = + (3).
- Xét hàm số
( )
at b
f x s act
+
= +
là hàm số dơn ñiệu trên R. Từ (3) ta có f(x) = f(y)

x = y,
khi ñó (2)
ax b
s dx e
+
⇔ = +
(4) dùng phương pháp hàm số ñể xác ñịnh nghiệm phương trình (4).
Ví dụ: Giải phương trình:
(
)
x 1
7
7 6log 6x 5 1

= − +

HD: ðặt
(
)
7
y 1 log 6x 5
− = −
. Khi ñó chuyển thành hệ
Biên soạn: GV HUỲNH ðỨC KHÁNH
(
)
( )
x 1
x 1
x 1 y 1
y 1
7
7 6 y 1 1
7 6y 5
7 6x 7 6y
y 1 log 6x 5
7 6x 5


− −


= − +

= −
 
⇔ ⇒ + = +
 
− = −
= −




.
Xét hàm số
(
)
t 1
f t 7 6t

= +
suy ra
x y
=
, Khi
ñ
ó
x 1
7 6x 5 0

− + =
.
Xét hàm s


(
)
x 1
g x 7 6x 5

= − +
. Nh

m nghi

m ta
ñượ
c 2 nghi

m:
x 1, x 2.
= =

Bài 2.
Gi

i các ph
ươ
ng trình sau:
1)
2
2 2
log x log x 1 1
+ + =
3)
2
2 2 2
3log x 1 4log x 13log x 5
+ = + −

2)
2
lgx 1 lg x 4lgx 5
+ = + +
4)
2
2 2 2
3log x 1 4log x 13log x 5
+ = − + −

Bài 3. Giải các phương trình sau:
1)
2
lgx 1 lg x 4lgx 5
+ = + +
3)
(
)
x
6
6 3log 5x 1 2x 1
= − + +

2)
3
3
2 3
log x 2 3 3log x 2
+ = −
4)
3
3
x 1 3 2x 1
+ = −

Bài 4. Bài tập rèn luyện. Giải các phương trình sau:
1)
x x
9 10.3 9 0
− + =
16)
(
)
(
)
cosx cosx
5
7 4 3 7 4 3
2
+ + − =

2)
2 2
x x
4 6.2 8 0
− + =
17)
(
)
(
)
x x
x
2 3 2 3 2
+ + − =

3)
2 2 2
x x x
15.25 34.15 15.9 0
− + =
18)
(
)
(
)
x x
4 15 4 15 8
− + + =

4)
(
)
(
)
x x
2 3 2 3 4
+ + − =
19)
(
)
(
)
x x
x
7 3 5 7 3 5 14.2
+ + − =
5)
x 1 x 2
5 5.0,2 26
− −
+ =
20)
x 3
log 3x.log x 1 0
+ =

6)
x x x
25 12.2 6,25.0,16 0
− − =
21)
82
4 16
log 4x
log x
log 2x log 8x
=

7)
1 3
3
x x
64 2 12 0
+
− + =
22)
(
)
x 2 5
1 2log 5 log x 2
+
+ = +

8)
x x 1 x x
4 4 3.2
+ +
− =
23)
(
)
(
)
3
log log x log log x 2 0
+ − =

9)
x x
9 8.3 7 0
− + =
24)
(
)
(
)
x x 1
3
log 3 1 .log 3 3 6
+
− − =

10)
2x 1 x 1
1
.4 21 13.4
2
− −
+ =
25)
(
)
x
2
log 9 2 3 x
− = −

11)
1 1 1
x x x
6.9 13.6 6.4 0
− + =
26)
3 x
5
log x log 3
2
+ =

12)
3 3 3x x x
25 9 15 0
− + =
27)
8
2
3log xlog x
2x 2x 5 0

+ − =

13)
2 2
sin x cos x
9 9 10
+ =
28)
2 2
log x log 5
5 2.x 15
+ =

Biên soạn: GV HUỲNH ðỨC KHÁNH
14)
2 2
sin x cos x
2 5.2 7
+ =
29)
( )
2
25
5
log 5x 1
log 7
7 x 0

− =

15)
2
cos2x cos x
4 4 3
+ =
30)
logx log5
25 5 4.x
= +

F - Một số bài toán (ñặc biệt là các bài logarrit) ta thường phải ñưa về phương trình – hệ
phương trình – bất phương trình mũ rồi sử dụng các phương pháp trên.
●Dạng 1. Khác cơ số
Ví dụ: Giải phương trình:
7 3
log x log ( x 2)
= +
.
ðặ
t
t
7
t log x x 7
= ⇒ =
.
Ph
ươ
ng trình tr

thành
(
)
t
t
t t t
3
7 1
t log 7 2 3 7 2 1 2.
3 3
 
 
= + ⇔ = + ⇔ = +
 
 
 
 
 

●Dạng 2. Khác cơ số và biểu thức trong dấu log phức tạp
Ví dụ 1: Giải phương trình:
(
)
(
)
4
2 2
6 5
log x 2x 2 2log x 2x 3
− − = − −
.
ðặt
2
t x 2x 3
= − −
, ta có
(
)
6 5
log t 1 log t
+ = .
Ví dụ 2: Giải phương trình:
(
)
6
log x
2 6
log x 3 log x
+ =
.
ðặt
6
t log x
= , phương trình tương ñương
t
t t t t
3
6 3 2 3 1
2
 
+ = ⇔ + =
 
 
.
●Dạng 3.
(
)
b
log x c
a x
+
=
. (ðiều kiện:
b a c
= +
)
Ví dụ 1. Giải phương trình:
(
)
7
log x 3
4 x
+
=
.
ðặt
(
)
t
7
t log x 3 7 x 3
= +

= +

Phương trình trở thành:
t t
t t
4 1
4 7 3 3. 1
7 7
   
= − ⇔ + =
   
   
.
Ví dụ 2. Giải phương trình:
(
)
3
log x 5
2 x 4.
+
= +

ðặt
t x 4
= +
. Phương trình trở thành:
(
)
3
log t 1
2 t
+
=
.







Biờn son: GV HUNH C KHNH
DAẽNG 5. PHệễNG PHAP LOGARIT HOA
S dng cụng thc ly logarit hai v ca phng trỡnh vi c s thớch hp.
PHệễNG TRèNH MUế
Dng 1:
f (x)
a
0 a 1, b 0
a b
f(x) log b.
< >

=

=


Dng 2:
f (x) g(x) f (x) g(x)
a a a
a b log a log b f(x) g(x).log b.
= = =

Bi 1. Gii cỏc phng trỡnh sau:
1)
(
)
4
4
3 log x 1
log x 2
x 2


=
2)
2 3
lg x lgx 3
2
x
1 1
1 1 1 1
x x
+ +
=

+ + +

Bi 2.
Gi

i cỏc ph

ng trỡnh sau:
1)
4x 1 3x 2
2 1
5 7
+ +

=


2)
lgx 2
x 1000x
=

PHệễNG TRèNH LOGARIT
Dng 1:
a
b
0 a 1
log f(x) b
f(x) a
<

=

=

.

Dng 2:
a a
0 a 1
log f (x) log g(x)
f(x) g(x) 0
<

=

= >


Bi 1.
Gi

i cỏc ph

ng trỡnh sau:
1)
(
)
2
x
log x 4x 4 3
+ =
3)
(
)
x
log x 6 3
+ =

2)
( )
{ }
4 3 2 2
1
log 2log 1 log 1 3log x
2


+ + =

Bi 2. Gii cỏc phng trỡnh sau:
1)
3
2x 3
log
x
2 1




=
3)
2 3
2 2
log (x 1) 2log (x x 1)
= + +

2)
(
)
(
)
2
2 1
2
log x 1 log x 1
=
4)
x
x lg(1 2 ) xlg5 lg6
+ + = +

Bi 3.
Bi t

p rốn luy

n. Gi

i cỏc ph

ng trỡnh sau:
1)
x 1 2x 1
4.9 3 2
+
=
2)
x x
3 2
2 3
=

3)
2
x 2x x
2 .3 1,5

=
4)
2
x x
5 .3 1
=

5)
2x 1
x
x 1
5 .2 50

+
=
6)
x
x
x 2
3 .8 6
+
=

7)
3x
x
x 2
3 .2 6
+
=
.


Biên soạn: GV HUỲNH ðỨC KHÁNH
DẠNG 6. PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG TÍNH ĐỒNG BIẾN, NGHỊCH
BIẾN CỦA HÀM SỐ
● Nhẩm nghiệm và sử dụng tính đơn điệu để chứng minh nghiệm duy nhất
(thường là sử dụng cơng cụ đạo hàm)
● Ta thường sử dụng các tính chất sau:
Tính chất 1: Nếu hàm số f tăng ( hoặc giảm ) trong khoảng (a;b) thì phương trình
f(x) = C có khơng q một nghiệm trong khoảng (a;b). ( do đó nếu tồn tại x
0


(a;b) sao
cho f(x
0
) = C thì đó là nghiệm duy nhat của phương trình f(x) = C)
Tính chất 2 : Nếu hàm f tăng trong khoảng (a;b) và hàm g là hàm một hàm giảm trong
khoảng (a;b) thì phương trình f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm trong khoảng (a;b).
( do đó nếu tồn tại x
0


(a;b) sao cho f(x
0
) = g(x
0
) thì đó là nghiệm duy nhất của phương
trình f(x) = g(x))
Tính chất 3 : ðịnh lí Rơn: Nếu hàm số
(
)
y f x
=
lồi hoặc lõm trên khoảng
(
)
a;b
thì
phương trình
(
)
f x 0
=
có khơng qua hai nghiệm thuộc khoảng
(
)
a;b
.
Ví dụ 1: Giải phương trình:
2
log x
x 2.3 3
+ =

HD:

2 2
log x log x
x 2.3 3 2.3 3 x
+ = ⇔ = −
, v
ế
trái là hàm
đồ
ng bi
ế
n, v
ế
ph

i là hàm
ngh

ch bi
ế
n nên ph
ươ
ng trình có nghi

m duy nh

t
x 1
=
.
Ví dụ 2:
Gi

i ph
ươ
ng trình:
x x x x
6 2 5 3
+ = +
.
HD:
Ph
ươ
ng trình t
ươ
ng
đươ
ng
x x x x
6 5 3 2
− = −
, gi

s

ph
ươ
ng trình có nghi

m
α
.
Khi
đ
ó:
6 5 3 2
α α α α
− = −
. Xét hàm s


( ) ( )
f t t 1 t
α
α
= + −
, với
t 0
>
. Ta nhận thấy
(
)
(
)
f 5 f 2
=
nên theo định lý lagrange tồn tại
(
)
c 2;5

sao cho:
( ) ( )
1
1
f ' c 0 c 1 c 0 0, 1
α
α
α α α


 
= ⇔ + − = ⇔ = =
 
, thử lại ta thấy
x 0, x 1
= =

nghiệm của phương trình.
Ví dụ 3: Giải phương trình:
( )
2
2
x x x 1
2 2 x 1
− −
− + = −
.
HD: Viết lại phương trình dưới dạng
2
x 1 x x 2
2 x 1 2 x x
− −
+ − = + −
, xét hàm số
(
)
t
f t 2 t
= +
là hàm đồng biến trên R (???). Vậy phương trình được viết dưới dạng:
(
)
(
)
2 2
f x 1 f x x x 1 x x x 1
− = − ⇔ − = − ⇔ =
.
Ví dụ 4: Giải phương trình:
x x
3 2 3x 2
+ = +
.
HD: Dễ dàng ta tìm được nghiệm:
x 0
=

x 1
=
. Ta cần chứng minh khơng còn
nghi
ệm nào khác.
Biên soạn: GV HUỲNH ðỨC KHÁNH
Xét hàm số
(
)
(
)
x x x 2 x 2
f x 3 2 3x 2 f '' x 3 ln 3 2 ln 2 0
= + − − ⇒ = + > ⇒
ðồ thị của
hàm số này lõm, suy ra phương trình không có quá hai nghiệm. (ðịnh lí Rôn)
Ví dụ 5: Chứng minh hệ phương trình
x
2
y
2
y
2007
y 1
x
2007
x 1
e
e

= −





= −



có ñúng hai nghiệm thỏa mãn
x 0, y 0.
> >

HD: Dùng tính chất 2 ñể chỉ ra
x y
=
khi ñó xét hàm số
( )
x
2
x
f x 2007
x 1
e= + −

.

N
ế
u
x 1
< −
thì
(
)
1
f x 2007 0
e

< − <
suy ra h

ph
ươ
ng trình vô nghi

m.

N
ế
u
x 1
>
dùng
ñị
nh lý Rôn và ch

ra v

i
0
x 2
=
thì
(
)
f 2 0
<

ñể
suy ra
ñ
i

u ph

i
ch

ng minh.
Ví dụ 6:
Cho
a b 0
≥ >
. Ch

ng minh r

ng:
b a
a b
a b
1 1
2 2
2 2
   
+ ≤ +
   
   

HD: Bất ñẳng thức
a b
a b
a b
a b
1 1
ln 2 ln 2
1 1
2 2
bln 2 aln 2
2 2 a b
   
+ +
   
   
   
⇔ + ≤ + ⇔ ≤
   
   
.
Xét hàm số
( )
x
x
1
ln 2
2
f x
x
 
+
 
 
=
v

i
x 0
>
,
Suy ra
(
)
f’ x 0
<
v

i m

i
x 0
>
nên hàm s

ngh

ch bi
ế
n v

y v

i
a b 0
≥ >
ta có
(
)
f(a) f b
≤ .
Bài 1.
Gi

i các ph
ươ
ng trình sau:
1)
x x x
3 4 5
+ =
7)
x x
4 3 1
− =

2)
(
)
2 3
log 1 x log x
+ =
8)
(
)
6
log x
2 6
log x 3 log x
+ =

3)
2 2 2
log 9 log x log 3
2
x x .3 x= −
9)
(
)
x 2 x 2
3.25 3x 10 5 3 x 0
− −
+ − + − =

4)
(
)
2 x x 3 2
x .3 3 12 7x x 8x 19x 12
+ − = − + − +

5)
(
)
(
)
(
)
(
)
2 3
4 x 2 log x 3 log x 2 15 x 1
− − + − = +
 
 

6)
x x x x 3 2
x x x
1 1 1
5 4 3 2 2x 5x 7x 17
2 3 6
+ + + = + + − + − +

Bài 2. Giải các phương trình sau:
Biên soạn: GV HUỲNH ðỨC KHÁNH
1)
x
x
2
2 1 3
= +
4)
(
)
x x
25 2 3 x 5 2x 7 0
− − + − =

2)
3 x 2
2 x 8x 14

= − + −
5)
x 3 x
8 x.2 2 x 0

− + − =

3)
2
log x 3 x
= −
6)
(
)
2
2 2
log x x 1 log x 6 2x
+ − = −

Bài 3. Bài tập rèn luyện. Giải các phương trình sau:
1)
x x x
4 9 25
+ =

2)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
3 3
x 2 log x 1 4 x 1 log x 1 16 0
+ + + + + − =

3)
( )
x x
9 2 x 2 .3 2x 5 0
+ − + − =

4)
(
)
( )
2
x log x x 6 4 log x 2
+ − − = + +

5)
( ) ( ) ( ) ( )
2
3 3
x 3 log x 2 4 x 2 log x 2 16
+ + + + + =


DẠNG 7. MỘT VÀI BÀI KHÔNG MẪU MỰC

Bài 1. Giải phương trình:
(
)
(
)
x x x x
4 2.2 2 2 1 sin 2 y 1 2 0
− + − + − + =

HD: phương trình
(
)
(
)
x x x x
4 2.2 2 2 1 sin 2 y 1 2 0
− + − + − + =

(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
2
x x x 2 x 2 x
2
x x 2 x
x x
x
2 1 2 2 1 sin 2 y 1 sin 2 y 1 cos 2 y 1 0
2 1 sin 2 y 1 cos 2 y 1 0
2 1 sin 2 y 1 0
cos 2 y 1 0
⇔ − + − + − + + − + + − =
 
⇔ − + + − + + − =
 

− + + − =



+ − =



Bài 2.
Gi

i ph
ươ
ng trình:
(
)
y
sinx 1+sinx
4 2 cos xy 2 0
− + =
.
HD: phương trình
(
)
y
sinx 1+sinx
4 2 cos xy 2 0
− + =

( ) ( )
2
y
sinx 2
2 cos xy 2 cos xy 0
 
 
⇔ − + − =
 
 

Ta có
( )
2
sinx
2 cos xy 0
 
− ≥
 

( )
( )
y
y
2
2
2 1
2 cos xy 0
cos xy 1



 
⇒ − ≥

 




Do đó
( ) ( )
2
y
sinx 2
2 cos xy 2 cos xy 0
 
 
− + − ≥
 
 

Vậy phương trình
(
)
( )
(
)
(
)
( ) ( )
sinx sinx
y y
2 2
2 cos xy 0 2 cos xy 1

2 cos xy 0 2 cos xy 0 2
 
− = =
 
⇔ ⇔
 
− = − =
 
 

Biên soạn: GV HUỲNH ðỨC KHÁNH
( )
( )
( )
y
2
2
y 0
2 1
2 y 0.
cos x.0 1
cos xy 1

=

=
 
⇔ ⇔ ⇔ =
 
=
=





Thay vào (1) ta ñược
x k
π
=
.
Bài 3. Giải phương trình:
( )
2x 1 3 2x
2
3
8
2 2
log 4x 4x 4
+ −
+ =
− +
.
HD: Ta có
( )
2
2
4x 4x 4 2x 1 3 3
− + = − + ≥
nên
(
)
2
3
log 4x 4x 4 1
− + ≥

Suy ra
( )
2
3
8
8
log 4x 4x 4

− +
(1)
Mặt khác
2x 1 3 2x 2x 1 3 2x 2x 1 3 2x
2 2 2 2 .2 2 2 8
+ − + − + + −
+ ≥ = =

(2)
Bài 4.
Gi

i ph
ươ
ng trình:
(
)
2 2
3 3
log x x 1 log x 2x x
+ + − = −
.
HD:

ð
i

u ki

n
x 0.
>
Ph
ươ
ng trình
(
)
2 2
3 3
log x x 1 log x 2x x
+ + − = −


( )
2
3
1
log x 1 1 x 1
x
 
⇔ + + = − − +
 
 

Ta có

3
1 1 1
x 2 x 1 3 log x 1 1
x x x
 
+ ≥ ⇒ + + ≥ ⇒ + + ≥
 
 


( )
2
1 x 1 1
− − + ≤

Vậy phương trình
( )
3
2
1
log x 1 1
x
x 1
1 x 1 1

 
+ + =
 

 
⇔ ⇔ =


− − + =

.
Nhận xét: Bài toán tương ñương là giải phương trình
2
2
2
1
3
x x
x x
x

+ +
=
.
Bài 5.
Gi

i ph
ươ
ng trình:
( )
2 3
1
log x 2 4 log 8
x 1
 
− + = +
 

 
.

HD: ð
i

u ki

n
x 2
>
.



(
)
2
x 2 4 4 log x 2 4 2
− + ≥ ⇒ − + ≥



V

i
x 2
>
ta có
1 1
x 1 1 1 8 9
x 1 x 1
− ≥ ⇒ ≤ ⇒ + ≤
− −


3
1
log 8 2
x 1
 
⇒ + ≤
 

 

Bài 6.
Gi

i ph
ươ
ng trình:
(
)
2 2 x x 1 2
4x 8 2 x 4 x x .2 x.2 2 x
+
+ − = + − + −
.
Biên soạn: GV HUỲNH ðỨC KHÁNH
HD: ðiều kiện
2 x 2
− ≤ ≤
.
Phương trình
(
)
(
)
( )
x 2
4 x.2 x 1 2 2 x 0 *
⇔ − − + − =

Ta có
3
x 2
2
x 2 x.2 2.2 2.2 4
≤ ⇒ ≤ < =
. Do
ñ
ó
( )
2
* x 1 2 2 x 0
⇔ − + − =
.
Bài 7. Giải phương trình:
2 3 4 2 2
2 2
5x 6x x x log x (x x)log x 5 5 6 x x
+ − − = − + + + −
.
HD: ðiều kiện
2
x 0
0 x 3
6 x x 0
>

⇔ < ≤

+ − ≥

.
Phương trình
( )
(
)
( )
2
2
xlog x 5 6 x 1 x 0 *
x⇔ − + − + − =

Do
(
)
2 2 2 2
x 3 xlog x 3log 3 log 32 5 xlog x 5 0
≤ ⇒ ≤ < = ⇒ − <

Khi ñó
( )
(
)
2
* 6 x 1 x 0
x
⇔ + − + − =
.
Bài 8. Giải phương trình:
2 2
sin x cos x x x
3 3 2 2 2

+ = + +
.
HD: Phương trình
2 2
x -x
2 2
sin x 1 sin x
2 2
3 3 2 2 2

⇔ + = + +


( )( )
2
2
2 2
2
x -x
2sin x
2 2
2 2
sin x
sin x sin x
2
x -x
2 2
sin x
3 3
4 2 2 2
3
3 1 3 3
2 2
3
+
⇔ − = + −
− −
 
⇔ = −
 
 

Ta có
2
2 sin x
0 sin x 1 1 3 3
≤ ≤ ⇒ ≤ ≤
. Do ñó
VT 0 VP
≤ ≤
.
Bài 9. Giải phương trình:
3 2
2log cot x log cosx
= .
HD: ðặt
3 2
2log cot x log cosx t
= =
, ta có

2 t
t 2 t
t
2 t 2 t 2
t
cos x 4
cosx 2 cos x 4
4
cot x 3 cot x 3 sin x
3
cosx 0,cot x 0 cosx 0,cot x 0
cosx 0,cot x 0

=
 
= =

 

= ⇔ = ⇔ =
  
  
> > > >
 
> >




2 t
2 t
t
t
t
cos x 4
cos x 4
1
cosx
4
4 1 t 1
2
3
cosx 0,cot x 0
cosx 0,cot x 0
cosx 0,cot x 0

=

=


=

 
⇔ + = ⇔ = − ⇔
  
  
> >
> >


> >




π
x k2
π
3
⇔ = +
.
Tổng quát: Dạng
(
)
(
)
.log .log
a b
f x g x
α β
=
ta ñặt
(
)
(
)
.log .log
a b
t f x g x
α β
= =

Biên soạn: GV HUỲNH ðỨC KHÁNH
Bài 10. Giải phương trình:
(
)
2 3 2
2 2
3x 2x log x 1 log x.
− = + −

HD: ðiều kiện
x 0
>
.
ðặt
(
)
(
)
(
)
2 3 2
2 2
f x 3x 2x , g x log x 1 log x
= − = + −

● Ta có
(
)
(
)
(
)
2 3 2
f x 3x 2x f ' x 6x 6x ; f ' x 0 x 0, x 1
= − ⇒ = − = ⇔ = =
. Lập bảng
biến thiên ta thấy f(x) ñồng biến trên (0,1) và nghịch biến trên
(
)
1,
+∞
. Suy ra trên
(
)
0,
+∞
,
(
)
(
)
maxf x f 1 1
= =
hay
(
)
f x 1, x 0.
≤ ∀ >

● Ta có
( )
( )
2
2
2 2 2 2
x 1 1
g x log x 1 log x log log x
x x
 
+
 
= + − = = +
 
 
 
 
. Với
x 0
>
, ta có
( )
2 2
1 1
x 2 côsi log x log 2 1.
x x
 
+ ≥ => + ≥ =
 
 
Suy ra
(
)
g x 1, x 0.
≥ ∀ >

Vậ
y ph
ươ
ng trình
( )
2 3
2
2 2
3x 2x 1

log x 1 log x 1

− =



+ − =



Bài 11.
Gi

i ph
ươ
ng trình:
( )
2
2
x 1 x x
2 2 x 1 .
− −
− = −
HD: phương trình
( )
(
)
2
x 1 x x 2
2 x 1 2 x x
− −
⇔ + − = + −
.
ðặt
2
u x 1; v x x.
= − = −
Khi ñó phương trình có dạng
u v
2 u 2 v
+ = +
.
Xét hàm số
(
)
t
f t 2 t
= +
, hàm này ñồng biến và liên tục trên

.
Vậy phương trình
(
)
(
)
2
f u f v u v x 1 x x x 1
⇔ = ⇔ = ⇔ − = − ⇔ =
.
Bài 12. Giải phương trình:
x x x
2009 2011 2.2010
+ =
.

HD:
G

i
0
x
là m

t nghi

m c

a ph
ươ
ng trình
ñ
ã cho. Ta
ñượ
c
(
)
0 0 0 0 0 0 0
x x x x x x x
2009 2011 2.2010 2009 2010 2010 2011 *
+ = ⇔ − = −
Xét hàm s


( ) ( )
0
0
x
x
F t t t 1
= − + . Khi
ñ
ó (*)
(
)
(
)
F 2009 F 2010
⇔ = .
Vì F(t) liên t

c trên
[
]
2009,2010
và có
ñạ
o hàm trong kho

ng
(
)
2009,2010
, do
ñ
ó
theo
ñị
nh lí Lagrange t

n t

i
(
)
c 2009,2010
∈ sao cho
( )
(
)
(
)
( )
0
0
x 1
0
x 1
0
0
x 0
F 2010 F 2009
F' c x . c c 1 0
x 1
2010 2009


=


 
= ⇔ − + = ⇔

 
=



Th

l

i
0 0
x 0, x 1
= =
th

y
ñ
úng. V

y nghi

m c

a ph
ươ
ng trình là
0 0
x 0, x 1
= =
.
Nhận xét: Bài toán tương tự
1)
cosx cosx cosx cosx
3 2 cosx 3 2 3cosx 2cosx
− = ⇔ − = −
.
Biên soạn: GV HUỲNH ðỨC KHÁNH
2)
3 3
log x log x
4 2 2x
+ =
. ðặt
u
3
u log x x 3
= ⇒ =
. Phương trình
u u u
4 2 2.3
⇔ + =
.
Lưu ý: Bài toán trên ta sử dụng ñịnh lí Lagrange: Nếu hàm số
(
)
y f x
= liên t

c trên
ñ
o

n
[
]
;
a b
và có
ñạ
o hàm trên kho

ng
(
)
;
a b
thì t

n t

i m

t
ñ
i

m
(
)
;
c a b
∈ sao cho
( )
(
)
(
)
'
f b f a
f c
b a

=

.
Bài 13.
Gi

i ph
ươ
ng trình:
2
2
3
2
x x 1
log x 3x 2
2x 2x 3
+ +
= − +
− +
.
HD: ðặt
(
)
2 2
u x x 1; v 2x 2x 3 u 0, v 0
= + + = − + > >
. Suy ra
2
v u x 3x 2.
− = − +

Phương trình ñã cho trở thành
3 3 3
u
log v u log u log v v u
v
= − ⇔ − = −


3 3
log u u log v v
⇔ + = +
.
Xét hàm số
(
)
3
f t log t t
= +
. Ta có
'
1
f (t) 1 0, t 0
t.ln3
= + > ∀ >
nên hàm số ñồng biến
khi
t 0
>
. Do ñó phương trình
(
)
(
)
f u f v
⇔ = suy ra
u v
=
hay
v u 0
− =
tức là
2
x 3x 2 0 x 1, x 2
− + = ⇔ = =
. Vậy phương trình có nghiệm
x 1, x 2
= =
.
Lưu ý: Với phương trình dạng
( )
log , 0, 0, 1
a
u
v u u v a
v
= − > > >
ta thường biến ñổi
log log log log
a a a a
u v v u u u v v
− = − ⇔ + = +
. Vì hàm số
(
)
log
a
f t t t
= +
ñồng biến khi
0
t
>
.
Suy ra
u v
=
.
Bài 14. Giải phương trình:
cosx sinx
2 2 3
+ =
.
HD: Áp dụng BðT Becnuli mở rộng:
(
)
1 1
t t
α
α
+ − ≤
với
[
]
0, 0,1
t
α
> ∈
Từ phương trình suy ra:
[
]
sinx, cos x 0,1
∈ . Suy ra
π
x k2
π; k2π
2
 
∈ +
 
 

Theo Becnuli:
(
)
cosx
2 1 2 cos x 1
+ − ≤


(
)
sinx
2 1 2 sinx 1
+ − ≤

Suy ra
(
)
cosx sinx
2 2 sinx cosx 2
+ ≤ + +

Suy ra
(
)
(
)
cosx sinx
2 2 min sinx cosx 2 min sinx cosx 2
 
+ ≤ + + = + +
 

Mà:
(
)
min sinx cosx 1
+ =
với
π
x k2
π; k2π
2
 
∈ +
 
 
.
Do ñó
cosx sinx
2 2 3
+ ≤
. Dấu
'' ''
=
xảy ra khi và chi khi
sinx 1
cosx 0
=


=

hoặc
sinx 0
cosx 1
=


=


Biên soạn: GV HUỲNH ðỨC KHÁNH

x k2π

π
x k2
π
2
=




= +

.
HẾT































Biên soạn: GV HUỲNH ðỨC KHÁNH


Ta có thể dùng các phương pháp biến đổi như đối với giải phương trình và sử dụng
các cơng thức sau
HÀM SỐ MŨ

0 a 1
< <


( ) ( )
(
)
(
)
( ) ( )
( ) ( )
f x g x
f x g x
a a f x g x
a a f x g x
> ⇔ <
≥ ⇔ ≤
(ngh

ch bi
ế
n)



a 1
>


( ) ( )
(
)
(
)
( ) ( )
( ) ( )
f x g x
f x g x
a a f x g x
a a f x g x
> ⇔ >
≥ ⇔ ≥
(
đồ
ng bi
ế
n)
HÀM SỐ LOGARIT


(
)
a
log f x
có ngh
ĩ
a
( )
0 a 1

f x 0
< ≠




>






(
)
(
)
b
a
log f x b f x a
= ⇔ =




( ) ( )
(
)
(
)
a a
f x g x
log f x log g x
0 a 1

=

= ⇔

< ≠





0 a 1
< <


(
)
(
)
(
)
(
)
( ) ( ) ( ) ( )
a a
a a
log f x log g x 0 f x g x
log f x log g x 0 f x g x
> ⇔ < <
≥ ⇔ < ≤
(ngh

ch bi
ế
n)



a 1
>


(
)
(
)
(
)
(
)
( ) ( ) ( ) ( )
a a
a a
log f x log g x 0 f x g x
log f x log g x 0 f x g x
> ⇔ < >
≥ ⇔ < ≥
(
đồ
ng bi
ế
n)
Tổng qt ta có:


( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
a a
a 0
log f x log g x f x 0; g x 0
a 1 f x g x 0

>


> ⇔ > >


 
− − >

 



( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
a a
a 0
log f x log g x f x 0; g x 0
a 1 f x g x 0

>


≥ ⇔ > >


 
− − ≥

 




CHUYÊN ĐỀ 2.


BẤT PHƯƠNG TRÌNH

MŨ – LOGARIT
Biờn son: GV HUNH C KHNH
1. PHệễNG PHAP ẹệA VE CUỉNG Cễ SO
Vớ d 1. Gii bt phng trỡnh:
2
x x 1
x 2x
1
3
3









Li gii:
- iu kin:
x 0

hoặc
x 2

.
- Khi đó bất phơng trình tơng đơng với
2
x x 1
x 2x 2
3 3 x 2x x x 1



(1)
+ Nếu
x 0

thì
x 1 1 x
=
, khi đó bpt
( )
2
1 x 2x 2x 1

(đúng vì x 0)
+ Nếu
x 2

thì
x 1 x 1
=
, khi đó bpt
( )
2
1 x 2x 1



2
x 1 2
x 2x 1 0
x 1 2




+



- Kết hợp với điều kiện ta đợc
x 1 2
+
.

Vớ d 2. Gii bt phng trỡnh:
(
)
2
x
log 5x 8x 3 2
+ >

Li gii:
- Bất phơng trình trên tơng đơng với
2 2 2
2
2 2
2
0 x 1
0 x 1 0 x 1
1 3
x
1
5x 8x 3 x 4x 8x 3 0
2 2
x
2
3
5x 8x 3 0 3

x x 1
x x 1
5
5
x 1
x 1
x 1
5x 8x 3 x
1 3
4x 8x 3 0
x x
2 2








< <






< < < <






< <




+ < + <


<





+ >




< >
< >






>





>
>



+ >









+ >

< >








3
5
3
x
2

<



>





Lu ý:
Với bất
phng trỡnh
dạng
(
)
( )
log
f x
g x a
>
, ta xét hai trờng hợp của cơ số
(
)
0 1
f x
< <
v

(
)
1 .
f x
<


Vớ d 3. Gii bt phng trỡnh:
( )
2
3
3
log x
log x
3 x 6
+

Li gii:
- iu kin:
x 0
>

- Ta sử dụng phép biến đổi
( )
(
)
2
3
3
3 3
log x
log x
log x log x
3 3 x= =
. Khi đó bất phơng trình tơng đơng
với
3 3 3
log x log x log x
x x 6 x 3
+
.
- Lấy lôgarit cơ số 3 hai vế, ta đợc:
(
)
3
log x
3 3 3 3
log x log 3 log x.log x 1



( )
2
3 3
1
log x 1 1 log x 1 x 3.
3


- Vậy phơng trình có nghiệm
1
x 3
3

.


Biên soạn: GV HUỲNH ðỨC KHÁNH
Ví dụ 4. Giải bất phương trình:
1 2
3
1 2x
log log 0
1 x
+
 
>
 
+
 

Lời giải:
- BÊt ph−¬ng tr×nh trªn t−¬ng ®−¬ng víi
2
2
1 2x 1 2x x
log 0 1 0
x 1 x 0
1 x 1 x 1 x
x 0
1 2x 1 2x 1 x 1
log 1 2 0
1 x 1 x 1 x

+ +
 
> > >

 
< − ∨ >

  
+ + +
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ >
   
+ + − > −

  
< < <
 

+ + + 



-
VËy
x 0
>
lµ nghiƯm cđa bÊt ph−¬ng tr×nh.
BÀI TẬP

Gi

i các b

t ph
ươ
ng trình sau:

1)
2
0,7 6
x x
log log 0
x 4
 
+
<
 
+
 

2)
(
)
2
3x x
log 3 x 1

− >

3)


(
)
(
)
(
)
(
)
2
1 1 25
5 5
5 25
log x 5 3log x 5 6log x 5 4log x 50 2 0
− + − + − − − + ≤


2. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ
Ví dụ 1. Giải bất phương trình:
x x 2
x x
2.3 2
1
3 2
+




Lời giải:
- ðiều kiện
x 0

.
- Chia cả tử và mẫu cho
x
2
, ta được:
x
x x 2
x
x x
3
2. 4
2.3 2
2
1 1
3 2
3
1
2
+
 

 

 
≤ ⇔ ≤

 

 
 

- §Ỉt
( )
x
3
t , 0 t 1
2
 
= < ≠
 
 
. Khi ®ã bÊt ph−¬ng tr×nh t−¬ng ®−¬ng víi
2t 4
1 0
t 1

− ≤



x
3
2
t 3 3
0 1 t 3 1 3 0 x log 3
t 1 2

 
⇔ ≤ ⇔ < ≤ ⇔ < ≤ ⇔ < ≤
 

 

- VËy bÊt ph−¬ng tr×nh cã nghiƯm
3
2
0 x log 3
< ≤ .

Ví dụ 2. Giải bất phương trình:
( ) ( )
3
4 2 2
2 1 2 1
2
2 2
x 32
log x log 9log 4log x
8 x
 
 
− + <
 
 
 
 

Lời giải:
- ðiều kiện
x 0
>
.
- BÊt ph−¬ng tr×nh trªn t−¬ng ®−¬ng víi
( ) ( )
( ) ( )
( )
[ ] [ ]
( )
1 1
3
4 2 2
2 2
2
2 2
2
4 3 2 2
2 2 2 2 2 2
2
4 2
2 2 2 2
x 32
log x log 9log 4log x
8 x
log x log x log 8 9 log 32 log x 4log x
log x 3log x 3 9 5 2log x 4log x
− −
 
 
⇔ − + <
 
 
 
 
   
⇔ − − + − <
   
⇔ − − + − <

Biên soạn: GV HUỲNH ðỨC KHÁNH
- §Ỉt
(
)
2
t log x
= , bÊt ph−¬ng tr×nh trªn t−¬ng ®−¬ng víi

4 2 2
2
2
t 13t 36 0 4 t 9
1 1
3 log x 2
3 t 2
x

8 4
2 log x 3
2 t 3
4 x 8
− + < ⇔ < <



− < < −
− < < −
< <



⇔ ⇔ ⇔



< <
< <
< <






- VËy bÊt ph−¬ng tr×nh cã nghiƯm
( )
1 1
, 4,8
8 4
 

 
 
.

Ví dụ 3. Giải bất phương trình:
2x 10 3 x 2 x 5 1 3 x 2
5 4.5 5
− − − − + −
− <

Lời giải:
- §Ỉt
x 5 3 2
X 5 0, Y 5 0
x− −
= > = >
.Khi ®ã bÊt ph−¬ng tr×nh cã d¹ng
2
X
4X 5Y
Y
− <
(1)
- Do
Y 0
>
nªn

(
)
(
)
(
)
2 2 2 2
x 5 1 3 x 2
1 X 4XY 5Y X 4XY 5Y 0 X Y X 5Y 0
X 5Y 0 X 5Y 5 5
x 5 1 3 x 2 x 6 3 x 2
− + −
⇔ − < ⇔ − − < ⇔ + − <
⇔ − < ⇔ < ⇔ <
⇔ − < + − ⇔ − < −

-
BÊt ph−¬ng tr×nh trªn t−¬ng ®−¬ng víi hai hƯ sau

( )
x 2 0
I 2 x 6
x 6 0
− ≥

⇔ ≤ <

− <



( )
( ) ( )
2
2
x 6 0
x 6 x 6
II 6 x 18
x 21x 54 0 3 x 18
9 x 2 x 6
− ≥


≥ ≥


⇔ ⇔ ⇔ ≤ <
  
− + < < <
− > −





- VËy bÊt ph−¬ng tr×nh cã nghiƯm lµ:
2 x 18
≤ <
.
BÀI TẬP
Giải các bất phương trình sau:
1)
(
)
(
)
x x
x
1
5 1 5 1 2
4
+ + − =

2)
(
)
2 2 2
2 1 4
2
log x log x 3 5 log x 3
+ − > −

3)
2x x x 4 x 4
3 8.3 9.9 0
+ + +
− − >
.


3. PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
Ví dụ 1. Giải bất phương trình:
(
)
5 4
log 3 x log x
+ >

Lời giải:
-
ð
i

u ki

n

x 0
>
.
-
§Ỉt
t
4
t log x x 4
= ⇔ =
, bÊt ph−¬ng tr×nh trë thµnh
(
)
t
5
log 3 2 t
+ >


t
t t
t
3 2
3 2 5 1
5 5
 
⇔ + > ⇔ + >
 
 

- Hµm sè
( )
t
t
3 2
t
5 5
f
 
= +
 
 
nghÞch biÕn trªn


(
)
1 1.
f
=

-
BÊt ph−¬ng tr×nh trë
(
)
(
)
t 1 t 1
f f
> ⇔ <
,
ta ®−ỵc
4
log x 1 0 x 4.
< ⇔ < <

Biờn son: GV HUNH C KHNH
- Vậy bất phơng trình có nghiệm là:
0 x 4
< <
.

Vớ d 2. Gii bt phng trỡnh:
2
2
3
2
x x 1
log x 3x 2
2x 2x 3
+ +
> +
+

Li gii:
- Đặt
(
)
2 2
u x x 1; v 2x 2x 3 u 0, v 0
= + + = + > >
. Suy ra
2
v u x 3x 2
= +
.
-
Bất phơng trình đã cho tơng đơng với
( )
3 3 3 3 3
u
log v u log u log v v u log u u log v v 1
v
= = + > +
- Xét hàm số
( ) ( )
'
3
1
t log t t, ta co: t 1 0, t 0
tln3
f f
= + = + > >
nên hm s ủồng biến khi
t 0.
>
Từ (1) ta có
(
)
(
)
f u f v u v
> >


2 2
2
x x 1 2x 2x 3
x 3x 2 0
1 x 2.
+ + > +
+ <
< <

- Vậy bất phơng trình có nghiệm là:
1 x 2
< <
.
Lu ý:

1.
Với bất phơng trình dạng
log log
a b
u v
<
, ta thờng giải nh sau:
Đặt
log
a
t u
=
(hoặc
log
b
t v
= )
đa về bất phơng trình mũ và sử dụng chiều biến thiên của
hàm số.
2.
Với bất phơng trình dạng
log log log
a a a
u
v u u u v v
v
< + < +
. Ta xét hàm số
(
)
log
a
f t t t
= +
đồng biến khi
0
t
>
, suy ra
(
)
(
)
.
f u f v u v
< <

BAỉI TAP
Gii cỏc bt phng trỡnh sau:
1)
(
)
3
x
6 64
log x x log x
+

2)
x x x
2.2 3.3 6 1.
+ >

3)
x x x x
16 3 4 9 .
< +



4. PHệễNG PHAP VEế ẹO THề
Vớ d .
Gi

i b

t ph

ng trỡnh:
x
5 x
log
5 x
0
2 3x 1
+

<
+

Li gii:
-
Bất phơng trình trên tơng đơng với hai hệ
( )
x
5 x
log 0
I
5 x
2 3x 1 0
+

>




+ <


( )
x
5 x
log 0
II
5 x
2 3x 1 0
+

<




+ >


- Giải hệ (I)
+
5 x 5 x 2x
log 0 1 0 0 x 5
5 x 5 x 5 x
+ +
> > > < <


+
x
2 3x 1
<
, ta vẽ đồ thị của hai hàm số
x
y 2
=

y 3x 1
=
trên cùng một hệ trục toạ độ.
Khi đó ta đợc nghiệm là
1 x 3.
< <

- Do đó hệ (I) có nghiệm
1 x 3.
< <

Biờn son: GV HUNH C KHNH
- Giải hệ (II)
+
5 x 5
5 x 5
5 x 5 x
log 0 0 1 5 x 0
2x
x 0 x 5
5 x 5 x
0
5 x
< <

< <

+ +

< < < < <

< >

<




.
+
x
2 3x 1
>

x 1
<
hoặc
x 3
>
.
- Do đó hệ (II) có nghiệm
5 x 0.
< <

- Vậy bất phơng trình có nghiệm
( 5,0) (1,3)

.
BAỉI TAP

Gi

i b

t ph

ng trỡnh sau:
1 x
x
2 2x 1
0
2 1

+


.


5. MOT SO PHệễNG PHAP KHAC
Vớ d 1. Gii bt phng trỡnh:
( )
2 3
1
log x 2 4 log 8
x 1

+ +




Li gii:
- Điều kiện
x 2.


- Ta có nhận xét sau:
+
(
)
2
x 2 4 4 log x 2 4 2 VT 2.
+ +

+
1
x 2 x 1 1 x 1 1 1
x 1




3
1 1
8 9 log 8 2 VP 2
1 1x x

+ +




- Vậy bất phơng trình có nghiệm khi và chỉ khi
VT 2
x 2 0
x 2
VP 2
x 2


=
=

=

=
=




.
- Vậy bất phơng trình có nghiệm duy nhất x = 2.
Vớ d 2. Gii bt phng trỡnh:
(
)
x
x 9
log log 3 9 1

<


Li gii:
- Để
(
)
x
9
log 3 9

có nghĩa, ta cần có
x x 2
3 9 3 3 x 2.
> > >

- Với điều kiện trên bất phơng trình đã cho tơng đơng với
( )
( )
9
x x
9
x 2
3x 9 1
log 3x 9 0
3 9 9
log 3x 9 x

>
>


>

<


<


-
Đặt
(
)
x
3 t, t 0
= >
, ta có hệ
x
3
2
t 10
t 0 3 10 x log 10
t t 9 0
>

> > >

+ >

.
Vớ d 3. Gii bt phng trỡnh:
(
)
2 3 4 2 2
2 2
5x 6x x x log x x x log x 5 5 6 x x
+ > + + +

Li gii:
- iu kin:
2
x 0
0 x 3
6 x x 0
>

<

+


- Bất phơng trình đã cho tơng đơng với
( )
(
)
( )
2
2
xlog x 5 6 x x 1 x 0 *
+ + >

-
Do
2 2 2
x 3 xlog x 3log 3 log 32 5


< =
. Vậy khi
0 x 3
<
thì
2
xlog x 5 0,
<
do đó
Biờn son: GV HUNH C KHNH
( )
2
2
0 x 3
0 x 3
5
* x 3
2x 3x 5 0
2
6 x x 1 x 0
<

<


<

>
+ + <




- Vậy nghiệm
5
x 3.
2
<

Vớ d 4. Gii bt phng trỡnh:
(
)
2 2 x x 1 2
4x 8 2 x 4 x x .2 x.2 2 x
+
+ > + +

Li gii:
-

i

u ki

n:

2 x 2

(1)
- Bất phơng trình tơng đơng với
(
)
(
)
x 2
4 x.2 x 1 2 2 x 0
+ >
(2)
- Từ (1) ta có
3
x 2
2
x 2 x.2 2.2 2.2 4.


< =
. Do đó (2) tơng đơng với

2
2
2 x 2
2 2 x 1 x
x 1 2 2 x 0



>

+ >



(3)
-
(3) tơng đơng với hai hệ sau
+
( )
2
2 x 0
I : 1 x 2
1 x 0


<

<


+
( )
( )
( )
2
2
2
x 1
1 x 0
x 1
II : 1 x 1
7
5x 2x 7 0
4 2 x 1 x
1 x
5









<
>
< <





- Vậy tập nghiệm của bất phơng trình là
x 1; 2 .




Vớ d 5. Gii bt phng trỡnh:
( ) ( )
2 2
1 1
log x 1 log 3 2x
>
+

Li gii:
-

i

u ki

n:
1 x 0 3
0 x 1 1
1 x

2
3
0 3 2x 1
1 x
x 0;1
2


<

< +
< <



<
<








(
)
2
log x 1 0 x 1 1 x 0.
+ > + > >


(
)
2
log 3 2x 0 3 2x 1 x 1.
> > <

-
Ta có bảng xét dấu

-
Từ đó ta có các trờng hợp sau
+ TH1: Với
1 x 0
< <

thì
VT 0, VP 0
< >

suy ra bất phơng trình vô nghiệm
+ TH2: Với
0 x 1
< <

thì
VT 0, VP 0.
> >

Khi đó bất phơng trình tơng đơng với
(
)
(
)
2 2
log x 1 log 3 2x 3 2x x 1 0 x 1.
+ < > + < <

log
2
(3-2x)
x
-
1

0
1
-

+
+

+
+ -
2
3

log
2
(x+1)
Biờn son: GV HUNH C KHNH
+ TH3: Với
3
1 x
2
< <
thì
VT 0, VP 0,
> <
bất phơng trình có nghiệm với mọi
3
1 x
2
< <
.
- Vậy tập nghiệm của bất phơng trình là
{ }
3
0 x \ 1
2

< <


.
Lu ý:
Với bất phơng trình dạng
1 1
log log
a b
u v
>
, ta thờng giải nh sau:
+ Lập bảng xét dấu của
log
a
u

log
b
v
trong tập xác định của bất phơng trình.
+ Trong tập xác định đó nếu
log
a
u


log
b
v

cùng dấu thì bất phơng trình tơng đơng
với
log log .
a b
u v
<

Vớ d 6. Trong các nghiệm
(
)
x; y

của bất phơng trình
(
)
2 2
x 2y
log 2x y 1
+
+
, chỉ ra các
nghiệm có tổng
(
)
2x y
+
lớn nhất.
Li gii:
- Bất phơng trình trên tơng đơng với hai hệ sau

( )
2 2
2 2
0 x 2y 1
I :
2x y x 2y
2x y 0

< + <

+ +


+ >


( )
2 2
2 2
x 2y 1
II :
2x y x 2y

+ >

+ +


- Rõ ràng nếu
(
)
x; y
là nghiệm của bất phơng trình thì tổng
(
)
2x y
+ lớn nhất chỉ xảy ra khi
nó là nghiệm của hệ
(
)
II

( )
( )
2 2
2
2
x 2y 1
II
1 9
x 1 2y
8
2 2

+ >




+





-
Ta có
( )
1 1 9
2x y 2 x 1 2y
4
2 2 2

+ = + +


.

- p
dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho hai bộ số
1
x 1; 2y
2 2





1
2;
2



, ta đợc
( ) ( )
2
2
2
1 1 1 1 9 9 81
2 x 1 2y x 1 2y 4 .
2 8 2 16
2 2 2 2 2




+ + + =








( )
9 1 1 9 9
2 x 1 2y 0 2x y
4 4 2
2 2 2

+ < +



- Du
'' ''
=
xy ra khi v ch khi
9
2x y
2
x 2
9
1
2x y
2y
1
x 1
2
y
2 2
2
1
2
2

+ =

=



+ =



=

=





- Với
1
x 2, y
2
= =
thoă mãn bất phơng trình
2 2
x 2y 1.
+ >

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×