Phương trình mũ - logarit
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (638.16 KB, 62 trang )
Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3
E-mail: :01645362939
- 173 -
1, Giải bất phương trình
2
4 2 2
3 ( 4)·3 1
x x
x
Giải:
Ta xét hai trường hợp sau:
Nếu
2 2
x
thì
2
4
2 2
3 1
1.
( 4)·3 0
x
x
x
veá traùi
Nếu
2
x
hoặc
2
x
thì
2
4
2 2
3 1
phai 1.
( 4)·3 0
x
x
ve
x
Do đó, tập nghiệm của bất phương trình là
{ | 2 2}.
x x x
2, Giải phương trình
6
log
2 6
log ( 3 ) log
x
x x
Giải:
Cách 1:
Ta gọi hàm
6
log
2 6
( ) log ( 3 ) log
x
f x x x
. Ta sẽ chứng minh hàm này luôn tăng trên
0,
bằng
cách tính đạo hàm của nó. Thật vậy,
6
6
6 6
6
6
6
log
log
log log
log
log
log
3
1
( )
ln 6
ln 2 3
ln6 3 ln3 ln 2 ln2·3
·ln 2·ln6 3
3
ln3 3 ·ln
2
0
·ln 2·ln6 3
x
x
x x
x
x
x
x
f x
x
x
x x
x x
x
x x
Do đó, hàm
( )
f x
luôn tăng trên
0,
. Mà
1
0
6
f
nên
1
6
x
là nghiệm duy nhất của phương
trình.
Cách 2:
Chuyên đ
ề II: PT L
ư
ợng giác, PT
-
H
ệ PT
Phần 3: Phương Trình Mũ- Logarit
Coppy right ©: Mobile_lam
Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3
E-mail: :01645362939
- 174 -
Đặt
6
log .
t x
Phương trình đã cho trở thành
3
3 6 2 3 1. (1)
2
t
t t t t
Hàm số
3
3
2
t
t
y
liên tục và đồng biến trên
nên
(1)
có không quá một nghiệm thực. Hơn nữa, ta dễ thấy
1
t
là một
nghiệm của
(1),
nên
(1)
có nghiệm duy nhất
1,
t
hay phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
1
.
6
x
3, Giải hệ phương trình
2
4 2 2
1
log log 16 4
log 2
4 8 16 4
xy
y
x
x x xy x x y
Giải:
Phân tích hướng giải .
Đây là một hệ phương trình " tổng hợp " theo mình nghỉ , một điều thường mình hay sử dụng giải các hệ
này đó chính là sự quan sát giữa hai phương trình trong hệ để xem ta nên bắt đầu từ đâu ?.
Bây giờ chúng ta để ý phương trình thứ nhất trong hệ có thể cho ta một số phép biến đổi cơ bản để đưa
về điều " dể chịu " hơn .
Thật vậy :
2
1
log log 16 4
log 2
xy
y
x
4
2 2 2
2
1
log log 16 4 log log log 4
log
xy x
x y x y
xy
2
2
4
log 4
log
xy
xy
Tới đây chúng ta đã tìm được lối thoát . Lúc này ta chỉ cần khéo léo thay vai trò x và y cho nhau rồi giải
phương trình còn lại .
Hướng giải .
Điều kiện :
0
(3)
0; 1
0; 1
x
xy xy
y y
.
Từ phương trình
(1)
ta có :
2
1
log log 16 4
log 2
xy
y
x
4
2 2 2
2
1
log log 16 4 log log log 4
log
xy x
x y x y
xy
2
2
4
log 4
log
xy
xy
Đặt
2
log
t xy
ta được phương trình mới :
2
4 4
4 4 4 0 2 4t t t t xy y
t x
.
Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3
E-mail: :01645362939
- 175 -
Thế
4
y
x
vào phương trình
(2)
ta được phương trình:
4 2 2 2 2 2
4 1
4 8 4 16 4 ( 1) 8x x x x x x x
x x
2
2
2
1 1 1 1 1 1
8 8
x
x x x
x x x x
.
Tới đây mình tin các bạn sẽ làm tốt nhé
Nhớ kiểm tra điều kiện
(3)
4, Giải bất phương trình
2 2
2 1 2 1
4
2 3 2 3
2 3
x x x x
Giải:
Ta có
2 2
2 2
2 2
2 1 2 1
2 2
2
2 2
4
2 3 2 3
2 3
2 3 2 3 4
2 3 4 2 3 1
0.
x x x x
x x x x
x x x x
Đặt
2
2
2 3 , 2 3.
x x
t t
Khi đó, ta có bất phương trình
2
4 1 0 2 3 2 3.
t t t Từ
đây, ta dễ dàng tìm được nghiệm.
5, Giải hệ phương trình:
2
2
( 4)( 1) ( 5)
2
log ( 2)
x
x x y y
x
y
y
Giải:
Điều kiện:
2 3, 2 0.
x y
Khi đó bằng cách đặt
4 2,
u x
ta có thể viết phương trình
(1)
của hệ dưới dạng
( 5) ( 5).
u u y y
Xét hàm
2
( ) 5
f t t t
trên
( 2, ),
hàm số này có đạo hàm cấp
một
( ) 2 5.
f t t
Do
2
t
nên
( ) 0,
f t
suy ra hàm
( )
y f t
là hàm đồng biến. Vậy
u y
hay
4 .
x y
Đến đây các bạn thay vào phương trình
(2)
là OK.
6, Chứng minh rằng phương trình
1
( 1)
x x
x x
có một nghiệm dương duy nhất
Giải:
Từ điều kiện có nghiệm của phương trình đã cho dẫn đến cho ta điều kiện của bài toán là
0
x
.
Với phương trình mũ mà bài toán cho ta thì ta sẽ ngay đến phương pháp logarit hóa ngay.Cụ thể
:
1 1
( 1) ln ln( 1) ( 1)ln ln( 1) 0
x x x x
x x x x x x x x
Nếu dùng cách giải thông thường cho bài toán này thì sẽ gặp khó khăn nên ta sẽ chuyển bài toán về
phương pháp " sử dụng tính đơn điệu" để giải.
Xét hàm số :
( ) ( 1)ln ln( 1) , 0
y f x x x x x x
Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3
E-mail: :01645362939
- 176 -
Ta có :
1 1 1
( ) ln 1
1
f x
x x x
Mặt khác ta có :
1 1
ln 1 0, 0
x
x x
Thật vậy. Xét hàm số :
1
( ) ln(1 ) , 0 v?iy g t t t t t
x
Ta có :
1
( ) 1 0 , 0
1 1
t
g t t
t t
Vậy hàm số
( )
y g t
là hàm số đồng biến với
0
t
Do đó ta có :
( ) (0) ln(1 ) 0 , 0
g t g t t t
Lúc đó ta có :
1 1 1
( ) 0
1
f x
x x x
Vậy hàm số
( )
y f x
là hàm số đồng biến với x >0 nên phương trình
( ) 0
f x
nếu có nghiệm thì
nghiệm đó duy nhất
Lại có hàm số
( )
y f x
là hàm số liên tục với x >0
Mặt khác :
8 81
(2) ln 0 , (3) ln 0
9 64
f f
Suy ra
(2). (3) 0
f f
. Nên phương trình
( ) 0
f x
có nghiệm duy nhất
0
2 ; 3
x và dể thấy đây là
nghiệm dương duy nhất
7, Giải bất phương trình:
3
4
2
2
log (4 ) log 2
x
x
x
Giải:
Khi giải phuơng trình bất phương trình Logarith ta thưởng đưa về cùng cơ số và dùng công thức đổi cơ
số để biến đổi. Ở bài toán trên ta đưa về logarit cơ số 2.
Điều kiện:
1
0 .
4
x
Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với:
2
2
2
2 3log
1 2log 2.
2 log
x
x
x
Đặt
2
log ,
t x
ta có bất phương trình:
2
2 3 2 2
2 1 0 0.
2 2
t t t
t
t t
Đến đây các bạn tự giải tiếp
nhé.
8, Giải phương trình
2
2
27 (6 4 1)·9
x x
x x
Giải:
Rút gọn
9
x
rồi chuyển vế . Sau đó đặt
2
3 2
t x x
. Ta được phương trình
3 2 1 0
t
t
Xét đạo hàm phương trình này chỉ có 2 nghiệm
1; 0
x x
9, Tính
25
32
x , biết x thỏa mãn:
1
2
29
4 16 4 4 15 4 4 ( )
4
x x x x log x
Giải:
Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3
E-mail: :01645362939
- 177 -
Để ý đến sự giải thoát cho 2 căn thức đầu tiên, cộng thêm điều kiện của đề bài thì ta sẽ thu được:
2
29
(| 4 2 4 |) (2 4 1) log ( )
4
x x x
Hay là:
29 1
4 32
x
10, Giải phương trình:
3 5 7
log (2 1) log (4 1) log (6 1) 3
x x x x
Giải:
Điều kiện của bài toán :
2 1 0
1
4 1 0
6
6 1 0
x
x
x
x
Xét hàm số
3 5 7
1
( ) log (2 1) log (4 1) log (6 1) 3 ,
6
y f x x x x x x
Khi đó :
2 4 6
( ) 3
(2 1)ln3 (4 1)ln5 (6 1)ln7
f x
x x x
Nhận xét ta có : Hàm sô
( )
f x
liên tục
1
6
x
Mặt khác :
2 4 6 2 4 6
(0) 3 0, (1) 3 0
ln3 ln5 ln7 3ln3 5ln5 7ln7
f f
.
Vậy phương trình
( ) 0
f x
có nghiệm duy nhất
1
6
x
.
Do đó phương trình
( ) 0
f x
có tối đa hai nghiệm phân biệt .
Lại có :
(0) (1) 0
f f
. Vậy phương trình có hai nghiệm
0; 1
x x
11, Giải hệ phương trình:
2 1 2 2 1
3 2
(1 4 ).5 1 2
4 1 ln( 2 ) 0
x y x y x y
y x y x
Giải:
Đặt 2
t x y
.Lúc đó phương trình
(1)
trở thành
:
1
1 4
(1 4 ).5 1 2.2 5 1 2.2 (3)
5 5
t t
t t t t
Nhận thấy
1
t
thõa phương trình
(3)
. Mặt khác :
Khi
1
t
ta có
5
VT
;
5
VP
Khi
1
t
ta có
5
VT
;
5
VP
Do đó
1
t
là nghiệm duy nhất của phương trình
(3)
.
Với
1
t
ta có
2 1 2 1
x y y x
. Thay vào phương trình
(2)
ta được phương
Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3
E-mail: :01645362939
- 178 -
trình:
3 2
2 3 ln( 1) (4)
y y y y
Xét hàm số
3 2
( ) 2 3 ln( 1);y f y y y y y y
Ta có :
2
2 2
2 2
2 1 2 4 3
( ) 3 2 3 0,
1 1
y y y
f y y y y
y y y y
Vậy hàm số
( )
y f y
đồng biến y
nên phương trình
( ) 0
f y
nếu có nghiệm thì nghiệm thu
được là nghiệm duy nhất.
Mà
( 1) 0
f
nên phương trình
(4)
có nghiệm duy nhất
1 0
y x
.
Do đó hệ phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất
( ; ) (0; 1)
x y
12, Tìm m để phương trình:
1 1 2 2
4 4 ( 1)(2 2 ) 2
x x x x
m m
có nghiệm thực thuộc: [0;1]
Giải:
Phương trình đã cho được biến đổi thành phương trình:
1 1 1 1
4 4 ( 1)2 2 2 2 (1)
x x x x
m m
Đặt
1 1
2 2 , 0 ; 4
x x
t t
Khảo sát hàm số t trên
[0 ;1]
Khi đó ta có :
2 1 1
8 4 4
x x
t
Lúc đó phương trình
(1)
trở thành :
2
2
2 8
8 2( 1) 2 2
1
t t
t m t m m
t
Tới đây xét hàm số
2
2 8
( ) , 0; 4
1
t t
y f t t
t
.
13, Giải phương trình :
3 3
2 2 2 2 4 4
4 2 4 2
x x x x x x
Giải:
ĐK
2
x
Viết phương trình thành :
3 3
2 2 4 4
16 .4 2 16.4 2
x x x x x x
Phương trình tương đương với
3 3
2 1 1 1 2
16.4 (16 1) 2 (16 1) (16 1)(16.4 2 ) 0
x x x x x x x
14, Giải phương trình :
3
3( 1)
1 12
2 6.2 1
2 2
x x
x x
Giải:
Ta viết lại phương trình như sau:
3 3 3
3
8 12 2 2
2 6.2 1 (2 ) ( ) 6 2 1
2 2 2 2
x x x x
x x x x
hay
3
2 2
(2 ) 1 2 1
2 2
x x
x x
.
Đặt
2 0
x
t
ta được phương trình
2
2 0
t t
giải ra được
2
t
. Vậy phương trình có nghiệm duy
nhất
1
x
15, Giải bất phương trình :
(7 4 3) 3(2 3) 2 0
x x
Giải:
Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3
E-mail: :01645362939
- 179 -
Các bạn để ý rằng :
2
7 4 3 2 3
Mặt khác ta lại có :
2 3 2 3 1
Điều dó dẫn ta đến việc đặt ẩn phụ cho bất phương trình .Cụ thể ta
đặt:
1
2 3 , 0 2 3
x x
t t
t
Lúc đó bất phương trình đã cho trở thành :
2
3
0
3
2 0
2 3 0
t
t
t t
t
16, Tìm
m
để phương trình
7 3 5 7 3 5
8
2 2
x x
m
có nghiệm
Giải:
Các bạn hãy để ý tới điều đặc biệt sau :
7 3 5 7 3 5
. 1
2 2
x x
Từ đó dẫn đến việc chúng ta nghỉ đến ẩn phụ ngay.Cụ thể đặt:
7 3 5 7 3 5 1
, 0
2 2
x x
t t
t
Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình :
2
8 8
m
t t t m
t
Đưa bài toán ban đầu về " bài toán tương giao của hai đồ thị " .
Xét hàm số
2
( ) 8 , 0
y f t t t t
. Tính đạo hàm ,giải phương trình đạo hàm rồi lập bảng biến thiên.
Dựa vào bảng biến thiên ta sẽ tìm được các giá trị của
m
thỏa yêu cầu bài toán.
17, Tìm a,b thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:
2 3 21
a b
và
2lg( 3 ) lg 4 lg lg
a b a b
Giải:
Trước tiên ta cần đặt điều kiện cho phương trình logarit có nghĩa. Cụ thể điều kiện :
3 0
0 (1)
0
a b
a
b
Chúng ta biến đổi phương trình logarit đề bài cho trở
thành:
2 2
2
3 3
lg( 3 ) lg 4 lg lg lg (2)
2 2
a b a b
a b ab ab ab
Kết hợp với
(3) , (2)
ta có hệ phương trình:
2
2 3 21
(4)
3
2
a b
a b
ab
Tới đây bài toán đã đơn giản với việc giải hệ phương trình
(4)
.
Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3
E-mail: :01645362939
- 180 -
18, Giải phương trình
|sin |
| cos |.
x
x
Giải:
Ta nhận thấy rằng VT của phương trình không nhỏ hơn 1, còn VP thì không lớn hơn 1.
Do đó, phương trình tương đương với hệ:
sin 0
|cos | 1
x
x
Phương trình đầu của hệ đương đương:
x k
hay
2 2
x k
với
0
k
Phương trình thứ hai của hệ tương đương
2
x l
hoặc
2
x l
với
l Z
Như vậy ta có hai trường hợp.
Thứ nhất:
2 2
2
k l
trường hợp này chỉ có
0
k l
thỏa, tức là
0
x
là nghiệm.
Thứ hai:
2 2
2
k l
trường hợp này vô nghiệm
19, Giải hệ phương trình:
1 2
2
1 4 .5 1 3
1
3 1 2
x y x y x y
x y y y
x
Giải:
Phương trình
(1)
của hệ có thể viết lại như sau:
1 4
5 5 1 9.3
5 5
x y x y
x y
Đặt
x y t
thì phương trình trên trở thành:
1 4
5 5 9.3 1 0
5 5
t t
t
Xét hàm số
1 4
( ) 5 5 9.3 1
5 5
t t
t
f t
ta có:
1 1 4 4
( ) 5 .ln 5 .ln 9.3 ln3 0
5 5 5 5
t t
t
f t
Như vậy hàm số
( )
f t
nghịch biến trên
R
. Mặt khác ta có
(0) 0 0
f t
là nghiệm duy nhất của
phương trình ( ) 0
f t x y
Thay
x y
vào phương trình
(2)
của hệ ta thu được:
2
1
2 1 3 0
x x x x
x
Điều kiện
1
1 0
x
x
. Chia hai vế cho
0
x
ta thu được phương trình:
1 1
3 2 0
x x
x x
Đặt
1
0
x z
x
thay vào ta có:
2
3 2 0
z z
20, Giải phương trình:
7 2 5
x x
x
Giải:
Trước tiên ta quan sát thấy ngay với hình thức bài toán như vậy thì việc đoán nghiệm để giải có lẻ là ý
tưởng tiên phong. Và cũng không thật khó để ta nhận thấy
0; 1
x x
nghiệm đúng phương trình. Một
điều đặt ra là bây giờ với dự đoán như thế ta sẽ làm thế nào để dẫn chứng được phương trình chỉ có hai
nghiệm này khi mà các công cụ đắc lực giúp ta giải quyết nó như định lí Rolle hay Lagrange đã không
còn được dạy nữa? Chúng ta sẽ bất lực với nó sao? Không các bạn à.
Bây giờ ta đi vào bài toán ta đang xét. Với cách đoán nghiệm như vậy thì việc chuyển về hàm số chính
Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3
E-mail: :01645362939
- 181 -
là điều cần thiết trong trường hợp hình thức bài toán như thế này.
Xét hàm số : ( ) 7 2 5 ,
x x
f x x x
Ta có :
( ) 7 ln7 2 ln2 5
x x
f x
Tới đây thật khó mà đi giải phương trình
( ) 0
f x
để lóe được nghiệm duy nhất của phương trình này
để rồi suy ra được phương trình
( ) 0
f x
có tối đa hai nghiệm.Bây giờ ta thử điều này nhé
Ta có
( ) 7 ln7 2 ln 2 5
x x
f x
là hàm số liên trục trên
Mặt khác :
(0) ln7 ln2 5 0; (1) 7ln7 2ln 2 5 0
f f
Từ đó ta có phương trình
( ) 0
f x
có nghiệm duy nhất
0
x x
Tới đây các bạn làm bảng biến thiên của hàm số
( )
y f x
các bạn sẽ thấy được rằng phương trình
( ) 0
f x
sẽ có tối đa không quá hai nghiệm.
Mặt khác :
(0) (1) 0
f f
Nên phương trình đã cho có hai nghiệm
0; 1
x x
21, Giải phương trình:
2 2 2
1 ( 1)
4 2 2 1.
x x x x
Giải:
2 2 2
1 ( 1)
4 2 2 1.
x x x x
Ta có phương trình đã cho tương đương với:
2 2 2 2
2 2 1 (2 2 ) (1 )
2 2 2 1
x x x x x x
2 2 2 2
2 2 1 2 2 1
2 2 2 .2 1
x x x x x x
2 2
2 2 1
(2 1)(2 1) 0
x x x
22, Giải phương trình:
2
5.2 7
2 1
x
x
x
Giải:
Điều kiện:
1
.
2
x
Ta có nhận xét rằng:
Hàm số
( ) 5·2 7
x
f x
là hàm tăng và liên tục trên
.
Hàm số
2
( )
2 1
x
g x
x
là hàm liên tục và giảm trên từng khoảng xác định của nó:
1
,
2
và
1
, .
2
Do đó, phương trình
( ) ( )
f x g x
(cũng tức phương trình đã cho) chỉ có thể có tối đa hai nghiệm mà
thôi. Mặt khác, dễ thấy
0
x
và
1
x
thỏa mãn. Ta suy ra phương trình đã cho có đúng hai nghiệm là
0
x
và
1.
x
Ta có thể giải thích rõ hơn điều này bằng cách chia trường hợp:
Nếu
1
, .
2
x
Do
( )
f x
liên tục và tăng trên khoảng này, còn
( )
g x
liên tục và giảm trên khoảng
này nên phương trình
( ) ( )
f x g x
chỉ có tối đa một nghiệm thuộc
1
, .
2
Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3
E-mail: :01645362939
- 182 -
Nếu
1
, .
2
x
Lý luận tương tự, ta cũng thấy rằng
( ) ( )
f x g x
chỉ có tối đa một nghiệm trên
1
, .
2
23, Giải bất phương trình:
3
2 log
6
0
1 2 1
x
x x
Giải:
Điều kiện để bài toán có nghĩa là:
1
0; ; 1
2
x x x
Kí hiệu
3
2 4
( ) ; ( )
2 1
x
f x log x g x
x
thì
( ); ( )
f x g x
là các hàm số đồng biến trên tập xác định của nó
Ta xét các trường hợp sau:
TH 1:
1
0
2
x
.
Khi đó bất phương trình đã cho có dạng:
( ) ( )
f x g x
Ta có
1
( ) ( ) 0; ( ) (0) 4 0
2
f x f g x g
. Vì vậy bất phương trình vô nghiệm
TH 2:
1
1
2
x
Khi đó bất phương trình đã cho có dạng:
( ) ( )
f x g x
Ta có:
3
1 1
( ) ( ) 0,6; ( ) (1) 1
2 2
f x f log g x g
. Suy ra bất phương trình nghiệm đúng
TH 3:
1 2
x
Khi đó bất phương trình có dạng:
( ) ( )
f x g x
Ta thấy
( ) (1) 0; ( ) (2) 0
f x f g x g
. Nên bất phương trình vô nghiệm
TH 4: 2<x< 3
Bất phương trình có dạng:
( ) ( )
f x g x
Ta có:
3
2
( ) (2) 2 0,63; ( ) (3) 0,4
5
f x f log g x g . Suy ra bất phương trình vô nghiệm
TH 5:
3
x
.
Bất phương trình có dạng
( ) ( )
f x g x
Ta có:
( ) (3) 1; ( ) 1
f x f g x
nên bất phương trình vô nghiệm
Tóm lại bất phương trình đã cho có nghiệm
1
1
2
x
.
24, Giải phương trình:
7 3
log log ( 2)
x x
Giải:
Đk: x>0
Đặt
7
log ,x t t
từ (1)
2 2
3
log (7 2) 7 2 3
t t
t
t
Viết lại phương trình trên như sau:
Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3
E-mail: :01645362939
- 183 -
2 2
7 2 9
t t
tương đương
2 2
7 1
( ) 2( ) 1
9 9
t t
Dễ chỉ ra vế trái là hàm nghịch biến, vế phải là hằng số nên phương trình đã cho nếu có nghiệm thì
nghiệm đó là duy nhất.
mà
2
t
ta thấy thỏa mãn nên phương trình có nghiêm
2
t
hay
49
x
25, Giải bất phương trình
4 1 2 1
8 ( 8)
x x
x e x x e
Giải:
Trước tiên ta biến đổi bất phương trình đã cho trở thành
:
3 1 4 1 2 1 1 1 3
8 8 8 8 0 (1)
x x x x x
x e x x e x e x e x e x x
Tới đây nếu ta giải
(1)
theo hướng bình thường thì sẽ gặp khó khăn trong việc giải bất phương trình có
liên quan đến biểu thức
1x
e x
Vậy để đơn giản hóa nó đi mình thử chuyển hướng giải nó như sau
Xét hàm số :
1
( ) ,
x
y f x e x x
Ta có :
1
1
( ) 1
( ) 0 1 0 1
x
x
f x e
f x e x
Mặt khác dể thấy rằng : Với
1
x
thì
( ) 0
f x
Với
1
x
thì
( ) 0
f x
Có lim
x
Có
(1) 0
f
Từ đó ta có ( ) 0 ,f x x
. Do đó
(1)
tương đương với hệ sau :
3
8 0
2
1
x
x
x
Vậy bài toán giải quyết xong
26, Giải hệ phương trình:
3 2 3 2
2
3 5.6 4.2 0
( 2 )( 2 )
x y x x y
x y y y x y x
Giải:
Trước tiên đứng trước hệ này ta quan sát thấy ở phương trình thứ
(2)
trong hệ nếu ta chọn
0; 0
x y
thì rõ ràng phương trình
(2)
đúng. Bây giờ thử lại giá trị của hai biến
;
x y
lúc này vào
phương trình
(1)
ta thấy cũng nghiệm đúng vậy ta có
0; 0
x y
là một nghiệm của hệ.
Bây giờ ta xét trường hợp nếu như
;
x y
không đồng thời bằng
0
khi đó ta bắt đầu biến đổi phương
trình
(2)
thành :
Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3
E-mail: :01645362939
- 184 -
2 2 2 (2 ) 2
2 1
( 2 ) 2 0 ( 2 ) 2 0
2 0 2
x y y y x y x y x x y y y x y x
x y
x y y x x y y x
x y y x y y
x y x y
Với
2
x y
ta thay vào phương trình
(1)
trong hệ ta thu được phương trình :
2
2 2
3
1
2
3 3
3 5.6 4.2 0 5 4 0
2 2
3
4
2
x
x x
x x x
x
27, Định
m
để phương trình sau có hai nghiệm trái dấu:
( 3)16 (2 1)4 1 0
x x
m m m
Giải:
Ở bài toán này ta thấy ngay việc đặt ẩn phụ giải là ý tưởng tốt nhất. Nhưng đứng trước hoàn cảnh đòi hỏi
là phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu thì ta nên đi phân tích một chút điều kiện bài toán.
Đặt
4 , 0
x
t t
. Khi đó nếu ta đặt ra hai nghiệm của phương trình đã cho là
1 2
,
x x
thì buộc lòng điều
kiện hai nghiệm này là
1 2
0
x x
. Với ràng buộc này ta đi đến điều kiện mới của ẩn phụ được tạo
thành bằng phép toán
1 2
0
1 2
4 4 4 1
x x
t t
. Nhưng vậy là để phương trình đã cho ban đầu có hai
nghiệm trái dấu thì phương trình theo ẩn phụ mới buộc phải có hai nghiệm phân biệt
1 2
;
t t
phải thỏa
điều kiện
1 2
1
t t
.
Nhưng hiện nay trong chương trình phổ thông không còn được phép dùng cách so sánh nghiệm của tam
thức bậc hai nên để tránh điều phạm quy tắc này ta làm sao đây khi mà điều kiện ràng buộc này nó mang
sắc thái đường nét quá rõ về dấu tam thức bậc hai. Vậy đứng trước vấn đề này ta nên làm sao đây?
Bình tĩnh lại một chút ta biến đổi điều kiện ràng buộc mới là
1 2 1 2 1 2
1 1 0 1 0 v?i 1
t t t t u u u t
Vậy rõ ràng rằng với phép biến đổi này ta lại đưa về phương trình được biến đổi theo ẩn
t
thành
phương trình mới ẩn
u
mà điều kiện yêu cầu nghiệm quá cơ bản là
1 2
0 0
u u P
Bây giờ ta đi vào bài toán một cách cụ thể.
Đặt
4 , 0
x
t t
. Lúc đó phương trình đã cho trở thành :
2
( 3) (2 1) 1 0 (1)
m t m t m
Gọi
1 2
;
x x
là hai nghiệm của phương trình đã cho khi đó theo điều kiện giả thiết ta có
1 2
0
x x
. Từ
1 2
0
1 2 1 2
0 4 4 4 1
x x
x x t t
Mặt khác từ điều kiện
1 2 1 2 1 2
1 1 0 1 0 v?i 1 1
t t t t u u u t t u
Lúc này phương trình
(1)
trở thành phương trình
:
2 2
( 3)( 1) (2 1)( 1) 1 0 ( 3) (4 5) 4 3 0 (2)
m u m u m m u m u m
Vậy để phương trình đã cho có hai nghiệm
1 2 1 2
; th?a 0
x x x x
tương đương phương trình
(1)
phải
Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3
E-mail: :01645362939
- 185 -
có hai nghiệm
1 2 1 2
; th?a 1
t t t t
tương đương với phương trình
(3)
phải có hai
nghiệm
1 2 1 2
3
; th?a 0 0 ( 3)(4 3) 0 3
4
u u u u ac m m m
28, Các bài toán liên quan đến phương trình:
2 2
1 1 1
4 2 .
x x
m
Giải:
Ở bài toán này ta để ý thấy ngay bài toán ở cả hai ý đều dựa trên ý tưởng đặt ẩn phụ thôi. Với ý giải
phương trình thì ta chỉ cần thay giá trị
m
vào bài toán là ta giải rất căn bản , với ý hai thì ta thấy ngay
sự cô lập
m
ở vế phải phương trình thì ta có thể nghỉ ngay đến việc khảo sát hàm số lập bảng biến thiên
và dựa vào phương án tương giao của hai đồ thị để biện luận điều kiện bài toán. Các bạn chú ý nhé các
bạn dể nhầm lần bài toán này bằng cách tìm
m
để một phương trình bậc hai có hai nghiệm dương lắm
đấy. Nhưng không phải là trong bài toán này được vì cái căn thức kia nó xuất hiện đấy.
Đầu tiên ta đặt điều kiện :
2
1 0 1 1
x x
Đặt
2
1
2
x
t
. Do
1 1 1 2
x t
Lúc đó ta biến đổi phương trình về phương trình mới
2
2
(1)
t m
t
Với ý
1
ta thay
3
m
ta được phương trình :
3
3 2 0
t t
Giải phương trình này khá cơ bản.
Với ý
2
ta xét hàm số
2
2
( ) ,1 2
f t t t
t
Ta có :
2
2
( ) 2 0 , [1; 2]
f t t t
t
29, Tìm
m
để phương trình
1
2 2
1
2 2 0
2
x
x
m
có nghiệm duy nhất thuộc [0;1].
Giải:
2 2 1
2 2 2 0
x x
m
Với
1
[0;1] 0 1 1 1 2 2
x
x x
Đặt :
1
2 ; [1;2]
x
t t
Pt trở thành
2
2 0
t t m
pt có nghiệm khi
7
7 4 0
4
m m
Yêu cầu bài toán tương đương với
(1) 0
(2) 0
f
f
hoặc
(2) 0
(1) 0
f
f
Kết hợp lại ta có
4 2
m
30, Bài toán biện luận phương trình:
2
2 2
( 1)log ( 3) 2 2( 1) log ( 3) 1 0
x x m x x m
.
Giải:
Điều kiện để biểu thức có nghĩa :
1
x
Đặt :
2
2( 1) log ( 3), 0
u x x u
ta thu được phương trình :
2
4 2 2 0 (2
)
u mu m 1, Với
1
m
Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3
E-mail: :01645362939
- 186 -
ta có được phương trình :
2
4 0 0 1
u u u x
2, Xét hàm số :
2
( ) 2( 1) log ( 3)
u u x x x
trên đoạn
[ 1,1]
thì ta nhận thấy ngay
( )
u x
là một hàm số đồng biến Có thể nhận thấy điều này từ định
nghĩa!
Từ đó ta có :
( 1) ( ) (1)
u u x u
hay là
0 4
u
ngoài ra ta cũng có ứng với mỗi giá trị của
u
ta chỉ
tìm được một giá trị của
x
bởi vậy yêu cầu của bài toán trở thành tìm
m
sao cho phương trình
(2)
có
đúng hai nghiệm thuộc [0, 4]
Ở phương trình
(2)
cô lập tham số
m
ta có :
2
2 2 (2 1)
u m u
Dễ thấy
2 1 0
u
nên ta có :
2
2
2 ( )
2 1
u
m f u
u
Khảo sát hàm số này, từ bảng biến thiên ta đi đến kết quả :
9
1
7
m
31, Tìm nghiệm dương của phương trình:
2
100 250 40 6.(25 4 )
x x x x x
Giải:
Phương trình đã cho được viết lại như sau:
2
100 10 (25 4 ) 6((25 4 ) 0
x x x x x x
Đặt
25 4 ; 10 ; 0; 0
x x x
a b a b
ta có phương trình sau:
2 2
2
6 0
3
b a
b ab a
b a
TH 1:
3
b a
loại do
, 0
a b
TH 2:
2
b a
ta có phương trình sau:
10 3(25 4 )
x x x
. Chia 2 vế phương trình cho
25
x
ta được:
2
2 2
3 3 0
5 5
x x
Giải phương trình ta có:
2 1 37
( )
5 6
2 1 37
( )
5 6
x
x
L
TM
2
5
1 37
6
x log
Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất:
2
5
1 37
6
x log
32, Chứng minh với
0
x
thì
2
2 3
log 1 2 log 3 2
x
x x
Giải:
Trước tiên bài toán này đúng với mọi
0
x
luôn chứ không phải với
0
x
thôi.
Bây giờ ta quan sát bài toán thấy là chưa rõ ràng lắm nên ta dùng các phép biến đổi cơ bản thêm bớt và
công thức
log log .
b
a a
x b x
Ta biến đổi bất đẳng thức đã cho trở thành bất đẳng thức
sau:
2 3 2 2 3 3
log (1 2 ) log (3 2 ) log (1 2 ) log 2 log (3 2 ) log 3
x x x x x x x x
x x Hay ta có
Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3
E-mail: :01645362939
- 187 -
:
2 3 2 3
1 2 3 2 1 2
log log log 1 log 1 (1)
2 3 2 3
x
x
x x x
x x
Theo tính chất của hàm
lôgarit và kết hợp với
0
x
ta có :
2 2
1 2 1 2
1 1 log 1 log 1 (2)
2 3 2 3
x x
x x
Mặt khác ta lại có :
2 3
2 2
log 1 log 1 (luôn dúng) (3)
3 3
x x
Kết hợp cả
(2)
và
(3)
ta có
(1)
33, Giải phương trình:
1 log
3
900
x
x
Giải:
Trước tiên ta đặt điều kiện
0.
x
Lấy lôgarit hóa hai vế phương trình ta có
1 log
3
2
log log900 1 log log log9 log100
3
1 log log3 log 2log3 2
log (1 log3)log (2log3 2) 0
x
x
x x
x x
x x
Xem đây là phương trình bậc hai theo biến
log
x
thì phương trình này có biệt số
2 2
(1 log3) 4(2log3 2) (log3 3)
Suy ra phương trình này có hai nghiệm phân biệt
log 1
log3 1 log3 3
30
log log3 1 3
2
log3 1 log3 3
log 2
log 2 1
2
100
x
x
x
x
x
x
Kiểm tra lại ta thấy hai nghiệm này đều thỏa bài toán.
34, Giải hệ phương trình:
2 2 2
2 3
49 7
8 15 2 | | 15 4 18 18
3log 49 log 3
x y y x x y
x y
Giải:
Điều kiện của phương trình (2) là:
0, 0
x y
Từ phương trình (2) ta có :
2
49 7 7 7 7 7
3.(1 log ) 3.log 3 3 3log | | 3log 3 log | | log | |
x y x y x y x y
Khi đó thay vào phương trình (1) ta được :
2 2 2
8 15 2 15 4 18 18 ( 3).( 5) ( 3).( 5) ( 3).(2 3)
y y y y y y y y y y y y
Ta thấy
3
y
là nghiệm của hệ
Với
5
y
ta có
5 5 2 3
y y y
Đến đây thì bạn có thể giải quyết được rồi
Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3
E-mail: :01645362939
- 188 -
Ở hướng dẫn làm bài trên nếu không cẩn thận, ta dễ làm thiếu trường hợp của
y
.
Chỗ
2 2 2
8 15 2 15 4 18 18 ( ).
y y y y y y
Ta nên đặt điều kiện rồi chia ra hai trường
hợp.
Điều kiện của
y
trong phương trình này là:
5
y
hoặc
5
y
hoặc
3
y
.
Khi
3
y
thì phương trình
( )
nghiệm đúng.
Khi
5
y
thì
( ) ( 3).( 5) ( 3).( 5) ( 3).(2 3) 5 5 2 3
y y y y y y y y y
Khi
5
y
thì
( ) (3 ).(5 ) (3 ).( 5) (3 ).(3 2 ) 5 5 3 2
y y y y y y y y y
35, Giải hệ phương trình:
2 4 32
8
x y
xy
Giải:
Dễ dàng nhận thấy x,y>0 vì nếu x,y<0 thì
2 4 2 32
x y
Khi đó áp dụng AM-GM, ta có:
2 2
2 2
2 4 2 2 2 2 2 2 32
xy
x y x y x y
Dấu “=” xảy ra khi
2 4, 2
x y x y
.
Vậy
(4;2)
là nghiệm duy nhất của hệ.
36, Giải phương trình :
5 3 4 1 1
4
49 . 7 9 . 3
x x x x
Giải:
Phương trình đã cho tương đương với:
4 7 34
1 9 7
2 10 2 2
3 3
4 4
7 .7 3 .3 7 3
x x
x x
x x
7 34
9 7
7
3 4
7 7 7
7
21log 3 136
7 34 9 7
log 7 log 3 log 3
3 4 27log 3 28
x
x
x x
x
37, Giải hệ phương trình:
2 2
2 3
2
2 2 2 1
log ( 2 ) log (4 )
y x xy
y x y x
y y
y x x xy x
Giải:
Từ phương trình
(1)
ta có được phương trình
2 2
2 3
2 2
0
0
( 1)(2 3 ) 0
1
2
y x xy
y
y
y y
y y x xy
y
x y
x y
Tới đây các bạn thế từng trường hợp vào phương trình
(2)
và giải nhé
38, Giải phương trình:
3
3 1 log (2 1)
x
x x
Giải:
Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3
E-mail: :01645362939
- 189 -
Điều kiện:
1
2
x
Phương trình đã cho tương đương với:
3
3 1 2 log (2 1)
x
x x x
3 3
log 3 3 log (2 1) 2 1(1)
x x
x x
Xét hàm số :
3
( )
f t log t t
với t>0 ta có:
1
( ) 1 0
3
f t
tln
với mọi t>0
Vậy hàm số
( )
f t
đồng biến trên
(0; )
. Theo
(1)
ta có:
(3 ) (2 1)
x
f f x
suy ra:
3 2 1
x
x
Xét hàm số:
( ) 3 2 1
x
g x x
ta có
3
2
( ) 3 3 2 ( ) 0 log
3
x
g x ln g x x
ln
Lập bảng biến thiên hàm số
( )
g x
ta suy ra
( ) 0
g x
có tối đa 2 nghiệm.
Ta có
(0) (1) 0
g g
suy ra
0; 1
x x
là hai nghiệm của phương trình
( ) 0
g x
Đối chiếu với điều kiện thì cả 2 nghiệm đều thỏa mãn.
Vậy phương trình ban đầu có đúng hai nghiệm là:
0; 1
x x
39, Giải phuơng trình:
2 3
log 1 log
x x
Giải:
Điều kiện:x>0.
Đặt:
2 3
log 1 log
x x t
Từ đó ta có:
1 2
3
t
t
x
x
Suy ra:
1 3
1 3 2 1
2 2
t
t
t t
Dễ thấy VT là một hàm số nghịch biến nên phương trình có không quá 1 nghiệm.
Mà:
2
t
là 1 nghiệm của phương trình, suy ra:
9
x
là nghiệm của phương trình.
40, Giải hệ phương trình:
2 2
5 3
9 4 5
log (3 2 ) log (3 2 ) 1
x y
x y x y
Giải:
Điều kiện:
3 2 0
x y
Đặt:
5
log 3 2
x y t
Kết hợp với phương trình thứ 2 ta có:
1
3 2 5
3 2 3
t
t
x y
x y
Từ phương trình thứ nhất ta
có:
1
3 2 3 2 5 5.3 5 15 15 1
t t t
x y x y t
Từ đó ta có hệ:
3 2 5 1
3 2 1 1
x y x
x y y
Thử lại giá trị
;
x y
ta thấy thỏa điều kiện.
Vậy hệ có nghiệm
( ; ) (1;1)
x y
Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3
E-mail: :01645362939
- 190 -
41, Giải hệ phương trình:
2 2
5 3
9 4 5
log (3 2 ) log (3 2 ) 1
x y
x y x y
Giải:
Điều kiện:
3 2 0
x y
Đặt:
5
log 3 2
x y t
Kết hợp với phương trình thứ 2 ta có:
1
3 2 5
3 2 3
t
t
x y
x y
Từ phương trình thứ nhất ta
có:
1
3 2 3 2 5 5.3 5 15 15 1
t t t
x y x y t
Từ đó ta có hệ:
3 2 5 1
3 2 1 1
x y x
x y y
Thử lại giá trị
;
x y
ta thấy thỏa điều kiện.
Vậy hệ có nghiệm
( ; ) (1;1)
x y
42, Giải hệ phương trình:
4
4
4
4
( ).3 1
8( ) 6 0
y x
x y
x y
x y
Giải:
Từ phương trình thứ nhất ta có:
4
4
4
1
3
3
x y
y x
x y
Từ phương trình thứ hai ta có:
4
4
6
8
x y
x y
Khi đó ta có:
4 4 4 4
6 8(3 ) 3 (2 8) 0
x y x y x x y
4
3
x y
Do đó:
4
27
x y
43, Giải phương trình sau :
2 2
2 2
3 3
2 2 log ( 1) log (3 )
x x x x
Giải:
Cách 1:
Đk:
2 2
2 2
3 3
2 2 log ( 1) log (3 )
x x x x
2
2
2
3
1
( 1) 1 log
3
x
x
x
2
2
2
3
1
( 1) log
2
x
x
x
2
( 1)
2
2 1
3 2
x
x
x
1
x
Cách 2:
Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3
E-mail: :01645362939
- 191 -
Đk:x>0
2 2
2 2
3 3
2 2 log ( 1) log (3 )
x x x x
2
2
2
3
1
( 1) 1 log
3
x
x
x
2
2
2
3
1
( 1) log
2
x
x
x
Ta có:
2
( 1) 0
VT x
.
Mặt khác với điều kiện x>0 thì
2
1 2
x x
nên
2
1
1
2
x
x
. Do đó
2
2
3
1
log 0
2
x
VP
x
0<a<1 hàm số
nghịch biến.Vậy đẳng thức xảy ra
VT VP
khi và chi khi
1
x
. Phương trình có nghiệm duy nhất
1
x
44, Giải phương trình
4·10 4·5 100 25·4
x x x
Giải:
Bài toán này xét về hình thức thì ta giải nó bằng phương pháp hàm số có lẻ là thuận lợi nhất. Cụ thể ta
chia hai vế phương trình cho
4
x
ta được phương trình mới
5 5 1
4 4 100 25
2 4 4
x x x
Xét hàm số
5 5
( ) 4 4 .
2 4
x x
f x
Ta có hàm số này rõ ràng đồng biến
Xét hàm số
1
( ) 100 25.
4
x
g x
Ta có hàm số này nghịch biến.
Vậy nếu phương trình
( ) ( )
f x g x
có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Lại có
(2) (2)
f g
nên
phương trình đã cho có nghiệm duy nhất \ x=2.
45, Giải phương trình:
4 4
1 1
log log
3 3
3 3
x x
x
Giải:
Phương trình tương đương;
4
4
log 3
log 3
3
3
3
3
x
x x
4
log 3
3 3
( 9 1) 3.
x x
4
1
3
log 3
2
3
3
9 1
x
4
3
1
log 3
2
3
3
9 1
x
.
46, Giải phương trình:
3
3 2
3log 1 2log
x x x
Giải:
Cách 1:
Với bài toán về phương trình có chứa logarit thì trước khi biến đổi thì ta cần xét đến điều kiện của biến
số và cơ số. Cụ thể ta có hàm số
0
log xác d?nh khi và ch? khi
0 1
a
x
y x
a
Ở bài toán này thì điều
kiện để phương trình có nghĩa khi và chỉ khi
0.
x
Ta biến đổi phương trình đã cho để dể nhìn hơn một
chút như
sau
3 3
3 2 3 2
2
3log 1 2log log 1 log
3
x x x x x x
Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3
E-mail: :01645362939
- 192 -
2
3 3 3
3
3 2 3 2
log 1 log log 1 log (1)
x x x x x x
Sự xuất hiện của hai đại lượng
3
;
x x
làm ta nghỉ đến việc đặt ẩn phụ cho bài toán được đẹp hơn. Cụ thể ta đặt
6
, 0.
t x t
Lúc
đó phương trình
(1)
trở thành
2 3 2 2 3
3 2 3 2
log 1 log log 1 2log (2)
t t t t t t Lại thấy
phương trình
(2)
là một phương trình logarit không cùng cơ số nên để giải nó ta nghỉ đến giải phương
trình này bằng phương pháp hàm số. Nhưng nếu để như "nguyên thủy" mà dùng hàm số chắc sẽ không
dể đâu mà có thể toát mồ hôi đấy. Vì vậy để tránh làm điều đó thì ta thường đưa nó về giải một phương
trình mũ sẽ tốt hơn đấy. Để đạt được điều đó ta cần một bước "giải phẩu" nữa đó là ta đặt
2
log 2
u
u t t
Lúc đó phương trình
(2)
sẽ được "lột xác" thành
3
log 1 4 8 2 1 4 8 9 (3)
u u u u u
u Chia hai vế phương trình
(3)
cho
9 0
u
ta được phương
trình
1 4 8
1 (4)
9 9 9
u u u
Xét hàm số
1 4 8
( ) , .
9 9 9
u u u
f u u
Ta nhận thấy
(2) 1
f
nên ta sẽ chứng minh
2
u
là nghiệm duy nhất của phương trình
(4).
Cụ thể ta thấy ngay được hàm số
( )
y f u
là hàm số nghịch biến. Do đó ta có :
+ Với
2
x
thì
( ) (2)
f u f
hay
2 2 2
1 4 8 1 4 8
1
9 9 9 9 9 9
u u u
+ Với
2
x
thì
( ) (2)
f u f
hay
2 2 2
1 4 8 1 4 8
1
9 9 9 9 9 9
u u u
Vậy chứng tỏ phương trình
(4)
có nghiệm duy nhất
6
6
2
2 2 log 4 4 4u t t x x
Cách 2:
Điều kiện: x >0.
Đặt:
3
3 2
3log 1 2log 6
x x x t
.
Khi đó ta sẽ có:
3
2
3
3
3
2
log 1 2
1 3
2
log 3
t
t
x x t
x x
x
x t
Ta sẽ có:
6 2
3
2 2
t t
x x Do vậy ta
có phương trình mới là:
3 2 2
1 8 4
1 2 2 3 1
9 9 9
t t t
t t t
Dễ thấy hàm số ở
VT
là một hàm
nghịch biến mà
VP
là một hàm hằng nên phương trình trên có không quá 1 nghiệm.
Ta nhẩm thấy ngay:
2
t
là một nghiệm của phương trình, do đó
2
t
là nghiệm duy nhất của
phương trình.
Với:
2
t
ta suy ra:
6. 12
2 2
t
x .
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất:
12
2
x
47, Giải phương trình :
2
2011 1
x
x x
\Giải:
Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3
E-mail: :01645362939
- 193 -
Ta viết phương trình thành:
2
2011 ( 1 ) 1
x
x x
Xét:
2
( ) 2011 ( 1 )
x
f x x x
có:
2
2
1
( ) 2011 ( 1 )(ln2011 ) 0
1
x
f x x x
x
Do đó
( )
f x
là hàm đồng biến, mà
(0) 1
f
nên phương trình có nghiệm duy nhất
0
x
.
48, Giải hệ phương trình
2 1
2 1
2 2 3 1
2 2 3 1
y
x
x x x
y y y
Giải:
Ta sẽ viết lại hệ dưới dạng:
2 1
2 1
1 ( 1) 1 3
1 ( 1) 1 3
y
x
x x
y y
Để cho gọn ta sẽ đặt:
1; 1
a x b y
. Ta thu được hệ:
2
2
1 3
1 3
b
a
a a
b b
Trừ vế theo vế ta thu được:
2 2 2 2
1 1 3 3 1 3 1 3
b a a b
a a b b a a b b
Xét hàm số:
2
( ) 1 3 ( )
t
f t t t t R
.
Ta có:
2
2
2
1
( ) 3.ln3 0 Vì 1 | |
1
t
t t
f t t t t
t
Suy ra hàm số trên đồng biến trên
R
. Do đó ta có: ( ) ( )
f a f b a b
Từ đó ta thu được phương trình:
2
1 3
a
a a
Ta sẽ tiếp tục ứng dụng hàm số để giải quyết bài toán này.
Phương trình trên tương đương với:
2
3 ( 1 ) 1
a
a a
Xét hàm số:
2
( ) 3 ( 1 ) V?i
a
g a a a a R
Ta có:
2
2
3 ( 1 )(ln3 1)
( ) 0
1
a
a a
g a
a
Suy ra, hàm số trên đồng biến trên
R
, nên phương trình có tối đa 1 nghiệm.
Mà ta thấy rằng:
0
a
là một nghiệm của phương trình. Suy ra phương trình có nghiệm:
0
a
.
Suy ra:
0 1
a b x y
Vậy hệ có nghiệm duy nhất là:
( ; ) (1;1)
x y
49, Giải phuơng trình:
2 2
lg lg 2
lg
lg
2
x x
x
x
Giải:
Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3
E-mail: :01645362939
- 194 -
Trước tiên ta điều kiện
0
x
. Quan sát bài toán để giải bài toán này chúng ta sẽ sử dụng giải nó bằng
cách lấy lôgarit hóa hai vế phương trình. Cụ thể ta có
2 2
lg lg 2
2 2
lg 1
log log lg
2 2
x x
x
x
Phương trình
này sau khi sử dụng các công thức biến đổi của lôgarit ta đi đến phương
trình
2 2
2 2
lg
lg lg 2 .log 1 log lg
2
x
x x x
Đến đây ta tiếp tục áp dụng công thức biến đổi của lôgarit ta có phương trình mới
2
2 2
2
2
2
2
lg
(lg 2lg 2)log 1 log (lg )
2
(log (lg ) 1)(lg 2lg 3) 0
log (lg ) 1 0
lg 2lg 3 0
x
x x x
x x x
x
x x
50, Giải bất phương trình:
6 3 10
voi 0
2 1
x
x
x x
Giải:
Điều kiện :
1
2
x
Khi đó bất phương trình đã cho cho tương đương với bất phương trình :
10
6 3
2 1
x
x
x
5
1 3
2 1
x
x
•
Với
1
2
x
ta có :
0; 0
VT VP
bất phương trình vô nghiệm
•
Với
1
0
2
x
Đặt :
( ) 1 3 ( ) 3 ln3 0
x x
f x f x
hàm số
( )
f x
nghịch biến trên khoảng
1
0;
2
.
Vậy :
1
( ) ( ) 1 3 (1)
2
f x f
Tương tự : Đặt
2
5 10
( ) ( ) 0
2 1 (2 1)
g x f x
x x
hàm số
( )
g x
là hàm nghịch biến.
Do đó
( ) (0) 5 (2)
g x g
Vậy trong khoảng
1
0;
2
thì bất phương trình luôn nghiệm đúng.
Kết luận : Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là :
1
0;
2
Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3
E-mail: :01645362939
- 195 -
51, Giải bất phương trình:
1 2 1 2 2
2 (5 11)2 24 [1 ( 9)2 ]
x x x
x x x x
Giải:
Trước tiên mình phải khẳng định bài toán này của h.u.n ra khá nặng tay. Nếu đây là một bài toán trong
đề thi năm nay thì vào phòng thi gặp bài toán này chắc sẽ có rất nhiều thí sinh sẽ ngậm bút ngay đấy #-o.
Mình nghỉ như thế thật đấy vì khi nhìn vào hình thức bài toán này mình cảm giác được nó mang nặng
"sát khí" của bài toán được ghép " kiểu phương trình tích và phương trình giải bằng hàm số". Chưa hết
sự khó khăn đâu các bạn à mà nó còn là kiểu phương trình " tích" có được khi giải nó bằng kỉ thuật
"tham số biến thiên" cộng với một cái đầu hết sức sáng suốt để kéo được một hằng đẳng thức mà mình
gọi là "dồn hết sức bình sinh " để cho ta một phương trình đẹp. Đoạn đường đó chỉ là cái khó khăn của
bước đầu thôi chứ đi vào cái cần đạt được của bài toán các bạn còn "phải tung hết tất cả những võ công
tuyệt thế" để hạ nó như là cuộc chiến của bốn đại cao thủ võ hiệp kim dung "Đông tà , Tây độc , Nam đế
, Bắc cái" đấy.8->. Bây giờ mình sẽ đi vào bài toán đây.
Trước tiên cái mũ
2
x
kia nó quá lẻ loi trong bài toán nên thôi thì ta sẽ đặt nó bởi một ẩn phụ
2 , 0
x
t t
cho bài toán bớt đi "cái khó chịu " để rồi bất phương trình đã cho trở thành
2 3
2 2 2 2 3
10 11 9
2 24 2 ( 24) 22 9 10 0
x x x
t x x t x x t x x x
t t
Bây giờ ta xem
phương trình
2 2 2 3
2 ( 24) 22 9 10 0
t x x t x x x
là một phương trình bậc hai theo
t
thì
phương trình có biệt số
2 2 2 3 2 2 2 2 2
( 24) 8(22 9 10 ) ( 3 ) 40( 3 ) 400 ( 3 20)
x x x x x x x x x x x Từ đó ta có
hai nghiệm phân biệt của phương trình là
2 2
2
2 2
24 3 20 1 1
1
4 2 2
24 3 20
11
4
x x x x
t x x
x x x x
t x
Vậy từ đây ta sẽ đưa bất phương trình về hình thức sau
2
1 1
2 1 11 0
2 2
t x x t x
2
2 2 11 0
t x x t x
2
2
2
2
2.2 2 0
2 2 0
2 11 0
11 0
2.2 2 0
2 2 0
11 0
2 11 0
x
x
x
x
x x
t x x
x
t x
x x
t x x
t x
x
Rõ ràng đến đây ta hoàn toàn không thể giải bằng những kỉ thuật cơ bản được mà ta chắn chắc phải sử
dụng đến kỉ thuật hàm số. Để đạt được điều đó ta chuẩn bị các bước tiến hành sau đây.
Xét hàm số
( ) 2 11
x
f x x
rõ ràng ta có được hàm số này đồng biến. Mặt khác
(3) 0
f
nên ta có
ngay các đánh giá sau Nếu
( ) 0 3
f x x
Nếu
( ) 0 3
f x x
Xét hàm số
2
( ) 2.2 2.
x
g x x x
Ta có
( ) 2.2 . ln 2 2 .
x
g x x
Bây giờ ta cần phải đi tìm nghiệm của phương
trình
( ) 0.
g x
Nhưng nếu dùng kỉ thuật thông thường ta cũng khó có thể tìm được nghiệm của nó.
Nên ta lại tiếp tục dùng hàm số như sau.
Xét hàm số
1
( ) 2.2 .ln 2 2 .
x
g x x
Ta có
2
1
( ) 2.2 ln 2 2.
x
g x
Từ đây ta có
Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3
E-mail: :01645362939
- 196 -
2
1 2 0
2 2
2 2
( ) 0 2.2 .ln 2 2 0 2 log
2ln 2 2ln 2
x x
g x x x
Ta cũng dể kiểm chứng được
rằng trong khoảng
0
( ; )
x
hàm số nghịch biến , trong khoảng
0
( ; )
x
hàm số đồng biến nên ta có
được phương trình
1
( ) 0
g x
hay
( ) 0
g x
có hai nghiệm phân biệt. Từ đó ta bằng trực giác hình học
ta đi đến kết luận rằng nếu phương trình
( ) 0
g x
có nghiệm thì sẽ có tối ta ba nghiệm phân biệt. Mặt
khác ta có
(0) (1) (2) 0
g g g
nên ta có phương trình
( ) 0
f x
có ba nghiệm phân biệt
0; 1; 2.
x x x
Lại có các đánh giá Nếu
2 0 1 ( ) 0.
x x g x
Nếu
0 1 2 ( ) 0.
x x g x
Từ đó ta có hệ bất phương trình
( )
I
trở thành
0 1
( ) 0
2
( ) 0
3
0 1
2 3
0
( ) 0
1 2
( ) 0
3
x
g x
x
f x
x
x
x
x
g x
x
f x
x
Vậy ta có tập nghiệm của bất phương trình đã cho là
(0;1) (2;3)
S
P/S : Chổ tìm nghiệm của phương trình
( ) 0
g x
có ba nghiệm phân biệt có thể giải bằng đồ thị hàm số
và dựa vào đó có thể suy ra nghiệm bất phương trình liên quan đến
( )
g x
52, Giải phương trình
3 2 3 2 5
x x
x
Giải:
Ở bài toán này quan sát ta có cảm giác phương trình mũ này có chứa cặp số nghịch đảo và cái hay của
bài toán này là cảm giác đó đúng chứ không phải sai các bạn à. Thật vậy ta
có
3 2 . 3 2 1
x x
Và đến đây có một số bạn nghỉ rằng ta đặt ẩn phụ giải ngay nhưng không
được các bạn à vì chúng ta còn bị kẹt dí cái đại lượng
5
x
bên vế phải phương trình. Vậy ta sẽ giải
thoát điều khó chịu này ngay bằng một biện pháp là chia cả hai vế phương trình cho nó ta được phương
trình mới là
3 2 3 2
1
5 5
x x
Tới phương trình này có một số bạn sẽ giải quyết nó bằng
một sai lầm sau đó là
3 2 3 2 1
.
5
5 5
Và tiến tới đặt ẩn phụ rồi giải. Các bạn đừng nghỉ
mình nói điều này thừa nhé vì thực tế đã chứng minh có không ít bạn khi gặp phương trình như thế này
đã làm như thế. Và đó là một "điểm chết người" vì khi làm toán với phương trình mũ có chứa cặp số
nghịch đảo khi nhân chúng ta cũng không được quên cái mũ nhé. Nếu không quên thì phép tính trên cho
ta được phương trình
3 2 3 2 1
.
5
5 5
x x
x
Tới đây xem như kế hoạch đặt ẩn phụ đã hoàn
toàn phá sản. Và một lối suy nghỉ tự nhiên là khi mà các cách giải cơ bản đã không còn hiệu nghiệm nữa
thì sẽ giải nó bằng kỉ thuật hàm số nhưng lưu ý với các bạn rằng để phương án giải quyết này hiệu
Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3
E-mail: :01645362939
- 197 -
nghiệm thì ta cần phải đoán được nghiệm phương trình trước rồi sau đó ta mới tiến hành từ định hướng
nghiệm đó. Thực tế thì bài toán này để đoán nghiệm nó thì quả thật là rất khó cho dù ta đã dồn "hết sức
bình sinh" của mình. Vậy ta phải giải quyết thế nào đây khi mà mọi lối đi đã được phơi bày mà vẫn chưa
tìm ra hướng giải quyết. Và bây giờ ta sẽ bình tỉnh và tinh ý để ý tới các cơ số của hàm mũ ta có được
điều này
3 2 3 2
0 1; 1
5 5
Và điều này sẽ làm cho chúng ta bắt đầu cảm giác an toàn vì với kỉ thuật cơ bản đánh giá cơ số mũ ta đi
đến các kết luận quan trọng sau :
+) Với
0
x
thì ta có :
3 2 3 2 3 2 3 2
0; 1 1
5 5 5 5
x x x x
+Với
0
x
thì ta có
3 2 3 2 3 2 3 2
1; 0 1
5 5 5 5
x x x x
Điều này chứng tỏ phương trình đã cho vô nghiệm. Qua bài toán này mình muốn gửi gắm đến các bạn
khi chúng ta học về cách giải phương trình mũ , bất phương trình mũ và hệ phương trình mũ thì ngoài
việc chúng ta phải nắm vững các cách giải cơ bản truyền thống cùng với các kỉ thuật giải mà bằng kinh
nghiệm ta thu được thì trước tiên các bạn cần nắm rõ những tính chất của hàm mũ và đặc biệt lưu tâm
đến việc so sánh các cơ số mũ với nhau nhé. Vì trong các bài toán dùng lối kỉ thuật ra thì ở đâu đó vẫn
còn đó các bài toán chỉ sử dụng chất liệu cơ bản đơn giản thế thôi nhưng nếu chúng ta không có gì để
nhớ thì sẽ khó khăn cho chúng ta biết chừng nào. Và mình cũng muốn gửi các bạn niềm tin rằng chúng
ta hãy đừng "cố nhớ những điều quen thuộc mà chúng ta đã quên" và hãy " để những gì quen thuộc dẫn
dắt cho chúng ta đường đi". Thân chào.
53, Giải bất phương trình
2 2 1 2
4 8 2 4 ( ).2 .2 2
x x
x x x x x x
Giải:
Điều kiện:
| | 2
x
2 2 2
4
4( 1 2 2 ) .2 ( 1 2 2 ) ( )( 1 2 2 )
0
2
x
x
x x x x x x x x
* Xét hàm số
2
( ) 1 2 2 , [ 2; 2]
f x x x x , ta có:
Hàm số f(x) liên tục trên
[ 2; 2]
.
2
2 2
1
( ) 0 2 2 1 1
8 4 2 1
x
f x x x x
x x x
Lập bảng xét dấu, ta có:
( ) 0 1 ( ) 0 ( ) 1
1 0f x x f x x f x x
*Xét hàm số
4
( ) , [ 2; 2]
2
x
g x x x , ta có:
Hàm số g(x) liên tục trên
[ 2; 2]
.
Hàm số g(x) nghịch biến trên
[ 2; 2]
.
( ) 0 (Không hieu sao le quá)
o
g x x x
