Bài 7: Phương trình mũ và lôgarit – Giải SBT chương 2 Giải tích 12 nâng cao
Bài 2.93 Dùng phương pháp đặt ẩn phụ để giải các phương trình sau:
a) \(4{\log _9}x + {\log _x}3 = 3\)
b) \({\log _x}2 – {\log _4}x + {7 \over 6} = 0\)
c) \({{1 + {{\log }_3}x} \over {1 + {{\log }_9}x}} = {{1 + {{\log }_{27}}x} \over {1 + {{\log }_{81}}x}}.\)
Giải
a) Ta có: \({\log _x}3 = {1 \over {{{\log }_3}x}}\). Đặt \(t = {\log _3}x(t \ne 0)\) dẫn đến phương trình
\(2{t^2} – 3t + 1 = 0\)
\(\Leftrightarrow \left[ \matrix{
t = 1 \hfill \cr
t = {1 \over 2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
{\log _3}x = 1 \hfill \cr
{\log _3}x = {1 \over 2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x = 3 \hfill \cr
x = \sqrt 3 \hfill \cr} \right.\)
Vậy phương trình có hai nghiệm: \(x = 3\) và \(x = \sqrt 3 \)
b) Ta có: \({\log _x}2 = {1 \over {{{\log }_2}x}}\).
Đặt \(t = {\log _2}x(t \ne 0)\) dẫn đến phương trình
\( – 3{t^2} + 7t + 6 = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \matrix{
t = 3 \hfill \cr
t = {{ – 2} \over 3} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
{\log _2}x = 3 \hfill \cr
{\log _2}x = {{ – 2} \over 3} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x = 8 \hfill \cr
x = {2^{{{ – 2} \over 3}}} \hfill \cr} \right.\)
Vậy phương trình có hai nghiệm: \(x = 8\) và \(x = {2^{ – {2 \over 3}}}\)
c) Đặt \(t = {\log _3}x\), ta có
\(\eqalign{& {{1 + t} \over {1 + {1 \over 2}t}} = {{1 + {1 \over 3}t} \over {1 + {1 \over 4}t}}\cr&\Leftrightarrow 3\left( {1 + t} \right)\left( {4 + t} \right) = 2\left( {2 + t} \right)\left( {3 + t} \right) \cr& \Leftrightarrow 12 + 15t + 3{t^2} = 12 + 10t + 2{t^2} \Leftrightarrow {t^2} + 5t = 0 \cr} \)
\(\, \Leftrightarrow t = 0\) hoặc \(t = – 5\)
Với \(t = 0\) thì \({\log _3}x = 0\), nên \(x = {3^0} = 1\)
Với \(t = – 5\) thì \({\log _3}x = – 5\), nên \(x = {3^{ – 5}} = {1 \over {243}}\)
Vậy phương trình có hai nghiệm: \(x = 1\) và \(x = {1 \over {243}}\)
——————————————————-
Bài 2.94 Dùng phương pháp đặt ẩn phụ để giải các phương trình sau:
a) \({\left( {\sqrt {6 + \sqrt {35} } } \right)^x} + {\left( {\sqrt {6 – \sqrt {35} } } \right)^x} = 12;\)
b) \({\log _2}(2{x^2} – 5) + {\log _{2{x^2} – 5}}4 = 3.\)
Giải
a) \(x = 2\) và \(x = – 2\)
Ta có: \(\sqrt {6 + \sqrt {35} } .\sqrt {6 – \sqrt {35} } = 1\), đặt \(t = {\left( {\sqrt {6 + \sqrt {35} } } \right)^x}\left( {t > 0} \right)\) dẫn đến phương trình
\(t + {1 \over t} = 12\)
\(\eqalign{
& \Leftrightarrow {t^2} – 12t + 1 = 0 \cr
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
t = 6 + \sqrt {35} \hfill \cr
t = 6 – \sqrt {35} \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
{\left( {\sqrt {6 + \sqrt {35} } } \right)^x} = 6 + \sqrt {35} \hfill \cr
{\left( {\sqrt {6 + \sqrt {35} } } \right)^x} = 6 – \sqrt {35} \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x = 2 \hfill \cr
x = – 2 \hfill \cr} \right. \cr} \)
Vậy phương trình có nghiệm \(x = 2\) và \(x = – 2\)
b) Đặt \(t = {\log _2}\left( {2{x^2} – 5} \right)\) với \(\left( {t \ne 0} \right)\) dẫn đến phương trình
\(t + {2 \over t} = 3\)
\(\eqalign{
& \Leftrightarrow {t^2} – 3t + 2 = 0 \cr
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
t = 1 \hfill \cr
t = 2 \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
{\log _2}\left( {2{x^2} – 5} \right) = 1 \hfill \cr
{\log _2}\left( {2{x^2} – 5} \right) = 2 \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
2{x^2} – 5 = 2 \hfill \cr
2{x^2} – 5 = 4 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x = \pm \sqrt {3,5} \hfill \cr
x = \pm \sqrt {4,5} \hfill \cr} \right. \cr} \)
Vậy phương trình có nghiệm là \(x = \pm \sqrt {3,5} \) và \(x = \pm \sqrt {4,5} \)
——————————————————-
Bài 2.96 Tìm m để mỗi phương trình sau có nghiệm:
a) \({25^{x + 1}} – {5^{x + 2}} + m = 0\)
b) \({\left( {{1 \over 9}} \right)^x} – m.{\left( {{1 \over 3}} \right)^x} + 2m + 1 = 0.\)
Giải
a) Đặt \({5^{x + 1}} = t\left( {t > 0} \right)\) . Bài toán trở thành:
Tìm m để phương trình \({t^2} – 5t + m = 0\) (1) có ít nhất một nghiệm dương.
Điều kiện để (1) có nghiệm là \(\Delta = 25 – 4m \ge 0\) hay \(m \le {{25} \over 4}\). Gọi các nghiệm của (1) là \({t_1}\) và \({t_2}\left( {{t_1} \le {t_2}} \right)\), theo hệ thức Vi-ét \({t_1} + {t_2} = 5\) suy ra \({t_2} > 0\).
Vậy \(m \le {{25} \over 4}\) thì phương trình (1) có ít nhất nghiệm \({t_2} > 0\), suy ra phương trình đã cho có nghiệm.
b) Đặt \({\left( {{1 \over 3}} \right)^x} = t\left( {t > 0} \right)\). Bài toán trở thành
Tìm m để phương trình \({t^2} – mt + 2m + 1 = 0\) (2) có ít nhất một nghiệm dương.Điều kiện để (2) có nghiệm là
\(\Delta = {m^2} – 4\left(2 {m + 1} \right) = {m^2} – 8m – 4 \ge 0\)
hay \(m \le 4 – 2\sqrt 5 \) hoặc \(m \ge 4 + 2\sqrt 5 \)
Gọi các nghiệm của (2) là \({t_1}\) và \({t_2}\left( {{t_1} \le {t_2}} \right)\), theo hệ thức Vi-ét
\({t_1} + {t_2} = m;{t_1}{t_2} = 2m + 1\)
– Với \(m \ge 4 + 2\sqrt 5 \) thì \({t_1} + {t_2} = m \ge 4 + 2\sqrt 5 \) suy ra \({t_2} > 0\)
– Với \(m < – {1 \over 2}\) thì \({t_1}{t_2} < 0\) suy ra \({t_2} > 0\)
– Với \( – {1 \over 2} < m < 4 – 2\sqrt 5 \) thì \({t_1} + {t_2} < 0\) và \({t_1}{t_2} < 0\) suy ra \({t_1} < {t_2} < 0\)
Vậy với \(m < – {1 \over 2}\) hoặc \(m \ge 4 + \sqrt 5 \) thì phương trình (2) có ít nhất nghiệm \({t_2} > 0\), suy ra phương trình đã cho có nghiệm.
Chú ý: Có thể lập bảng xét dấu trực tiếp với
\(\Delta = {m^2} – 8m – 4;S = m;P = 2m + 1\)
——————————————————
Bài 2.97 Tìm m để mỗi phương trình sau có nghiệm duy nhất:
a) \({16^{x + 1}} + {4^{x – 1}} – 5m = 0;\)
b) \(2{\log _2}\left( {x + 4} \right) = {\log _2}\left( {mx} \right).\)
Giải
a) Đặt \({4^x} = t(t > 0)\). Bài toán trở thành:
Tìm m để phương trình \(16{t^2} + {t \over 4} – 5m = 0\) (1) có nghiệm dương duy nhất.
Điều kiện để (1) có nghiệm là \(\Delta = {1 \over {16}} + 320m \ge0\) hay \(m\ge – {1 \over {5120}}\) . Lại có \({t_1} + {t_2} = – {1 \over {64}};{t_1}{t_2} = – {{5m} \over {16}}\) .
Nên (1) có nghiệm duy nhất khi \( – {{5m} \over {16}} < 0\), tức là m > 0.
b) Bài toán quy về tìm m để hệ
\(\left\{ \matrix{{(x + 4)^2} = mx \hfill \cr x + 4 > 0 \hfill \cr} \right.\)
có nghiệm duy nhất
hay
\(\left\{ \matrix{{x^2} + (8 – m)x + 16 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right) \hfill \cr x > – 4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2\right) \hfill \cr} \right.\) có nghiệm duy nhất
tức là (1) có nghiệm duy nhất thỏa mãn \(x > – 4\).
Phương trình (1) có nghiệm khi\(\Delta = {m^2} – 16m \ge 0\) hay \(m \le 0\) hoặc \(m \ge 16\) .
Xét cả trường hợp :
+) \(m = 0\) thì (1) có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = {{0 – 8} \over 2} = – 4\) ( không thỏa mãn \(x > – 4\) ).
+) \(m = 16\) thì (1) có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = {{16 – 8} \over 2} = 4\) ( thỏa mãn \(x > – 4\) ).
+) \(m < 0\) hoặc \(m > 16\) thì (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}({x_1} < {x_2})\) .
Ta có : \({x_1} < – 4 < {x_2} \Leftrightarrow ({x_1} + 4)({x_2} + 4) < 0 \)
\(\Leftrightarrow {x_1}{x_2} + 4({x_1} + {x_2}) + 16 < 0\) .
Theo hệ thức . Vi-et ta có \({x_1}{x_2} = 16\) và \({x_1} + {x_2} = m – 8\).
Dẫn theo \(16 + 4(m – 8) + 16 < 0 \Leftrightarrow m < 0\) .
——————————————————
Bài 2.100 Giải các phương trình sau:
a) \({2^{{x^{2 – 4}}}} = {3^{x – 2}};\)
b) \({4^{{{\log }_{0,5}}({{\sin }^2}x + 5\sin x\cos x + 2) = {1 \over 9}}}.\)
Giải
a) Lôgarit cơ số 2 hai vế ta được:
\(\eqalign{
& \Leftrightarrow {x^2} – 4 = \left( {x – 2} \right){\log _2}3 \cr
& \Leftrightarrow \left( {x – 2} \right)\left( {x + 2} \right) – \left( {x – 2} \right){\log _2}3 = 0 \cr
& \Leftrightarrow \left( {x – 2} \right)\left( {x + 2 – {{\log }_2}3} \right) = 0 \cr
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x = 2 \hfill \cr
x = – 2 + {\log _2}3 \hfill \cr} \right. \cr} \)
Vậy phương trình có nghiệm là: \(x=2\) và \(x = – 2 + {\log _2}3\)
b) Điều kiện để phương trình có nghĩa là
\({\sin ^2}x + 5\sin x\cos x + 2 > 0\)
Lấy lôgarit cơ số 4 cả hai vế của phương trình , ta được
\({\log _{0,5}}({\sin ^2}x + 5\sin x\cos x + 2){\log _4}{3^{ – 2}}\)
\( \Leftrightarrow – {\log _2}({\sin ^2}x + 5\sin x\cos x + 2) = – {\log _2}3\)
\( \Leftrightarrow {\sin ^2}x + 5\sin x\cos x + 2 = 3\) ( thỏa mãn điều kiện )
\( \Leftrightarrow \cos x(5\sin x – \cos x) = 0\)
+) \(\cos x = 0\) ta tìm được \(x = {\pi \over 2} + k\pi \).
+) \(5{\mathop{\rm sinx}\nolimits} – \cos x = 0\), tức là \(\tan x = {1 \over 5}\) . Do đó \(x = \arctan {1 \over 5} + k\pi \)
—————————————————————–
Bài 2.101 Giải các phương trình sau:
a) \({3^x} = 5 – 2x;\)
b) \({\left( {{4 \over 5}} \right)^x} = – 2{x^2} + 4x – 9;\)
c) \({\log _{{1 \over 2}}}x = 5x – {3 \over 2}.\)
Giải
a) Hàm số \(f(x) = {3^x}\) luôn đồng biến , hàm số \(g(x) = 5 – 2x\) luôn nghịch biến và \(f(1) = g(1)\)
Do đó \(x = 1\) là nghiệm duy nhất.
b) \({\left( {{4 \over 5}} \right)^x} > 0\) với mọi x, còn\( – 2{x^2} + 4x – 9 < 0\) với mọi x.
Do đó phương trình vô nghiệm
c) Hàm số \(f(x) = {\log _{{1 \over 2}}}x\) luôn nghịch biến, còn hàm số
\(g(x) = 5 – {3 \over 2}\) luôn đồng biến và \(f\left( {{1 \over 2}} \right) = g\left( {{1 \over 2}} \right)\)
Do đó \(x = {1 \over 2}\) là nghiệm duy nhất.
————————————————————
Bài 2.103 Giải các phương trình sau:
a) \({3^{2x – 1}} + {3^{x – 1}}(3x – 7) – x + 2 = 0\)
b) \({25^{5- x}} – {2.5^{5 – x}}(x – 2) + 3 – 2x = 0.\)
Giải
a) \(x = 0\) và \(x = 1\)
Đặt \(t = {3^{x – 1}}\) ( với t > 0 ), ta có \(3{t^2} + (3x – 7)t + 2 – x = 0\) (1)
Coi (1) là phương trình bậc nhất hai ẩn t, ta được \(t = {1 \over 3}\) và \(t = – x + 2\)
\( \bullet \) Với \(t = {1 \over 3}\) thì \({3^{x – 1}} = {3^{ – 1}}\), do đó x = 0.
\( \bullet \) Với \(t = – x + 2\) thì \({3^{x – 1}} = – x + 2\).
Hàm số \(f(x) = {3^{x – 1}}\) luôn đồng biến và \(f(1) = 1\).
Hàm số \(g(x) = – x + 2\) luôn nghịch biến và \(g(1) = 1\) .
Do đó \(x = 1\) là nghiệm duy nhất của \({3^{x – 1}} = – x + 2\).
b) Đặt \(t = {5^{5 – x}}\) (với t > 0), dẫn đến phương trình \({t^2} – 2t(x – 2) + 3 – 2x = 0\), ta được \(t=-1\) và \(t=2x-3\)
Lập luận tương tự ta được \(x=4\)
————————————————
Bài 2.104 Giải các phương trình sau:
a) \({x^{{{\log }_2}9}} = {x^2}{.3^{{{\log }_2}x}} – {x^{{{\log }_2}3}};\)
b) \({3^x} – 4 = {5^{{x \over 2}}}.\)
Giải
a) Điều kiện x > 0. Áp dụng công thức \({a^{{{\log }_c}b}} = {b^{{{\log }_c}a}}\) , ta có
\({9^{{{\log }_2}x}} = {x^2}{.3^{{{\log }_2}x}} – {3^{{{\log }_2}x}};\) (1)
Chia hai vế của (1) cho \({3^{{{\log }_2}x}}\) ta có
Đặt \({\log _2}x = t\), ta có \(x = {2^t}\) dẫn đến phương trình
\({3^t} = {4^t} – 1\) , tức là \({\left( {{3 \over 4}} \right)^t} + {\left( {{1 \over 4}} \right)^t} = 1\) (2)
Vế trái của (2) là hàm nghịch biến (vì các cơ số \({3 \over 4} < 1;{1 \over 4} < 1\)), còn về vế phải của (2) là hằng số, nên phương trình có nghiệm duy nhất \(t = 1\) . Suy ra \(x = 2\)
b) Chia cả hai vế của phương trình cho \({3^x}\left( { = {{\left( {\sqrt 9 } \right)}^x}} \right)\) , ta có
\(4{\left( {\sqrt {{1 \over 9}} } \right)^x} + {\left( {\sqrt {{5 \over 9}} } \right)^x} = 1\) (1)
Vế trái (1) là hàm nghịch biến, vế phải là hàm hằng. Lại có \(x=2\) là nghiệm của (1) do đó \(x=2\) là nghiệm duy nhất của (1)
————————————————–
Bài 2.105
a) Cho a >1, b >1.Chứng minh rằng, nếu phương trình \({a^x} + {b^x} = c\) có nghiệm \({x_0}\) thì nhiệm đó là duy nhất.
b) Chứng minh kết quả tương tự với trường hợp 0< a < 1 và 0
Giải
a) Khi a >1, b >1 thì các hàm số \(y = {a^x}\), \(y = {b^x}\) đồng biến.
Với \(x > {x_0}\) ta có \({a^x} > {a^{{x_0}}};{b^x} > {b^{{x_0}}}\). Vì vậy \({a^x} + {b^x} > {a^{{x_0}}} + {b^{{x_0}}} = c\)
Với \(x < {x_0}\) ta có \({a^x} < {a^{{x_0}}};{b^x} < {b^{{x_0}}}\). Vì vậy \({a^x} + {b^x} < {a^{{x_0}}} + {b^{{x_0}}} = c\)
Do đó phương trình \({a^x} + {b^x} = c\) có nghiệm \({x_0}\) thì nghiệm đó là duy nhất.
b) Cách giải tương tự như câu a), với lưu ý khi \(0 < a < 1,0 < b < 1\) thì các hàm số \(y = {a^x},y = {b^x}\)nghịch biến.
Câu a) và b) được minh họa bởi các ví dụ sau:
\({4^x} + {6^x} = {13.2^x} \Leftrightarrow {2^x} + {3^x} = 13\) có nghiệm duy nhất \(x = 2\)
\({16^x} + {9^x} = {25^x} \Leftrightarrow {\left( {{{16} \over {25}}} \right)^x} + {\left( {{9 \over {25}}} \right)^x} = 1\) có nghiệm duy nhất \(x = 1\)
———————————————-
Bài 2.106 Giải các phương trình sau:
a) \({2^{{{\cos }^2}x}} + {4.2^{{{\sin }^2}x}} = 6\)
b) \({3^{2\sin x + 2\cos x + 1}} – {\left( {{1 \over {15}}} \right)^{ – \cos x – \sin x{\rm{ – lo}}{{\rm{g}}_{15}}8}} \)
\(+ {5^{^{2\sin x + 2\cos x + 1}}} = 0.\)
Giải
a) Đặt \(t = {2^{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x}}\left( {1 \le t \le 2} \right)\), ta được phương trình \({t^2} – 6t + 8 = 0\).
Giải ra ta được \(t = 4\) (loại) và \(t = 2\)
Với \(t=2\) ta có:
\({2^{{{\cos }^2}x}} = 2 \Leftrightarrow {\cos ^2}x = 1 \)
\(\Leftrightarrow \sin x = 0 \Leftrightarrow x = k\pi (k \in Z)\)
b) \(x = {{3\pi } \over 4} + k\pi ;x = \pi + k2\pi \left( {k \in Z} \right)\)
Biến đổi phương trình về dạng
\({3.3^{2\left( {\sin x + \cos x} \right)}} – {8.15^{\cos x + \sin x}} + {5.5^{2\left( {\sin x + \cos x} \right)}} = 0.\)
Chia cả hai vế của phương trình cho \({3^{2\left( {\sin x + \cos x} \right)}}\), rồi đặt \(t = {\left( {{5 \over 3}} \right)^{{\rm{cos}}x + {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}x}}\) với \(\left( {t > 0} \right)\) dẫn đến phương trình:
\(5{t^2} – 8t + 3 = 0\)
Giải ra ta được \(t = 1\) và \(t = {3 \over 5}\)
– Với \(t = 1\) ta có \({\left( {{5 \over 3}} \right)^{{\rm{cos}}x + {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}x}} = 1\), dẫn đến \({\rm{cos}}x + \sin x = 0\) hay \({\rm{cos}}\left( {x – {\pi \over 4}} \right) = 0\)
Do vậy \(x = {{3\pi } \over 4} + k\pi \left( {k \in Z} \right)\)
– Với \(t = {3 \over 5}\) ta có \({\left( {{5 \over 3}} \right)^{{\rm{cos}}x + {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}x}} = {3 \over 5}\), dẫn đến \({\rm{cos}}x + \sin x = – 1\) hay \({\rm{cos}}\left( {x – {\pi \over 4}} \right) = – {1 \over {\sqrt 2 }}\)
Do vậy \(x = \pi + k2\pi ;x = {-\pi \over 2} + k2\pi \left( {k \in Z} \right)\)
——————————————————-
Bài 2.109
Tùy theo m ,hãy biện số nghiệm của phương trình:
\(\left( {m – 3} \right){.9^x} + 2\left( {m + 1} \right){.3^x} – m – 1 = 0\)
Giải
Đặt \(y = {3^x}(y > 0)\), ta có
\(\left( {m – 3} \right){y^2} + 2\left( {m + 1} \right)y – \left( {m + 1} \right) = 0\) (1)
Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số nghiệm dương của (1)
– Xét \(m = 3\) thì (1) có nghiệm \(y = {1 \over 2}\) (thỏa mãn \(y > 0\))
– Nếu \(m \ne 3\) thì
\(\Delta ‘ = {\left( {m + 1} \right)^2} + \left( {m + 1} \right)\left( {m – 3} \right) \)
\(= 2\left( {m + 1} \right)\left( {m – 1} \right)\)
Đặt \(f(y) = \left( {m – 3} \right){y^2} + 2\left( {m + 1} \right)y – \left( {m + 1} \right)\), ta có:
\(\eqalign{& \left( {m – 3} \right)f(0) = \left( {3 – m} \right)\left( {m + 1} \right) \cr& S = {{2\left( {m + 1} \right)} \over {3 – m}} \cr} \)
Lập bảng xét dấu:
Từ đó bảng xét dấu ta có:
– Với \(m\le – 1\) hoặc \(m \ge 3\) hoặc \(m = 1\) thì phương trình có một nghiệm,
– Với \( – 1 < m < 1\) thì phương trình vô nghiệm.
– Với \(1 < m < 3\) thì phương trình có hai nghiệm.
——————————————————-
Bài 2.110 Giải các phương trình sau:
\(2{\log _3}\cot x = {\log _2}\cos x\)
Giải
\(x = {\pi \over 3} + k2\pi \left( {k \in Z} \right)\)
Hướng dẫn: Điều kiện \({\rm{cos }}x > 0,\sin x > 0\)
Đặt \({\log _2}\cos x = t = {\log _3}{\cot ^2}x\), ta có \(\left\{ \matrix{{\cot ^2}x = {3^t} \hfill \cr{\rm{cos }}x = {2^t} \hfill \cr} \right.\)
Do \({\cot ^2}x = {{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x} \over {1 – {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x}}\) nên dẫn đến \({{{{\left( {{2^t}} \right)}^2}} \over {1 – {{\left( {{2^t}} \right)}^2}}} = {3^t}\) hay \({4^t} + {12^t} = {3^t}\)
Sử dụng tính đồng biến, nghịch biến của hàm số mũ, ta tìm được \(t = – 1\)
Do đó \({\rm{cos }}x = {1 \over 2} \Leftrightarrow x = \pm {\pi \over 3} + k2\pi \left( {k \in Z} \right)\)
Với điều kiện \(\cos x > 0,\sin x > 0\), chỉ có nghiệm \(x = {\pi \over 3} + k2\pi \left( {k \in Z} \right)\) là thích hợp.
—————————————————
Bài 2.111 Giải và biện luận phương trình sau:
a) \({\log _3}x – {\log _3}\left( {x – 2} \right) = {\log _{\sqrt 3 }}m;\)
b) \({4^{\sin x}} + {2^{1 + \sin x}} = m\)
Giải
a) Điều kiện \(x > 2,x > 0\). Đưa về tìm nghiệm lớn hơn 2 của phương trình \(x = \left( {x – 2} \right){m^2}\) hay \(\left( {1 – {m^2}} \right)x = – 2{m^2}\)
Vậy
+) \(m > 1\) thì phương trình có nghiệm duy nhất \(x = {{2{m^2}} \over {{m^2} – 1}}\)
+) \(m \le 1\) thì phương trình vô nghiệm.
b) Đặt \({2^{\sin x}} = y\), vì \( – 1 \le \sin x \le 1\) nên \({1 \over 2} \le y \le 2\)
Ta có phương trình: \({y^2} + 2y – m = 0\) (1)
Tính được: \(\Delta ‘ = 1 + m\)
– Với \(m < – 1\) thì (1) vô nghiệm.
– Với \(m = – 1\) thì (1) có nghiệm kép \(y = – 1\) (loại)
– Với \(m > – 1\) thì (1) có hai nghiệm phân biệt \({y_1} = – 1 + \sqrt {m + 1} \) và \({y_2} = – 1 – \sqrt {m + 1} \) (loại)
\({y_1} = – 1 + \sqrt {m + 1} \) thỏa mãn điều kiện khi
\(\left\{ \matrix{- 1 + \sqrt {m + 1} \ge {1 \over 2} \hfill \cr- 1 + \sqrt {m + 1} \le 2 \hfill \cr} \right.\) tức là \(\left\{ \matrix{m \ge {5 \over 4} \hfill \cr m \le 8 \hfill \cr} \right.\)
Khi đó
\({2^{\sin x}} = – 1 + \sqrt {m + 1} \)
\(\Leftrightarrow \sin x = {\log _2}\left( { – 1 + \sqrt {m + 1} } \right) = \sin \varphi\)
\(\left( { – {\pi \over 2} \le \varphi \le {\pi \over 2}} \right)\)
Ta có \(x = \varphi + k2\pi ;x = \pi – \varphi + k2\pi \left( {k \in Z} \right)\)
Từ đó ta đi đến kết luận
+) Với \(m < {5 \over 4}\) hoặc \(m > 8\): Phương trình vô nghiệm.
+) Với \(m = {5 \over 4}\): Phương trình có nghiệm \(x = – {\pi \over 2} + k2\pi \left( {k \in Z} \right)\)
+) Với \(m = 8\): Phương trình có nghiệm \(x = {\pi \over 2} + k2\pi \left( {k \in Z} \right)\)
+) Với \({5 \over 4} < m < 8\): Phương trình có nghiệm \(x = \varphi + k2\pi ;x = \pi – \varphi + k2\pi \) với \(\varphi = {\log _2}\left( { – 1 + \sqrt {m + 1} } \right),k \in Z\)
Trả lời