Kiến thức trọng tâm Giải tích Lớp 12 - Chương 2: Hàm số luỹ thừa, hàm số mũ và hàm số lôgarit

Nội dung text: Kiến thức trọng tâm Giải tích Lớp 12 - Chương 2: Hàm số luỹ thừa, hàm số mũ và hàm số lôgarit

1. chương 2 hàm số luỹ thừa, hàm số mũ và hàm số lôgarit A. Kiến thức cần nhớ I. luỹ thừa Định nghĩa 1: (Luỹ thừa với số mũ nguyên): Với a 0, n = 0 hoặc n là một số nguyên âm, luỹ thừa bậc n của a là số an xác định bởi: a0 = 1, 1 an = với n nghuyên âm. a n Định nghĩa 2: (Căn bậc n): Với n nguyên dương căn bậc n của số thực a là số thực b (nếu có) sao cho bn = a. Ta thừa nhận hai khẳng định sau đây: ▪ Khi n là số lẻ, mỗi số thực a chỉ có một căn bậc n, kí hiệu n a . ▪ Khi n là số chẵn, mỗi số thực dương a có đúng hai căn bậc n là hai số đối nhau. Căn có giá trị dương kí hiệu là n a (còn gọi là căn số học bậc n của a), căn có giá trị âm kí hiệu là và n a . Định nghĩa 3: (Luỹ thừa với số mũ hữu tỉ): Cho a là số thực dương và r là một số hữu m tỉ. Giả sử r = , trong đó m là một số nguyên còn n là một số n nguyên dương. Khi đó, luỹ thừa của a với với sô mũ r là số ar xác định bởi: m ar = a n = n am . 1 Từ đó n a = a n . Tính chất của luỹ thừa: Với a > 0, b > 0, ta có: 1.a n.am = an + m. 4. (ab)n = an.bn. am n n 2. = an m. a a n 5. = n . a b b 3. (am)n = am.n. Định lí 1: Cho m, n là những số nguyên. Khi đó: 1. Với a > 1 thì am > an khi và chỉ khi m > n. 2. Với 0 an khi và chỉ khi m 0, ta định nghĩa = logab b = a , = lgb b = 10 , = lnb b = e , từ định nghĩa ta được: b loga b loga1 = 0, logaa = ; logaa = b, với mọi b; a = b với b > 0. 139
2. So sánh hai lôgarit cùng cơ số Định lí 1: Cho các số dương b và c. (1). Khi a > 1 thì logab > logac b > c. Hệ quả: Khi a > 1 thì logab > 0 b > 1. (2). Khi 0 logac b 0 b 0 thì loga(xy) = logab + logac. b (2). logab logac = loga , c b trường hợp chỉ có bc > 0 thì loga = logab logac. c (3). logab = logab, Trường hợp b Ă và = 2k, k Z thì logab = logab. Hệ quả: Với n nguyên dương thì 1 n 1 loga = logab; loga b = logab. b n Đổi cơ số của lôgarit Định lí 3: Với a, b dương khác 1 và số dương c, ta có: loga c logbc = hay logab.logbc = logac. loga b Hệ quả: Ta có: 1 ▪ Với a, b dương khác 1 thì logab = . log b a 1 ▪ Với a dương khác 1, c là số dương và 0, ta có log c = logac. a 1 Trường hợp a Ă , a 1 và = 2k, k  thì log c = log|a|c. a III. Hàm số mũ Định nghĩa: Hàm số mũ cơ số a (0 < a 1) có dạng y = ax. Đạo hàm của hàm số mũ: Ta ghi nhận các kết quả sau: ex 1 a. lim = 1. x 0 x b. Với mọi x Ă , ta có (ex)' = ex và (ax) = ax.lna. 140
3. c. Nếu u = u(x) là hàm số có đạo hàm trên J thì với mọi x J, ta có (eu)' = u'.eu và (au) = u'.au.lna. Xét hàm số y = ax, 0 1 thì a > a x1 > x2, tức là hàm số đồng biến. x1 x2 ▪ Với 0 a x1 1 thì logax1 > logax2 x1 > x2, tức là hàm số đồng biến. ▪ Với 0 logax2 x1 0 và: 141
4. (x )' = .x 1. b. Nếu u = u(x) là hàm số có đạo hàm và u(x) > 0 trên J thì: (u )' = .u'.u 1, với mọi x J.  Chú ý: 1. Với n là số nguyên tùy ý, ta có (xn)' = n.xn 1 với mọi x 0; và nếu u = u(x) là hàm số có đạo hàm và u(x) 0 trên J thì (un)' = n.u'.un 1, với mọi x J. 2. Ta có: 1 ( n x )' = , n n xn 1 với mọi x > 0 nếu n chẵn, với mọi x 0 nếu n lẻ. 3. Nếu u = u(x) là hàm số có đạo hàm trên J và thỏa mãn điều kiện u(x) > 0 với mọi x thuộc J khi n chẵn, u(x) 0 với mọi x thuộc J khi n lẻ thì: u' ( n u )' = . n n un 1 VI. Các dạng cơ bản của phương trình, bất phương trình mũ và lôgarit 1. Phương trình mũ cơ bản có dạng ax = m, trong đó a > 0 và m là số đã cho. Khi đó: ▪ Nếu m 0 thì phương trình vô nghiệm. ▪ Nếu m > 0 thì phương trình có nghiệm duy nhất x = logam. Ta có các kết quả: af(x) = ag(x) f(x) = g(x). Với a > 1 thì af(x) > ag(x) f(x) > g(x). Với 0 ag(x) f(x) 0 và 0 0. Với a > 1 thì logaf(x) > logag(x) f(x) > g(x) > 0. Với 0 logag(x) 0 < f(x) < g(x). một số phương pháp giải phương trình, bất phương trình mũ và lôgarit a. Phương pháp đưa về cùng cơ số b. Phương pháp đặt ẩn phụ 142
5. c. Phương pháp lôgarit hóa: Ta có thể giải một phương trình có hai vế luôn dương bằng cách lấy lôgarit hai vế theo cùng một cơ số thích hợp. d. Phương pháp sử dụng tính chất đồng biến hay nghịch biến của hàm số B Phương pháp giải các dạng toán liên quan Đ1. hàm số mũ và hàm số lôgarit Dạng toán 1: Giới hạn của hàm số mũ và lôgarit Phương pháp Chúng ta có các dạng giới hạn đặc biệt sau: ex 1 a. lim = 1. 1 x x 0 c. lim (1 + ) = e. x x x ln(x 1) 1/ x b. lim = 1. d. lim (1 x) = e. x 0 x x 0  Mở rộng:: Ta có: ef (x) 1 lnf(x) 1 lim 1 , lim 1. x x0 f(x) x x0 f(x) f (x) 0 f (x) 0  Quy tắc Lôpitan: Nếu f(x), g(x) khả vi ở lân cận x0 trừ tại điểm x0, thì: lim f(x) = lim g(x) = và g'(x) 0 ở lân cận x0, x x0 x x0 đồng thời: f '(x) f(x) lim = A thì lim = A. x x0 g'(x) x x0 g(x) Quy tắc vẫn đúng với x . Thí dụ 1. Tìm các giới hạn sau: e2 e3x 2 e2x e3x a. lim . b. lim . x 0 x x 0 x  Giải a. Ta biến đổi: e2 e3x 2 3e2 (e3x 1) lim = lim = 3e2. x 0 x x 0 3x b. Ta biến đổi: e2x e3x e2x 1 1 e3x 2(e2x 1) 3(e5x 1) lim = lim = lim lim x 0 x x 0 x x 0 2x x 0 3x = 2 3 = 1. 143
6.  Nhận xét: Qua thí dụ trên: ef (x) 1 ▪ở câu a), để làm xuất hiện dạng giới hạn lim chúng x x0 f(x) f (x) 0 ta thực hiện nhóm nhân tử chung e2. ▪ở câu b), chúng ta tách giới hạn ban đầu thành hai giới hạn cơ bản bằng việc thêm bớt 1. ▪ Với quy tắc Lôpitan, ta có: 2 3x 2 e2 e3x 2 e e ' lim = lim lim 3e3x 2 = 3e2. x 0 x x 0 x ' x 0 2x 3x e2x e3x e e ' lim = lim lim 2e2x 3e3x = 2 3 = 1. x 0 x x 0 x ' x 0 Thí dụ 2. Tìm các giới hạn sau: ex 1 ex 1 a. lim . b. lim . x 0 x 1 1 x 0 sin 2x  Giải a. Ta có: ex 1 (ex 1)( x 1 1) lim = lim = 2. x 0 x 1 1 x 0 x b. Ta có: ex 1 ex 1 ex 1 1 lim = lim = lim x = . x 0 x 0 x x 0 2sin 2x sin 2x e 1 sin 2x ex 1 . 4 2x 5x 2x Thí dụ 3. Tìm giới hạn lim . x 0 x2 3x  Giải Ta biến đổi: ex ln5 1 ex ln 2 1 x x ln5x ln 2x ln5. ln 2. 5 2 e e lim = lim = lim x ln5 x x 0 x2 3x x 0 x(x 3) x 0 x 3 ln5 ln 2 1 5 = = ln . 3 3 2 Thí dụ 4. Tìm các giới hạn sau: 144
7. ln(2x 1) ln(1 2x2 ) a. lim . b. lim x 0 x x 0 x  Giải a. Ta biến đổi: ln(2x 1) 2ln(2x 1) lim = lim = 2.1 = 2. x 0 x x 0 2x b. Ta biến đổi: ln(1 2x2 ) 2x ln(1 2x2 ) lim = lim = 0.1 = 0. x 0 x x 0 2x2 Thí dụ 5. Tìm các giới hạn sau: ln(4x 1) ln(2x 1) 1 x2 1 a. lim . b. lim .ln , với x > 1. x 0 x x 0 ex 1 x 1  Giải a. Ta biến đổi: ln(4x 1) ln(2x 1) ln(4x 1) ln(2x 1) lim = lim x 0 x x 0 x x 4ln(4x 1) 2ln(2x 1) = lim = 2. x 0 4x 2x b. Ta biến đổi: x2 1 ln(x2 1) ln(x 1) ln 2 ln(x 1) ln(x 1) lim x 1 = lim = lim x x x 0 ex 1 x 0 ex 1 x 0 ex 1 x x.ln(x2 1) ln(x 1) lim lim x 0 2 x 0 0.1 1 = x x = = 1. ex 1 1 lim x 0 x Dạng toán 2: Tập xác định của hàm số mũ và lôgarit Thí dụ 1. Tìm tập xác định của các hàm số: ln(x 1) 1 a. y . b. y log . x x x 1  Giải a. Điều kiện: x 1 0 x 1 1 < x ≠ 0. x 0 x 0 145
8. Vậy, ta được tập xác định D = ( 1; +∞)\{0}. b. Điều kiện: 0 x 1 0 x 1 0 x 1 1 x > 1. 0 x 1 0 x 1 x 1 Vậy, ta được tập xác định D = (1; +∞). 21 x 2x 1 Thí dụ 2. Tìm tập xác định của hàm số y = lg . 2x 1  Giải Hàm số g(x) = 21 x 2x + 1 nghịch biến, có g(1) = 0, nên: ▪ g(x) > 0 g(x) > g(1) x 1. Hàm số có nghĩa khi: x 2 1 0 x 0 1 x 21 x 2x 1 2 2x 1 0 x 1 > 0 0 < x < 1. x x 2 1 2 1 0 x 0 1 x x 1 2 2x 1 0 Vậy, ta được tập xác định D = (0; 1). Dạng toán 3: Xét tính liên tục của hàm số mũ và lôgarit Phương pháp Ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Khẳng định rằng hàm số xác định tại điểm x0, tính f(x0). Bước 2: Xác định lim f(x) . x x0 Bước 3: Kiểm nghiệm f(x0) = lim f(x) . x x0 Bước 4: Kết luận. Thí dụ 1. Xác định a để hàm số sau liên tục trên Ă : ln(x2 1) khi x 0 f(x) = e2x 1 . a 1 khi x 0  Giải Điều kiện cần và đủ là nó liên tục trên Ă là nó liên tục tại điểm x0 = 0, tức: f(0) = limf(x) . (*) x 0 Ta có: f(0) = a 1. 146
9. ln(x2 1) x.ln(x2 1) ln(x2 1) 2 limf(x) = lim = lim x = lim x = 0. x 0 x 0 e2x 1 x 0 e2x 1 x 0 2(e2x 1) x 2x Khi đó, điều kiện (*) trở thành: a = 1 = 0 a = 1. Vậy, với a = 1 thỏa mãn điều kiện đầu bài. Dạng toán 4: Tính đạo hàm của các hàm số luỹ thừa, mũ, lôgarit và hàm số hợp của chúng Phương pháp Sử dụng các kết quả trong phần kiến thức cơ bản cần nhớ. 1 Thí dụ 1. Chứng minh rằng hàm số y = ln thoả mãn hệ thức xy' + 1 = ey. 1 x  Giải Trước tiên, ta có: 1 1 y = ln = ln(1 + x) y' = . 1 x 1 x Khi đó: 1 x 1 ln xy' + 1 = + 1 = = e 1 x = ey, đpcm. 1 x 1 x Thí dụ 2. Tính đạo hàm của các hàm số sau: a. y x2 e2x 1 . b. y x2 ln x2 1  Giải a. Ta có: 4x2 .e2x 2x2 .e2x y' x2 e2x 1 ' 2x e2x 1 2x e2x 1 2x 2x 2 e 1 e 1 2x e2x 1 2x2 .e2x 2x e2x 1 xe2x . e2x 1 e2x 1 b. Ta có: 2 x 1 ' 2 2 2 2 x y' 2x.ln x 1 x . = 2x.ln x 1 2 . x2 1 x 1 Dạng toán 5:ứng dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị hàm số mũ và lôgarit. Các bài toán liên quan 147
10. mx Thí dụ 3. Cho hàm số (Cm): y = xe . 1. Với m = 2: a. Tìm các khoảng tăng, giảm và cực trị của hàm số (C). b. Biện luận theo a số nghiệm của phương trình xe 2x = a. c. Tìm b để phương trình sinx.e 2sinx = b có đúng hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng [0; ]. d. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hòanh độ x = 1. 2. Tìm m để: a. Hàm số đồng biến trên Ă . b. Hàm số có cực trị. c. Hàm số có cực tiểu.  Giải 1. Với m = 2 hàm số có dạng (C): y = xe 2x. a. Ta lần lượt có: (1). Hàm số xác định trên D = Ă . (2). Sự biến thiên của hàm số: ▪ Giới hạn của hàm số tại vô cực lim y = , lim y = 0. x x ▪ Bảng biến thiên: 1 y' = e 2x 2xe 2x = e 2x(1 2x), y' = 0 e 2x(1 2x) = 0 x = . 2 x 0 1/2 1 + y' + 0 0 CĐ 1/e2 y 1/2e 0 Kết luận: 1 1 ▪ Hàm số đồng biến trên khoảng ; và nghịch biến trên khoảng ; . 2 2 1 1 ▪ Đồ thị hàm số đạt cực đại tại điểm A ; . 2 2e b. Số nghiệm của phương trình xe 2x = a là số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng y = a. Ta có: ▪ Với a ≤ 0, phương trình có nghiệm duy nhất. 1 ▪ Với 0 , phương trình vô nghiệm. 2e c. Đặt t = sinx, 0 t 1, phương trình có dạng te 2t = b. (1) 148
11. Nhận xét rằng với mỗi t0 [0; 1) thì: sinx = t0 phương trình này có 2 nghiệm thuộc khoảng [0; ]. Vậy, điều kiện là đường thẳng y = b cắt đồ thị (C) phần [0; 1] tại đúng một điểm: 1 0 m 0. Đ2. Phương trình mũ và lôgarit Dạng toán 1: Phương pháp đưa về cùng cơ số giải phương trình mũ và lôgarit Phương pháp Dạng 1: Phương trình: a 1 f(x) g(x) a 0 a = a 0 a 1 hoặc . (a 1)[f(x) g(x)] 0 f(x) g(x) 0 a 1 logaf(x) = logag(x) . f(x) g(x) 0 Chú ý: Việc lựa chọn điều kiện f(x) > 0 hoặc g(x) > 0 tuỳ thuộc vào độ phức tạp của f(x) và g(x). Dạng 2: Phương trình: 0 a 1,b 0 0 a 1 af(x) = b ; log f(x) = b . a b f(x) loga b f(x) a Thí dụ 1. Giải các phương trình sau: 3 2 2 x a. 8x 4x x 2 = 4x x 2 . b. 0,125.42x 3 = 4 2 . 149
12.  Giải a. Phương trình được biến đổi về dạng: 3 2 2 (23 )x 4x x 2 = (22 )x x 2 3(x3 4x2 + x + 2) = 2(x2 x + 2) 3x3 14x2 + 5x + 2 = 0 2 (3x 2)(x2 4x 1) = 0 x =  x = 2 5 . 3 2 Vậy, phương trình có ba nghiệm phân biệt x = , x = 2 5 . 3 1 b. Vì 0,125 = = 2 3 nên ta biến đổi phương trình về dạng: 8 1 5x 5x 2 3.22(2x 3) = (22.2 2 )x 24x 9 = 2 2 4x 9 = 2 8x 18 = 5x 3x = 18 x = 6. Vậy, phương trình có nghiệm là x = 6.  Nhận xét: Trong lời giải trên: ▪ Với phương trình af(x) = bg(x) ta cần chọn phần tử trung gian c để biến đổi phương trình về dạng: (c )f(x) = (c)g(x) c f(x) = cg(x) f(x) = g(x), ▪ Với phương trình ax 3 + bx2 + cx + d = 0 ta sử dụng kết quả p “Nếu a, b, c, d nguyên và phương trình có nghiệm hữu tỷ thì q p, q theo thứ tự là ước của d và a" để đoán nhận được nghiệm 2 x = , từ đó phân tích phương trình trở thành: 3 (3x 2)(x2 2x 2) = 0. Thí dụ 2. Giải các phương trình sau: 3 2 a. log2(3x + 2) = log2(x 4x + 2x + 6). log 2 log x b. log3x log9x = 1 . c. 2 .log2x.log4x = 8. 3  Giải a. Phương trình được biến đổi về dạng: 3x + 2 = x3 4x2 + 2x + 6 > 0 2 3x 2 0 x x 1 . 3 2 3 x 4x x 4 0 2 x 4 (x 1)(x 4) 0 Vậy, phương trình có hai nghiệm phân biệt x = 1, x = 4. b. Điều kiện x > 0. Biến đổi phương trình về dạng: 150
13. 1 1 1 1 log3x log3x = log32 log3x = log32 x = 2 = . 2 2 2 1 Vậy, phương trình có nghiệm là x = . 2 c. Điều kiện x > 0. Biến đổi phương trình về dạng: 1 3 2 log2x.log2x.2log2x = 8 log x = 8 log2x = 2 x = 2 = 4. 2 2 Vậy, phương trình có nghiệm là x = 4.  Nhận xét: Trong lời giải trên ở câu a), chúng ta đã sử dụng kết quả trong chú ý ở cuối dạng 1 để tránh phải kiểm tra điều kiện x3 4x2 + 2x + 6 > 0. Thí dụ 3. Giải các phương trình sau: a. 6x 3x 2x + 1 + 2 = 0. 1 b. log4{2log3[1 + log2(1 + 3log2x)]} = . 2  Giải a. Phương trình được biến đổi về dạng: (2.3)x 3x 2.2x + 2 = 0 3x(2x 1) 2(2x 1) = 0 2x 1 0 2x 1 x 0 (2x 1)(3x 2) = 0 . x x 3 2 0 3 2 x log3 2 Vậy, phương trình có hai nghiệm phân biệt x = 0, x = log32. b. Phương trình được biến đổi về dạng: 2log3[1 + log2(1 + 3log2x)]} = 2 log3[1 + log2(1 + 3log2x)] = 1 1 + log2(1 + 3log2x) = 3 log2(1 + 3log2x) = 2 1 + 3log2x = 4 log2x = 1 x = 2. Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.  Nhận xét: Trong lời giải trên: ▪ở câu a), chúng ta đã sử dụng phương pháp phân tích thành nhân tử để chuyển phương trình về dạng tích. Và từ đó, nhận được hai phương trình mũ dạng 2. ▪ở câu b), chúng ta đã sử dụng phương pháp biến đổi dần để loại bỏ được lôgarit. Cách thực hiện này giúp chúng ta tránh được phải đặt điểu kiện có nghĩa cho phương trình. Dạng toán 2: Phương pháp đặt ẩn phụ giải phương trình mũ và lôgarit Phương pháp 151
14. Phương pháp dùng ẩn phụ là việc sử dụng một (hoặc nhiều) ẩn phụ để chuyển phương trình ban đầu thành một phương trình hoặc hệ phương trình với một (hoặc nhiều) ẩn phụ. 1. Các phép đặt ẩn phụ thường gặp sau đối với phương trình mũ: kx (k 1)x x Dạng 1: Phương trình ka + k 1a 1a + 0 = 0, khi đó đặt t = ax, điều kiện t > 0, ta được: k k 1 kt + k 1t 1t + 0 = 0. Mở rộng: Nếu đặt t = af(x), điều kiện hẹp t > 0. Khi đó: 1 a2f(x) = t2, a3f(x) = t3, , akf(x) = tk và a f(x) = . t x x Dạng 2: Phương trình 1a + 2b + 3 = 0, với a.b = 1 1 khi đó đặt t = ax, điều kiện t > 0, suy ra bx = , ta được: t 2 2 1t + + 3 = 0 1t + 3t + 2 = 0. t Mở rộng: Với a.b = 1 thì khi đặt t = af(x), điều kiện hẹp t > 0, suy ra 1 bf(x) = . t 2x x 2x Dạng 3: Phương trình 1a + 2(ab) + 3b = 0, khi đó chia hai vế của phương trình cho b2x > 0 (hoặc a2x, (a.b)x), ta được: 2x x a a 1 + 2 + 3 = 0 b b x a 2 Đặt t = , điều kiện t > 0, ta được 1t + 2t + 3 = 0. b Mở rộng: Với phương trình mũ có chứa các nhân tử a2f, b2f, (a.b)f , ta thực hiện theo các bước sau: - Chia hai vế của phương trình cho b2f > 0 (hoặc a2f, (a.b)f). f a - Đặt t = , điều kiện hẹp t > 0. b  Chú ý: Ta sử dụng ngôn từ điều kiện hẹp t > 0 cho trường hợp đặt t = af(x) vì: ▪ Nếu đặt t = ax thì t > 0 là điều kiện đúng. 2 ▪ Nếu đặt t = 2x 1 thì t > 0 chỉ là điều kiện hẹp, bởi thực chất điều kiện cho t phải là t 2. Điều này đặc biệt quan trong cho lớp các bài toán có chứa tham số. 2. Các phép đặt ẩn phụ thường gặp sau đối với phương trình lôgarit: 152
15. k k 1 Dạng 1: Nếu đặt t = logax với x > 0 thì log x = t , logxa = với 0 0). Phương trình được biến đổi về dạng: 2x x 2 t 8 (loại) x 2 + 6.2 16 = 0 t + 6t 16 = 0 2 = 2 x = 1. t 2 Vậy, phương trình có nghiệm x = 1. b. Nhận xét rằng: 2 3 . 2 3 = 2 3 2 3 1. x x 1 Do đó, nếu đặt t = 2 3 , điều kiện t > 0, thì 2 3 = . t Khi đó phương trình tương đương với: 1 t 2 3 t + = 4 t2 4t + 1 = 0 t t 2 3 x x x 2 3 2 3 2 3 2 2 3 1 2 x 2 . x x 1 x x 2 2 3 2 3 2 3 2 2 3 1 2 Vậy, phương trình có hai nghiệm phân biệt x = 2.  Nhận xét: Như vậy, thông qua thí dụ trên chúng ta đã được làm quen với hai dạng đặt ẩn phụ cơ bản của phương trình mũ. Và ở đó: ▪ Với câu a) chúng ta cần tới phép biến đổi 4x = 22x và 2x + 1 = 2.2x để định hướng cho ẩn phụ t = 2x. ▪ Với câu b) các em học sinh cần biết cách mở rộng phương pháp cho dạng phương trình: x x x 2 1a + 2b + 3c = 0, với a.b = c . Rồi thực tập bằng cách giải phương trình: (3 + 5 )x + 7(3 5 )x = 2x + 3. 153
16. Thí dụ 2. Giải các phương trình sau: a.3 x + 1 + 18.3 x = 29. b. 5.4x 2.6x = 32x + 1.  Giải a. Đặt t = 3x, điều kiện t > 0. Biến đổi phương trình về dạng: 1 18 3.3x + 18. = 29 3t + = 29 3t2 29t + 18 = 0 3x t x t 9 3 9 x 2 3 3 x 2 x 2 2 . x 2 x 1 t 3 3 2 x 1 log3 2 x log3 2 1 3 3 Vậy, phương trình có nghiệm là x = 2 hoặc x = log32 1. b. Viết lại phương trình dưới dạng: 5.22x 2.(2.3)x = 3.32x. Chia cả hai vế của phương trình cho 32z > 0, ta được: 2x x 2x x 2 2 2 2 5 2 3 5 2 3 0 . 3 3 3 3 x 2 Đặt t = , điều kiện t > 0, ta được: 3 x t 0 2 2 5t 2t 3 = 0 t = 1 = 1 x = 0. 3 Vậy, phương trình có nghiệm x = 0. Thí dụ 3. Giải các phương trình sau: 2 3 a. log3 x 20log3 x 1 0 . b. log9x27 log3x3 + log9243 = 0.  Giải a. Điều kiện x > 0. Biến đổi phương trình về dạng: 2 1 2 (3log3x) 20. log3x + 1 = 0 9log3 x 10log3x + 1 = 0. 2 Đặt t = log3x, ta biến đổi phương trình về dạng: log x 1 x 3 2 t 1 3 9t 10t + 1 = 0 1 . t 1/ 9 log x 1/ 9 9 9 3 x 3 3 Vậy, phương trình có nghiệm là x = 3 hoặc x = 9 3 . b. Điều kiện: 0 9x 1 1 1 x (0; + )\{ ; }. 0 3x 1 9 3 154
17. Biến đổi phương trình về dạng: 1 3 1 5 3log9x3 log3x3 + .5log33 = 0 + = 0 2 log3 9x log3 3x 2 3 1 5 + = 0. 1 log3 3x log3 3x 2 Đặt t = log33x, ta biến đổi phương trình về dạng: 3 1 5 + = 0 6t 2(1 + t) + 5t(1 + t) = 0 5t2 + 9t 2 = 0 1 t t 2 t 0,2 log 3x 0,2 3x 30,2 x 3 0,8 3 . 2 3 t 2 log3 3x 2 3x 3 x 3 Vậy, phương trình có nghiệm là x = 3 0,8 hoặc x = 3 3.  Nhận xét: Như vậy, thông qua thí dụ trên chúng ta đã được làm quen với dạng đặt ẩn phụ cơ bản của phương trình lôgarit. Và ở đó: ▪ Với câu a), các em học sinh dễ nhận thấy ẩn phụ t = log3x. 2 3 2 Tuy nhiên, rất nhiều em biến đổi nhầm log3 x 3log3 x . ▪ Với câu b), chúng ta cần sử dụng công thức đổi cơ số để làm xuất hiện ẩn phụ. Thí dụ 4. Giải các phương trình sau: log x log 4x 3 a. 2 8 . b. 3log2 x 12log2 x 2.xlog2 8 . log4 2x log16 8x  Giải a. Điều kiện: x 0 1 1 0 2x 1 x (0; + )\{ ; }. (*) 2 8 0 8x 1 Biến đổi phương trình về dạng: 1 log 4x log x 2 log x 2(2 log x) 2 3 2 2 . 1 1 1 log x 3(3 log x) log 2x log 8x 2 2 2 2 4 2 Đặt t = log2x, ta biến đổi phương trình về dạng: x 2 t 2(2 t) t 1 log x 1 t2 + 3t 4 = 0 2 . 1 1 t 3(3 t) t 4 log2 x 4 x 16 1 Vậy, phương trình có nghiệm là x = 2 hoặc x = . 16 b. Điều kiện x > 0. 155
18. Biến đổi phương trình về dạng: 33log2 x 12log2 x 2.8log2 x 33log2 x (3.22 )log2 x 2.23log2 x . ( ) Đặt t = log3x, ta biến đổi phương trình về dạng: 3t t 3t 2 t 3t 3 3 3 (3.2 ) 2.2 2 . 2 2 t 3 Đặt u (điều kiện u > 0), ta biến đổi phương trình về dạng: 2 u3 + u 2 = 0 (u 1)(u2 + u + 2) = 0 t u 1 3 1 t = 0 log x = 0 x = 1. 2 3 u u 2 0 (vô nghiệm) 2 Vậy, phương trình có nghiệm là x = 1.  Nhận xét: Với câu b) các em học sinh có thể giảm bớt một lần đặt ẩn phụ bằng cách chia hai vế của phương trình (*) cho 23log2 x . 2 Thí dụ 5. Giải phương trình lg x lgx.log2(4x) + 2log2x = 0.  Giải Điều kiện x > 0. Biến đổi phương trình về dạng: 2 lg x (2 + log2x)lgx + 2log2x = 0. Đặt t = lgx, khi đó phương trình tương đương với: 2 t (2 + log2x).t + 2log2x = 0 ta có: 2 2 = (2 + log2x) 8log2x = (2 log2x) suy ra phương trình có nghiệm: lg x 2 t 2 lg x 2 x 100 . lg x t log2 x lg x lg x 0 x 1 lg 2 Vậy, phương trình có hai nghiệm x = 100 và x = 1.  Chú ý: Một mở rộng khá tự nhiên của phương pháp đặt ẩn phụ kiểu này là chúng ta có thể sử dụng ngay các hằng số hoặc các tham số trong phương trình để làm ẩn phụ, phương pháp này có tên gọi là "Phương pháp hằng số biến thiên". Dạng toán 3: Phương pháp lôgarit hóa giải phương trình mũ và lôgarit Phương pháp 156
19. Ta có thể giải một phương trình có hai vế luôn dương bằng cách lấy lôgarit hai vế theo cùng một cơ số thích hợp. Cụ thể: f(x) g(x) f(x) g(x) a = b logaa = logab f(x) = g(x).loga b f(x) g(x) hoặc logba = logbb f(x).logba = g(x). f(x) g(x) hoặc logca = logcb f(x).logca = g(x).logcb.  Chú ý: Phương pháp logarit hoá tỏ ra rất hiệu lực khi hai vế phương trình có dạng tích các luỹ thừa. Thí dụ 1. Giải các phương trình sau: x 1 x x a. 23 32 . b. 5x. 8 x = 500.  Giải a. Ta trình bày theo các cách sau: Cách 1: Lấy logarit cơ số 3 hai vế của phương trình, ta được: x 3x 2x x x 2 log3 2 log3 3 3 log3 2 2 log3 2 x = log 2 log3 2 . 3 3 Vậy, phương trình có nghiệm là x = log 2 log3 2 . 3 Cách 2: Lấy logarit cơ số 2 hai vế của phương trình, ta được: x 3x 2x x x 3 log2 2 log2 3 3 2 log2 3 log2 3 x = log 3 log2 3 . 2 2 Vậy, phương trình có nghiệm là x = log 3 log2 3 . 2 Cách 3: Lấy logarit cơ số 10 hai vế của phương trình, ta được: x 3x 2x x x 3 lg3 lg 2 = lg 3 3 lg2 = 2 lg3 = x = log 3 log2 3 . 2 lg2 2 Vậy, phương trình có nghiệm là x = log 3 log2 3 . 2 b. Điều kiện x 0. Tới đây, ta trình bày theo các cách sau: Cách 1: Lấy logarit cơ số 5 hai vế của phương trình, ta được: x 1 x 1 x x x x log5 5 .8 log5 500 log5 5 log5 8 log5 125 log5 4 x 1 x log 8 3 2log 2 x2 3(x 1)log 2 x 3 2log 2 x 5 5 5 5 2 x log5 2 3 x 3log5 2 0 2 2 ta có = log5 2 3 12log5 2 = log5 2 3 phương trình có nghiệm: 3 log5 2 (log5 2 3) x 3 x = . 2 x log5 2 157
20. Vậy, phương trình có hai nghiệm x = 3, x = log52. Cách 2: Biến đổi phương trình về dạng: x 1 x 1 x 3 3. 5x. 8 x = 500 5x. 2 x = 53.22 5x 3. 2 x = 1. Lấy logarit cơ số 2 hai vế, ta được: x 3 x 3 x 3 x x 3 x x 3 log2 5 .2 = 0 log25 + log2 2 = 0 (x 3)log25 + = 0 x x 3 1 (x 3)(log 5 + ) = 0 . 2 1 x x log5 2 log2 5 Vậy, phương trình có hai nghiệm x = 3, x = log52.  Nhận xét: Như vậy, thông qua thí dụ trên chúng ta đã được làm quen với phương pháp lôgarit hóa. Và ở đó: ▪ Với câu a) đã trình bày các cách lấy lôgarit hóa hai vế của một phương trình. ▪ Với câu b) các em học sinh sẽ nhận thấy tính linh hoạt trong việc sử dụng các phép biến đổi đại số trước khi thực hiện phép lôgarit hóa hai vế của một phương trình để giảm thiểu tính phức tạp. Thí dụ 2. Giải các phương trình sau: a. 32 log3 x = 81x. b. x6. 5 logx 5 = 5 5.  Giải a. Điều kiện x > 0. Lấy lôgarit cơ số 3 cả hai vế của phương trình, ta được: 2 log x 1 log3 3 3 = log3(81x) 2 log3x = 4 + log3x log3x = 1 x = 3 . Vậy, phương trình có nghiệm là x = 3 1. b. Điều kiện 0 < x 1. Lấy lôgarit cơ số 5 cả hai vế của phương trình, ta được: 6 logx 5 5 6 log 5 log5(x . 5 ) = log55 log5x + log5 5 x = 5 6log5x logx5 = 5 . Đặt t = log5x, ta biến đổi phương trình về dạng: 1 t 1 log x 1 x 5 1 6t = 5 6t2 + 5t 1 = 0 5 . 6 t t 1 / 6 log5 x 1 / 6 x 5 Vậy, phương trình có nghiệm là x = 5 1 hoặc x = 6 5 . Dạng toán 4: Phương pháp sử dụng tính chất của hàm số để giải phương trình mũ và lôgarit Phương pháp 158
21. Ta sử dụng các tính chất sau: Tính chất 1. Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) trong khoảng (a, b) thì phương trình f(x) = k có không quá một nghiệm trong khoảng (a, b). Phương pháp áp dụng: ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Chuyển phương trình về dạng f(x) = k. Bước 2: Xét hàm số y = f(x). Dùng lập luận khẳng định hàm số là đơn điệu ( giả sử đồng biến). Bước 3: Nhận xét: ▪ Với x = x0 f(x) = f(x0) = k, do đó x = x0 là nghiệm ▪ Với x > x0 f(x) > f(x0) f(x) > k, do đó phương trình vô nghiệm. ▪ Với x < x0 f(x) < f(x0) f(x) < k, do đó phương trình vô nghiệm. Bước 4: Vậy x = x0 là nghiệm duy nhất của phương trình. Tính chất 2. Nếu hàm f tăng trong khoảng (a; b) và hàm g là hàm hằng hoặc là một hàm giảm trong khoảng (a; b) thì phương trình f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng (a; b) (do đó nếu tồn tại x0 (a; b): f(x0) = g(x0) thì đó là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = g(x)). Thí dụ 1. Giải các phương trình sau: x x a. 2 + 3 = 5. b. log2(x + 2) + log3(x + 3) = 2.  Giải a. Nhận xét rằng: ▪ Vế trái của phương trình là một hàm đồng biến. ▪ Vế phải của phương trình là một hàm hằng. Do vậy, nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Nhận xét rằng x = 1 là nghiệm của phương trình vì 21 + 31 = 5, đúng. Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x = 1. b. Điều kiện x ≥ 2. Nhận xét rằng: ▪ Vế trái của phương trình là một hàm đồng biến. ▪ Vế phải của phương trình là một hàm hằng. Do vậy, nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Nhận xét rằng x = 0 là nghiệm của phương trình vì log22 + log33 = 2, đúng. Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x = 0. Thí dụ 2. Giải các phương trình sau: x b.3 = 4 x. b. log3x = 4 x.  Giải a. Nhận xét rằng: ▪ Vế trái của phương trình là một hàm đồng biến. ▪ Vế phải của phương trình là một hàm nghịch biến. Do vậy, nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Nhận xét rằng x = 1 là nghiệm của phương trình vì: 31 = 4 1 3 = 3, đúng. 159
22. Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x = 1. b. Nhận xét rằng: ▪ Vế trái của phương trình là một hàm đồng biến. ▪ Vế phải của phương trình là một hàm nghịch biến. Do vậy, nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Nhận xét rằng x = 3 là nghiệm của phương trình vì: log33 = 4 3 1 = 1, đúng. Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x = 3. 1 x Thí dụ 3. Giải phương trình 3 log2x 1 = 0.  Giải Điều kiện x > 0. Viết lại phương trình dưới dạng: x 1 1 log2 x 1. 3 Nhận xét rằng: ▪ Vế trái của phương trình là một hàm nghịch biến. ▪ Vế phải của phương trình là một hàm đồng biến. Do vậy, nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Nhận xét rằng x = 1 là nghiệm của phương trình vì: 1 1 1 log2 1 1 1 = 1, đúng. 3 Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.  Chú ý: 1. Đối với phương trình logarit có một dạng rất đặc biệt, đó là: ax + b s = clogs(dx + e) + x +  với d = ac + và e = bc + . (*) Với dạng phương trình này, ta thực hiện như sau: Điều kiện: 0 s 1s . dx e 0 Đặt ay + b = logs(dx + e). Khi đó, phương trình được chuyển thành hệ: sax b c(ay b) x  sax b acy x bc  ay b ay b logs (dx e) s dx e sax b acy (d ac)x e (1) . (I) ay b s dx e (2) Trừ theo vế hai phương trình của (I), ta được: sax + b + acx = say + b + acy. (3) 160