Top 6 # Xem Nhiều Nhất Cách Giải Phương Trình Mũ Logarit Mới Nhất 3/2023 # Top Like

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

hàm f(x) tăng (hoặc giảm) trong khoảng (a;b) thì phương trình f(x) = k có không quá một nghiệm trong khoảng (a;b).

* Tính chất 2: Nếu hàm f(x) tăng trong khoảng (a;b) và hàm g(x) là hàm hằng hoặc là một hàm giảm trong khoảng (a;b) thì phương trình f(x) có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng (a;b), (do đó nếu tồn tại x 0 ∈ (a;b): f(x 0) = g(x 0) thì đó là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = g(x)).

Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu (đồng biến hoặc nghịch biến).

– Với x < x 0 ⇔ f(x) < f(x 0) ⇔ f(x) < k, nên phương trình vô nghiệm.

Kết luận: x = x 0 là nghiệm duy nhất của phương trình.

° Bài tập vận dụng giải phương trình mũ và logarit bằng phương pháp hàm số

– Với bài tập này thì vế trái làm hàm mũ hoặc logarit, vế phải là hàm hằng.

– Ta có: VT = 2 x + 5 x , là hàm đồng biến

VP = 7, là một hàm hằng.

→ Như vậy, nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.

– Mặt khác, ta thấy: với x = 1 thì:

⇒ Phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.

– Điều kiện: x ≥ -3.

– Ta có: VT = log 3(x+3) + log 5(x+5) là một hàm đồng biến

VP = 2 là hàm hằng

→ Như vậy, nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.

– Mặt khác, ta thấy: với x = 0 (thỏa điều kiện x ≥ -3) thì:

⇒ Phương trình có nghiệm duy nhất x = 0.

– Với bài tập này thì vế trái làm hàm mũ hoặc logarit, vế phải là hàm số bậc 1.

– Ta có: VT = 5 x , là hàm đồng biến

VP = 6 – x, là một hàm nghịch biến.

→ Như vậy, nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.

– Mặt khác, ta thấy: với x = 1 thì:

VT = 5 1 = 5; VP = 6 – 1 = 5 ⇒ VT = VP

⇒ Phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.

– Ta có: VT = log 6 x , là hàm đồng biến

VP = 7 – x, là một hàm nghịch biến.

→ Như vậy, nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.

– Mặt khác, ta thấy: với x = 6 thì:

VT = log 6 6 = 1; VP = 7 – 6 = 1 ⇒ VT = VP

⇒ Phương trình có nghiệm duy nhất x = 6.

– Ta có: VT = log 2x + log 5(2x+1) , là hàm đồng biến.

VP = 2 là hàm hằng.

→ Như vậy, nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.

– Mặt khác, ta thấy: với x = 2 thì:

VT = log 22 + log 5(2.2+1) = 1 + 1 = 2 = VP.

⇒ Phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.

* Cũng có thể lập luận như sau:

– Nhận thấy x = 2 là nghiệm.

⇒ Phương trình vô nghiệm.

+ Nếu 0<x<2 thì:

⇒ Phương trình vô nghiệm.

→ Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.

– Ta thấy:

VT = (1/3) x-1 : của phương trình là một hàm nghịch biến.

VP = log 2 x + 1: của phương trình là một hàm đồng biến.

→ Vì vậy, nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.

– Mặt khác, ta nhẩm thấy x = 1 là nghiệm của phương trình vì:

⇒ Phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.

– Điều kiện: x≠0

– Nhận thấy:

– Do đó phương trình (*) tương đương với phương trình:

– Đối chiếu điều kiện x = 0 (loại), x = 2 (nhận).

⇒ Phương trình (*) có nghiệm duy nhất x = 2.

Xem lời giải

LOGARIT (chuẩn)

1/ Về kiến thức: Nắm được cách giải các bpt mũ, bpt logarit dạng cơ bản, đơn giản.Qua đógiải được các bpt mũ,bpt logarit cơ bản , đơn giản

2/Về kỉ năng: Vận dụng thành thạo tính đơn điệu của hàm số mũ ,logarit dể giải các bptmũ, bpt loga rit cơ bản, đơn giản

3/ Về tư duy và thái độ:- kỉ năng lô gic , biết tư duy mỡ rộng bài toán

– học nghiêm túc, hoạt động tích cực

Ngày soạn: 5/8/2008 Số tiết :2 Bài dạy: BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ và BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT (chuẩn) I/ Mục tiêu: 1/ Về kiến thức: Nắm được cách giải các bpt mũ, bpt logarit dạng cơ bản, đơn giản.Qua đógiải được các bpt mũ,bpt logarit cơ bản , đơn giản 2/Về kỉ năng: Vận dụng thành thạo tính đơn điệu của hàm số mũ ,logarit dể giải các bptmũ, bpt loga rit cơ bản, đơn giản 3/ Về tư duy và thái độ:- kỉ năng lô gic , biết tư duy mỡ rộng bài toán học nghiêm túc, hoạt động tích cực II/ Chuân bị của giáo viên và học sinh: +Giáo viên: bảng phụ, phiếu học tập +Học sinh: kiến thức về tính đơn điệu hàm số mũ, logarit và bài đọc trước III/Phương pháp: Gợi mỡ vấn đáp-hoạt động nhóm IV/ Tiến trình bài học: 1/ Ổn định tổ chức: ½ phút Xác định của hàm số y = log2 (x2 -1) 3/ Bài mới : Tiết1: Bất phương trình mũ HĐ1: Nắm được cách giải bpt mũ cơ bản Thời gian Hoạt động giáo viên Hoạt động học sinh Ghi bảng 8s -Gọi học sinh nêu dạng pt mũ cơ bản đã học - Gợi cho HS thấy dạng bpt mũ cơ bản (thay dấu = bởi dấu bđt) H1: hãy nhận xét sự tương giao 2 đồ thị trên x < loga b - Chia 2 trường hợp: GV hình thành cách giải trên bảng -1 HS nêu dạng pt mũ + HS theo dõi và trả lời: b: không có giaođiểm -HS suy nghĩ trả lời -Hs trả lời tập nghiệm I/Bất phương trình mũ : 1/ Bất phương trình mũ cơ bản: (SGK) HĐ2: ví dụ minh hoạ Thời gian Hoạt động giáo viên Hoạt động học sinh Ghi bảng 5/ Hoạt động nhóm: Nhóm 1 và 2 giải a Nhóm 3 và 4 giảib -Gv: gọi đại diện nhóm 1và 3 trình bày trên bảng Nhóm còn lại nhận xét GV: nhận xét và hoàn thiện bài giải trên bảng * H3:em nào có thể giải được bpt 2x < 16 Các nhóm cùng giải -đại diện nhóm trình bày, nhóm còn lại nhận xét bài giải HS suy nghĩ và trả lời Ví dụ: giải bpt sau: b/ (0,5)x HĐ3:củng cố phần 1 Hoạt động giáo viên hoạt động học sinh Ghi bảng 5/ Dùng bảng phụ:yêu cầu HS điền vào bảng tập nghiệm bpt: a x < b, ax , ax GV hoàn thiện trên bảng phụ và cho học sinh chép vào vở -đại diện học sinh lên bảng trả lời -học sinh còn lại nhận xét và bổ sung HĐ4: Giải bpt mũ đơn giản Hoạt dộng giáo viên Hoạt động học sinh Ghi bảng 17/ GV: Nêu một số pt mũ đã học,từ đó nêu giải bpt -cho Hs nhận xét vp và đưa vế phải về dạng luỹ thừa -Gợi ý HS sử dụng tính đồng biến hàm số mũ -Gọi HS giải trên bảng GV gọi hS nhận xét và hoàn thiện bài giải GV hướng dẫn HS giải bằng cách đặt ẩn phụ Gọi HS giải trên bảng GV yêu cầu HS nhận xét sau đó hoàn thiện bài giải của VD2 -trả lời đặt t =3x 1HS giải trên bảng -HScòn lại theo dõi và nhận xét 2/ giải bptmũđơn giản VD1:giải bpt (1) Giải: (1) VD2: giải bpt: Giải: Khi đó bpt trở thành HĐ5: Cũng cố:Bài tập TNKQ( 5 phút) Bài1: Tập nghiệm của bpt : A ( -3 ; 1) B: ( -1 ; 3) C: ( 0 ; 3 ) D: (-2 ; 0 ) Bài 2: Tập nghiệm bpt : 2-x + 2x là: A:R B: C: D : S= Tiết số 2: Bất phương trình logarit HĐ6:Cách giải bất phương trình logarit cơ bản Hoạt động giáo viên hoạt động học sinh Ghi bảng 10/ GV :- Gọi HS nêu tính đơn điệu hàm số logarit -Gọi HS nêu dạng pt logarit cơ bản,từ đó GV hình thành dạng bpt logarit cơ bản GV: dùng bảng phụ( vẽ đồ thị hàm số y = loga x và y =b) Hỏi: Tìm b để đt y = b không cắt đồ thị ( ) -Nêu được tính đơn điệu hàm số logarit y = loga x - cho ví dụ về bpt loga rit cơ bản -Trả lời : không có b -Suy nghĩ trả lời I/ Bất phương trình logarit: 1/ Bất phương trìnhlogarit cơ bản: Dạng; (SGK) +0<a <1, S=(0; ab ) HĐ7: Ví dụ minh hoạ 8/ Sử dụng phiếu học tập 1 và2 GV : Gọi đại diện nhóm trình bày trên bảng GV: Gọi nhóm còn lại nhận xét GV: Đánh giá bài giải và hoàn thiện bài giải trên bảng Hỏi: Tìm tập nghiệm bpt: Log3 x < 4, Log0,5 x Cũng cố phần 1: GV:Yêu cầu HS điền trên bảng phụ tập nghiệm bpt dạng: loga x , loga x < b loga x GV: hoàn thiện trên bảng phụ HĐ 8 :Giải bpt loga rit đơn giản Trả lời tên phiều học tập theo nhóm -Đại diện nhóm trình bày - Nhận xét bài giải -suy nghĩ trả lời - điền trên bảng phụ, HS còn lại nhận xét Ví dụ: Giải bất phương trình: b/ Log 0,5 x 22/ -Nêu ví dụ 1 -Hình thành phương pháp giải dạng :loga f(x)< loga g(x)(1) +Đk của bpt +xét trường hợp cơ số Hỏi:bpt trên tương đương hệ nào? - Nhận xét hệ có được GV:hoàn thiện hệ có được: Th2: 0<a<1(ghi bảng) GV -:Gọi 1 HS trình bày bảng - Gọi HS nhận xét và bổ sung GV: hoàn thiện bài giải trên bảng GV:Nêu ví dụ 2 -Gọi HS cách giải bài toán -Gọi HS giải trên bảng GV : Gọi HS nhận xét và hoàn thiệnbài giải -suy nghĩ và trả lời - ! hs trình bày bảng -HS khác nhận xét -Trả lời dùng ẩn phụ -Giải trên bảng -HS nhận xét 2/ Giải bất phương trình: a/Log0,2(5x +10) < log0,2 (x2 + 6x +8 ) (2) Giải: (2) Ví dụ2: Giải bất phương trình: Log32 x +5Log 3 x -6 < 0(*) Giải: Khi đó (*)t2 +5t - 6 < 0 -6< t < 1 <-6<Log3 x <1 3-6 < x < 3 HĐ9: Củng cố: Bài tập TNKQ( 5 phút) Bài 1:Tập nghiệm bpt: Log2 ( 2x -1 )Log2 (3 - x ) A B C D Bài2 ;Tập nghiệm bpt: Log0,1 (x - 1) < 0 A : R B: C: D:Tập rỗng Dặn dò: Về nhà làm bài tập 1và 2 trang 89, 90 Trường Trần văn Dư Ngày soạn; 5/8/2008 BÀI TẬP: BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ và BẤT PHƯƠNG số tiết 1 LOGARIT I/Mục tiêu: Về kién thức; Nắm vững phương pháp giải bpt mũ,bpt logarit và vận dụng để giải đượcác bpt mũ ,bpt logarit Về kỷ năng: Sử dụng thành thạo tính đơn điệu hàm số mũ ,logaritvà nhận biết điều kiện bài toán Về tư duy,thái độ: Vận dụng được tính logic, biết đưa bài toán lạ về quen, học tập nghiêm túc, hoạt động tich cực II/Chuẩn bị của giải viên và học sinh: Giáo viên: Phiếu học tập, câu hỏi trắc nghiệm Học sinh : Bài tập giải ở nhà, nắm vững phương pháp giải III/ Phương pháp : gợi mỡ ,vấn đáp-Hoạt động nhóm IV/ Tiến trình bài học: 1/ Ổn dịnh tỏ chức: 2/ Kiểm tra bài cũ: 3' Giải bpt sau:a./ Log 2 (x+4) 125 3/ Bài mới HĐ1: Giải bpt mũ Thời gian Hoạt động giáo viên Hoạt động học sinh Ghi bảng 15' 10 a x < b - GVsử dụng bảng phụ ghi tập nghiêm bpt GV phát phiếu học tập1 và 2 - Giao nhiệm vụ các nhóm giải -Gọi đại diện nhóm trình bày trên bảng,các nhóm còn lại nhận xét GV nhận xét và hoàn thiện bài giải HĐTP2:GV nêu bài tập Hướng dẫn học sinh nêu cách giải -Gọi HS giải trên bảng -Gọi HS nhận xét bài giải - GV hoàn thiện bài giải - Trả lời _ HS nhận xét -Giải theo nhóm -Đại diện nhóm trình bày lời giải trên bảng -Nhận xét -Nêu các cách giải -HSgiải trên bảng -nhận xét Bài 1: Giải bpt sau: 1/ (1) 2/ (2) Giải: (1) (2) Bài tập2 :giải bpt 4x +3.6x - 4.9x < 0(3) Giải: (3) Đặt t = bpt trở thành t2 +3t - 4 < 0 HĐ2: Giải bpt logarit 12' -Gọi HS nêu cách giải bpt GV : phát phiếu học tập 3,4 Gọi đại diện nhóm trả lời Gọi HS nhận xét GV hoàn thiện bài giải -Nêu cách giải Nhóm giải trên phiếu học tập Đại diện nhóm trình bày trên bảng Nhóm còn lại nhận xét HĐ3 củng cố : 5' Bài 1: tập nghiệm bất phương trình : A/ Bài 2: Tập nghiệm bất phương trình: Dặn dò : Về nhà làm bài tập 8/90 SGK Phụ lục : Phiếu học tập 3 Phiếu học tập 4

I. CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT KHÁC CƠ SỐ BẰNG ĐỔI CƠ SỐ

Công thức đổi cơ số như sau:

. Trong đó a, b, c là các số thực dương và b khác 1. Thường thì phương pháp đổi cơ số cho các phương trình khác cơ số chỉ hữu hiệu khi biểu thức trong các logarit giống nhau.

. Trong đó a, b, c là các số thực dương và b khác 1. Thường thì phương pháp đổi cơ số cho các phương trình khác cơ số chỉ hữu hiệu khi biểu thức trong các logarit giống nhau.

Ví dụ minh họa:

Giải phương trình

.

Lời giải:

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

Bộ đề thi Online các dạng có giải chi tiết: Hàm số lũy thừa – Mũ – Logarit

Đề thi Online có giải: 

[7-8] Phương trình logarit – Dạng đưa về cùng cơ số

[7-8] Phương trình mũ – Dạng đưa về cùng cơ số

II.

CÁCH GIẢI PΗƯƠNG TRÌNH LOGARIT KHÁC CƠ SỐ

ĐẶT ẨN PHỤ ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH MŨ

Khi biểu thức dưới các dấu logarit khác nhau thì các bạn nên nghĩ đến phương pháp này. Gợi ý là ta có thể đặt một logarit bằng t. Sau đó rút thế ngược lại để được phương trình mũ.

Ví dụ minh họa:

Giải phương trình

Lời giải:

Đặt . Phương trình trở thành: Hàm số là hàm số nghịch biến nên phương trình có nghiệm duy nhất . Với thì Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

III.

CÁCH GIẢI PΗƯƠNG TRÌNH LOGARIT KHÁC CƠ SỐ

BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

Đối với một số phương trình logarit khác cơ số, biến đổi tương đương có thể giải được phương trình.

Ví dụ minh họa:

Giải phương trình sau

Lời giải:

Ta có: Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Bộ đề thi Online các dạng có giải chi tiết: Hàm số lũy thừa – Mũ – Logarit

IV. CÁCΗ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT KHÁC CƠ SỐ BẰNG ĐÁNH GIÁ HAI VẾ

Nếu phương trình có dạng

xác định trên miền D. Đồng thời và với mọi giá trị x thuộc miền D thì phương trình đã cho chỉ có nghiệm khi dấu bằng của các bất phương trình trên xảy ra.

Ví dụ minh họa:

xác định trên miền D. Đồng thờivàvới mọi giá trị x thuộc miền D thì phương trình đã cho chỉ có nghiệm khi dấu bằng của các bất phương trình trên xảy ra.

Giải phương trình

Lời giải:

• . • Mặt khác . Do đó phương trình đã cho có nghiệm duy nhất