Đề Xuất 1/2023 # Pp Giải Bài Tập Về Anken # Top 5 Like | Techcombanktower.com

Đề Xuất 1/2023 # Pp Giải Bài Tập Về Anken # Top 5 Like

Cập nhật nội dung chi tiết về Pp Giải Bài Tập Về Anken mới nhất trên website Techcombanktower.com. Hy vọng thông tin trong bài viết sẽ đáp ứng được nhu cầu ngoài mong đợi của bạn, chúng tôi sẽ làm việc thường xuyên để cập nhật nội dung mới nhằm giúp bạn nhận được thông tin nhanh chóng và chính xác nhất.

0,4 n0,4 0,4n Theo pt và theo đề ta có

Câu 6 : X,Y,Z là 3 hidrocacbon kế tiếp trong dãy đồng đẳng , trong đó M Z=2M X. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol Y rồi cho hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy và 2 lít dung dịch Ba(OH) 2 0,1M được 1 lượng kết tủa là A. 19,7 B. 39,4 C. 59,1 D. 9,85

A. C Câu 7 : Hỗn hợp khí A ở đktc gồm 2 olefin . Để đốt cháy 7 thể tích A cần 31 thể tích O 2 (đktc). Biết Olefin chứa nhiều C chiếm khoảng 40−50% thể tích hỗn hợp. CTPT của 2 olefin là

Câu 8 : Một hỗn hợp X gồm 2 hidrocacbon A,B có cùng số nguyên tử C . A,B chỉ có thể là ankan hoặc anken. Đốt cháy 4,48 lít(đktc) hỗn hợp X thu được 26,4 gam CO 2 và 12,6 gam H 2O. CTPT và số mol của A,B là

Câu 9 : Đốt cháy hoàn toàn 1 mol Anken X thu được CO 2 và hơi nước. Hấp thụ hoàn toàn sản phẩm bằnng 100 gam dung dịch NaOH 21,62% thu được dung dịch mới trong đó nồng độ của NaOH chỉ còn 55%. CTPT của X là 2H 4 B. C Câu 10 : Cho 10 lít hỗn hợp khí (54,6 oC và 0,8064 atm) gồm 2 olefin lội qua bình đựng dung dịch Brom thấy khối lượng bình tăng 16,8gam. CTPT 2 olefin là ( Biết số C trong các anken không vượt quá 5 ) 3H 6 C. C ĐÁP ÁN 4H 8 D. C 5H 10

Phương Pháp Giải Bài Tập Anken Cộng Hidro

 

Phương trình tổng quát

  CnH2n + H2 → CnH2n + 2

Gọi a, b, c là số mol của anken ban đầu, H2 và anken phản ứng

1. Khi phản ứng xảy ra hoàn toàn

– Trường hợp 1: H2 và anken cùng hết (a = b = c)

Gọi X là hỗn hợp đầu: CnH2n  a (mol) và H2 b (mol)

 → nX = a + b (mol)

 → nY = chỉ có CnH2n + 2 a mol

 → nX – nY = (a + a) – a = a = nH2 phản ứng = nanken phản ứng

– Trường hợp 2: Anken phản ứng hết (a = c), H2 dư (a < b)

Gọi Y là hỗn hợp sau phản ứng: CnH2n + 2 a mol và H2 dư b – a (mol)

 → nY = a + (b – a) = b mol

 → nX – nY = (a + b) – b = a = nanken = nH2 phản ứng

Hỗn hợp sau phản ứng Y gồm CnH2n + 2 b (mol) và CnH2n dư a – b (mol)

 → nY = b + (a – b) = a (mol)

 → nX – nY = (a + b) – a = b = nH2 phản ứng = nanken phản ứng

 

2. Khi phản ứng xảy ra không hoàn toàn: Anken và H2 cùng dư

Hỗn hợp Y gồm 3 khí: CnH2n + 2 c (mol); H2 dư (b – c) (mol) và CnH2n dư (a – c) (mol)

 → nY = c + (a – c) + (b – c) = (a + b – c) mol

 → nX – nY = (a + b) – (a + b – c) = c mol = nH2 phản ứng = nanken phản ứng

* Kết luận:

 - nX – nY = nH2 phản ứng = nanken phản ứng

 - Nếu có số mol đầu và số mol cuối.

Ta có: nH2 phản ứng = nanken phản ứng = số mol hỗn hợp đầu – số mol hỗn hợp sau.

* Lưu ý:

 - Trong phản ứng cộng với H2, số mol giảm (nY < nX) nhưng khối lượng vẫn không đổi

 → mX = mY

 → nX.Mx = nY.MY

 → MX/MY =  dX/Y = nY/nX

 - Hệ thức này cho chúng ta tính được nY khi biết được nX:

 → nH2 phản ứng = nX – nY

 - Hai hỗn hợp X, Y có cùng số C, H nên đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X và Y đều cho cùng kết quả (số mol O2 cháy, số mol CO2 và số mol H2O).

Trung tâm luyện thi – gia sư – dạy kèm tại nhà NTIC Đà Nẵng

LIÊN HỆ NGAY VỚI CHÚNG TÔI ĐỂ BIẾT THÊM THÔNG TIN CHI TIẾT

ĐÀO TẠO NTIC  

Địa chỉ: Đường nguyễn lương bằng, P.Hoà Khánh Bắc, Q.Liêu Chiểu, Tp.Đà Nẵng Hotline: 0905540067 - 0778494857 

Email: daotaontic@gmail.com

Pp Giải Phương Trình Mũ, Logarit

Published on

1. Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.comDĐ: 01694 013 498 (DÙNG CHO ÔN THI TN – CĐ – ĐH 2011) Gửi tặng: chúng tôi Bỉm sơn. 15.04.2011 1

2. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: Loinguyen1310@gmail.comDĐ: 01694 013 498 CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH – HỆ MŨ – LÔGARITCHƯƠNG I: PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH – HỆ MŨ CHỦ ĐỀ I: PHƯƠNG TRÌNH MŨBÀI TOÁN 1: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNGI. Phương pháp:Ta sử dụng phép biến đổi tương đương sau:Dạng 1: Phương trình a f  x   a g  x TH 1: Khi a là một hằng số thỏa mãn 0  a  1 thì a f  x   a g  x   f  x   g  x  a  1 f  x g x  a  0 TH 2: Khi a là một hàm của x thì a a   0  a  1  hoặc    f  x   g  x   a  1  f  x   g  x    0     Dạng 2: Phương trình: 0  a  1, b  0  a f  x  b    f  x   log a b Đặc biệt:Khi b  0, b  0 thì kết luận ngay phương trình vô nghiệmKhi b  1 ta viết b  a 0  a f  x   a 0  f  x   0Khi b  1 mà b có thể biếu diễn thành b  a c  a f  x   a c  f  x   cChú ý:Trước khi biến đổi tương đương thì f  x  và g  x  phải có nghĩaII. Bài tập áp dụng:Loại 1: Cơ số là một hằng sốBài 1: Giải các phương trình sau x 2 3 x 1 1 1 x 1a. 2 .4 x 1 . 1 x  16 x b.   3 c. 2 x 1  2 x  2  36 8 3Giải:a. PT  2 x 1 2 x 2 33 x  24 x  6 x  4  4 x  x  2 2 www.VNMATH.com

3. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: Loinguyen1310@gmail.comDĐ: 01694 013 498 x 2  3 x 1 1 2b.    3  3 ( x  3 x 1)  31   ( x 2  3x  1)  1 3 x  1 x 2  3x  2  0   x  2 x 1 x 2 2x 8.2 x  2 x xc. 2  2  36  2.2   36   36 4 4 9.2 x  36.4  2x  16  24  x  4Bài 2: Giải các phương trình x 2 x 1  2 7xa. 0,125.4 2 x 3   8   b. 8 x 1  0, 25  2 c. 2 x  2.5 x 2  23 x.53 x  Giải: x  1  1 2 x 3 22Pt  .  22   3  8 2      x 3  5  2(2 x 3) 5 x 5 x 5 2 .2  2 2   2 3  4 x  6  2 2  2 4 x  9  2 2  4 x  9  x x6   2b. Điều kiện x  1 2 x 1 7x  x 1 3 2 2 x 1 xPT  2 x 1 2 2 3  7  2  7 x  9x  2  0   2 x 1 2 x  2  7 x2 3xc. Pt   2.5    2.5 10 x  2  103 x  x  2  3x  x  1 log3 x 1Bài 2: Giải phương trình:  x  2  x      x2  2Giải:Phương trình đã cho tương đương: x2 0 x  2  0 x  2 log3 x  log3 x    1   1  x   1 1   ln  x   0   log3 x ln  x    0 2    2    2    x  2  0 x  2   x  2 x  2 x  2 x  2       log 3 x  0  x  1  x  1          x2   ln  x  1   0    x  1  1  x  3    2   2  2  x  2  x  2 x  2    3 www.VNMATH.com

4. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: Loinguyen1310@gmail.comDĐ: 01694 013 498Bài 3: Giải các phương trình: 2 x 3 x 1 1   x 1a.  10  3  x 1   10  3  x 3 b.  2 2    x 3 2 x   4  Giải: x  1a. Điều kiện:   x  3 1Vì 10  3  . 10  3 3 x x 1 3  x x 1PT   10  3  x 1    x 1 x  3 10  3   9  x2  x 2  1  x   5 x 3 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x   5 x  0b. Điều kiện:  x  1 2 x  3 2 2 2 2 x  x 1  PT  2 x 1 2 x 3 2 x  x 1  4  2 x 1.2 4   2 x 3  2  2   x 1 2 x x 1         4 2  2  x 3  2 x 1 2 x  x 1  4 x 2  x 3  4 x    x  1  4 x  10 x  6  0  x 3 x9Vậy phương trình có nghiệm là x  9Loại 2: Khi cơ số là một hàm của x sin 2  3 cos xBài 1: Giải phương trình  2  x  x 2    2  x  x2 Giải:Phương trình được biến đổi về dạng: 1  x  2(*)2  x  x 2  0     x 2  x  1  0(1) 2  2  x  x  1 sin x  2  3 cos x  0    sin x  3 cos x  2(2)  1 5Giải (1) ta được x1,2  thoả mãn điều kiện (*) 2 1 3     Giải (2): sin x  cos x  1  sin x  x    1  x    2k  x   2k , k  Z 2 2  3 3 2 6Để nghiệm thoả mãn điều kiện (*) ta phải có: 4 www.VNMATH.com

5. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: Loinguyen1310@gmail.comDĐ: 01694 013 498  1   1   1   2k  2   1    k   2    k  0, k  Z khi đó ta nhận được x3  6 2  6 2  6 6 1 5 Vậy phương trình có 3 nghiệm phân biệt x1,2  ; x3  . 2 6 3 x 2 5 x  2 x2  x 4Bài 2: Giải phương trình:  x  3   x2  6 x  9 Giải: 3 x 2 5 x  2 2 x2  x 4 2( x 2  x  4)Phương trình được biến đổi về dạng:  x  3   x  3    x  3   x  3 1 x  4   x  4  0  x  3  1   x  3  4   3 x 2  5 x  2  2 x 2  2 x  8   x 2  7 x  10  0 x  5  Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt x = 4, x = 5.Bài tập tự giải có hướng dẫn:Bài 1: Giải các phương trình sau 2 x 1a. 4.9 x 1  3.2 2 b. 7.3x 1  5 x  2  3x 4  5 x 3 x x   x  x 4 3 3  c.  5 27 4 3     4 37 d. 3  x  1 x 1   x  1 x 1  HD: 2 x 3  3  3a.    1 x   2 2 x 1 x 1 x 1 3b.  3 5    1  x  1 5c. x  10BÀI TOÁN 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP LÔGARIT HOÁ VÀ ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐI. Phương pháp:Để chuyển ẩn số khỏi số mũ luỹ thừa người ta có thể logarit theo cùng 1 cơ số cả 2 vế của phương trình, ta cócác dạng:Dạng 1: Phương trình: 0  a  1, b  0  a f  x  b    f  x   log a b Dạng 2: Phương trình: (cơ số khác nhau và số mũ khác nhau) a    b g ( x )  log a a f ( x )  log a b f ( x )  f ( x )  g ( x).log a b f x 5 www.VNMATH.com

6. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: Loinguyen1310@gmail.comDĐ: 01694 013 498 hoặc log b a f ( x )  logb b g ( x )  f ( x ).log b a  g ( x).Đặc biệt: (cơ số khác nhau và nhưng số mũ bằng nhau) f  x 0 f  x f (x) a aKhi f  x   g  x   a b    1     f  x   0 (vì b f ( x )  0 ) b bChú ý: Phương pháp áp dụng khi phương trình có dạng tích – thương của các hàm mũII. Bài tập áp dụng:Bài 1: Giải các phương trình x 1 2 x 3 2a. (ĐH KTQD – 1998) 5 x.8 x  500. b. 3x  2.4 x  18 2 2 2 x 3c. 2 x  4.5x  2  1 d. 2 x  2Giải:a. Cách 1: Viết lại phương trình dưới dạng: x 1 x 1 x 3 35 x.8 8  500  5x.2 x  53.22  5x 3.2 x 1Lấy logarit cơ số 2 vế, ta được:  x 3 x 3   x 3  x 3log 2  5 .2   0  log 2  5   log 2  2 x   0   x  3 .log 2 5  x x 3 log 2 2  0     x x  3  1   x  3   log 2 5    0   x x   1   log 2 5 1Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x  3; x   log 2 5 3( x 1) 3 x x 3 x x 3 2 x 3 x x 3  1 Cách 2: PT  5 .2  5 .2  5 2 5  2 x    x 3    1 x 3 x  3  0 x  35 x 3  1  1    5.2 x  1  1       x  x   log5 2  2x  5.2  1 2 x 3 x2  2 x  x2  2 2 xx3 b. Ta có 3 .4  18  log3  3 .4   log 3 18   4x  6 3( x  2) x2  2  .log3 2  2  log 3 2   x 2  4   .log 3 2  0 x x x  2  0  x  2   x 2  2 x  3log 3 2   0   2 x2  x  2 x  3log 3 2  0 (VN ) 2 4c. PT  log 2 2 x  log 2 52  x  0 6 www.VNMATH.com

7. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: Loinguyen1310@gmail.comDĐ: 01694 013 498 x 2  4   x  2  log 2 5  0   x  2  x  2  log 2 5  0 x  2 x  2   x  2  log 2 5  0  x  2  log 2 5d. Lấy logarit cơ số 2 hai vế phương trình ta được: 2 3log 2 2 x  2 x  log 2  x 2  2 x  log 2 3  1  x 2  2 x  1  log 2 3  0 2 ,Ta có   1  1  log 2 3  log 2 3  0suy ra phương trình có nghiệm x = 1  log 2 3.Chú ý:Đối với 1 phương trình cần thiết rút gọn trước khi logarit hoá.Bài 2: Giải các phương trình x 1 1 x x2a. 8  4.34  x b. 4 x  3x  2  3 2  22 x 1 log 0 ,5 (sin 2 x  5 sin x cos x  2 ) 1c. 4  d. 5 x  5 x 1  5 x  2  3x  3x 3  3x 1 9Giải:a. Điều kiện x  2 3x x2 2 3x  1 PT  2  34  x   2  (4  x ) log 2 3   x  4  .   log 2 3   0 x2  x2  x  4 0  1 x  4    log 2 3  0  x   2  log 3 2 x2 b. 1 1 1 x 3 x x x 4 x 2 x 1 2 2PT  4  2  3 3  4 .  3 2. 2 3 3 3 x x 3 4 2 3 2  x  0 x 0 2 2c. Điều kiện sin x  5sin chúng tôi x  2  0 *PT  log 21  sin 2 x  5sin chúng tôi x  2   log 4 32  log 2  sin 2 x  5sin chúng tôi x  2    log 2 3 thỏa mãn (*) cos x  0 sin 2 x  5sin chúng tôi x  2  3  cos x  5sin x  cos x   0   5sin x  cos x  0  x  2  k     x  2  k tan x  1  tan    x    l 5d. PT 7 www.VNMATH.com

8. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: Loinguyen1310@gmail.comDĐ: 01694 013 498 5 x  5.5 x  25.5x  3x  27.3x  3.3x x 5 31.5 x  31.3x     1  x  0 3Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x  0Bài 3: Giải các phương trìnha. x lg x  1000 x 2 b. x log 2  x  4   32 x 2c. 7log 25  5 x  1  x log 5 7 d. 3x.8 x1  36Giải:a. Điều kiện x  0 2 lg chúng tôi x  lg1000  lg x 2   lg x   2 lg x  3  0  lg x  1  0  x  1 / 10  lg x  1 lg x  3  0    lg x  3  0  x  1000b. Điều kiện x  0PT  log 2 x log2  x  4  log 2 32  log 2 x  4  .log 2 x  5   log 2 x  1 .  log 2 x  5  0  x2 log 2 x  1   log 2 x  5 x  1  32c. Điều kiện x  0   2 log5 7 log25 5 x 1  log 5 x log5 7   log 25 2  5 x   1 .log5 7  log 5 chúng tôi 5 x    1 1 log5 x  1  x log5 2  5 x   log 5 x  1  0  log5 2 x  2 log 5 x  3  0    5 4 log5 x  3   x  125  1Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  5   x  125d. Điều kiện x  1 x x x 1 3x log 2 3 .8  log 2 36  2  2log 2 3  chúng tôi 2 3   2  2 log 2 3 x 1 x 2 .log 2 3   3  log 2 3 x  2  x  1  2  x  1 log 2 3 x  2 x 2 .log 2 3  1  log 2 3 x  2  2log 2 3  0    x  1  log 3 2 x  2Vậy phương trình có nghiệm là:   x  1  log 3 2Bài 4: Giải các phương trình sau : 2 1 4 2a. 8 x.5 x 1  b. 3x. 91 x  c. 3 x . 2 x  1 d. 2 x .5 x 2  10 8 27 x 8 www.VNMATH.com

9. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: Loinguyen1310@gmail.comDĐ: 01694 013 498Giải:a. Lấy logarit hai vế với cơ số 8, ta được 2 1 2 18 x.5 x 1   log8 8 x.5x 1  log8 8 8 x log8 8  log8 5 x 2 1 1  log8 8  x  x 2  1 log8 5  1     x  1  x 2  1 log8 5  0   x  1   x  1 x  1 log8 5  0 x 1  0  x  1 1   x  1 log8 5  0     1   x  1 log8 5  0  x  1  x  1   chúng tôi 5  log8 5  1  x  1  log5 8Vậy phương trình có nghiệm: x  1, x  1  log 5 8b. PT  3x .32  2 x .33 x  4  32 x  2  4  2 x  2  log 3 4 4 2 x  log 3 4  2  2 x  log 3 4  log 3 9  log 3 9 1 4 2 x  log  log 3 2 9 3c. Lấy log hai vế của phương trình theo cơ số 2 2Ta được phương trình log 2 3x  log 2 2 x  0  x log 2 3  x 2  0 x  0 x ( log 2 3  x )  0    x   log 2 3 2 2d. PT  log 2 (2 x.5x )  log 2 (2.5)  log 2 2 x  log 2 5 x  log 2 2  log 2 5 x  x 2 log 2 5  1  log 2 5  (log 2 5) x 2  x  1  log 2 5  0 x  1 1  log 2 5 x    log 2 5Bài tập tự giải có hướng dẫn:Bài 1: Giải các phương trình saua. 5 xx1 8 x  100HD: Điều kiện x  0 2 5 x ( x 1).23 x  52( x 1).22( x 1)  5x  x  2  22  x x  2 log 2 5.( x 2  x  2)  2  x    x  1  log 5 2(loai) 2 2b. 2 x 3  3x  2 x 6  3x  2 x 5  2xHD: 9 www.VNMATH.com

11. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: Loinguyen1310@gmail.comDĐ: 01694 013 498 f a – Đặt t    điều kiện hẹp t  0 bDạng 4: Lượng giác hoá.Chú ý: Ta sử dụng ngôn từ điều kiện hẹp t  0 cho trường hợp đặt t  a f ( x ) vì: – Nếu đặt t  a x thì t  0 là điều kiện đúng. 2 – Nếu đặt t  2 x 1 thì t  0 chỉ là điều kiện hẹp, bởi thực chất điều kiện cho t phải là t  2 . Điều kiệnnày đặc biệt quan trọng cho lớp các bài toán có chứa tham số.II. Bài tập áp dụng:Bài 1: Giải phương trình 1 b. 4sin x  2cos x  2  2 2 2 2 2a. 4cot x  2 sin x  3  0 (1)Giải:a. Điều kiện sin x  0  x  k , k  Z (*) 1Vì 2  1  cot 2 x nên phương trình (1) được biết dưới dạng: sin x 2 cot g 2 x 4cot  2.2x  3  0 (2) cot 2 x 2Đặt t  2 điều kiện t  1 vì cot 2 x  0  2cot x  20  1Khi đó phương trình (2) có dạng: t  1 2t 2  2t  3  0    2cot x  1  cot 2 x  0 t  3 thoả mãn (*)  cot x  0  x   k , k  Z 2 Vậy phương trình có 1 họ nghiệm x   k , k  Z 2 2x 2b. PT  2sin    21sin  2  2 2xĐặt t  2sin x  t  0  ta được 2 2t2  t     2  2  t 3  2  2 t  2  0  t  2 t 2  2t  2  0    t  2   2 24 2 t   2  2 24 2 t   loai   2 1 1 2  Với t  2  2sin x  2 2  sin 2 x   sin x   2  x k 2 2 4 2 11 www.VNMATH.com

14. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: Loinguyen1310@gmail.comDĐ: 01694 013 498 2  2 x 1 21 2 2 x  2 9 2 2 222 x  1  0  .22 x 2 x  .2 x  x  1  0  2.22 x 2 x  9.2 x  x  4  0  9.2 x 2 4 x2  xĐặt t  2 điều kiện t  0 . Khi đó phương trình tương đương với: t  4 2  x  x  22  x2  x  2 2  1  2  x  12t  9t  4  0   2  t  2  2 x  x  2 1  x  x  1  x  2   2 Vậy phương trình có 2 nghiệm x  -1  x  2 .b. Biến đổi phương trình về dạng:  2 x 2 1   2.3 x 2 1   2 x 2 12.2   3Chia hai vế của phương trình cho 2  2 x 2 1   0 , ta được: x 2 1  2 x 2 1  3 32      2 2 x 2 1 x 2 1 1 3 3 3 3Đặt t    , vì x 2  1  1        t  2 2 2 2Khi đó pt (*) có dạng: x 2 1 2 t  2 3t t 2  0      2  x 2  1  log 3 2  x   log 3 2  1 t  1 l   2  2 2Chú ý:Trong ví dụ trên, vì bài toán không có tham số nên ta sử dụng điều kiện cho ẩn phụ chỉ là t  0 và chúng ta đã 1thấy với t  vô nghiệm. Do vậy nếu bài toán có chứa tham số chúng ta cần xác định điều kiện đúng cho ẩn 2phụ như sau: 12 2 1 1 1 x2  x 1 x x x      2  24  t  4  2 4 4 2Bài 4: Giải các phương trình 1 12a. (ĐHYHN – 2000) 23 x  6.2 x  3 x1  x  1 2 2 x x 3 x1b. (ĐHQGHN – 1998) 125  50  2Giải:a. Viết lại phương trình có dạng:  3 x 23   x 2   2  3 x   6  2  x   1 (1)  2   2  3 2 23  2   3  2Đặt t  2 x  x  23 x  3 x   2 x  x   3.2 x  2 x  x   t  6t 2 2  2    2 2Khi đó phương trình (1) có dạng: t 3  6t  6t  1  t  1  2 x  x  1 2 xĐặt u  2 , u  0 khi đó phương trình (2) có dạng: 14 www.VNMATH.com

15. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: Loinguyen1310@gmail.comDĐ: 01694 013 498 u u  1 (loai )u  1  u2  u  2  0    u  2  2x  2  x  1 2  u2Vậy phương trình có nghiệm x = 1b. Biến đổi phương trình về dạng:125x  50 x  2.8x 1Chia hai vế của phương trình (1) cho 8 x  0 , ta được: x x 3x 2x 125   50  5 5     2     2 0  2 8   8   2 2 x 5Đặt t    , điều kiện t  0 2Khi đó pt (2) có dạng: x t  1 5t 3  t 2  2  0   t  1  t 2  2t  2   0  2    1 x  0 t  2t  2  0 VN   2 Bài 5: Giải các phương trình 2 1 1  1 x  1 xa.    3.    12 b. 3 x  31 x 4 0 c. 4 x 1  2 x 4  2 x  2  16 3  3Giải:a. Biến đổi phương trình về dạng: 2 1 1 x  1 x      12  03  3 x 1Đặt t    , điều kiện t  0 3 x t  3 1Khi đó pt (1) có dạng: t 2  t  12  0       3  x  1 t  4  loai   3b. Điều kiện: x  0 3Biến đổi phương trình về dạng: 3 x  x  4  0 3Đặt t  3 x , điều kiện t  1 t  1 loai Khi đó pt (1) có dạng: t 2  4t  3  0   t  3  loai  c. Biến đổi phương trình về dạng: 22 x 1  2 x  4  2 x  2  16 2.22 x  6.2 x  8  0 1Đặt t  2 x , điều kiện t  0Khi đó pt (1) có dạng: 15 www.VNMATH.com

16. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: Loinguyen1310@gmail.comDĐ: 01694 013 498 t  42t 2  6t  8  0    2x  4  x  2 t  1 loai Bài 6: Giải các phương trình 2 2  x 1  x 2a. (ĐHDB – 2006) 9 x  10.3x 1  0b. 32 x 8 x 5 c. 3x  2  32 x  24 d. 7.2    20.2 x 2 x 2 1 2 1  12  0  4.3  27  0Giải: 1 x2  x 10 x2  x 2a. Pt  9 9  .3 9 2  1  0  3x  x    10.3x 2 x 9 0 2 xĐặt t  3x ,t  0 t  1Pt  t 2  10t  9  0   t  9 2 x 2 x x  0Với t = 1  3x  1  3x  30  x 2  x  0    x  1 2 x 2 x x  1Với t = 9  3x  9  3x  32  x 2  x  2  x 2  x  2  0    x  2 2b. 38.32 x  4.35.3x  27  0  6561. 3x    972.3x  27  0 (*)  1 x 2 t  9Đặt t  3  0 . Pt (*)  6561t  972t  27  0   t  1  27  1Với t   3x  32  x  2 9 1Với t   3x  33  x  3 27Vậy phương trình có nghiệm: x  2, x  3 9 2c. 3x  2  32 x  24  9.3x  x  24  0  9.  3x   24.3x  9  0 (*) 3 xĐặt t  3  0 t  3Pt (*)  9t  24t  9  0   2 t   1 ( loai)  3 xVới t  3  3  3  x  1Vậy phương trình có nghiệm: x  1 2 2d. Đặt t  2 x 1 , vì x 2  1  1  2 x 1  21  t  2Khi đó pt có dạng: 16 www.VNMATH.com

17. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: Loinguyen1310@gmail.comDĐ: 01694 013 498 t  2 27t  20t  12  0   6 2  2 x 1  2  x 2  1  2  x  0 t   loai   7Bài 7: Giải các phương trìnha. 6.2 x  2 x  1 b. 64.9 x – 84.2 x  27.6 x  0c. 34 x  4.32 x  1  27  0 d. 25x  10 x  2 2 x1Giải: 1a. Pt  6. x  2 x  1 . Đặt t  2x , t  0 2 1 t  3 (loai )Pt  6.  t  1  6  t 2  t  t 2  t  6  0   x 1 t t  2  2  2  x  1  4  x 16 2x x    x x x  4 4  3  9 x  2b. PT  64.9 – 84.2  27.6  0  27.    84.    64  0    3 3  4 x x  1    4    3   3c. 34 x – 4.32 x  1  27  0  32 x  12.32 x  27  0 2  đặt t  32 x ; t  0 ta được t 2  12t  27  0  1 t  3 32 x  3 2 x  1 x    2x   2 t  9  3  9  32 2 x  2   x 1 2x x 2xd. 5   2.5   2.2Chia hai vế của phương trình cho 22 x  0 , ta được: 2x x5 5     2 2  2 x 5Đặt t    , điều kiện t  0 2Khi đó pt (*) có dạng: x 2 t  1 5t t 2  0      1 x  0 t  2  l   2 Bài 8: Giải các phương trìnha. 4log9 x  6.2log9 x  2log3 27  0 2 x 2b. (ĐH – D 2003) 2 x  22  x  x  3Giải: log 9 x 2a. Pt   2 2  3  6.2log9 x  2log3 3  0  2  log9 x   6.2 log9 x  23  0Đặt t  2log9 x , t  0 . 17 www.VNMATH.com

18. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: Loinguyen1310@gmail.comDĐ: 01694 013 498 t  2Pt  t 2  6t  8  0   t  4Với t = 2  2log9 x  2  2log 9 x  21  log 9 x  1  x  9Với t = 4  2log9 x  4  2log9 x  22  log 9 x  2  x  92  81 2 2 2 4b. 2 x  x  22 x  x  3  2 x  x  3 x2  x 2 2 t  1 loai đặt t  2 x  x  t  0  ta được t 2  3t  4  0   t  4 2 x  x  1 2x  4  x2  x  2  0   x  2Bài 9: Giải các phương trìnha. 4log3 x  5.2log3 x  2log3 9  0 b. 3.16 x  2.81x  5.36 xGiải: log 3 x 2a. Pt   2 2  2  5.2log x  2log3 3  0  2 log3 x  5.2log 3 x  22  0Đặt t  2log3 x , t  0 . t  1Pt  t 2  5t  4  0   t  4 log3 xVới t = 1  2  1  2log 3 x  20  log 3 x  0  x  1Với t = 4  2log3 x  4  2log3 x  22  log 3 x  2  x  32  9b. Chia cả hai vế cho 36 x ta được x x x x  16   81  4 9PT  3.    2.    5  3.    2.    5  0  36   36  9 4 x 4Đặt    t (t  0) 9Khi đó phương trình tương đương 1  3t 2  5t  2 t  13.t  2.  5  0  0 t  t  2 t  0 t t  0   3 x 4Với t  1     1  x  0 9 x 2 4 2 1Với t      x 3 9 3 2 1Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt x  0 hoặc x  2Bài 10: Giải các phương trình 18 www.VNMATH.com

19. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: Loinguyen1310@gmail.comDĐ: 01694 013 498a. 32( x log 3 2)  2  3x  log3 2b. (ĐHDB – 2007) 23x 1  7.22x  7.2 x  2  0Giải: 2a. Pt  3( x  log3 2)   3x  log3 2  2  0 . Đặt t = 3xlog3 2 , t  0 .   t  1(loai )Pt  t 2  t  2  0   t  2Với t = 2  3x  log3 2  2  x  log 3 2  log 3 2  x  0b. 2t 3  7t 2  7t  2  0 (t  2 x , t  0) 1 (t  1)(2t 2  5t  2)  0  t  1  t  2  t  2 x  0  x  1  x  1 x 2 1Bài 11: Giải phương trình    25  x  9 4Giải: x 2 1 Pt   2   25  x  9 2  x 2   2 2   25  x  9  22( x 2)  25 x  9  2 4 2 x  25 x  9  0 2 4 25 16 32  2x  x 9  0  2  x 9  0 2 2  2x  2Đặt t  2x , t  0 . 16 32 16  32t  9t 2Pt  2   9  0  2  0  9t 2  32t  16  0 t t t t  4  4 4  t   2 x =  x  2  log 2 9  9 9Bài 12: Giải các phương trình x 9 10  4 2 27 27a. x 2  b. 8 x  9.2 x    64 2 4 8x 2xGiải: x  Pt  9.4  2 x2. 10  4 2    x 2x 2 x x 36  2 x 2 .10  2 x  2.  22  2  10.  .2  36 22 2 2Đặt t = 2x, t  0 . 19 www.VNMATH.com

20. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: Loinguyen1310@gmail.comDĐ: 01694 013 498 t  8  2 x = 8  2 x = 2 3  x = 3Pt  t 2  10t  144  0   t  18(loai ) x 2 10.2 x  2  2 2   36  10.2 x   2 x   36.4   2 x   10.2 x  144  0 4 4b. Phương trình: 8 x  9.2 x  27  27  64 8x 2 x 3  x 3  x 3 x x 2x  1 x  0  2  x   64  2  x  4  4  4.2  3  0   x   2  2  2  3  x  log 2 3Bài 13: Giải các phương trình 32 x x 72x xa. x  2.  0, 3  3 b. x  6. 0, 7   7 100 100Giải: x 32 x  3a. Pt   2.    3 2 x 10   10  x 2x x 2 32 x 3  3  3  3  x   3 x 2 x  2.    3  0     2.    3  0      2.    3  0 10  10   10   10   10      10  x 3Đặt t    , t  0 .  10  2Pt  t  2t  3  0 x   3   t  3    = 3  x = log 3 3  10  10 t  1(loai ) b. Biến đổi phương trình về dạng: 2x x 7  7    6.    7 1 10   10  x  7Đặt t    , điều kiện t  0  10 Khi đó pt (1) có dạng: x 2 t  7 7 t  6t  7  0       7  x  log 7 7 t  1 l   10  10Bài 14: Giải các phương trìnha. 8 x  18 x  2.27 xb. (ĐH – A 2006) 3.8x  4.12 x  18 x  2.27 x  0Giải:a. Chia hai vế pt cho 27x , ta được : 20 www.VNMATH.com

22. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: Loinguyen1310@gmail.comDĐ: 01694 013 498 1Vậy x  là nghiệm của phương trình. 4b. Điều kiện x  0Cách 1: Chú ý công thức: a logb c  c logb a với a, b, c  0 và b  1 log2 6Áp dụng công thức trên, ta chuyển phương trình 6.9log 2 x  6 x 2  13.x về phương trình:6.9log2 x  6 x 2  13.6log2 xĐặt t  log 2 x  x  2t  x 2  4tKhi đó ta có phương trình: 6.9t  6.4t  13.6tCách 2: Ta có: 6.9log2 x  6 x 2  13 x log 2 6  6.9log2 x  6 x log2 4  13 x log 2 6  6.9log 2 x  64log 2 x  136log 2 x… Tự giảiBài tập tự giải có hướng dẫn:Bài 1: Giải các phương trình sau 2 2a. 2 x  x  22  x  x  3 b. 9 x  6 x  2.4 x 2 2c. 4 x  x 5  12.2 x 1 x 5  8  0 d. 32 x 5  36.3x 1  9  0 2 2e. 32 x  2 x 1  28.3x  x  9  0 f. (ĐHH – D 2001) 12.3x  3.15x  5 x1  20HD: 2 x 4 t  4  x  1a. Đặt 2 x  t (t  0) ta được t  3 t  1 (loai )   x  2 t   2x x 3 3b. Chia cả hai vế phương trình cho 4 x ta được       2  0  x  0 2 2  x  x2  5  1 x  3 x  x2 5 t  2c. Đặt 2  t (t  0)     9  t4 x  x  5  2 2 x    4d. x  1  x  2 e. x  2  x  1Bài 2: Giải các phương trình sau sin x sin xa. (ĐHL – 1998)  74 3    74 3  4Đs: x  k  k    x xb. (ĐHNN – 1998) 2  3     74 3 2 3     4 2 3 Đs: x  0  x  2 x xc.  6- 35    6  35   12 x x x d. 7  5 2    ( 2  5) 3  2 2    3 1 2  1 2  0HD: Đặt t  (1  2) x ; t  0 22 www.VNMATH.com

23. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: Loinguyen1310@gmail.comDĐ: 01694 013 498 t 3  ( 2  5)t 2  3t  1  2  0  (t  1)(t 2  ( 2  4)t  2  1)  0 t  1 x  0   x  2 t  3  2 2     t  1  2 x  1 x xe.    2 3   4 2 3 x 1 t  2  3 x  2HD: Đặt t   2  3   t  0   t   4    t t  2   3  x  2Bài 3: Giải các phương trình saua. (ĐHTCKT – 1999) 4 x 1  2 x 1  2 x  2  12Đs: x  0  k   2 2b. (ĐHAN – D 1999) 9sin x  9cos x  10 x  k 2c. (ĐHHĐ – A 2001) 5.3 2 x 1 7.3x-1  1  6.3x  9 x 1  0 3 1Đs: x  log 3  x  log 3 5 5d 32 x 1  3x  2  1  6.3x  32( x 1)  11 Đs: x  log 3  2     3Bài 3: Giải các phương trình saua. (ĐHHP – 2000) 25x  15x  2.9 xĐs: x  0 2 2b. (ĐHTL – 2000) 22 x 1  9.2 x  x  22 x2  0Đs: x  1  x  2 x x x 2c. (ĐHHH – 1999) 4.3  9.2  5.6Đs: x  4 2 2 2d. 32 x 6 x9  4.15x 3 x5  3.52 x 6 x 9Đs: x  1  x  4BÀI TOÁN 4: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ – DẠNG 2I. Phương pháp:Phương pháp dùng ẩn phụ dạng 2 là việc sử dụng 1 ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành 1 phương trìnhvới 1 ẩn phụ nhưng các hệ số vẫn còn chứa x.Phương pháp này thường sử dụng đối với những phương trình khi lựa chọn ẩn phụ cho 1 biểu thức thì các biểuthức còn lại không biểu diễn được triệt để qua ẩn phụ đó hoặc nếu biểu diễn được thì công thức biểu diễn lạiquá phức tạp. 23 www.VNMATH.com

24. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: Loinguyen1310@gmail.comDĐ: 01694 013 498Khi đó thường ta được 1 phương trình bậc 2 theo ẩn phụ (hoặc vẫn theo ẩn x) có biệt số  là một số chínhphương.II. Bài tập áp dụng:  Bài 1: Giải phương trình 32 x  2 x  9 .3x  9.2 x  0Giải:Đặt t  3x , điều kiện t  0 . Khi đó phương trình tương đương với: 2 2 t  9t 2   2 x  9  t  9.2 x  0;    2 x  9   4.9.2 x   2 x  9    x t  2Khi đó:+ Với t  9  3x  9  x  2 x x x  3 x+ Với t  2  3  2     1  x  0  2 x  2Vậy phương trình có 2 nghiệm  x  0 2 2  Bài 2: Giải phương trình 9 x  x 2  3 3x  2 x 2  2  0Giải: 2 2Đặt t  3x điều kiện t  1 vì x 2  0  3x  30  1  Khi đó phương trình tương đương với: t 2  x 2  3 t  2 x 2  2  0 2 2 t  2        x 2  3  4 2 x 2  2  x 2  1    2 t  1  xKhi đó: 2+ Với t  2  3x  2  x 2  log 3 2  x   log 3 2 2+ Với t  1  x 2  3x  1  x 2 ta có nhận xét: 2VT  1 VT  1 3x  1    x0VP  1 VP  1 1  x 2  1 Vậy phương trình có 3 nghiệm x   log3 2; x  0Bài 3: Giải phương trình: 9 x   x  12  .3x  11  x  0Giải: 2PT   3x    x  12  3x  11  x  0Đặt t  3x  t  0  3 x  1 x  0 x  x (a + b + c = 0) 3  11  x   f ( x )  3  x  11  0(*) 24 www.VNMATH.com

25. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: Loinguyen1310@gmail.comDĐ: 01694 013 498Xét phương trình (*) ta có f ( x )  3 x ln 3  1  0, x    (*) có nghiệm duy nhất x = 2 f ( 2)  0 Vậy, tập nghiệm của phương trình: S = {0 ; 2}Bài 4: Giải phương trình: 3.25x  2   3 x  10  5x  2  x  3Giải:PT 3.25x  2   3 x  10  5x  2  x  3 5 x 2  3.5 x 2  1  x  3.5 x 2  1  3  3.5 x 2  1  0 3.5x  2  1  0 1  3.5  1 5  x  3  0   x 2 x2 x2 5  x  3  0  2   1 1PT 1  5x  2   x  2  log 5  2  log 5 3 3 3 x 2PT  2   5   x  3Vế trái là hàm đồng biến vế phải là hàm nghịch biến mà (2) có nghiệm x = 2 nên là nghiệm duy nhất.Vậy Pt có nghiệm là: x  2  log 5 3 hoặc x = 2Bài 5: Giải phương trình: 42 x  23 x 1  2 x 3  16  0 1Giải :Đặt t  2 x , điều kiện t  0Khi đó pt (1) tương đương với:t 4  2t 3  8t  16  0  42  2t.4  t 4  2t 3  0Đặt u = 4, ta được: u 2  2t.u  t 4  2t 3  0 u  t  t  t  1  4  t 2   t 2  2t  4  0 u  t  t  t  1 2   4  t  2t  t  1  5  t  1  5  2 x  5  1  x  log 2 5  1   Bài 6: Giải phương trình: 9 x  2  x  2  .3x  2 x  5  0 1Giải:Đặt t  3x , điều kiện t  0Khi đó pt (1) tương đương với: t  1 l t 2  2  x  2 t  2x  5  0    3x  5  2 x  2  t  5  2 xTa đoán được nghiệm x = 1Vế trái (2) là một hàm số đồng biến còn vế phải (2) là một hàm nghịch biếnVậy x = 1 là nghiệm duy nhất của pt (2)Bài 7: Giải phương trình: 32 x  3x  5  5 1 25 www.VNMATH.com

Bài 1: Giải Các Dạng Bài Tập Về Este

Chương 1: Este – Lipit. Công thức và hướng dẫn giải các dạng bài tập về Este trong sách giáo khoa lớp 12.

Bài 1 (trang 7 SGK Hóa 12): Hãy điền chữ Đ (đúng) hoặc S (sai) trong mỗi ô trống bên cạnh các câu sau:

a) Este là sản phẩm của phản ứng giữa axit và ancol.

b) Este là hợp chất hữu cơ trong phân tử có nhóm COO –.

e) Sản phẩm của phản ứng giữa axit và ancol là este.

a) S vì có một số este được điều chế bằng phương pháp điều chế riêng, ví dụ: vinyl axetat.

b) S vì phân tử este không có nhóm COO – (chỉ có RCOO –)

e) S vì axit có thể là axit vô cơ. Câu đúng phải là: “Sản phẩm của phản ứng giữa axit cacboxylic và ancol là este.”

Bài 2 (trang 7 SGK Hóa 12): Ứng với công thức C 4H 😯 2 có bao nhiêu este là đồng phân của nhau?

A. 2; B. 3; C. 4; D. 5

Bài 3 (trang 7 SGK Hóa 12): Chất X có CTPT C 4H 😯 2. Khi X tác dụng với dung dịch NaOH sinh ra chất Y có công thức C 2H 3O 2 Na. Công thức cấu tạo của X là:

Bài 4 (trang 7 SGK Hóa 12): Khi thủy phân este X có công thức phân tử C 4H 😯 2 trong dung dịch NaOh thu được hỗn hợp 2 chất hữu cơ Y, Z trong đó Z có tỉ khối hơi so với H 2 bằng 23. Tên của X là:

A. Etyl axetat B. Metyl axetat.

C. Metyl propionat D. Propyl fomat.

– Vì Z có tỉ khối hơi so với H 2 nên suy ra Z có thể ở dạng hơi. Do đó, Z là rượu.

Bài 5 (trang 7 SGK Hóa 12): Phản ứng thủy phân của este trong môi trường axit và môi trường bazơ khác nhau ở điểm nào?

– Phản ứng thủy phân este trong môi trường axit là phản ứng thuận nghịch, este vẫn còn, nổi lên trên bề mặt dung dịch.

– Phản ứng thủy phân este trong môi trường kiềm là phản ứng một chiều, este phản ứng hết.Phản ứng này còn được gọi là phản ứng xà phòng hóa.

Bài 6 (trang 7 SGK Hóa 12): Đốt cháy hoàn toàn 7,4 gam este X đơn chức thu được 6,72 lít CO 2 (đktc) và 5,4 gam nước.

a) Xác định công thức phân tử của X.

b) Đun 7,4 gam X trong dung dịch NaOH vừa đủ đến khi phản ứng hoàn toàn thu được 3,2 gam ancol Y và một lượng muối Z. Viết công thức cấu tạo của X và tính khối lượng của Z.

Y là rượu R 1 OH, Z là muối RCOONa

Vì este X là no đơn chức nên Y cũng là rượu no đơn chức. Gọi CTPT của Y là C mH 2m+2 O

Công thức cấu tạo của X:

Bạn đang đọc nội dung bài viết Pp Giải Bài Tập Về Anken trên website Techcombanktower.com. Hy vọng một phần nào đó những thông tin mà chúng tôi đã cung cấp là rất hữu ích với bạn. Nếu nội dung bài viết hay, ý nghĩa bạn hãy chia sẻ với bạn bè của mình và luôn theo dõi, ủng hộ chúng tôi để cập nhật những thông tin mới nhất. Chúc bạn một ngày tốt lành!