Tài liệu Chuyên đề luyện thi ĐH phần đại số docx

Chuyên đề đại số ồ Văn Hoàng
1
KIẾN THỨC CƠ BẢN
1. Chuyển vế :
 a + b = c  a = c – b; ab = c 
0
0
/
b c
b
a c b
 










;
 a/b = c 
0
a bc
b






; 
2 1
2 1
n
n
a b a b


  
;

2
2
n
n
a b a b   
;

2
2
0
n
n
b a
a b
a


 





;
0
b a
a b
a
 

 




0, 0
0
/
;
0
/
b c
b
a c b
a b c a c b ab c
b
a c b
 









      










2. Giao nghiệm :
max{ , } ; min{ , }
x a x a
x a b x a b
x b x b
 
 
   
 
 
 
;

p
G
x a p q
x b G
q
G





 

 

 
 












a < x < b(neáu a < b)

VN (neáu a b)
Nhiều dấu V: vẽ trục để giao nghiệm.
3. Đổi biến :
a. Đơn giản:
2
, 0, 0,
0, 0, log
x
a
t ax b R t x t x
t x t a t x R
      
     
b. Hàm số : t = f(x) dùng BBT để tìm điều kiện của t. Nếu x
có thêm điều kiện, cho vào miền xác định của f.
c. Lượng giác:t = sinx, cosx, tgx, cotx. Dùng phép chiếu
lượng giác để tìm điều kiện của t.
d. Hàm số hợp : từng bước làm theo các cách trên.
4. Xét dấu :
a. Đa thức hay phân thức hữu tỷ, dấu A/B giống dấu A.B;
bên phải cùng dấu hệ số bậc cao nhất; qua nghiệm đơn (bội
lẻ) : đổi dấu; qua nghiệm kép (bội chẵn) : không đổi dấu.
b. Biểu thức f(x) vô tỷ : giải f(x) < 0 hay f(x) > 0.
c. Biểu thức f(x) vô tỷ mà cách b không làm được : xét tính
liên tục và đơn điệu của f, nhẩm 1 nghiệm của pt f(x) = 0,
phác họa đồ thị của f , suy ra dấu của f.
5. So sánh nghiệm phương trình bậc 2 với  :
f(x) = ax
2
+ bx + c = 0 (a


0)
* S = x
1
+ x
2
= – b/a ; P = x
1
x
2
= c/a
Dùng S, P để tính các biểu thức đối xứng nghiệm. Với đẳng thức
g(x
1
,x
2
) = 0 không đối xứng, giải hệ pt:
1 2
1 2
0
.
g
S x x
P x x



 





.
Biết S, P thỏa S
2
– 4P  0, tìm x
1
, x
2
từ pt : X
2
– SX + P = 0
 Dùng , S, P để so sánh nghiệm với 0 : x
1
< 0 < x
2
 P < 0,
 0 < x
1
< x
2

0
0
0
P
S
 








;  x
1
< x
2
< 0 
0
0
0
P
S
 







6. Phương trình bậc 3 : ax
3
+ bx
2
+ cx + d = 0
a. Viet : A = x
1

+ x
2
+ x
3
= – b/a ,
B = x
1
x
2
+ x
1
x
3
+ x
2
x
3
= c/a , C = x
1
.x
2
.x
3
= – d/a
x
1
, x
2
, x
3

là 3 nghiệm phương trình : x
3
– Ax
2
+ Bx – C = 0
b. Số nghiệm phương trình bậc 3 :
 x =   f(x) = ax
2
+ bx + c = 0 (a  0) :
3 nghiệm phân biệt 
0
( ) 0f

 




2 nghiệm phân biệt 
0 0
( ) 0 ( ) 0f f
 
   
 

 
 
 
1 nghiệm 
 

= 0
< 0 hay
f = 0








7. Bất phương trình, bất đẳng thức :
 Ngoài các bất phương trình bậc 1, bậc 2, dạng cơ bản của
, .
, log, mũ có thể giải trực tiếp, các dạng khác cần lập bảng
xét dấu. Với bất phương trình dạng tích AB < 0, xét dấu tích A.B
 Nhân bất phương trình với số dương : không đổi chiều;
số âm: có đổi chiều (Chia bất phương trình : tương tự).
 Chỉ được nhân 2 bất pt vế theo vế , nếu 2 vế không âm.
 Bất đẳng thức Côsi : a, b  0 :
2
a b
ab


.
Dấu = xảy ra chỉ khi a = b.
a, b, c  0 :
3
3

a b c
abc
 

. Dấu = xảy ra chỉ khi a = b = c.
 Bất đẳng thức Bunhiacốpxki : a, b, c, d
(ac + bd)
2
 (a
2
+ b
2
).(c
2
+ d
2
); Dấu = xảy ra chỉ khi a/b = c/d
8. Bài toán tìm m để phương trình có k nghiệm :
Nếu tách được m, dùng sự tương giao của (C) : y = f(x) và
(d) : y = m. Số nghiệm bằng số điểm chung.
Nếu có điều kiện của x  I, lập BBT của f với x  I.
9.Tìm m để bpt vô nghiệm, luôn có nghiệm, có nghiệm xI
Nếu tách được m, dùng đồ thị, lập BBT với x  I
f(x)  m : (C) dưới (d) (hay cắt); f(x)  m : (C) trên (d) (hay cắt)
ủ đề : Hệ phương trình phương trình đại số
1. Hệ phương trình bậc 1 :
' ' '
ax by c
a x b y c
 



 

.
Tính : D =
' '
a b
a b
, D
x
=
' '
c b
c b
, D
y
=
' '
a c
a c
D  0 : nghiệm duy nhất x = D
x
/D , y = D
y
/D.
D = 0, D
x
 0  D
y

 0 : VN
D = D
x
= D
y
= 0 : VSN hay VN (giải hệ với m đã biết).
2. Hệ phương trình đối xứng loại 1 :
Từng phương trình đối xứng theo x, y. Đạt S = x + y, P = xy.
ĐK : S
2
– 4P  0. Tìm S, P. Kiểm tra đk S
2
– 4P  0;
Thế S, P vào pt : X
2
– SX + P = 0, giải ra 2 nghiệm là x và y.
(, ) là nghiệm thì (, ) cũng là nghiệm;
Nghiệm duy nhất   =   m = ?
Thay m vào hệ, giải xem có duy nhất nghiệm không.
3. Hệ phương trình đối xứng loại 2 :
Phương trình này đối xứng với phương trình kia. Trừ 2 phương
trình, dùng các hằng đẳng thức đưa về phương trình tích A.B = 0.
Nghiệm duy nhất làm như hệ đối xứng loại 1.
4. Hệ phương trình đẳng cấp :
2 2
2 2
' ' ' '
ax bxy cy d
a x b xy c y d


  

  

Xét y = 0.
Xét y  0 : đặt x = ty, chia 2 phương trình để khử t. Còn 1
phương trình theo y, giải ra y, suy ra t, suy ra x. Có thể xét x = 0,
xét x  0, đặt y = tx.
1. Hệ đối xứng I
2 2
11
1)
30
  


 

xy x y
x y xy
;
11
. 30
 





p s

hpt
p s
5; 6
5; 6
  
 
s p
hay p s
.
ĐS: (2; 3);(3;2);(1;5);(5;1)
Chuyên đề đại số Hồ Văn Hoàng
2
2)
2 2
3 3
30
5; 6 :(2;3); (3;2)
35

 

  

 


x y xy
hpt s p KQ
x y
4 4 2 2

1 11
1 (0;1)
3) ;
0; 2 (1;0)
1 ( 2 ) 2 1
   

 

 
  
 
    

 
x y p s
s
hpt
p p
x y s p p
3
. 30
125 5 6. KQ: (4;9),(9;4)
3
3 35
30
4) : ; 0; ; . .
35

      

 

 

   

 





p s
hpt s s p
s sp
x y y x
HD x y s x y p x y
x x y y
5) Cho:
5( ) 4 4
1
  


   

x y xy
x y xy m
a) Tìm m để hpt có nghiệm. (HD: Giải hệ S; P ta được S = 4m;
P = 5m −1;ĐK: S

2
− 4P

0 
1
1
4
  m m
)
b) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất. ĐS: m = 1/4, m = 1.
6) a) Cmr: Hệ
2 2 2
2 1   


  

x y xy m
x y xy m m
có nghiệm với mọi m.
b) Tìm m hpt có nghiện duy nhất .
a)Hệ 
1 1 2 2
2
2 1
; 1 1;
.
  

       


 

P S m
S m P m S m P m
P S m m
ĐS: hệ S
1
, P
1
vn;
2 2
2 2
4 ( 1) 0   S P m
.Vậy Hệ có nghiệm m
b) Hệ có nghiệm duy nhất 
2
2 2
4 0 S P

2
( 1) 0 m
1 m
. Suy ra x = y = 1 Vậy : (1;1).
2. Hệ đối xứng II
3
3
3 8
1)
3 8


 


 


x x y
y y x
; 2)
3 4
3 4

 




 


y
x y
x
x
y x
y
; 3)
2 2
2 2

2 3 2
2 3 2

  


  


x x y
y y x
HD:1)
2 2
3
3
( )( 5) 0
.
3 8
3 8


    



 
 
 




x y
x y x y xy
x x y
x x y
ĐS:
(0;0),( 11; 11),( 11; 11)
2) ĐK:x  0; y  0. Hệ 
2 2
( )( 4) 0
6 4( ) 0
   


    

x y x y
x y xy x y
ĐS(-2;-2)
3)Lấy (1) − (2) có 3(x − y)(x + y −1) = 0  y = x hoặc y = 1 − x.
Kết hợp (1) khi y = x : (1;1) ; (2;2); khi y = 1 − x VN .
4)
1 3
2
1 1
2

 





 


x
y x
y
x y
3. Hệ nửa đối xứng
VD. Giải hệ
3
1 1
2 1

  



 

x y
x y
y x
2 2
3
3
. 0
1 1
0

2 1
2 1



  


    
 
 
 
 


x y
x y
x y
x y xy x y
y x
y x

3
. 0
( )( 1) 0
2 1



  



 

x y
x y xy
y x
3
4
. 0
. 0
1
( ) ( )
2 1 0
2 0






 
   
 
 
  


  


x y
x y
x y I y II
x
x x
x x
+ Ta có I):
3
1
. 0
1 5
( ( )
2
2 1 0
1 5
2


 



 


   





  

 

 


x y
x y
x y I x y
x x
x y
+ Ta có II) :
2 2 2
. 0
1
( )
1 1 3
( ) ( ) 0;( )
2 2 2






 




    


x y
II y
x
x x VN
4. Hệ đẳng cấp
VD. Cho hệ phương trình :
2 2
2
4 (1)
3 4 (2)

  


 


x xy y m
y xy
a) Giải hệ pt` với m = 1; b) Tìm a để hệ có nghiệm
Cách 1:
Dễ thấy y = 0 không phải là nghiệm của hpt.
Đặt x = ty, ta có : Hệ 
2 2 2 2
2 2
4
3 4


  


 


t y ty y m
y ty

2 2
2
( 4 1)
(1 3 ) 4

  


 


y t t m
y t

2
2
4 1
1 3 4
(1 3 ) 4


 





 

t t m
t
y t
(I)
Do y  0 nên từ y
2
(1 - 3t) = 4  1 - 3t > 0  t <
1
3
a) Với m = 1 ta có hệ :
2
2
4 1 1
1 3 4
(1 3 ) 4

 






 

t t
t
y t
. kq : (1 ; 4), (-1 ; -4).
b) Ta có :(I) 
2
2
4( 4 1) (1 3 )
(1 3 ) 4

   


 


t t m t
y t

2
2
4 (16 3 ) 4 0 (*)
(1 3 ) 4

    


 



t m t m
y t
.Đặt f(t) = 4t
2
−(16−3m)t+4−m
thì hệ có nghiệm  (*) có nghiệm thoả mãn t <
1
3
.
Ta lại có
1 8
( ) 0
3 9
  af
 m nên hệ luôn có nghiệm thoả mãn
t
1
<
1
3
< t
2
. Vậy hệ luôn có nghiệm với m.
Cách 2 : Khử một ẩn.
Hệ 
2
2
4

3 4

  


 


x xy m
y xy

2
4 2 2
4
2 (8 ) (4 ) 0 (*)

 




    

x m
y
x
x m x m
(x = 0 thoả mãn hệ khi m = 4).
Với m  4 đặt : f(t) = 2t
2

+ (8 - m)t - (4 - m)
2
ta có
f(0) = -(4 - m)
2
< 0 nên phương trình f(t) = 0 luôn có nghiệm
t > 0 hay phương trình (*) luôn có nghiệm với m.
Các bài tập luyện tập :
Bài 1: Một số hệ dạng cơ bản
1) Cho hệ phương trình
2 2
( 1)( 1)
8
  


   

xy x y m
x y x y
a) Giải hệ khi m=12. b)Tìm m để hệ có nghiệm
2) Cho hệ phương trình
2 2 2
1 1
2

 




  

a
x y
x y a
HD: Lấy (1) − (2) có (x − y)(2 + 4/xy ) = 0
 y = x ; y = −2/x
 y = x : (1;1) ; (-1;-1) ;
 y = -2/x :
( 2; 2);( 2, 2) 
Chuyên đề đại số Hồ Văn Hoàng
3
Tìm a để hệ phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt
3) Tìm m để hệ có nghiệm
2 2
2 2
1
3 2

  


  


x xy y
x xy y m
4)
2 2
2 2


  


  


x y
y x
5)
1 1 3
1 1 1 1

   


       


x y
x y y x x y m
a) Giải hệ khi m = 6. b)Tìm m để hệ có nghiệm
Bài 2:
2
2
2
2
2
3
2

3











y
y
x
x
x
y
(B 2003)
Bài 3:
2 2
3 3
2 15
8 35

 


 



x y xy
x y
HD: Nhóm nhân tử chung sau đó đặt
S=2x+y và P= 2x.y Đs : (1,3) và (3/2 , 2)
Bài 4:
3 3
6 6
3 3 (1)
1 (2)

  


 


x x y y
x y
.HD: từ (2) : -1 ≤ x , y ≤ 1
Xét hàm số:
 
3
3 f t t t
trên [-1,1] áp dụng vào ph trình (1)
Bài 5: CMR hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất
2
2
2
2

2
2

 




 


a
x y
y
a
y x
x
HD:
3 2 2
2



 

x y
x x a
xét
3 2
( ) 2 f x x x

lập BBT
Bài 6:
2 2
2 2

  


  


x y
y x
HD Bình phương 2 vế,đối xứng loại 2
Bài 7:
2
2
( 1)
( 1)

  


  


xy x a y
xy y a x
xác định a để hệ có nghiệm duy nhất
HD sử dụng ĐK cần và đủ a=8

Bài 8:
2
2
10 20 (1)
5 (2)

  


 


xy x
xy y
HD : Rút ra
2
5 5
  
y
x y
y y
. Cô si
5
2 5  x y
y
.
2
20x
theo (1)
2

20x
suy ra x,y
Bài 9:
3
(1)
2

  


   


x y x y
x y x y
(KB 2002)
HD: từ (1) đặt căn nhỏ làm nhân tử chung (1;1) (3/2;1/2)
Bài 10:
1 2
3

   


 


x y a
x y a
Tìm a để hệ có nghiệm

HD: từ (1) đặt
1, 2   u x v y
được hệ dối xứng với u, - v
Chỉ ra hệ có nghiệm thì phương trình bậc hai tương ứng có 2
nghiệm trái dấu.
Bài 10:
1)
3 3
2 2
7( )
2

  


   


x y x y
x y x y
HD: tách thành nhân tử 4 nghiệm
2)
2
3 3
( ) . 2
19

 



 


x y y
x y
đặt t = x/y có 2 nghiệm
3)
2
( 2)(2 ) 9
4 6
  


  

x x x y
x x y
đặt X=x(x+2) và Y=2x+y
4)
2 2 2 2
2 (1)
4

   


   


x y x y

x y x y
đổi biến theo v,u từ ph trình số (1)
5)
3 3 3
2 2
1 19
6

 


  


x y x
y xy x
Đặt x =1/z thay vào được hệ y,z DS (-1/2,3) (1/3,-2)
Chủ đề:Phương trình và bất phương trình phương trình
đại số
1) Bất phương trình bậc hai ;
Định lý về dấu của tam thức bậc hai;
Phương pháp hàm số.
2) Phương trình, bất phương trình chứa giá trị tuyệt đối
2 2
2 2
0
;
;



    





      

 

B
A B A B A B
A B
A B
A B A B B A B
A B
3) Phương trình, bất phương trình chứa căn thức
*PT chứa căn thức:
2
0
0( 0)
* ; *
0
* 0
2

 


   

 







   


  

B
A hayB
A B A B
A B
A B
A
A B C B
A B AB C
* Bất phương trình chứa căn thức:
2 2
2 2
0 0
* 0 * 0
0 0
0 0
* *
0 0

 
 
 
     
 
 
 
 
   
 
 
 
 
 
 
   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A A
A B B A B B
A B A B
A A
B B

A B A B
B B
A B A B
Ví dụ 1
1)
2
2 4 3   x x x
. Hd : chia khoảng .
2)
1
3
2
1 3

 

x
x
. HD:
1 ; 0 3: 2; 4      x t t t x
3)
2 2
2 6 8 1 30    x x x
4) 3x
2
-
3x
> 9x –2.Chia hai trường hợp : x>3 ; x< 3 .
5) Giải
2

2 3 3 3   x x x
.
Áp dụng :


     

 

A B
A B B A B
A B
Hpt 
2 5 x
.
Ví dụ 2: Bình phương hai vế :
a) x
2
+
1 1x  
.Hd: pt



  

 






  






4 2
0
1 1
1
2 0
1 5
2
x
x
x
x x x
x
b)pt:
5 1 3 2 1 0.     x x x
ĐK: x ≥ 1
Chuyển vế, bình phương 2 vế : x = 2; x = 2/11( loại ). Vậy x = 2
c)
9 5 2 4x x   
ĐK x ≥ − 2
Bình phương hai lần ta có :ĐS x = 0 .
d)

16 9 7 : 0; 7x x KQ x     
e)
2 2
(4 1) 9 2 2 1x x x x    
ĐK x ≥ ¼
Bình phương hai lần ta có :ĐS x = 4/3
Ví dụ 3: Đặt ẩn số phụ :
HD: TH1 x=y suy ra x=y=1
TH2 chú ý: x>0 , y> 0
suy ra vô nghiệm
Chuyên đề đại số Hồ Văn Hoàng
4
a)
2 2
3 3 3 6 3x x x x     
.Đặt : t = x
2
− 3x +3 ≥ ¾
Phương trình 
3 3 1. : 1;2t t t KQ x     
b)
2
2
1 1
3
x x x x    
. ĐK 0 ≤ x ≤ 1
Đặt :
2
2

1
1 ; 0
2
t
t x x t x x

      
pt  t
2
− 3t +2 = 0  t =1 V t = 2 Vn. t =1 <. x = 0 V x = 1 .
c)
2
2 3 1 3 2 2 5 3 16x x x x x       
1;x  
2 3 1 0t x x    
2 2
3 4 2 2 5 3t x x x     
5 3.pt t x   
d)
2 2 2
7 2 3 3 19x x x x x x       
.
Đặt
2
2 7 / 4.t x x   
5 3 13 4. : 1; 2pt t t t t KQ x x         
Ví dụ 4:
1 3 ( 1)(3 )x x x x m      
a) Giải pt khi m=2 . b) Tìm m để pt có nghiệm .
ĐK: −1 ≤ x ≤ 3. Đặt

1 3 2 2 2t x x t      
(vì
    2( )a b a b a b
)
a)
2
0( )
2 : 2 0 . KQ: 1, 3
2
t l
m t t x x
t


      



b) Xét f(t) = − t
2
/
2
+ t + 2 = m (1) .
Lập bảng biến thiên : Tacó :
2 2 2 2.m  
Ví dụ 5: 1)
2
9 9x x x x m     
. ĐK 0 ≤ x ≤ 9
Bình phương : Đặt t =

(9 ) 0 9 / 2x x t   
KsHS
2
9 9
( ) 2 9; 0 . KQ: 10
2 4
f t t t t m        
2)
4
4 4
4 4 6x x m x x m     
Đặt :
4
4 2
3
4 0; : 6 0
2
t l
t x x m pt t t
t
 

       



4
4 4
4 2 4 16x x m m x x       
Lập BBT : m >19 VN; m =19: 1 ngh; m< 19 2 ngh.

Ví dụ 5:
1)
2 2
3 3
3
(2 ) (7 ) (7 )(2 ) 3x x x x      
-Đặt :

 


 


3
3
2
7
u x
v x
. Pt 

  


 


2 2
3 3

3
9
u v uv
u v

 




3
2
u v
uv

    1; 2. KQ: 1; 6u v x x
2)
3
2 1 1x x   
.ĐK : x
1
3
3 2
1
2
0;1; 2; 1;0;3.
1
1; 0
KQ: 1;2;10
u v

u x
u v
u v
v x v
x

 
 


    
 
 
  




Bất phương trình
Bài 1: Tìm m để
2
( 1)( 3)( 4 6)x x x x m    
Tìm m để bất phương trình trên nghiệm đúng với mọi x
HD: sử dụng hàm số hoặc tam thức : m ≤ −2
Bài 2: Tìm a để x:
2
( ) ( 2) 2 3f x x x a    
ĐS a≥4Va ≤ 0.
Bài 3: Giải các phương trình ,bất phương trình sau
1)

2
8 6 1 4 1 0x x x    
2)
4 1 1 2x x x    
ĐS: x = 0
3)
2 2
2( 2 ) 2 3 9 0x x x x     
ĐS:
1 5x  
4)
2 2
1 1 2x x x x     
tích 2 nhân tử bằng 1 suy ra cách giải
5)
2 2
( 3 ) 3 2 0x x x x   
KD 2002
Bài 4: Tìm m để hệ có nghiệm
2
2
10 9 0
2 1 0
x x
x x m

  


   



ĐS m ≥ 4
Bài 5: Giải bất phương trình
2 1 2 2x x x    
HD nhân 2 vế với biểu thức liên hợp của VT
 Biến đổi về BPT tích Chú ý ĐK
Bài 6: Giải bất phương trình
3 1
3 2 7
2
2
x x
x
x
   
HD Đặt
  
1
, 2
2
t x t
x
AD BĐT cô si suy ra ĐK
Bài 7: Giải bất phương trình
2
2
4
(1 1)
x

x
x
 
 
HD Xét 2 trường hợp chú ý ĐK x ≥ −1
Trong trường hợp x ≥4 tiến hành nhân và chia cho biểu thức liên hợp ở mẫu ở VT
Bài 8: Tìm m để ptrình
2
9 9x x x x m     
có nghiệm
HD Bình phương 2 vế chú ý ĐK .
Đặt t= tích 2 căn t.Tìm ĐK t. Sử dụng BBT suy ra KQ
Bài 9: Giải bất ptrình
2
2( 16)
7
3
3 3
x
x
x
x x


  
 
(KA 2004)
Bài tập áp dụng
1)
2 2

2 1
0
x y x
x y a

  

  

Tìm a để hệ có nghiệm duy nhất.
Tìmnghiệm duy nhất.. ĐS a = −1 và a=3
2) Tìm m để bất p trình
4 2 16 4x x m   
có nghiệm
3) a)
2
4 4 2 12 2 16x x x x      
.
b)
12 3 2 1x x x    
4)
2 2
2(1 ) 2 1 2 1x x x x x     
HD: đặt
2
2 1t x x  
coi là phương trình bậc hai ẩn t.
5)
2
( 1) (2 ) 2x x x x x   

6)
3
2 1 ( 2) 1
2
x
x x x x

     
7) Cho phương trình
4 4 4x x x x m      
a) Giải phương trình khi m=6.
b) Tìm m để phương trình có nghiệm
8) a)
2
51 2
1
1
x x
x
 


. b)
2
3 4 2 3 2 0x x x     
Chủ đề:PHƯƠNG TRÌNH − BẤT PHƯƠNG TRÌNH
MŨ, LÔGARIT
CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN
1. Định nghĩa và các tính chất của luỹ thừa và lôgarit
2. Tính chất của hàm số mũ, hàm số lôgarit

3. Các phương trình, bất phương trình cơ bản:
 Với m > 0, 0 < a

1 thì:  a
x
= m

x = log
a
m
 a
x
> m

log ;( 1)
log ;(0 1)
a
a
x m a
x m a
 


  

 a
x

0 với mọi x


R
 Với mọi số thực m và 0 < a

1 thì:
 log
a
x = m

x = a
m
 log
a
x > m 
; 1
0 ; 0 1
m
m
x a a
x a a

 

   

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
1) Phương pháp đưa về cùng cơ số
Với 0 < a

1 thì:  a
f(x)

= a
g(x)
 f(x) = g(x);
 a
f(x)
> a
g(x)
 f(x) > g(x) nếu a > 1 hay f(x) < g(x) nếu 0 < a <1
 log
a
f(x) = log
a
g(x)









( ) 0
( ) 0
( ) ( )
f x
g x
f x g x
Chuyên đề đại số Hồ Văn Hoàng
5

 log
a
f(x) > log
a
g(x)









( ) 0
( ) 0
( ) ( )
f x
g x
f x g x
; nếu a > 1
 log
a
f(x) > log
a
g(x)










( ) 0
( ) 0
( ) ( )
f x
g x
f x g x
; nếu 0 < a < 1.
Ví dụ 1. Giải PT: 2
x+1
.5
x
= 2.10
2x+5
(1)
LG: (1)

10
x
= 10
2x+5

x = 2x +5

x = - 5.
Ví dụ 2. Giải PT: log

3
(2x+1) -
1
3
log (1 )x
(2)
Đkiện 2x+1 > 0 và 1- x > 0
  
1
1
2
x
. (2) log
3
(2x+1)=

1
3
1
log
1 x

 

1
2 1
1
x
x
   

2
2 0x x
 x=0; x=2(loại). PT có nghiệm duy nhất x = 0.
Ví dụ 3. Giải BPT: log
5
(4
x
+144) – 4log
5
2 < 1+ log
5
(2
x-2
+1) (3)
LG: Đkiện:
x R 
(3)

log
5
(4
x
+144) < log
5
80(2
x-2
+1)
4
x
-20.2

x
+64 < 0  4 < 2
x
< 16  2< x < 4.
Ví dụ 4. Giải BPT:
1
1
1
( 5 2) ( 5 2)
x
x
x



  
(4)
LG: Do
1
5 2 ( 5 2)

  
, (4) 
 
1
1
1
5 2 ( 5 2)
x
x

x



  

1
1 0 5 2 1
1
x
x do
x

    

 x

1 hoặc − 2

x < −1.
2) Phương pháp đặt ẩn phụ
Ví dụ 5. Giải PT: 3.49
x
+ 2.14
x
– 4
x
= 0 (5)
HD: Chia hai vế PT cho 4
x

rồi đặt t =
7
.
2
x
 
 
 
7
2
: log 3KQ x  
Ví dụ 6. Giải PT:
5
x
-
3
5
x
= 20 (6)
LG: Đkiện x

0, do phương trình chứa căn, đặt t =
5 1
x

(5) t −
125
t
− 20 = 0 t
2

– 20t −125 = 0  t = −5 (l), t = 25
t = 25
2
5 25 5 2 4.
x
x x      
Ví dụ 7. Giải BPT: 4
x
– 2.5
2x
< 10
x
HD: Chia hai vế cho 10
x
, ta được
2 5
2. 1
5 2
x x
   
 
   
   
, Đặt t =
2
, 0
5
x
t
 


 
 
. BPT

2
2
0
t t
t
 

Với đkiện t > 0 ta có 0 < t < 2

2
5
2
0 2 log 2
5
x
x
 
   
 
 
,
(Chú ý do cơ số < 1).
Ví dụ 8. Giải BPT:
2
2

2
6 4
3
log 2
log
x
x
 
(8)
HD: Đkiện 0 < x

1/2 và 1. Đặt t = log
2
x , t

0
(8)
2
1
1
3 5 2
0
3
(1 )
0 2
t
t t
t t
t


   
  

 


 


;
Suy ra tập nghiệm của (8) là :
 
3
1 1
; 1;4 .
2
2
 

 
 
* Dạng
 
   
( )
( )
( )
f x
f x
A a b B a b c

nếu(a+
b
)(a-
b
)=1, đặt t =
 

( )f x
a b
* Dạng au
2f(x)
+b(uv)
f(x)
+cv
2f(x)
= 0, nên chia hai vế cho v
2f(x)
, đặt t =
 
 
 
( )f x
u
v
3) Phương pháp logarit hoá
Ví dụ 9. Giải PT:
2
3 8 6
x
x

x

(9)
LG: Đkiện x

-2 . Lôgarit cơ số 3 hai vế ta có
3
3 3
2log 2
3
log 2 1 log 2 ( 1) 1 0
2 2
x
x x
x x
 
      
 
 
 
 x = 1 hoặc x = − (1+log
3
2).
Ví dụ 10. Giải BPT:
2
log 4
32
x
x



(10). Đkiện x > 0.
LG: Lấy logarit cơ số 2 hai vế ta có : (log
2
x +4)log
2
x < 5,
Đặt t = log
2
x
PT t
2
+4t −5 < 0 −5 < t < 1 −5 < log
2
x < 1

2
-5
< x < 2.
4) Phương pháp sử dụng tính chất của hàm số
a > 1, thì a
f(x)
> a
b

f(x)>b ; log
a
f(x) > log
a
b


f(x) > b >0
0<a<1, thì a
f(x)
> a
b

f(x)<b ; log
a
f(x) > log
a
b

0<f(x) < b
Ví dụ 11. Giải PT: 3
x
= 3 – log
5
x (11)
LG: Ta có x = 1 là một nghiệm của phương trình (11)
Với x > 1 thì 3
x
> 3
1
= 3 và - log
5
x < log
5
1 = 0


3
x
> 3 – log
5
x.
Với x < 1 thì 3
x
< 3
1
= 3 và - log
5
x > log
5
1 = 0

3
x
< 3 – log
5
x.
Vậy x =1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 12. GPT: 3
x
+ 2
x
= 3x +2
LG: Dễ thấy rằng PT có nghiệm x = 0 , x = 1.
(PT không có nghiệm duy nhất)
Xét hàm số: f(x) = 3
x

+ 2
x
– 3x+2 ta có : f’(x) = 3
x
ln3 + 2
x
ln2 – 3
f’’(x) = 3
x
ln
2
3 + 2
x
ln
2
2 > 0 R  hàm số đồng biến trên R.
Mặt khác hàm số f’(x) liên tục trên R và f(-1).f(1) < 0

PT
f’(x)=0 có nghiệm duy nhất x
0
(-1; 1). Ta có bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta
có phương trình có không
quá 2 nghiệm.
Vậy nghiệm của phương
trình là: x = 0; x = 1.
5) Hệ phương trình, hệ bất phương trình mũ và lôgarit
Chú ý : Ta cũng dùng các phương pháp giải hệ phương trình , hệ
bất phương trình như đối với hệ hữu tỉ đã biết và kết hợp với các

phương pháp giải phương trình, bất phương trình mũ và lôgarit
để giải hệ PT, Hệ BPT mũ và lôgarit.
Ví dụ 13 (ĐH K B-2005). Giải HPT:
2 3
9 3
1 2 1 (1)
3log (9 ) log 3 (2)
x y
x y

   


 


Đkiện x > 0 và 0 < y

2
(2)  3(1+ log
3
x) – 3log
3
y = 3  log
3
x = log
3
y  x = y.
Thay x = y vào phương trình (1) ta có (1)  (x-1)(2-x) = 0
 x = 1 ; x = 2. Từ đó


HPT có hai nghiệm là (1 ; 1) và (2; 2).
Ví dụ 14 (ĐH KD-2002 ).Giải HPT:
3 2
1
2 5 4 (1)
4 2
(2)
2 2
x
x x
x
y y
y


 





 
LG: Từ PT(2)

2
x
= y, y > 0;
Thế vào PT(1) ta được PT :y
3

-5y
2
+4y = 0

y = 0, y = 1, y = 4
Hệ PT có nghiệm (0; 1) ; (2; 4).
6) Các bài toán tổng hợp (Hay và khó)
Ví dụ 15. (996). Tìm nghiệm dương của PT:
2 2
log 3 log 5
.x x x 
HD: Biến đổi PT về dạng:
2 2 2
log log log
2 3 5 .
x x x
 
Đặt t = log
2
x, PT

2
t
+ 3
t
= 5
t
.
Bằng phương pháp hàm số có nghiệm t = 1


x = 2.
Ví dụ 16. (ĐH KA-2002). Cho PT:
2 2
3 3
log log 1 2 1 0x x m    
(16) (m là tham số)
1. Giải PT khi m =2.
2. Tìm m để PT (16) có ít nhất 1 nghiệm thuộc đoạn
3
1;3
 
 
Đk x > 0, Đặt t =
2
3
log 1x 

1 ta có PT

t
2
+t-2m-2 = 0 (*)
(16) có nghiệm thuộc
3
1;3
 
 

(*) có nghiệm thuộc [1; 2].
Xét hàm số f(t) = t

2
+t trên [1; 2] ta được
PT (16) có nghiệm

3
1;3
 
 

m

[0 ; 2]
Ví dụ 17.(ĐHQGHN-1997) Giải và BL BPT theo tham số a:
log ( )
4
( ) .
a
ax
x ax
(17)
HD: Điều kiện a > 0, a

1, x > 0.