Giáo án môn Toán học 8 - Chương 5: Phương trình bất phương trình mũ logarit bất đẳng thứ

186 CHƯƠNG 5 PHƯƠNG TRÌNH BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ LOGARIT BẤT ĐẲNG THỨC. BÀI 1 PHƯƠNG TRÌNH BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ. A. Phương trình mũ: 1. Dạng cơ bản: với f (x) b a b 0 0 a 1: a b f(x) log >⎧⎪< ≠ = ⇔ ⎨ =⎪⎩ 2. Đưa về cùng cơ số: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) g(x)a a= (1) . Nếu a là một số dương và khác 1 thì : (1) f(x) g(x)⇔ = . Nếu cơ số a thay đổi thì : [ ] a 0 (1) (a 1) f(x) g(x) 0 >⎧⎪⇔ ⎨ − − =⎪⎩ (2) Lưu ý khi giải (2) phải có điều kiện để f(x) và g(x) xác định. 3. Logarit hoá hai vế: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) g(x)a b= (*) với 0 a,b 1< ≠ Ta có: (*) f(x).loga g(x).logb⇔ = với 0 c 1< ≠ . 4. Đặt ẩn phụ: Có thể đặt 2t a , t 0= > với a thích hợp để đưa phương trình mũ về phương trình đại số. Lưu ý những cặp số là nghịch đảo của nhau như 2 1,± 2 3,± 3 8,± 5 2,± 5 24,± ….. 5. Đoán nghiệm và chứng minh nghiệm đó là duy nhất. Một số phương trình được giải bằng cách tìm một nghiệm đặc biệt và dùng tính chất hàm số mũ để chứng minh nghiệm đó là duy nhất. 187 B. BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ: Ta có thể dùng các phương pháp biến đổi như phương trình mũ và các công thức sau: . Nếu a > 1 thì: f (x) g(x)a a f(x) g(x)> ⇔ > f (x) g(x)a a f(x) g(x)≥ ⇔ ≥ . Nếu 0 ⇔ < f (x) g(x)a a f(x) g(x)≥ ⇔ ≤ ↓ Tổng quát ta có: [ ]f (x) g(x) a 0 a a (a 1) f(x) g(x) 0 >⎧⎪> ⇔ ⎨ − − >⎪⎩ [ ]f (x) g(x) a 0 a a (a 1) f(x) g(x) 0 >⎧⎪≥ ⇔ ⎨ − − ≥⎪⎩ II. CÁC VÍ DỤ: Ví dụ 1: Giải phương trình: x x x(2 3) (2 3) 4− + + = (Học viện công nghệ bưu chính viễn thông năm 1998) Giải x x x(2 3) (2 3) 4− + + = x x 2 3 2 3 1 4 4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− +⇔ + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ (1) Vì 2 30 1, 4 −< < và 2 30 1 4 +< < Nhận xét: x = 1 là nghiệm của (1), ta chứng minh x = 1 duy nhất Vế trái là hàm số mũ giảm Vế phải là hàm hằng ⇒ x = 1 duy nhất. 188 Ví dụ 2: Giải phương trình: x 2 x 24 16 10.2− −+ = (*) (ĐH Hàng Hải năm 1998). Giải Điều kiện: x 2 0 x 2− ≥ ⇔ ≥ Đặt x 2t 2 −= (t > 0) (*) 2t 10t 16 0⇔ − + = t 8 t 2⇔ = ∨ = . t = 8: x 2 32 8 2 x 2 3 x 11− = = ⇔ − = ⇔ = . t = 2: x 22 2 x 2 1 x 3− = ⇔ − = ⇔ = Vậy nghiệm phương trình: x 11 x 3= ∨ = Ví dụ 3: Giải phương trình: 2 x x( 3 2) ( 3 2) ( 5)− + + = (ĐH Ngoại Thương Hà Nội năm 1997) Giải Ta có: 2 x x( 3 2) ( 3 2) ( 5)− + + = * Xét x > vế phải * Xét x 0 :≥ vế trái > vế phải ⇒ Phương trình vô nghiệm. Ví dụ 4: Cho phương trình: tgx tgx(3 2 2) (3 2 2) m(1)+ + − = 1. Giải phương trình khi m = 6 2. Xác định m để phương trình (1) có đúng 2 nghiệm trong khoảng , 2 2 π π⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ . (ĐH Quốc Gia TPHCM (Luật) năm 1996) Giải 1. m = 6: tgx tgx(1) (3 2 2) (3 2 2) 6 (2)⇔ + + − = Nhận xét: (3 2 2)(3 2 2) 1+ − = Đặt tgx tgx 1t (3 2 2) (t 0) (3 2 2) t = + > ⇒ − = 189 2 t 3 2 21(2) t 6 t 6t 1 0 t t 3 2 2 ⎡ = +⇔ + = ⇔ − + = ⇔ ⎢ = −⎢⎣ . t = 3 tgx2 2 : (3 2 2) 3 2 2 tgx 1 x k (k z) 4 π+ + = + ⇔ = ⇔ = + π ∈ . t = 3 tgx 112 2 : (3 2 2) 3 2 2 (3 2 2) 3 2 2 −− + = − = = ++ tgx 1 x k ' (k ' z) 4 π⇔ = − ⇔ = − + π ∈ 2. tgx tgx(3 2 2) (3 2 2) m (1)+ + − = Theo câu 1: Ta có: 21t m t mt 1 0 (3) (t 0) t + = ⇔ − + = > vì x , tgx R 2 2 π π⎛ ⎞∈ − ⇒ ∈⎜ ⎟⎝ ⎠ tgxt (3 2 2) 0⇒ = + > (1) có đúng 2 nghiệm x , 2 2 π π⎛ ⎞∈ − ⇔⎜ ⎟⎝ ⎠ (3) có đúng 2 nghiệm phân biệt dương. 2m 4 00 p 0 1 0(hiển nhiên) m 2 s 0 m 0 ⎧ − >∆ >⎧ ⎪⎪ ⎪⇔ > ⇔ > ⇔ >⎨ ⎨⎪ ⎪> >⎩ ⎪⎩ Vậy m > 2 thì (1) có 2 nghiệm , 2 2 π π⎛ ⎞∈ −⎜ ⎟⎝ ⎠ Ví dụ 5: Giải bất phương trình: x x 22 3 1< + (1) (ĐH Ngoại Thương năm 1995) Giải x x x x 3 1(1) 2 3 1 1 2 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇔ < + ⇔ < +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ (2) 190 Đặt x x3 1f(x) 2 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ là hàm số giảm vì cơ số a 0) và f(2) = 1. (2) f(2) f(x) x 2⇔ < ⇔ < Vậy nghiệm của bất phương trình là x < 2 Ví dụ 6: Giải bất phương trình: x x 1 x25 5 5 5++ < + (ĐH DÂN LẬP NN - TH năm 1998). Giải Ta có: x x 1 x25 5 5 5++ < + Điều kiện x 0≥ x 2 x x(5 ) 5.5 5 5 0⇔ − − + < (1) Đặt xt 5 (t 0)= > 2(1) t 6t 5 0 1 t 5⇔ − + < ⇔ < < x1 5 5 0 x 1 0 x 1⇔ < < ⇔ < < ⇔ < < Ví dụ 7: Giải bất phương trình: x 3 x2 2 9−+ ≤ (ĐH Kỹ thuật Công Nghệ năm 1998) Giải x 3 x2 2 9−+ ≤ x 3 x x x 82 2 .2 9 2 9 0 2 −⇔ + ≤ ⇔ + − ≤ (1) Đặt xt 2= (t > 0) 28(1) t 9 0 t 9t 8 0 1 t 8 t ⇔ + − ≤ ⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤ 0 x 32 2 2 0 x 3⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ 191 III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ. 1.1. Tìm tất cả các nghiệm thuộc đoạn 3 5, 4 2 ⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦ của phương trình: 2cos2x cos x4 4 3+ = (ĐH Kiến Trúc Hà Nội năm 1998). 1.2. Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình sau đây nghiệm đúng với mọi x > 0. x x x(3m 1).12 (2 m).6 3 0+ + − + < (Học viện công nghệ bưu chính viễn thông năm 1999). 1.3. Xác định các giá trị của m để bất phương trình sau đây có nghiệm: x x4 m.2 m 3 0− + + ≤ (ĐH Y DƯỢC TPHCM năm 1999). 1.4. Giải phương trình: x 1 x2 4 x 1+ − = − (ĐH Ngoại Thương năm 1997) 1.5. a. Giải bất phương trình: 2 11 x x1 13 12 3 3 +⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ >⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ (*) b. Đinh m để mọi nghiệm của (*) đều là nghiệm của: 22x (m 2)x 2 3m 0+ + + − < 192 HƯỚNG DẪN VÀ GIẢI TÓM TẮT 1.1. 2cos2x cos x4 4 3(1)+ = với 3 5x , 4 2 ⎡ ⎤∈ −⎢ ⎥⎣ ⎦ Ta có: 2cos2x 2cos x 1= − 2 2 2 22 cos x 1 cos x 2cos x 1 cos x(1) 4 4 3 4 .4 4 3 0− −⇔ + = ⇔ + − = (1) Đặt 2cos xt 4= (t > 0) 2 2 t 2(nhận)t(1) t 3 0 t 4t 12 0 t 6 0(loại)4 =⎡⇔ + − = ⇔ + − = ⇔ ⎢ = − <⎣ t = 2: 2 2cos x 2 2 2 cos x4 2 (2cos x) 2 2 2= ⇔ = ⇔ = 2 2 1 2 3 3 52cos x 1 cos x cosx x x , 2 2 4 4 4 2 π π ⎡ ⎤⇔ = ⇔ = ⇔ = ± ⇔ = ∨ = ∈ −⎢ ⎥⎣ ⎦ 1.2. x x x(3m 1).12 (2 m).6 3 0+ + − + < (1) x x(3m 1).4 (2 m).2 1 0⇔ + + − + < (*) Đặt xt 2 (t 0)= > vì x > 0 ⇒ t > 1 (*) 2(3m 1)t (2 m)t 1 0⇔ + + − + < (**) (1) đúng x 0 (**)∀ > ⇔ đúng t 1∀ > . (**) 2 2(3t t)m t 2t 1⇔ − < − − − 2 2 2 (t 2t 1)m (3t t 0) 3t t − + +⇔ − Đặt 2 2 (t 2t 1)f(t) (t 1) 3t t + += − >− 2 2 2 7t 6t 1f '(t) 0 (3t t) + −= >− (vì 2t 1 7t 6t 1 0)> ⇒ + − > 193 BBT: m min f(t) 2 m 2⇒ < = − ⇔ < − 1.3. x x4 m.2 m 3 0− + + ≤ (1) Đặt xt 2= (t > 0) 2(1) t mt m 3 0⇔ − + + ≤ 2t 3 m(t 1) (t 1)⇔ + ≤ − ≠ 2 2 t 3 m (khi t 1) t 1 t 3 m (khi 0 t 1) t 1 ⎡ + ≤ >⎢ −⎢⇔ ⎢ + ≥ < <⎢ −⎣ Đặt 2 2 2 t 3 t 2t 3f(t) f '(t) t 1 (t 1) + − −= ⇒ =− − 2 t 1f '(t) 0 t 2t 3 0 t 3 = −⎡= ⇔ − − = ⇔ ⎢ =⎣ BBT: Từ BBT (1)⇒ có nghiệm m 3 m 6 ≤ −⎡⇔ ⎢ ≥⎣ 194 1.4. x 1 x2 4 x 1+ − = − x x x x 4 2.2 x 1 2 (2 2) x 1 (*) ⇔ − = − + ⇔ − = − + Nhận thấy x = 1 là nghiệm của (*). Ta chứng minh x = 1 duy nhất trong phương trình (*): Vế trái là hàm số tăng. Vế phải là hàm số giảm ⇒ x = 1 duy nhất. 1.5. a. (*) 2 1 x x1 1 12 0 3 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇔ + − >⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ . Đặt 1 x1t 0 3 ⎛ ⎞= >⎜ ⎟⎝ ⎠ 2t t 12 0 t 4 t 3⇔ + − > ⇔ (loại). với t > 3 1 1 x x1 1 13 3 3 1 1 0 3 x x −⎛ ⎞⇔ > ⇔ > ⇔ − > ⇔ + <⎜ ⎟⎝ ⎠ x(x 1) 0 1 x 0⇔ + < ⇔ − < < . b. Đặt 2f(x) 2x (m 2)x 2 3m= + + + − BBT: f(x) 0, x ( 1,0)< ∀ ∈ − 1 2 1m x 1 0 xf( 1) 0 2 4m 0 2 f(0) 0 2 3m 0 2 2m m 3 3 ⎧ ≥ ⇒ ≤ − < ≤⎪− ≤ − ≤⎧ ⎧ ⎪⇔ ⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨≤ − ≤⎩ ⎩ ⎪ ≥ ⇔ ≥⎪⎩