Skkn rèn luyện kỹ năng làm việc với phương trình mũ

  • Số trang: 26 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 15 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

A- MỞ ĐẦU I- LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Phương trình mũ là một bộ phận quan trọng trong chương trình toán học ở phổ thông . Rất nhiều đề thi , đặc biệt là đề thi Đại học , cao đẳng khai thác vấn đề này . Trong khi đó do thời gian có hạn nên SGK mới chỉ dừng lại ở các dạng bài tập cơ bản , mặc dù SGK cũng có sự phân loại song số lượng bài tập để học sinh tự rèn luyện rất ít và chưa phong phú Vì vậy, để giúp học sinh đỡ lúng túng khi gặp những bài toán về phương trình mũ , tôi đưa ra một số bài tập đã được phân loại cùng với phương pháp giải các loại bài tập này. II- NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI Thông qua hệ thống bài tập đã được phân loại cùng với phương pháp giải các dạng bài tập đó , thì nhiệm vụ của đề tài này chỉ mong rằng sẽ góp phần giúp học sinh hình thành , củng cố và rèn luyện kỹ năng làm việc với phương trình mũ . Đó là các kỹ năng sau: 1- Giải các phương trình mũ bằng các phương pháp : - Biến đổi hai vế về những lũy thừa có cùng cơ số. - Lôgarit hóa - Đặt ẩn phụ - Phương pháp đánh giá hai vế - Phương pháp sử dụng chiều biến thiên (đạo hàm ) đồ thị. 2 - Tìm điều kiện của tham số để phương trình : - Có nghiệm , không có nghiệm. - Có nghiệm thỏa mãn điều kiện cho trước 3 - Giải và biện luận phương trình mũ. Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 1 III- PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH. - Trong các tiết học chính khóa cần yêu cầu học sinh nắm chắc : + Khái niệm lũy thừa với số mũ thực, và các tính chất của lũy thừa + Hệ số mũ – tính chất + Hàm số Lôgarit – tính chất + Kỹ năng dùng đạo hàm để xét biến thiên của hàm số. + Kỹ năng vẽ đồ thị. + Hiểu được thực chất nghiệm của phương trình (x) = g (x) là hoành độ giao điểm của hai đồ thị y = (x) và y = g (x). - Trên cơ sở đó giáo viên đưa ra các dạng bài tập cho học sinh tự tìm tòi phương pháp giải  Kết luận về cách giải của từng dạng. IV- ĐỐI TƯỢNG ÁP DỤNG : Học sinh lớp 11+12 A- NỘI DUNG Khi giải một phương trình mũ ta thường vận dụng các phương pháp biến đổi để đưa phương trình mũ đã cho về một trong hai dạng đơn giản nhất là : 1) ax = ab ( 0 < a  1)  x = b 2) ax = c  x = log a c ( 0 < a  1 , c > 0 ) Một số phương pháp thường dùng để giải phương trình mũ là : Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2 I - BIẾN ĐỔI HAI VẾ CỦA PHƯƠNG TRÌNH VỀ NHỮNG LŨY THỪA CÓ CÙNG CƠ SỐ : a(x) = ag(x)  a = 1  00 x1  Luôn đúng với  0 < x  1 . lg x = 1 b) Bài tập tương tự tự giải : 1) 2) 5 x+5 8 x x +2 x +1 +5 x +2 = 36 . 3 = 3x + 3 x +2 +3 x +1 2-x x-1 x 3) 5x.8 4) x lg2 . 2 – lg x = 1 = 500 Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 8 III- PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ: Trong phương pháp này luôn chú ý đến điều kiện của ẩn phụ . a) Nếu trong phương trình có chứa :  a2x = t2  Giải phương trình tìm t ax , a2x , a3x thì ta đặt ax = t , a3x = t3 .  tìm được x. Ví dụ : Giải các phương trình sau: 1) 2 . 16 x – 15 . 4 x – 8 = 0  2 . 4 2x – 15 . 4 x – 8 = 0 Đặt : 4 x = t > 0  1) có dạng : 2. t2 – 15. t - 8 = 0  Từ đây ta có tìm được t  tìm được x. 2)  Đặt ( 5 3 ) x ( 10 3  2x ( 10 3 )x  Tìm được t 3) ) 4 ( 10 3 ) x -10 + + 3 - 84 = 0 = t > 0  2) có dạng : 3.t2 + t – 252 = 0  tìm được x. 2 x+ x+ xx2 -- 22 2.2 ( 10 3 )x - 84 = 0 x+ x2 - 2 - 5.2 x-1+ x2 - 2 -5.2 x+ x2 - 2 = 6 - 12 = 0 x+ x2 - 2 Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 9  Đặt 2 = t > 0  3) có dạng : 2.t2 –5.t – 12 = 0  Tìm được t  tìm được x * Bài tập tương tự tự giải : 1) 7 2x 100 x 2) 9 = 6. ( 0,7 ) x + 7 x2 – 2x - x 2x2 + 1 - 7. 3 3) 2 - 9.2 4) 8x – 3 . 4x – 3 . 2 x2 – 2x - x -1 x2 + x x+ 1 b) Nếu phương trình có dạng : Trong đó : +2 = 2 2x + 2 = 0 (Nhân 2 vế với 2 – 2x ) +8 = 0 . ax + . bx + .cx = 0 a.c = b2 thì chia 2 vế cho ax hoặc cx rồi đặt ẩn phụ. Ví dụ : Giải phương trình : 6 . 9 x – 13 . 6 x + 6 . 4 x = 0 (*) Giải : Ta thấy : 9.4 = 36 = 62 nên 9 (*)  6.  4 )x – 13. ( 6 4 )x + 6 = 0  6.  3 2 )2x – 13. ( 3 2 )x + 6 = 0 Đặt ( 3 2 )x = t > 0 Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 10 (*)  6.t2 - 13.t + 6 = 0  Tìm được t  tìm được x. * Bài tập tương tự tự giải : 1) 3.16 x + 2. 81x = 5.36 x 2) 125 x + 50 x = 2 3x + 1 3) 3 2x2+6x -9 + 4. 15 x2+3x -5 = 3. 5 2x2+6x -9 c) Nếu phương trình có dạng : . ax + . bx + c = 0 Trong đó : ax . bx = 1 thì : 1 Cách 1 : Đặt a = t > 0  b = t x Cách 2 : Đặt  x ax = U > 0 bx = V > 0 khi đó phương trình đã cho tương đương với hệ : U > 0 ,V > 0 U.V = 1 .U + . V + c = 0 Ví dụ : Giải phương trình sau: 1) ( 5 + 24 ) x + ( 5 -  24 ) x = 10 Nhận thấy : ( 5 + 24 ) x . ( 5 -  24 ) x = 1 Cách 1 : Đặt ( 5 + 24 ) x = t  1) có dạng : t +  t2 – 10 .t + 1 = 0 > 0 1 = 10 t  Tìm được t Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM  tìm được x. 11 Cách 2 : Đặt ( 5 + 24 ) x = U > 0 ( 5 -  24 ) x = V > 0  1)   U.V = 1 U + V = 10  Giải hệ tìm được U , V 2) ( 7 +4 3 ) x – 3.( 2 -  3 ) x + 2 = 0 Ta thấy : = ( 2 +  3 )2 7 +4 3  2)  Có : ( 2 +  3 ) 2 x - 3. ( 2 -  3 ) x + 2 = 0 ( 2 +  3 ) ( 2 -  3 ) = 1 nên ta đặt  2) có dạng : 2 Thấy : 2 Đặt : 2   Sin2 x Sin2 x Cos2 x 20  2 2 Sin2 x  3) có dạng :  Tìm được t Cos2 x + 4. 2 .2 Cos2 x = t Cos2 x = ( 2 +  3 )x = t > 0 3 t + 2 = 0 t2 -  t3 + 2.t - 3 = 0 3)  tìm được x.  tìm được x. = 6 = 2  1;2  21  vì  x  R  0  Cos2 x  1 1  t  2 2 t 2 + 4.t = 6 t  4.t2 - 6.t + 2 = 0  Tìm được t Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM  tìm được x. 12 Có thể đặt : 2 Sin2 x = U  1;2 U.V = 2  Cos2 x = V  1;2 2 U  1;2 Từ hệ trên có thể tìm V  1;2 U + 4.V = 6  Tìm được x * Bài tập tương tự tự giải : 1) ( 2 +  3 )x + ( 2 -  3 )x - 4 = 0 2) ( 7 +3 5 ) x + 7.( 7 - 3 5 ) x = 2 x+ 3 3) ( 5 -  21 ) x + 7.( 5 +  21 ) x = 2 x+ 3 d) Nếu trong phương trình có chứa : a x ; 1 thì đặt : a x + hoặc : ax 1 ; a2x ; 1 ; a3x ; 1 a2x a3x ax = t  2 ( BĐT Côsi) a x - 1x a = t Ví dụ : Giải phương trình : 1) 4 x + 4 - x + 2 x + 2 - x = 10  22x + 1 1 x 2x + 2 + 2 2x Đặt : 2 x + 1x 2 = t  = 10 2 ( BĐT Côsi) Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 13  1) có dạng : t2 - 2 + t = 10  t2 + t - 12 = 0 2) 23x - 6.2x -  23x - Đặt : 2x -  Tìm được t 1 3(x – 1) 2 + 12x 2 8 x 2 3x - 6 . (2 2 2x 2 2x  23x - 8 23x = 1 ) = 1 = t  23x - 3. 2x.2 + 3. 4x 2  tìm được x. (Lập phương trình 2 vế ) - 83x = t3 2 = t3 + 6.( 2 x - 2x 2  2) có dạng : = t3 + 6.t  t = 1  tìm được x t3 + 6.t - 6.t = 1 * Bài tập tương tự tự giải : 8. 23x + 8. IV- 1 x 3x + 24. 2 + 24. 2 1 2x = 125 SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ Đối với phương pháp này ta thường làm như sau: Cho phương trình : (x) = g(x) Nhận xét thấy x0 là nghiệm của phương trình. Sau đó chứng minh x > x0 và Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 14 x < x0 không thỏa mãn phương trình . Từ đó  x0 là nghiệm duy nhất của phương trình. Hoặc có thể dựa vào 2 mệnh đề sau:  Mệnh đề 1 : Nếu trên Txđ D của phương trình ta có : (x) luôn đẳng biến trên D g(x) luôn nghịch biến trên D  x0  D : (x) = g(x)  x0 là nghiệm duy nhất của phương trình (x) = g(x)  Mệnh đề 2 : Cho phương trình (x) = C ( Const) có Txđ D . Nếu :  (x) luôn đơn điệu trên D  x0  D : (x) = C  x0 là nghiệm duy nhất của phương trình (x) = C - Ví dụ : Giải phương trình sau : 1) 4x + 3 x = 5 x  ( 4 5 )x +( 3 5 )x = 1 Cách 1 : - Có x = 2 là 1 nghiệm của phương trình . + Với x < 2  ( 4 5 ( 3 5 )x > ( x ) >( 4 5 )2 3 5 )2  Vế trái > 1  Với x < 2 không thỏa mãn phương trình . 4 4 5 5 + Với x > 2  ( )x < ( Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM )2 15 ( 3 5 x ) <( 3 5 )2  Vế trái < 1  Với x > 2 không thỏa mãn phương trình .  Kết luận : x = 2 là nghiệm ! của phương trình. Cách 2 : - Txđ : D = R - Có x = 2 là 1 nghiệm của phương trình. - (x) =( Vì có :  ‘(x) = ( 4 5 4 5 )x + ( )x .ln 3 5 4 5 + )x ( luôn nghịch biến trên R 3 5 )x.ln 3 5 < 0 xR  x = 2 là nghiệm ! của phương trình. 2) x2 – (3 – 2x ). x + 2( 1- 2x ) = 0 Có :  = ( 2 x + 1 )2  x=2 x = 1- 2 x (*) (*)  2 x = - x + 1 Thấy : x = 0 thoả mãn (*) - Có : (x) = 2 x đồng biến trên R - Có : g(x) = - x + 1 nghịch biến trên R  x = 0 là nghiệm ! của phương trình (*) Vậy phương trình 2 ) có 2 nghiệm là x=2 x =0 Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 16 * Bài tập tương tự tự giải : 1) 9 x + 2 ( x – 2 ).3 x + 2x – 5 = 0 2) 3. 5 2x + 1 - 7. 2 4 x + 1 = 19 x-1 - 2 x2-x = ( x – 1 )2 đặt : x – 1 = U ; x2 – x = V 3) 2 V- PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ HAI VẾ + Đối với phương pháp này ta đựa vào nhận xét : VP   VT     VP = VT   VP =  VT =  + Dựa vào tính chất bị chặn của hàm lượng giác Sin x & Cos x + Dựa vào BĐT Côsi. - Ví dụ : Giải phương trình sau: 1) Có : 2 2 x – 1 – 2 x -x = x 2 - 2.x + 1 x 2 - 2.x + 1 = ( x – 1 ) 2  0 2x–1 – 2 x2-x  0 vì x – 1  x 2 - x nên 2 x – 1  2 x2-x  x 2 - 2.x + 1  0 Vậy 1)  (x–1)2 = 0  x2-x 2x–1 – 2 2) x 2 +2 –x 2 x2+ x 6 = 2. Cos Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM x = 1 = 0 17 Có : 0  VT = 2 x + Cos2 x2+ x 6 1 2x  2 2x + 2)   1  VP  2 (BĐT Côsi) 1 2x 2x = 2-x = 2  x2+ x Cos2 6 = 1 x2+ x 6 = k. (k  Z ) x = 0  4S in x – 2 1+Sin x. Cos(xy) + 2 3)  Vì  x = 0 x2+ x 6 = k. 2 Sin x - Cos(xy)  2 2 Sin x - Cos(xy) 2 2 y – Cos2(xy)  0 y = 0 + ( 2 y – Cos2(xy) ) = 0  0 do 2  20 = 1 y Với  x ,y Cos xy  1 2 3) 2 Sin x - Cos(xy) = 0 – Cos2(xy) = 0 2 Sin x - Cos(xy) = 0 2  2 y y =1 Cos2(xy) (1) (2) = 1 Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM (3) 18 Từ (2)   y = 0 thỏa mãn (3) và lúc đó (1) trở thành : 2 Sin x = Cos xy = 1 Sin x = 0   x = k. (k  Z ) Vậy phương trình có nghiệm là : x = k. y=0 * Bài tập tương tự tự giải : x 3 1) 2 x + 2 – x = 2. Cos 2) 2 VI- PHƯƠNG TRÌNH MŨ CÓ CHỨA THAM SỐ tg2(xy) + cotg2(xy) = 4 log2(4.x – 4.x + 3) 2 ( VP  4 ; VT  4) - Phương trình mũ có chứa tham số ta thường gặp một số dạng sau : + Giải và biện luận. + Tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm, có nghiệm duy nhất , có nghiệm thỏa mãn điều kiện cho trước. + Biện luận theo tham số số nghiệm của phương trình. Đối với các dạng này ta thường đặt ẩn phụ để đưa phương trình mũ đã cho về những phương trình đại số đơn giản hơn rồi từ yêu cầu bài toán ta đưa về điều kiện tương đương đối với phương trình đại số rồi giải quyết các điều kiện tương đương đó. - Ví dụ : 1)Xác định m để phương trình sau có 2 nghiệm trái dấu : m.4x + (2m + 3).2x – 3m + 5 = 0 (1) Nhận thấy nếu đặt 2x = t > 0 thì (1) sẽ có dạng : Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 19 (x) = m.t2 + (2m + 3).t – 3.m + 5 = 0 (*) - Ứng với mỗi giá trị t > 0 cho một giá trị x - Ứng với giá trị t > 1 cho giá trị x > 0 - Ứng giá trị 0 < t < 1 cho giá trị x < 0 Vậy (1) có có 2 nghiệm trái dấu .  (*) có 2 nghiệm t1 , t2 : 0 < t1 < 1 < t2  a. (1) < 0 a. (0) > 0  Giải tìm được m 2) Xác định m để phương trình sau có 2 nghiệm x1  x2 sao cho x1 + x2 =3 4 x – m. 2 x+1 + 2.m = 0 (2) Đặt : 2 x = t > 0  (2) có dạng : (x) = t2 - 2m. t + 2.m = 0 (*) Thấy (1) có 2 nghiệm x1  x2  (*) có 2 nghiệm 0 < t1 < t2 Để x1 + x2 = 3  Vậy yêu cầu bài toán 2 x1+x2 = 23  t1 . t2 = 8  (*) có 2 nghiệm t1 , t2 0 < t1 < t2 t1 . t2 = 8 ’ > 0 a. (0) > 0  0 < c a S 2  Giải tìm được m = 8 Nguyễn Thị Tiến Lộc – SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 20
- Xem thêm -