Chuyên đề 10: Mũ, logarit

:    x5log 5 4 1 x Giải Điều kiện: 5 x – 4 > 0 (a)  Dễ thấy x = 1 là nghiệm của (1)  VT: f(x) =  x5log 5 4 là hàm số đồng biến  VP: g(x) = 1 – x là hàm số nghịch biến Do đó x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình Bài 11: Giải phương trình     2 2 x x 2 x x 2 2 3 . Giải Đặt 2 x x t 2  (t > 0)     2 2 x x 2 x x 2 2 3      2 4 t 3 t 3t 4 0 t      t 1 (loại) t = 4 (nhận) Vậy 2x x 2 = 2 2  x 2  x  2 = 0  x = 1  x = 2. Bài 12: Cho phương trình     2 2 3 3 log x log x 1 2m 1 0 (2): (m là tham số). 1/ Giải phương trình (2) khi m = 2. 2/ Tìm m để phương trình (2) có ít nhất 1 nghiệm thuộc đoạn      3 1 ; 3 . TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 293 Giải 1/ Khi m = 2 thì phương trình (2) trở thành    2 2 3 3 log x log x 1 5 0 Điều kiện x > 0. Đặt t = 2 3 log x 1  1 (2)  t 2 + t  6 = 0  t = 2  t = 3 (loại)  t = 2     3 3 log x 3 x = 3 2/ 1  x        3 2 3 3 1 log x 1 4 1 t 2 . Phương trình (2) có ít nhất 1 nghiệm thuộc 3 1; 3       2m = t 2 + t  2 = f(t) có nghiệm t  [1, 2] Vì f tăng trên [1, 2] nên ycbt  f(1)  2m  f(2)  0  m  2.  Vấn đề 2: BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ f(x) g(x)a a (1)  Nếu a > 1: (1)  f(x) > g(x)  Nếu 0 < a < 1: (1)  f(x) < g(x) Tổng quát:  f(x) g(x) a 0; a 1 a a (a 1)(f(x) g(x)) 0                   f(x) g(x) a 0 a a (a 1) f(x) g(x) 0 BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT loga f(x) > loga g(x) (1)  Nếu a > 1 : (1)     g(x) 0 f(x) g(x)  Nếu 0 < a < 1 : (1)     f(x) 0 g(x) f(x) B.ĐỀ THI Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2008 Giải bất phương trình:       2 0,7 6 x x log log 0 x 4 Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 294 Giải Điều kiện:          2 2 6 x x 0 x 4 x x log 0 x 4 Bất phương trình tương đương với       2 0,7 6 0,7 x x log log log 1 x 4 (1) (1)              2 2 2 6 x x x x x 5x 24 log 1 6 0 x 4 x 4 x 4  4 8 Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2008 Giải bất phương trình:    2 1 2 x 3x 2 log 0 x Giải Điều kiện:    2 x 3x 2 0 x Bất phương trình tương đương với    2 1 1 2 2 x 3x 2 log log 1 x (1) (1)                       2 2 2 2 x 3x 2 x 3x 2 0 0 x x x 3x 2 x 4x 2 1 0 x x                         2 2 (x 3x 2)x 0 0 x 1 x 2 (x 4x 2)x 0 x 0 2 2 x 2 2 x 0        2 2 x 1 2 x 2 2 . Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2007 Giải bất phương trình:     3 1 3 2log (4x 3) log (2x 3) 2 Giải Điều kiện:  3 x . 4 Bất phương trình đã cho     2 3 (4x 3) log 2 2x 3 TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 295            2 2 3 (4x 3) 9(2x 3) 16x 42x 18 0 x 3 8 Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình là:   3 x 3 4 . Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2006 Giải bất phương trình:     x x 2 5 5 5 log (4 144) 4log 2 1 log (2 1). Giải Bất phương trình đã cho tương đương với     x x 2 5 5 5 log (4 144) log 16 1 log (2 1) (1) (1)      x x 2 5 5 5 5 log (4 144) log 16 log 5 log (2 1)    x x 2 5 5 log (4 144) log [80(2 1)]        x x 2 x x4 144 80(2 1) 4 20.2 64 0      x4 2 16 2 x 4 Bài 5: ĐỀ DỰ BỊ 2 Giải phương trình:    x5log 5 4 1 x Giải Điều kiện : 5 x – 4 > 0 (a)  Để thấy x = 1 là nghiệm của (1)  VT : f(x) =  x5log 5 4 là hàm số đồng biến  VP : g(x) = 1 – x là hàm số nghịch biến Do đó x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình. Bài 6: Giải bất phương trình:  xx 3log log 9 72 1    Giải Điều kiện   x 9 x 3 0 x 1 9 72 0 x log 73 log 9 72 0             Bất phương trình     x3 9log 9 72 x (Vì x > log 73 1)          x x x9 3 72 0 8 3 9 x 2 Kết hợp với điều kiện ta được 9 log 73 < x  2. Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 296  Vấn đề 3: HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT A.PHƯƠNG PHÁP GIẢI Thường sử dụng phương pháp biến đổi từng phương trình trong hệ, sau đó dùng phương pháp thế để tìm nghiệm. B.ĐỀ THI Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010 Giải hệ phương trình:        2 x x 2 log (3y 1) x 4 2 3y (x, y  ) Giải Điều kiện: 3y – 1 > 0 Ta có        2 x x 2 log (3y 1) x 4 2 3y         x x x 2 3y 1 2 4 2 3y         x x x 2 2 1 y 3 4 2 3y          x x x x 2 2 1 y 3 3(4 2 ) (2 1)          x x x 2 1 y 3 2.4 2 1 0            x x x 2 1 y 3 1 (2 1)(2 ) 0 2          x x 2 1 y 3 1 2 2        x 1 1 y 2 (nhận) Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2010 Giải hệ phương trình:          2 2 2 x 4x y 2 0 2log (x 2) log y 0 Giải          2 2 2 x 4x y 2 0 (1) 2log (x 2) log y 0 (2) ; Điều kiện: x > 2 , y > 0 (2)          2 2 y x 2 (x 2) y y 2 x  2 x 0 (loại) y x 2: (1) x 3x 0 x 3 y 1           TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 297  2 x 1 (loại) y 2 x: (1) x 5x 4 0 x 4 y 2 (loại)             Vậy hệ có một nghiệm    x 3 y 1 . Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009 Giải hệ phương trình:                 2 2 2 2 2 2 x xy y log x y 1 log xy x,y 3 81 Giải Với điều kiện xy > 0 (*), hệ đã cho tương đương:        2 2 2 2 x y 2xy x xy y 4         2 x y x y y 2y 4 Kết hợp (*), hệ có nghiệm: (x; y) = (2; 2) và (x; y) = (2; 2) Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2006 Chứng minh rằng với mọi a > 0, hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:          x y e e ln(1 x) ln(1 y) y x a Giải Điều kiện: x, y > 1. Hệ đã cho tương đương với:            x a x e e ln(1 x) ln(1 a x) 0 (1) y x a (2) Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (1) có nghiệm duy nhất trong khoảng (1; + ). Xét hàm số f(x) =       x a xe e ln(1 x) ln(1 a x) với x > 1. Do f(x) liên tục trong khoảng (1; +) và       x x 1 lim f(x) , lim f(x) nên phương trình f(x) = 0 có nghiệm trong khoảng (1; + ). Mặt khác:        x a x 1 1 f '(x) e e 1 x 1 a x =         x a a e (e 1) 0, x > 1 (1 x)(1 a x)  f(x) đồng biến trong khoảng (1; + ). Suy ra phương trình f(x) = 0 có nghiệm duy nhất trong khoảng (1; + ). Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất. Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 298 Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2005 Giải hệ phương trình:         2 3 9 3 x 1 2 y 1 3log (9x ) log y 3 Giải         2 3 9 3 x 1 2 y 1 (1) 3log (9x ) log y 3 (2) .     x 1 Điều kiện : 0 y 2 (2)  3(1 + log3x)  3log3y = 3  log3x = log3y  x = y. Thay y = x vào (1) ta có x 1 2 x 1 x 1 2 x 2 (x 1)(2 x) 1            (x 1)(2 x) 0 x 1, x = 2.      Kết hợp với điều kiện (*) hệ có hai nghiệm là (x; y) = (1; 1) và (x; y) = (2; 2). Bài 6: ĐỀ DỰ BỊ 1 - ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2005 Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:                    2x x 1 2 x 1 2 7 7 2005x 2005 1 x m 2 x 2m 3 0 2 Giải Điều kiện x  1. Ta có : (1)       2x x 1 2 x 17 7 2005(1 x)  Xét             2x x 1 2 x 11 x 1 2x 2 7 7 0 2005(1 x) nên (1) đúng x [ 1; 1]    Xét           2x x 1 2 x 1x 1 2x 2 7 7 0 2005(1 x) nên (1) hiển nhiên sai. Do đó (1)  1  x  1  Vậy hệ có nghiệm khi và chỉ khi: (2) có nghiệm  [1; 1]  x 2 – 2x + 3  m(x - 2) có nghiệm x  [1; 1]        2 x 2x 3 m (vì x 2 0) x 2 có nghiệm x  [1; 1] Xét hàm f(x) =    2 x 2x 3 x 2 , x  [1; 1]        2 2 x 4x 1 f (x) x 2 , f’(x) = 0   x 2 3 x  1 2 3 1 2 2 3 + f'(x) + 0    0 + f(x) 2 2 TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 299 Dựa vào bảng biến thiên hệ có nghiệm  2 ≤ m Bài 7: ĐỀ DỰ BỊ 1 Giải hệ phương trình:           1 4 4 2 2 1 log y x log 1 y x y 25 . Giải Điều kiện     y 0 y x 0 Hệ                   1 1 4 4 2 22 2 1 y x 1 log y x log 1 y y 4 x y 25x y 25 2 2 2 4 4y= x y = x 3 3 16 x x 25 x 9 9             x 3 x = 3 (nhận) (loại) y 4 y 4          Bài 8: Giải hệ phương trình:           3x 2 x x 1 x 2 5y 4y 4 2 y 2 2 . Giải                        3x 2 3x 2 2 3 x x 1 x x x 2 5y 4y 2 5y 4y 5y 4y y 4 2 y 2 y y 2 2 2              2 x y 5y 4 0 x = 0 x = 2 y = 1 y = 4y 2 . Bài 9: ĐỀ DỰ BỊ 1 Giải hệ phương trình:           4 2 x 4 | y | 3 0 1 log x log y 0 2 Giải Điều kiện:    x 1 y 1 . (2)  log4x = log4y 2  x = y 2 . Thay x = y 2 vào (1) ta được : y 2 – 4y + 3 = 0              y 1 y 1 x 1 (do y 1) y 3 x 9y 3 Vậy hệ có 2 cặp nghiệm (1; 1) và (9; 3).