pp giải phương trình, bpt mũ và logarit

1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI
TRƢỜNG THPT NGÔ QUYỀN


Mã số:



CHUYÊN ĐỀ








Người thực hiện: BÙI THỊ THANH HÀ
Lĩnh vực nghiên cứu:
Quản lý giáo dục 
Phương pháp dạy học bộ môn Toán 
Phương pháp giáo dục 
Lĩnh vực khác 



Có đính kèm:
 Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác

Năm học: 2011 - 2012

2

A. SƠ LƢỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC

I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: BÙI THỊ THANH HÀ.
2. Ngày tháng năm sinh: 11- 10 - 1969.
3. Giới tính: Nữ.
4. Địa chỉ: C
2
/9, Kp6, P.Trung Dũng, Tp Biên Hoà.
5. Điện thoại: 0613 946 783.
6. Chức vụ: Giáo viên - Chủ tịch công đoàn
7. Đơn vị công tác: Trường THPT Ngô Quyền.

II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
1. Trình độ chuyên môn: Cử nhân khoa học.
2. Năm nhận bằng: 1991.
3. Chuyên ngành đào tạo: Toán học.

III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
1. Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy toán.
2. Số năm kinh nghiệm: 20 năm.

3

B. Đề tài
MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI
PHƢƠNG TRÌNH- BẤT PHƢƠNG TRÌNH
MŨ VÀ LÔGARIT


I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Trong chương trình Toán phổ thông trung học: Phƣơng trình- Bất phƣơng trình-
mũ và lôgarit là một chủ đề nằm trong chương II của lớp 12, bài tập phần này rất
đa dạng đòi hỏi học sinh cần phải có các kiến thức, kỹ năng giải các phương trình-
bất phương trình đã được học ở lớp dưới cùng với các kiến thức được trang bị thêm
trong chương này. Làm tốt các bài tập của chủ đề này sẽ giúp học sinh tự tin hơn
trong việc giải các loại phương trình - bất phương trình nói chung. Đối với học sinh
các lớp ban A của trường THPT Ngô Quyền thì việc trang bị thêm các dạng bài tập
ở mỗi chương sẽ tạo hứng thú cho các em học tập.

Chuyên đề được chia thành 3 phần:

 Phần thứ nhất: Giới thiệu các kiến thức cơ bản về mũ và loogarit, cách
giải
các phương trình, bất phương trình mũ và lôgarit thường gặp.
 Phần thứ hai: Trên cơ sở lý thuyết đưa ra một số bài tập tham khảo để học
sinh luyện tập.
 Phần thứ ba: Đưa vào một số bài toán có cách giải liên hệ với các dạng
toán
khác để thấy được sự đa dạng trong cách giải phương trình - bất phương trình
mũ và lôgarit, nhằm bồi dưỡng học sinh khá, giỏi yêu thích môn toán. (phần
này còn tùy theo trình độ học sinh từng lớp mà đưa ra , khi đưa ra phần này
giáo viên cần hướng dẫn sơ bộ để học sinh có hướng giải quyết)

Chắc chắn rằng chuyên đề không thể tránh khỏi những thiếu sót, xin quý thầy (cô)
đóng góp ý kiến để nội dung chuyên đề được hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn.


Ngƣời viết chuyên đề





Bùi Thị Thanh Hà




4
II. NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ:


A) LÝ THUYẾT VỀ MŨ VÀ LÔGARIT:

I. Lũy thừa:
1/ Với a, b
*
R


, m,n
R

ta có:
• a
m
.a
n
= a
m+n
• (a
m
)
n
= a
m.n
• (a.b)
n
=a
n
.b
n

•
n
n
n
aa
bb





•
m
mn
n
a
a
a


• a
x
> 0,
xR

2/ Với a >0 , m, n
Z
, n > 1 , ta có:
•
1
n
n
aa
•
m
n
m
n
aa
•
21

2
n
n
a khi n k
a
a khi n k








, k

Z
3/ Với a

0, n
N
ta có:
• a
0
=1 • a
-1
=
1
a
•

-n
1
a
n
a


4/ Với số a dương và m, n

R ta có:
• Khi a >1 thì : a
m
< a
n


m < n
• Khi 0 < a < 1 thì : a
m
< a
n


m > n
II. Lôgarit:
1/ • log
a
b = c

a

c
= b.
• log
a
b có nghĩa

01
0
a
b





• log
a
b>0

;1
0 , 1
ab
ab






2/ Với 0<a


1; b>0 ta có:
•
log 1
a
=0 •
log
a
a
=1 • a
c
= b

c=
log
a
b
•
log
a
b
a
= b
3/ Với 0<a

1; b tùy ý ta có:
log
b
a
ab

4/ Với 0 <a

1, b, c > 0 ta có:
•
log ( . ) log log
a a a
bc b c
•
log
a
b
c
=
log
a
b
-
log
a
c
•
log
a
b




log

a
b

•
log
a
b

=
1

log
a
b
•
log
n
m
a
b
=
m
n
log
a
b
•
log
n
m

a
m
b
n

log
a
b

5/ Với 0<a, b

1, c>0 ta có:
•
log
a
b
.
log
b
c
=
log
a
c
•
1
log
log
a
b

b
a

•
log
log
log
b
a
b
c
c
a





5
6/ Với 0 <a

1, b, c > 0 ta có:
• Khi a > 1 thì : log
a
b > log
a
c

b > c .
• Khi a > 1 thì : log

a
b > log
a
c

b > c .
7/ Lôgarit cơ số 10 được gọi là lôgarit thập phân, kí hiệu: log
10
a = loga.
Lôgarit cơ số e được gọi là lôgarit tự nhiên, kí hiệu: log
e
a= lna.
III. Đạo hàm của các hàm số mũ và hàm số lôgarit:


- Với mọi x ta có: • (e
x
)' = e
x
• (a
x
)' = a
x
.lna
- Với mọi x > 0 ta có: • (lnx)' =
1
x
• (log
a
x)' =

1
lnxa


- Với u = u(x) ta có:

• (a
u
)' = u'.a
u
.lna

• (e
u
)' = u'.e
u


- Với u = u(x) và u > 0 ta có:

• (lnu)' =
'u
u
• (log
a
u)' =
'
.ln
u
ua

IV.

Phƣơng trình mũ: có các cách giải sau
1/ Đƣa về cùng cơ số:
Với 0 <a

1 ta có: a
f(x)
= a
g(x)


f(x) = g(x).
2/ Đặt ẩn phụ: tìm một lũy thừa chung f(x)
Đặt t = a
f(x)
, t >0 ta có: a
2f(x)
= t
2
, a
3f(x)
= t
3
.
3/ Lôgarit hóa 2 vế: dùng trong trường hợp 2 vế phương trình là tích của nhiều lũy
thừa và là một số dương.

Cơ số của lôgarit được chọn là cơ số của lũy thừa có số mũ phức tạp nhất.
4/ Sử dụng tính đơn điệu: Dự đoán và chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất.
* Chú ý: - Nếu hàm số y=f(x)luôn đồng biến (hoặc nghịch biến) và liên tục trên khoảng
K thì số nghiệm của phương trình f(x)=m trên K không nhiều hơn một và f(u)=f(v)

u=v
- Các hàm số y = a
x
với x

R và y = log
a
x với x >0 dồng biến khi a > 1 và
nghịch biến khi 0 < a < 1.

V. Bất phƣơng trình mũ: có các cách giải sau
1/ Đƣa về cùng cơ số : áp dụng tính chất
Với a > 1 thì: a
f(x)
> a
g(x)


f(x) > g(x).
Với 0 < a <1 thì: a
f(x)


a
g(x)


f(x)

g(x).
2/ Đặt ẩn phụ: tìm một lũy thừa chung f(x)
Đặt t = a
f(x)
, t >0 ta có: a
2f(x)
= t
2
, a
3f(x)
= t
3
.

VI. Phƣơng trình lôgarit: có các cách giải sau
1/ Đƣa về cùng cơ số:
log
a
f(x) = log
a
g(x)

f(x) = g(x) >0 với 0 <a

1.
2/ Đặt ẩn phụ : với f(x) > 0. Đặt t = log

a
f(x) thì log
n
a
f(x) = t
n

3/ Sử dụng tính đơn điệu: Dự đoán và chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất.

6
VII. Bất Phƣơng trình lôgarit: có các cách giải sau
1/ Đƣa về cùng cơ số: áp dụng tính chất:
Với a > 1 thì log
a
f(x) > log
a
g(x)

f(x) > g(x) >0.
Với 0<a<1 thì log
a
f(x)

log
a
g(x)

0 < f(x)

g(x).

2/ Đặt ẩn phụ: với f(x) > 0. Đặt t = log
a
f(x) thì log
a
n
f(x) = t
n


B) CÁC BÀI TẬP CƠ BẢN:
(GV cho học sinh làm các bài tập này và tiến hành sửa trên lớp)
Bài 1/.Giải các phƣơng trình
a)
2
3
1
.0,2 25
0,04
xx
x


. Đáp số : x = 0; x = 5/2
b)
2
3 2.3 15 0
xx
  
Đáp số : x= log
3

5
c)
13
5 5 26 0
xx
  
Đáp số : x = 1; x = 3
d)
022.72.72
xx21x3


Đáp số : x = 0; x= -1; x = 1
e)
3.4 2.10 25 0
x x x
  
Đáp số : x = 0

Bài 2/.Giải các phƣơng trình
a)




2 3 2 3 4
xx
   
. Đáp số : x = 2; x = -2
Hướng dẫn:





2 3 . 2 3 1  
, đặt t=


23
x

thì


1
23
x
t


b)
   
12
21
10 3 10 3
xx
xx


  

. Đáp số :
5
x=
2


Hướng dẫn:
  
10 3 10 3 1  

c)
   
2
11
7 4 3 2 3
xx
xx
  
Đáp số : x = 0 ; x = -2
Hướng dẫn:
2
7 4 3 (2 3)  
và
(2 3).(2 3) 1  

d)
2
2
11
.

x
x
x
x
e
e
e




Đáp số : x = 0; x = - 3/4
e)
2
3 (2 9).3 9.2 0
x x x x
   
Nhận xét: ta xem đây là phương trình bậc 2 ẩn 3
x
và 2
x
là
tham số , khi đó pt
3 9 2
0
32
x
xx
x
x












Bài 3/.Giải các phƣơng trình
a)
 
 
4 3 2 2
log 2log 1 log (1 3log ) 1x  
Đáp số : x = 2
85
b)
2
21
2
log ( 1) log ( 1)xx  
ĐK: x >1 Đáp số :
1+ 5
x=
2
(x =0 ;
1- 5

x=
2
:
loại)
c)
1
log (3 5) 3
x
x


ĐK:
1
0
x
x





Đáp số : x = 1 (x = -2: loại)
d)
1
log 10 1 log3 log( 1)
2
xx    
ĐK: x > 1 Đáp số : x= 26 (x = -35: loại)
Hướng dẫn: pt


log 10 log 1 log3 log10xx    


7
e)
22
2 2 2
log ( 3 2) log ( 7 12) 3 log 3x x x x      
ĐK:
32
4
1
x
x
x
   







Đáp số : x =0; x= -5
Bài 4/.Giải các phƣơng trình
a)
2
22
log log 1 1xx  
ĐK:

1
2
x 

Hướng dẫn: Đặt t=
2
log 1x 
, t

0 ta có: log
2
x = t
2
- 1
pt

t
4
- 2t
2
+t = 0 ĐS:
15
2
1
; 1; 2
2
x x x

  

b)
22
log (5 1).log (2.5 2) 2
xx
  

Hướng dẫn: Lưu ý
2 2 2
log (2.5 2) log 2.(5 1) 1 log (5 1)
x x x
     

Đáp số : x = log
5
3 ; x= log
5
(5/4)
c)
42
2x 1
11
log (x 1) log x 2
log 4 2

    
Đáp số : x= 5/2 (x = -1 : loại)
Hướng dẫn: ĐK: x > 1, đưa về cùng cơ số 2
pt

log

2
(x -1) + log
2
(2x +1) = 1 + log
2
(x+2)
d)
32
1
log( 8) log( 4 4) log(58 )
2
x x x x     
ĐK: x > -2 Đáp số: x= 9 (x= -2, x= -6:
loại)

e)
1
3 .8 36
x
x
x

Đáp số : x=2;
3
x= log 2 1

Hướng dẫn: Lấy lôgarit cơ số 2 hai vế ta được phương trình: (x -2)log
2
3 =
2

1
x
x



Bài 5/. Giải các bất phƣơng trình
a) 1
21
25 0,2 .625
x x x

Đáp số : x > 1
b)
2
4 2 2 2 3
0,1 0,1
x x x  

Đáp số : x
1
2


c)
22
3.7 37.140 26.20
x x x

Đáp số :

20
7
3
log
2
x 

d)
7 1 1 7
10 6.10 5 0
xx
  
Đáp số :
log2 1 log3 1
77
x



e)
2 2 2
2 6 3 3 1 2 6 3
2 6 3
x x x x x x     

Đáp số :
3 5 3 5
22
x




Bài 6/. Giải các bất phƣơng trình
a)
7
2
log 0
3
x
x



Đáp số : x < 2
b)
 
2
1
2
log 1 0xx  
Đáp số : -1 < x < 0
c)
2
log 3logx + 3
1
log 1
x
x




Đáp số : 0 < x < 10
Hướng dẫn: Đặt t = logx
d)
41
4
3 1 3
log (3 1).log
16 4
x
x


Đáp số : x

 

0;1 2;  


8
Hướng dẫn: ĐK: x >0, đặt t=
4
log (3 1)
x

, bpt trở thành: t(t - 2)
3
4


e)
2
2
log 64 log 16 3
x
x

Đáp số :
3
11
2
2
14
x
x








Hướng dẫn: ĐK:
0
1
1;
2
x

xx







. Đưa về log
2
x và đặt t= log
2
x

C) CÁC BÀI TẬP TỰ LUYỆN VÀ NÂNG CAO:
(Học sinh tự làm theo tổ ở nhà dưới sự hướng dẫn của GV)
Bài 1/. Giải các phƣơng trình sau:
a)
b)
c)
d)
e) + 45. - 9. = 0
f)
Bài 2/. Giải các phƣơng trình sau:
a)
b)
c)
d)
e)
f)

Bài 3/. Giải các phƣơng trình sau:
a)
b)
c)
d)
e)
f)
Bài 4/ .Giải các phƣơng trình
a)
1
5 .8 100
x
x
x


b)
2
3 3 5 5
xx
  


9
c)
     
2
33
3 log 2 4 2 log ( 2) 16 0x x x x      

d)
2 2 2
2 3 6
log ( 1).log ( 1) log 1x x x x x x      

e)
3 4 12
log log logx x x

Bài 5/ .Giải các phƣơng trình
a)
2 3 6
log log logx x x

b)
23
48
2
log ( 1) 2 log 4 log ( 4)x x x     

c)
2
22
log ( 4).log 3 0x x x x    
.
d)
2 2 2
1 ( 1)
4 2 2 1
x x x x  

  

e)
2
2 2 3 2 3
log log log log .log 0x x x x x   

Bài 6/.Giải các bất phƣơng trình
a)
   
31
13
10 3 10 3
xx
xx


  

b)
2 4 4
3 8.3 9.9 0
x x x x  
  

c)
2
3 3 2
0
42

x
x
x





d)
2
33
3
log ( 2) log 1
2
x
x

  



e)
2 3 2 3
log log 1 log .logx x x x  

Bài 7/. Giải các phƣơng trình sau:
a)
b)
c)
d)

Bài 8/. Giải các phƣơng trình sau:
a)
b) .
c)
d)
Bài 9/. Giải các phƣơng trình sau:
a)
32
2 8x-14
x
x

  

b)
6
log
26
log ( 3 ) log
x
xx

c)
2
2
3
2
3
log 7x 21x+14
2x 4x+5

xx



Bài 10/. Tìm m để mỗi phƣơng trình sau có nghiệm:
a)
b)
c)
22
1 1 1 1
9 ( 2).3 2 1 0
xx
mm
   
    

Bài 11/. Tìm m để phương trình :




3 2 2 3 2 2 4 0
xx
m    
(1) có nghiệm x

0

10
Bài 12/. Tìm m để mỗi phƣơng trình sau có nghiệm duy nhất:

a) 4
2x +2
+ 4
x - 1
- 5m = 0
b)
Bài 13/. a) Tìm m để p.trình : 2
2x+1
-2
x+3
-2m =0 (1) có 2 nghiệm phân biệt
b) Chứng minh rằng phương trình 3
3x
+ a.3
2x+b
+ b.3
x+a
- 1 = 0 (1) có ít nhất 1
nghiệm với mọi a, b.
Bài 14/. Tìm m để phương trình
a)
22
33
log log 1 2 1 0x x m    
có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn
3
1;3



b)
 
2
21
2
4 log log 0x x m  
có nghiệm thuộc khoảng (0; 1)

HƢỚNG DẪN GIẢI PHẦN C)

Bài 1/. a) Đáp án: x = 5.
b) Đáp án: x = .
c) Đáp án: x = -5, x = .
d) Đáp án: x =
e) Chia cả hai vế cho , rồi đặt t = (với t > 0) dẫn đến phương trình = 0
= > x = -2.
f)


Đặt với
Khi đó: , dẫn đến phương trình
Giải phương trình ẩn t này, ta tìm được t = 2 và
Với t = 2 thì
Với t = thì .
Bài 2/. a) Điều kiện x > 1.
Đặt , dẫn đến phương trình .
- Đáp án: .
b) Điều kiện Ta có :

Đặt ta có phương trình

11

Quy đồng mẫu số và rút gọn dẫn đến
Phương trình này có hai nghiệm
Đối chiếu với điều kiện các giá trị tìm được đều thỏa mãn. Dẫn đến

c) Đặt dẫn đến phương trình
- Đáp án x = 3 và x = 81.
d) Đặt ta có:


Với t = 0 thì
Với t = -5 thì
e) Nhận xét , đặt t =
( với ) dẫn đến phương trình

f) Đặt ( với ) dẫn đến phương trình


Bài 3/. a) Chia cả hai vế cho , ta được rồi chứng tỏ rằng
là nghiệm duy nhất.
b) Chia hai vế cho , ta được:

Đặt vế trái là ta thấy .
Với , ta có

Với , tương tự ta có .
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất .
c) Chia cả hai vế cho .


d) Đặt ; . Dễ thấy đồng
biến trên R ; nghịch biến trên R và

12
Với ta có ;
Với ta có .
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi .
e) Biến đổi đưa về lôgarit cơ số 2

f) Biến đổi phương trình về dạng tích


Bài 4/ . a) Đáp số: x =2 ; x= - 1- log
5
2
b) Đặt u=
35
x

, u >0 và v= 3
x
. Ta có hệ pt:
2
2
5
5
vu
uv









22
0v u u v    
1
0( )
uv
u v l






Đáp số:
3
17 1
log
2
x



c) Đặt t= log
3

(x+2) pt trở thành :
   
2
3 4 2 16 0x t x t    

Ta xem đây là phương trình ẩn t với x là tham số ta có: t = -4 hoặc
4
3
t
x



t = -4


161
81
x  

4
3
t
x




log
3

(x+2)
4
3x


(đb , nb)

x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình
d) Đặt t=
2
2
log ( 1)xx

2
12
t
xx  
và
2
12
t
xx

  

Pttt: t - tlog
3
2 = tlog
6
2


t=0 , t= - log
6
2 . Đáp số: x= 1, x=
3
3
2log 6
log 6
21
21



e)
3 4 12
log log logx x x
(1) ĐK: x > 0
* x = 1: thỏa phương trình (1)
*x

1: (1)
1 1 1
log 3 log 4 log 3 log 4
x x x x
  

(Cm phương trình vô nghiệm)
Bài 5/ . a) Đáp số: x = 1
b) ĐK:
44

1
x
x
  




, pt
22
log 1.4 log (4 )( 4)x x x    

Đáp số: x = 2 ; x = 2 - 2
6

c) ĐK: x >0, đặt t= log
2
x
phương trình trở thành:
2
( 4). 3 0t x t x    

t=1, t= 3-x (đb, nb)
Đáp số: x = 2
d) pt


2 2 2
2( ) 1 ( 1)
2 2 2 1

x x x x  
  

Đặt u=
2
2( )
2
xx
, v=
2
1
2
x
, ta có: u +v = uv +1

u= 1, v= 1
Đáp số: x= 0, x= -1, x= 1.
e) Đặt u= log
2
x, v= log
3
x , ta có:
u
2
-u +v -uv =0



u= v, u=1
Đáp số: x =1; x =2

Bài 6/. a) Đáp số: x < 1 hoặc x > 3

13
b) Cách 1: bpt

2 4 4 4
3 3 9.3 9.9 0
x x x x x x    
   
. Đặt u= 3
x
, v =
4
3
x

u +v >0
Bpt trở thành: u
2
+ uv - 9uv - 9v
2
> 0

(u+v).(u - 9v )> 0
Cách 2: Chia 2 vế của phương trình cho 3
2x
ta được:
4 2( 4 )
1 8.3 9.3 0
x x x x   

  

Đáp số: x > 5
c) Tìm nghiệm của tử ( x =2), nghiệm của mẫu (x = 1/2) , lập bảng xét dấu.
Đáp số:
1
2
2
x

d) bpt
2
2
3
12
2
20
x
x
x

  







Đáp số:

22x

e) Đặt u= log
2
x, v = log
3
x , bpt trở thành: u + v < 1 + uv
Đáp số: 0 <x <2 hoặc x >3
Bài 7/. a) Lấy lôgarit cơ số 5 cả hai vế
Đáp số:
b) Điều kiện và . Lấy lôgarit cơ số x cả hai vế rồi đặt
, dẫn đến phương trình .
Đáp số: và .
c) Đặt (với ), ta có
.
(1)
- Coi (1) là phương trình bậc hai ẩn
t
, ta tìm được và .
 Với thì , do đó .
 Với thì .
Hàm số luôn đồng biến và .
Hàm số luôn nghịch biến và .
Do đó là nghiệm duy nhất của .
d) Đặt (với ), dẫn đến phương trình
, rồi làm tương tự như câu c).
Bài 8/. a) Điều kiện . Áp dụng công thức , ta có
(1)
Chia hai vế của (1) cho ta được phương trình : .
Đặt , ta có dẫn đến phương trình

, tức là . (2)
Vế trái của (2) là hàm nghịch biến (vì các cơ số ), còn vế phải của (2) là
hằng số, nên phương trình có nghiệm duy nhất . Suy ra .
b) Chia cả hai vế của phương trình cho , ta có

Sau đó lập luận tương tự như phương trình (2) của câu a).

c) Biến đổi phương trình về dạng

14

Dẫn đến rồi đặt (với ), ta có phương trình
Với hai nghiệm và (loại). Do đó .
d) Đáp số: Vô nghiệm.
Bài 9/. a) ĐK:
x3
. Đặt f(x) =
3
2
x
, g(x) = - x
2
+8x - 14 , ta chứng minh được f(x)
là hàm nghịch biến còn g(x) là hàm đồng biến với
x3
. Do đó phương trình đã cho có
nhiều nhất là 1 nghiệm , mặt khác f(3) = g(3) nên x = 3 là nghiệm duy nhất của p.trình
b) ĐK: x.> 0, đặt t = log
6
x


x = 6
t
, khi đó phương trình trở thành: 6
t
+ 3
t
= 2
t

3
31
2
t
t

  


(*), Xét f(t) =
3
3
2
t
t




, ta chứng minh được f(t) đồng biến trên R

và f(-1) = 1 nên t = -1 là nghiệm duy nhất của phương trình (*).
Vậy x= 6
-1
là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
c) Vì x
2
+x +3 > 0
x
và 2x
2
+ 4x + 5 > 0
x
nên phương trình xác định
x

Ta có pt

2 2 2 2
33
log ( 3) log (2x 4x+5)=7(2x 4x+5)-7(x 3)x x x      



22
3
log ( 3) 7(x 3)x x x    
=
22
3
log (2x 4x+5)+7(2x 4x+5)

(*)
Xét hàm số f(t) = log
3
t + 7t với t >0 , ta chứng minh được f(t) đồng biến với t > 0
Nên (*)

22
(2x 4x+5)=(x 3)x  

x
2
+3x +2 =0
1
2
x
x







Bài 10/. a) Đặt ( với t > 0 ). Bài toán trở thành:
Tìm m để phương trình có ít nhất một nghiệm dương.
Điều kiện để (1) có nghiệm là .
Gọi các nghiệm của (1) là t
1
và t
2

(t
1
t
2
), theo hệ thức Vi-ét suy ra t
2
> 0.
Vậy với thì phương trình (1) có ít nhất nghiệm t
2
> 0
suy ra phương trình đã cho có nghiệm.
b) Đặt (với t > 0). Bài toán trở thành:
Tìm m để phương trình có ít nhất một nghiệm dương.
Điều kiện để (2) có nghiệm là

Hay
Gọi các nghiệm của (2) là , theo hệ thức Vi-ét:

 Với
 Với
 Với
Vậy với thì phương trình (2) có ít nhất nghiệm ,
suy ra phương trình đã cho có nghiệm
c) Đặt t=
2
11
3
x


39t
, khi đó phương trình trở thành: t
2
- (a -2).t + 2a +1 =0 (1)

15
vì
3t 
nên (1)
2
21
2
tt
m
t



.
Bài toán trở thành tìm m để phương trình
2
21
2
tt
m
t



có nghiệm

39t
(2) .
Xét f(t) =
2
21
2
tt
t


, ta có: f'(t) =
2
2
43
( 2)
tt
t


, lập bảng biến thiên của hàm số f(t) với
39t
ta có:
 
3;9
min ( ) (3) 4
t
f t f


,

 
3;9
64
max ( ) (9)
7
t
f t f


.
Suy ra (2) thỏa khi và chỉ khi
 
3;9
min ( )
t
f t m


 
3;9
max ( )
t
ft

64
4
7
m  
.
Bài 11/. Nhận xét





3 2 2 . 3 2 2 1  
, đặt t=


3 2 2
x

ta có: x =
3 2 2
log t

,
vì 0<
3 2 2
<1 nên x

0

0 < t

1
Phương trình trở thành: t
2
- 4t - m =0

t

2
- 4t = m (2)
(1) có nghiệm x

0

(2) có nghiệm t


0;1
,
xét f(t) = t
2
- 4t , lập bảng biến thiên suy ra -3

m < 0

Bài 12/. a) Đặt (với . Bài toán trở thành:
Tìm m để phương trình có nghiệm dương duy nhất.
Điều kiện để (1) có nghiệm là .
Lại có .
Nên (1) có nghiệm dương duy nhất khi , tức là .
b) bài toán quy về tìm m để hệ có nghiệm duy nhất
hay có nghiệm duy nhất
tức là (1) có nghiệm duy nhất thỏa mãn .
Phương trình (1) có nghiệm khi .
Xét các trường hợp:
 thì (1) có nghiệm kép (không thỏa mãn ).
 thì (1) có nghiệm kép (thỏa mãn ).
 hoặc thì (1) có hai nghiệm phân biệt .

Ta có: .
Theo hệ thức Vi-ét ta có và .
Dẫn đến .
Bài 13/. a) Đáp số: - 4 < m < 0
Đặt t = 2
x
, t>0. pt

2t
2
- 8t - 2m =0 (2)
Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt

(2) có 2 nghiệm dương phân biệt
b) 3
3x
+ a.3
2x+b
+ b.3
x+a
- 1 = 0 (1) có ít nhất 1 nghiệm với mọi a, b.
Đặt t=3
x
, t>0. pttt: t
2
+a.3
b
.t
2
+ b.3

a
.t - 1 = 0

16
Xét f(t) = t
2
+a.3
b
.t
2
+ b.3
a
.t - 1 với t>0
Ta có f(t) liên tục trên
 
0;

mà
0
lim ( ) 1
t
ft


;
lim ( )
t
ft

 


phương trình f(t)=0 có ít nhất một nghiệm dương.
Vậy p.trình (1) có ít nhất 1 nghiệm vói mọi a, b
Bài 14/. a) Đặt t =
2
3
log 1x 
. Khi đó
3
3
1 3 0 log 3 1 2x x t       

Bài toán trở thành: tìm m để f(t) = t
2
+ t -2 = 2m có nghiệm t

[1; 2] (1)
Lập bảng biến thiên của hàm số f(t) trên [1; 2] ta có:
 
1;2
min ( ) (1) 0
t
f t f


,
 
1;2
max ( ) (2) 4

t
f t f



Suy ra (1) thỏa khi và chỉ khi
 
 
1;2
t 1;2
min ( ) 2 ax ( ) 0 2 4 0 2
t
f t m m f t m m


       

b) Nhận xét:
2 2 1 2
2
1
log log ; log log
2
x x x x  

Đặt t = log
2
x. Ta có: 0 < x < 1

t < 0,

Bài toán trở thành tìm m để phương trình : t
2
+ t = -m có nghiệm t < 0 .
Xét hàm số f(t) = t
2
+t với t < 0, lập bảng biến thiên ta có:
Phương trình có nghiệm t < 0 khi và chỉ khi :
11
44
mm    


Hết.

17

SỞ GD& ĐT TỈNH ĐỒNG NAI CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
TRƢỜNG THPT NGÔ QUYỀN Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

Biên Hoà, ngày 08 tháng 12 năm 2011


PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ CHUYÊN ĐỀ
Năm học: 2011 - 2012

Tên chuyên đề: MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI
PHƢƠNG TRÌNH- BẤT PHƢƠNG TRÌNH
MŨ VÀ LÔGARIT
Họ và tên tác giả: Bùi Thị Thanh Hà Tổ: Toán - Tin
Lĩnh vực:
Quản lý giáo dục 
Phương pháp dạy học bộ môn Toán 

Phương pháp giáo dục 
Lĩnh vực khác 
1. Tính mới:
- Có giải pháp hoàn toàn mới 
- Có giải pháp cải tiến, đổi mới phương pháp đã có 
2. Hiệu quả
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả 
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng
trong toàn ngành có hiệu quả 
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả 
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng tại
đơn vị có hiệu quả 
3. Khả năng áp dụng:
- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách:
Tốt  Khá  Đạt 
- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và
dễ đi vào cuộc sống:
Tốt  Khá  Đạt 

- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả
trong phạm vi rộng:
Tốt  Khá  Đạt 

XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN THỦ TRƢỞNG ĐƠN VỊ
(Ký tên và ghi rõ họ tên) (Ký tên, ghi rõ họ tên và đóng dấu)