zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

9 Phương pháp giải phương trình mũ và phương trình logarit - Trần Tuấn Anh

Chia sẻ: Nguyen Ngoc Chung Chung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:13

Báo xấu

235
lượt xem 48
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

9 Phương pháp giải phương trình mũ và phương trình logarit giúp các bạn biết được cách thức để giải phương trình mũ và phương trình logarit như giải phương trình cơ bản; đưa về cùng cơ số; biến đổi đưa về phương trình tích; logarit hóa, mũ hóa; dùng ẩn dụ; dùng tính đơn điệu của hàm số; phương pháp đánh giá; phương pháp quan niệm hằng số là ẩn; sử dụng định lý lagrange.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 9 Phương pháp giải phương trình mũ và phương trình logarit - Trần Tuấn Anh

Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com ------------O0O------------ Phƣơng pháp 1: GIẢI PHƢƠNG TRÌNH CƠ BẢN a f ( x )  b  f ( x)  log a b ; log a f ( x)  b  f ( x)  ab . Ví dụ 1. Giải các phƣơng trình: 5 x  4  81 2 a) 3x ; b) log 2 (3x  4)  3 . Giải: 5 x  4  81  x2  5x  4  log3 81  x2  5 x  4  log3 34 2 a) 3x x  0  x2  5x  4  4  x2  5x  0  x( x  5)  0   . x  5 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 và x = 5. b) log 2 (3x  4)  3 . 4 ĐK: 3x  4  0  x  . 3 log 2 (3x  4)  3  l3x  4  23  3x  4  8  3x  12  x  4 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 4. Sài Gòn, 10/2013 www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com Page 1
Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com Phƣơng pháp 2: ĐƢA VỀ CÙNG CƠ SỐ 1) Đối với phương trình mũ: biến đổi phương trình về dạng a f ( x )  a g ( x ) . - Nếu cơ số a là một số dương khác 1 thì a f ( x )  a g ( x )  f ( x)  g ( x) . a  0 - Nếu cơ số a thay đổi thì a f ( x )  a g ( x )   .  ( a  1)  f ( x )  g ( x )   0 2) Đối với phương trình logarit: biến đổi phương trình về dạng 0  a  1  loga f ( x)  log a g ( x)   f ( x)  0  f ( x)  g ( x)  Ví dụ 1. Giải các phƣơng trình: 5 x  4  81 2 a) 3x ; b) log 2 (3x  4)  3 . Giải: 5 x  4  81  3x 5 x4  34  x2  5x  4  4 2 2 a) 3x x  0  x2  5x  0  x( x  5)  0   . x  5 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 và x = 5. 4 b) ĐK: 3x  4  0  x  . 3 log 2 (3x  4)  3  log 2 (3x  4)  log 2 23  3x  4  23  3x  4  8  3x  12  x  4 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 4. Sài Gòn, 10/2013 www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com Page 2
Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com Ví dụ 2. Giải các phƣơng trình:  x 8  913 x b) 2x1  2x1  2x  28 . 2 a) 3x ; 3 3 1 1 2  5.2 x  3x  3x  2x 2 2 2 2 2 2 c) 2.5x ; d) 2x . Giải:  x 8  913 x  3x  x 8  32(13 x )  x2  x  8  2(1  3x) 2 2 a) 3x  x  2  x2  5x  6  0   .  x  3 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = - 2 và x = - 3. b) 2x1  2x1  2x  28  22.2 x1  2 x1  2.2x1  28  2 x1 (22  1  2)  28  2x1  4  2x1  22  x  1  2  x  3 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 3. 2 3 x 2 3 1 x 3 x 3 5x 5 5 5  5.2       2 2 c) 2.5 3 2 2 2 2x 2  x2  3  1  x2  4  x  2 . Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = - 2 và x = 2. 1  3x  3x 1  2x 2  2x 1  3.3x 1  3x 1  23.2x 1 2 2 2 2 2 2 2 2 d) 2x 1 1 1 1  2x  23.2 x  3x  3.3x  2 x 1 (1  23 )  3x 1 (1  3) 2 2 2 2 2 2 x 2 1 x 2 1 2 2 4 2 2  2 x 1.9  3x 1.4           x2  1  2 2 2 3 9 3 3  x2  3  x   3 . Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = - 3 và x = 3. Sài Gòn, 10/2013 www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com Page 3
Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com Ví dụ 3. Giải các phƣơng trình: a) lg x  lg x 2  lg 4 x ; b) log 2 x  log3 x  log 4 x  log5 x . Giải: b) ĐK: x  0 . lg x  lg x2  lg 4 x  lg x  2lg x  lg 4  lg x  2lg x  lg 4 x  2  2lg x  lg 22  lg x  lg 2  x  2   .  x   2 Do x  0 nên nghiệm của phương trình là x  2 . b) ĐK: x  0 . log2 x  log3 x  log4 x  log5 x  log2 x  log3 2.log2 x  log4 2.log 2 x  log5 2.log 2 x  log2 x.(1  log3 2  log 4 2  log5 2)  0  log2 x  0  x  1. Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1. Phƣơng pháp 3: BIẾN ĐỔI ĐƢA VỀ PHƢƠNG TRÌNH TÍCH Ví dụ 1. Giải các phƣơng trình: a) 12.3x  3.15x  5x1  20 ; b) log2 (3x  4).log2 x  log2 x . Giải: a) 12.3x  3.15x  5x1  20  12.3x  3.3x.5x  5.5x  20  0  3.3x (4  5x )  5(5x  4)  0  (5x  4)(3.3x  5)  0 5 x  4  0 5 5  x  3x   x  log3   . 3.3  5  0 3  3 Sài Gòn, 10/2013 www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com Page 4
Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com 5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  log 3   . 3 3x  4  0 4 b) ĐK:  x . x  0 3 log 2 (3x  4).log 2 x  log 2 x  log 2 x log 2 (3x  4)  1  0 log x  0 log x  0 x 1 x 1  2  2   . log 2 (3x  4)  1  0 log 2 (3x  4)  1 3x  4  2 x  2 4 Do x  nên nghiệm của phương trình là x  2 . 3 Phƣơng pháp 4: LÔGARIT HÓA, MŨ HÓA Ví dụ 1. Giải các phƣơng trình: a) 3x.2 x  1 b) 3log2 x  x  2 . 2 ; Giải: a) Lấy lô garit hai vế với cơ số 2, ta được   log 2 3x.2 x  log 2 1  log 2 3x  log 2 2 x  0  x.log 2 3  x 2 .log 2 2  0 2 2 x  0 x  0  x.log 2 3  x 2  0  x  log 2 3  x   0    . log 2 3  x  0  x   log 2 3 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 và x =  log 2 3 . b) ĐK: x  0 . Đặt log 2 x  t  x  2t ta thu được phương trình mũ theo biến t : Sài Gòn, 10/2013 www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com Page 5
Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com 3t  2t  2 (*). Vế trái của (*) là hàm số đồng biến, vế phải là hàm hằng nên phương trình (*) nếu có nghiệm thì có nhiều nhất là một nghiệm. Mà t  0 là một nghiệm của (*) nên đó là nghiệm duy nhất của (*).  log 2 x  0  x  1. Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1. Phƣơng pháp 5: DÙNG ẨN PHỤ 2 1 2 x Ví dụ 1. Giải phƣơng trình: 22x 9.2x 22x 2 0 Giải: Chia cả 2 vế phương trình cho 22x 2 0 ta được: 2 2x 1 2 2x 2 1 2x 2 9 x2 22x 9.2x 1 0 .2 2x .2 x 1 0 2 4 2 2x 2 x 2.22x 9.2x 4 0 2 x Đặt t 2x điều kiện t > 0. Khi đó phương trình tương đương với : t 4 2 x 2 2x 22 x2 x 2 x 1 2t 9t 4 0 1 t 2x 2 x 2 1 x2 x 1 x 2 2 Vậy phương trình có 2 nghiệm x = - 1, x = 2. Sài Gòn, 10/2013 www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com Page 6
Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com x x Ví dụ 2. Giải phƣơng trình: 7 4 3 3 2 3 2 0 2 Giải: Nhận xét rằng: 7 4 3 2 3 ; 2 3 2 3 1 x x 1 x Do đó nếu đặt t 2 3 điều kiện t > 0, thì: 2 3 và 7 4 3 t2 t Khi đó phương trình tương đương với: 3 t 1 t2 2 0 t3 2t 3 0 t 1 t2 t 3 0 t t2 t 3 0 x t 1 2 3 1 x 0. Vậy phương trình có nghiệm x = 0. Ví dụ 3. Giải phƣơng trình: 32x 2x 9 .3x 9.2x 0 Giải: Đặt t 3x , điều kiện t > 0. Khi đó phương trình tương đương với: t2 2x 9 t 9.2x 0 2 2 t 9 2x 9 4.9.2x 2x 9 . t 2x Khi đó : + Với t 9 3x 9 x 2 x x x x 3 + Với t 2 3 2 1 x 0 2 Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 2, x = 0. Sài Gòn, 10/2013 www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com Page 7
Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com Ví dụ 4. Giải phƣơng trình: 22x 2x 6 6 Giải: Đặt u 2x , điều kiện u > 0. Khi đó phương trình thành: u 2 u 6 6 Đặt v u 6, điều kiện v 6 v2 u 6 Khi đó phương trình được chuyển thành hệ: u2 v 6 u v 0 u2 v2 u v u v u v 1 0 v2 u 6 u v 1 0 u 3 + Với u = v ta được: u 2 u 6 0 u 3 2x 3 x log2 3 u 2 + Với u + v + 1 = 0 ta được : 1 21 u 1 21 21 1 21 1 u2 u 5 0 2 u 2x x log2 1 21 2 2 2 u 2 21 1 Vậy phương trình có 2 nghiệm là x log2 3 và x = log2 . 2 Phƣơng pháp 6: DÙNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ Ví dụ 1. Giải phƣơng trình: log7 x  log3 ( x  2) . Giải: ĐK : x  0 . Đặt t = log7 x  x  7t . Khi đó phương trình trở thành : Sài Gòn, 10/2013 www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com Page 8
Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com t  7 t t  log3 ( 7  2)  3  7  2     1   1 (*). 3 t t t  2.  3    Vế trái của (*) là hàm số nghịch biến, vế phải là hàm hằng nên phương trình (*) nếu có nghiệm thì có nhiều nhất là một nghiệm. Mà t  2 là một nghiệm của (*) nên đó là nghiệm duy nhất của (*).  log7 x  2  x  49. Vậy phương trình có nghiệm x = 49. Ví dụ 2. Giải phƣơng trình: 7 x1  6log7 (6 x  5)  1. 5 Giải: ĐK : 6 x  5  0  x  . 6 Đặt y  1  log 7  6 x  5 . Khi đó, ta có hệ phương trình 7  6  y  1  1  x 1 7 x 1  6 y  5 7 x 1  6 y  5    y 1   y 1  7 x1  6 x  7 y 1  6 y .  y  1  log 7  6 x  5 7  6 x  5  7  6 x  5 5 Xét hàm số f  t   7t 1  6t . f '  t   7t 1.ln 7  6  0,t  nên f  t  là hàm số 6 đồng biến trên 5   ;   . Mà f  x   f  y   x  y . Khi đó: 7 x1  6 x  5  0 . Xét  6  hàm số g x  7 x1  6 x  5 . g '  x   7 x1 ln 7  6 . g ''  x   7 x1  ln 7  0 . Suy ra, 2 5  g '  x  là hàm số đồng biến trên D   ;   , do đó phương trình g '  x   0 có 6  nhiều nhất một nghiệm. Suy ra, phương trình g  x   0 nếu có nghiệm thì có nhiều nhất là hai nghiệm. Nhẩm nghiệm ta được 2 nghiệm của phương trình là: x = 1, x = 2. Sài Gòn, 10/2013 www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com Page 9
Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com Ví dụ 3. Giải phƣơng trình: 3x  4 x  2  7 x (*). Giải: Vế trái của (*) là hàm số đồng biến, vế phải của (*) là hàm số nghịch biến nên phương trình (*) nếu có nghiệm thì có nhiều nhất là một nghiệm. Mà x  0 là một nghiệm của (*) nên đó là nghiệm duy nhất của (*). Phƣơng pháp 7: PHƢƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ 2 1 Ví dụ 1. Giải phƣơng trình: 2 x 2 x. Giải: ĐK : x  0 . Ta có VT  2 x 1  201  2 và VP  2  x  2  0  2 . Suy ra VT  VP , dấu bằng 2 xảy ra khi x  0 . Vậy x  0 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. Ví dụ 2. Giải phƣơng trình: 1  4 x  2 x1  2 x  2 x . Giải: Ta có 1  4 x  2 x1  2 x  2 x  2  (4 x  2.2 x  1)  2 x  2 x  2  (2 x  1)2  2 x  2 x . VT  2  (2 x  1)2  2  0  2 và VP  2 x  2 x  2 2 x.2 x  2 . Suy ra VT  VP , dấu  2x  1  0 bằng xảy ra khi  x  x  0. 2  2 x Sài Gòn, 10/2013 www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com Page 10
Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com Vậy x  0 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.    Ví dụ 3. Giải phƣơng trình: log3 9  x  1  log 2 x 2  2 x  5 .  Giải: x 1  0 x 1 x  1     ĐK : 9  x  1  0  9  x 1   x  82  x  1;82  .  2   x  2x  5  0  x  1  4  0  x 1  4  0 2 2 Ta có :   VT  log3 9  x  1  log3 9  2 và   VP  log 2 x 2  2 x  5  log 2  x  1  4  log 2 4  2 . Suy ra  2  VT  VP , dấu bằng  x 1  0  xảy ra khi   x  1.    x  1  2  0 Vậy x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. Phƣơng pháp 8: PHƢƠNG PHÁP QUAN NIỆM HẰNG SỐ LÀ ẨN Ví dụ 1. Giải phƣơng trình: 16x  4x1  2x2  16 . Giải: Ta có 16x  4x1  2x2  16  42  2x.4  4x1  16x  0 (*). Xét phương trình ẩn t sau đây t 2  2x t  4x1  16x  0 (**). Giả sử (*) đúng với giá trị x0 nào đó thì phương trình ẩn t sau có nghiệm t = 4: t 2  2x0 t  4x0 1  16x0  0 . Sài Gòn, 10/2013 www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com Page 11
Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com    4 4x 1 16x   4.16x 2 Biệt thức   2 x0 0 0 0 0 . 2 x0  4.16 x0 2 x0  4.16 x0 Suy ra t 4 ; t 4 . 2 2  x 1  65 2 0  ( n)   x0 x0 2  4.16 2  4 TH1: 4  2 x0  2.4 x0  8  2. 2 x0 x0  2 8  0  2  x 1  65 2 0  (l )  4  1  65  x0  log 2   .  4  2 x0  4.16 x0   2 TH2: 4  2 x0  2.4 x0  8  2. 2 x0  2 x0  8  0 (pt vô nghiệm) 2  1  65  Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  log 2   .  4  Phƣơng pháp 9: SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ LAGRANGE Ví dụ 1. Giải phƣơng trình: 5x  4 x  2 x  7 x (1). Giải: Giả sử x0 là một nghiệm của (1), hay ta có: 5x0  4x0  2x0  7 x0  5x0  2x0  7 x0  4x0 (*). Xét hàm số f (t )   t  3 0  t x0 trên đoạn  2;4 thì x f (t ) là hàm số liên tục và có đạo hàm trên đoạn  2;4  . Áp dụng định lí lagrange thì có số k   2;4  sao cho Sài Gòn, 10/2013 www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com Page 12
Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com f '(k )  f (4)  f (2)     7 x0  4 x0  5 x0  2 x0 0  (do (*)) mà f '(t )  x0  t  3 x0 1  x0t x0 1 42 42  x0  t  3  t x0 1  . x0 1    x0  0  x0  0 Suy ra x0  k  3  k x0 1   0   x0 1        k  3 x0 1 x0 1 x0 1  k  3  k  0  k x0 1  x0  0   x0  0  x0  0   k  3  x0 1   . 1  0 x  1  0  0 x  1  k  Thay x  0; x  1 vào (1) ta thấy chúng đều thỏa mãn. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0; x  1 . - Trần Tuấn Anh. - Mail: TranTuanAnh858@gmail.com Sài Gòn, 10/2013 www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com Page 13

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.06: Bộ 240 Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2023

240 tài liệu

1111 lượt tải

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.