Tài liệu Phương trình- bất phương trình chứa Mũ loga - BĐT - Phạm Thành Luân doc

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
b0
0a1:a b
f(x) log
>
⎧
⎪
<≠ =⇔
⎨
=
⎪
⎩

2. Đưa về cùng cơ số: Biến đổi phương trình về dạng:
f(x) g(x)
aa=
(1)
. Nếu a là một số dương và khác 1 thì :
(1) f(x) g(x)⇔=

. Nếu cơ số a thay đổi thì :
[]
a0
(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 đònh.
3. Logarit hoá hai vế: Biến đổi phương trình về dạng:
f(x) g(x)
ab
=
(*) với
0a,b1<≠

Ta có: (*)
f(x).loga g(x).logb⇔=
với
0c1<≠
.
4. Đặt ẩn phụ: Có thể đặt
2

ta,t0=> với a thích hợp để đưa phương
trình mũ về phương trình đại số. Lưu ý những cặp số là nghòch đảo của
nhau như
21,±

23,± 38,± 52,± 524,± …..
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 < a < 1 thì:
f(x) g(x)
a a f(x) g(x)>⇔<

f(x) g(x)
a a f(x) g(x)≥⇔≤
↓

Tổng quát ta có:
[]
f(x) g(x)
a0
aa
(a 1) f(x) g(x) 0
>
⎧
⎪
>⇔
⎨
− −>
⎪
⎩

[]
f(x) g(x)
a0
aa
(a 1) f(x) g(x) 0
>
⎧
⎪
≥⇔
⎨
− −≥
⎪
⎩

II. CÁC VÍ DỤ:

Ví dụ 1:
Giải phương trình:
xxx
(2 3) (2 3) 4
− ++ =

(Học viện công nghệ bưu chính viễn thông năm 1998)
Giải
xxx
(2 3) (2 3) 4− ++ =

xx
23 23
1
44
⎛⎞⎛⎞
−+
⇔ +=
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠
(1)
Vì
23
01,
4
−
< < và
23
01

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:
x2 x2
41610.2
−−
+=
(*)
(ĐH Hàng Hải năm 1998).
Giải
Điều kiện:
x20 x2−≥⇔≥

Đặt
x2
t2
−
=
(t > 0) (*)
2

t10t160⇔− +=
t8t2⇔=∨=
. t = 8:
x2 3
282x23x11
−
== ⇔ −=⇔=
. t = 2:
x2
22x21x3
−
=⇔ −=⇔=
Vậy nghiệm phương trình: x 11 x 3=∨=

Ví dụ 3:

Giải phương trình:
2xx
(3 2) (3 2) (5)−++=

(ĐH Ngoại Thương Hà Nội năm 1997)
Giải
Ta có:
2xx
( 3 2) ( 3 2) ( 5)−++=
* Xét x < 0: Vế trái =
2x
(3 2) (3 2) 1−++>>
vế phải
* Xét

x0:≥
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 đònh m để phương trình (1) có đúng 2 nghiệm trong khoảng
,
22
ππ
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
.
(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
1
t(322)(t0) (322)

t
=+ >⇒− =


189
2
t322
1
(2) t 6 t 6t 1 0
t
t322
⎡
=+
⇔+ = ⇔ − += ⇔
⎢
=−
⎢
⎣

. t = 3
tgx
22:(3 22) 3 22 tgx1 x k (kz)
4
π
+ +=+⇔=⇔=+π∈

. t = 3
tgx1
1
22:(322) 322 (322)

322
−
−+ =−= =+
+

tgx1x k' (k'z)
4
π
⇔ =− ⇔ =− + π ∈


2.
tgx tgx
(3 2 2) (3 2 2) m (1)++−=
Theo câu 1: Ta có:
2
1
tmtmt10 (3) (t0)
t
+ =⇔− += >
vì
x,tgxR
22
ππ
⎛⎞
∈ −⇒∈
⎜⎟
⎝⎠

tgx

t(322) 0⇒= + >

(1) có đúng 2 nghiệm
x,
22
ππ
⎛⎞
∈ −⇔
⎜⎟
⎝⎠
(3) có đúng 2 nghiệm phân biệt
dương.
2
m40
0
p0 10(hiển nhiên) m2
s0 m0
⎧
−>
∆>
⎧
⎪
⎪⎪
⇔ >⇔ > ⇔ >
⎨⎨
⎪⎪
>>
⎩
⎪
⎩

Vậy m > 2 thì (1) có 2 nghiệm
,
22
π π
⎛⎞
∈−
⎜⎟
⎝⎠

Ví dụ 5:

Giải bất phương trình:
x
x
2
231< +
(1)
(ĐH Ngoại Thương năm 1995)
Giải
x
x
xx
31
(1) 2 3 1 1
22
⎛⎞
⎛⎞
⇔< +⇔< +
⎜⎟

⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠
(2)

190
Đặt
x
x
31
f(x)
22
⎛⎞
⎛⎞
=+
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠
là hàm số giảm vì cơ số a < 1 (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:
xx1x
25 5 5 5

+
+< +

(ĐH DÂN LẬP NN - TH năm 1998).
Giải
Ta có:
xx1x
25 5 5 5
+
+< +
Điều kiện x 0≥
x2 x x
(5 ) 5.5 5 5 0⇔−−+<
(1)
Đặt
x
t5 (t0)=>

2
(1) t 6t 5 0 1 t 5⇔−+<⇔<<
x
15 5 0 x1 0x1⇔< <⇔ < <⇔ < <
Ví dụ 7:

Giải bất phương trình:
x3x
22 9
−
+≤

(ĐH Kỹ thuật Công Nghệ năm 1998)
Giải
x3x
22 9
−
+≤
x3x x
x
8
22.2 92 90
2
−
⇔+ ≤⇔+−≤
(1)
Đặt
x
t2= (t > 0)
2
8
(1) t 9 0 t 9t 8 0 1 t 8
t
⇔+ −≤ ⇔ − +≤ ⇔≤≤
0x3
222 0x3⇔≤≤⇔≤≤

191
III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ.
1.1. Tìm tất cả các nghiệm thuộc đoạn
35
,

42
⎡ ⎤
−
⎢ ⎥
⎣ ⎦
của phương trình:
2
cos2x cos x
443+ =

(ĐH Kiến Trúc Hà Nội năm 1998).

1.2. Tìm tất cả các giá trò của m để bất phương trình sau đây nghiệm
đúng với mọi x > 0.
xxx
(3m 1).12 (2 m).6 3 0+ +− + <

(Học viện công nghệ bưu chính viễn thông năm 1999).

1.3. Xác đònh các giá trò của m để bất phương trình sau đây có nghiệm:
xx
4m.2m30− ++≤

(ĐH Y DƯC TPHCM năm 1999).

1.4. Giải phương trình:
x1 x
24x1
+
− =−

(ĐH Ngoại Thương năm 1997)

1.5. a. Giải bất phương trình:
21
1
xx
11
312
33
+
⎛⎞ ⎛⎞
+ >
⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠
(*)
b. Đinh m để mọi nghiệm của (*) đều là nghiệm của:
2
2x (m 2)x 2 3m 0+ ++−<


192
HƯỚNG DẪN VÀ GIẢI TÓM TẮT

1.1.
2
cos2x cos x
443(1)+=
với
35

x,
42
⎡⎤
∈−
⎢⎥
⎣⎦

Ta có:
2
cos2x 2cos x 1=−

22 2 2
2cos x 1 cos x 2cos x 1 cos x
(1) 4 4 3 4 .4 4 3 0
−−
⇔+=⇔ +−=
(1)
Đặt
2
cos x
t4=
(t > 0)
2
2
t2(nhận)
t
(1) t 3 0 t 4t 12 0
t60(loại)
4
=

⎡
⇔+−=⇔+−=⇔
⎢
=− <
⎣

t = 2:
22
cos x 2 2 2 cos x
42(2cosx)22 2=⇔ =⇔ =

22
12 335
2cos x 1 cos x cosx x x ,
224442
ππ
⎡ ⎤
⇔=⇔=⇔=±⇔=∨=∈−
⎢ ⎥
⎣ ⎦

1.2.
xxx
(3m 1).12 (2 m).6 3 0++−+< (1)
xx
(3m 1).4 (2 m).2 1 0⇔+ +− +<
(*)
Đặt
x
t2(t0)=>

vì x > 0 ⇒ t > 1
(*)
2
(3m 1)t (2 m)t 1 0⇔++−+<
(**)
(1) đúng x 0 (**)∀> ⇔ đúng t 1∀> .
(**)
22
(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
22
7t 6t 1
f'(t) 0
(3t t)
+−
=>
−
(vì
2
t1 7t 6t10)>⇒ + −>


193
BBT:

mminf(t) 2 m 2⇒< =−⇔<−

1.3.
xx
4m.2m30−++≤ (1)
Đặt
x
t2= (t > 0)
2
(1) t mt m 3 0⇔ −++≤
2
t 3 m(t 1) (t 1)⇔ +≤ − ≠
2
2

t3
m (khi t 1)
t1
t3
m (khi 0 t 1)
t1
⎡
+
≤>
⎢
−
⎢
⇔
⎢
+
≥<<
⎢
−
⎣

Đặt
22
2
t3 t2t3
f(t) f'(t)
t1
(t 1)
+−−
=⇒=
−

−

2
t1
f'(t) 0 t 2t 3 0
t3
= −
⎡
=⇔ − −=⇔
⎢
=
⎣

BBT:

Từ BBT (1)
⇒
có nghiệm
m3
m6
≤ −
⎡
⇔
⎢
≥
⎣



194

1.4.
x1 x
24x1
+
−=−

xx
xx
42.2 x1
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. (*)
21
xx
11
12 0
33
⎛⎞ ⎛⎞
⇔+−>
⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠

. Đặt
1
x
1
t0
3
⎛⎞
=>
⎜⎟
⎝⎠

2
tt120t4t3
⇔+−>⇔<−∨>
(loại).
với t > 3
1
1
x
x
111
33 3 1 10
3xx
−
⎛⎞
⇔>⇔>⇔−>⇔+<
⎜⎟
⎝⎠

x(x 1) 0 1 x 0⇔+<⇔−<<

.

b. Đặt
2
f(x) 2x (m 2)x 2 3m=+++−

BBT:

f(x) 0, x ( 1,0)
<∀∈−

12
1
mx10x
f( 1) 0 2 4m 0
2
f(0) 0 2 3m 0 2 2
mm
33
⎧
≥⇒ ≤−<≤
⎪
−≤ − ≤
⎧⎧
⎪
⇔⇔ ⇔
⎨⎨ ⎨
≤−≤
⎩⎩
⎪

≥⇔ ≥
⎪
⎩