Pt Mũ Có Lời Giải Chi Tiết

--- Bài mới hơn ---

  • Giải Hệ Phương Trình Trong Excel Bằng Solver
  • Cách Giải Phương Trình Bậc Cao Bằng Excel
  • Giải Hệ Phương Trình Trong Excel
  • Cách Giải Hệ Phương Trình Bậc Nhất 2 Ẩn Với Phương Pháp Thế Và Phương Pháp Cộng Đại Số
  • Hệ Phương Trình Bậc Nhất Hai Ẩn
  • Published on

    1. 1. PHƢƠNG TRÌNH MŨ.Phƣơng pháp 1: Đưa về cùng cơ số:Giải phương trình 2x 1 x 1 21): 4.9 3.2 3 3Hdẫn: (1) ( )2 x 3 1 x . 2 2 x 1 x 22) 7.3 5 3x 4 5x 3 3Hdẫn: (2) 3x 1 5x 1 ( )x 1 1 x 1 5 x 1 x3) 5 .8 x 500Hdẫn: 3( x 1) 3 x 1 x x 3 2 x 3 x x 3 x x 3(3) 5 .2 5 .2 5 2 5 (2 ) 1 x 3 0 x 3 x 3 1 x 3 x x 3 5 ( 1 ) (5.2 ) 1 1 5.2 x 1 x log 5 2 2x x x x x4) [ 5 27 4 3 ] 4 3 4 37 . ĐS: x=10.Phƣong pháp 2: Đặt ẩn phụ: x2 x 21) 2 22 x x 3. x2 xHdẫn: Đặt 2 t (t 0) . Phương trình trở thành: 4 t 4 x 1t 3 t t 1(l ) x 2 2x 52) 3 36.3x 1 9 0 . ĐS: x=-1; x=-2. 2 x2 2x 1 23) 3 28.3x x 9 0 . ĐS: x=-2; x=1. x4) 9 6 x 2.4 x 3 2x 3Hdẫn: Chia cả 2 vế cho 4x ta được phương trình ( ) ( )x 2 0 . ĐS: x=0 2 2 x x2 5 x2 55) 4 12.2x 1 8 0. x 3 x x2 5 t 2 x x2 5 1Hdẫn: Đặt 2 t (t 0) 9 t 4 x x2 5 2 x 4 2 2 2 x 3x 26) 4 4x 6x 5 42 x 3x 7 1 HVQHQT – D – 99 sin x sin x7) 7 4 3 7 4 3 4 ĐHL – 98 3x x 1 128) 2 6.2 1 ĐHY HN – 2000 3 x 1 x 2 2 2x 7 x9) x 6. 0,7 7 ĐHAN – D – 2000 100
    2. 6. +a=16 hoặc a≤0 : pt có nghiệm duy nhất+0<a<16 : pt có 2 nghiệm phân biệt sin 2 x 2Bài 5: Tìm m để phương trình sau có nghiệm 81 81cos x mHdẫn: 2 81Đặt t 81sin x t 1;81 . Phương trình trở thành: t m tKhảo sát hàm số ta được kết quả 18≤m≤82 4 2 x2 2 x2Bài 6: Cho phương trình 3 2.3 2m 3 0 a) Giải phương trình khi m=0 b) Xác định m để phương trình có nghiệm. 2 x2Giải: Đặt 3 t t 0;9 a) x=±1 3 t2 b) Khảo sát hàm số f (t ) ;t t 0;9 được -30≤m≤2 2 2 1 1 t2 1 t2Bài 7: Tìm a để phương trình sau có nghiệm 9 (a 2).31 2a 1 0 1 1 t2 64Hdẫn: Đặt t= 3 t 3;9 . Khảo sát hs được 4 a 7 x2 x2 1Bài 8: Cho phương trình 2 1 2 1 m 0 . Tìm m để phương trình có nghiệm x2 2 1Hdẫn: Đặt 2 1 t t 1; . Phương trình trở thành: m t t 2 1Khảo sát hàm số f (t ) ; t 1; t được m 2 2 1 m 2 2 1 t x2 2 mx 2 2Bài 9: Cho phương trình 5 52 x 4mx 2 m x2 2mx m . Tìm m để phương trình có đúng 2nghiệm thuộc (0;2).Hdẫn: u x2 2mx 2Đặt 2 v u x2 2mx m v 2x 4mx 2 m uPhương trình trở thành 5 5u u 5v v 5v f (u) f (v) với f(t)=5t+t v uTa có f(t) là HSĐB trên R nên pt tương đương u=v g ( x) x2 2mx m 0 (*)Pt đã cho có đúng 2 nghiệm thuộc (0 ;2) khi và chỉ khi pt (*) có đúng 2 nghiệm thuộc (0 ;2). Khảo sát hàm sốta được kết quả không tồn tại m thoả mãn.Bài 10 :
    3. 7. Bµi tËp tæng hîp vÒ ph-¬ng tr×nh mòBµi 1: Gi¶i c¸c ph-¬ng tr×nh: 8 2x x3 4 a) 2 8 3 b) 5 x 5x 1 5x 2 3x 3x 1 3x 2 x 1 9 x2 cos x cos x c) x2 2x 2 3 x2 2x 2 d) 2 x2 x 2 x2 e) 2 x 4.3 x 2 2 2 x 1.33 x 2Bµi 2: Gi¶i c¸c ph-ong tr×nh: x x a) 3 5 3 5 7.2 x 0 b) 8 x 18 x 2.27 x 2 3x 3 1 12 c) 8 x 2 x 20 0 d) 2 3 x 6.2 x 3.( x 1) 1 2 2x e) 53 x 9.5 x 27 .(125 x 5 x ) 64Bµi 3: Gi¶i c¸c ph-¬ng tr×nh: a) 4.33x 3x 1 1 9x b) 5.32 x 1 7.3x 1 1 6.3x 9x 1 0 d) 5lg x 50 x lg 5 f) 4.2 3 x 3.2 x 1 22x 2 24x 2Bµi 4: Gi¶i c¸c ph-¬ng tr×nh: x log 2 log 2 2 x 1 2. log 2 x a) 2 x 48 b) 2.9 2 x log 2 6 x2 x d) 4.3 x 9.2 x 5.6 2 e) x 1 2 x 2 2x 1 42 3 2 3 2 3Bµi 5: Gi¶i c¸c ph-¬ng tr×nh: a) 3 2 x 2 x 9 .3 x 9.2 x 0 b) x 2 3 2 x .x 2. 1 2 x 0 c) 9 x 2. x 2 .3 x 2 x 5 0 d) 3.25 x 2 3x 10 .5 x 2 3 x 0Bµi 6: Gi¶i c¸c ph-¬ng tr×nh: 2 2 2 2 2 2 a) 4 x 3 x 2 4 x 6 x 5 4 2. x 3 x 7 1 b) 4 x x 21 x 2×1 1 c) 8.3 x 3.2 x 24 6 x d) 12.3 x 3.15 x 5 x 1 20 e) 2 x 3 x 1 6 xBµi 7: Gi¶i c¸c ph-¬ng tr×nh: x a) x x log 2 3 x log 2 7 2 b) 2 x 1 32 x x c) 3 2 2 2 2 x 3 x 1 2 x 1 x 1 d) x x log 2 3 x log 2 5Bµi 8: Gi¶i c¸c ph-¬ng tr×nh: 2 2 a) 3 x cos 2 x b) 4 x 2.x 2 x 1 .2 x x x x 2 1 x c) 7 5 3 2 2. 5 d) 2 cos x 2 x2 6 x e) 9.7 1 2 xBµi 9: Gi¶i c¸c ph-¬ng tr×nh: 1 x2 1 2x x 1 x2 1 2 x2 x2 1 1 a) 4 2 x 1 b) 2 2 2 x 2 2 4. cos3 x x 1 x c) 2 x 3. cos x 2x 7. cos 3x d) 2 3 7 4 3 x 1

    Recommended

    --- Bài cũ hơn ---

  • Pp Giải Phương Trình Mũ, Logarit
  • Giải Toán Lớp 8 Bài 3: Phương Trình Đưa Được Về Dạng Ax + B = 0
  • Chương Iii. §3. Phương Trình Đưa Được Về Dạng Ax + B = 0
  • Tổng Hợp Lý Thuyết Về Phương Trình Đưa Được Về Dạng Ax + B = 0
  • Ptlg Bậc I Dạng Asin X + Bcosx = C Phuong Trinh Asinx Bcosx C Tg Tiet 4 Ppt
  • Giải 9 Bài Pt Mũ & Log Bằng Ẩn Số Phụ

    --- Bài mới hơn ---

  • 9 Phương Pháp Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên
  • Đề Tài:phương Pháp Giải Pt Nghiệm Nguyên
  • Phương Pháp Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên
  • Hệ Phương Trình Bậc Nhất Hai Ẩn (Nâng Cao)
  • Giải Phương Trình Bậc 2 Số Phức
  • Giải 9 phương trình mũ và lôgarit

    bằng phương pháp đặt ẩn phụ

    *Giới thiêu :

    Sau khi NST gửi bài “Giải 18 phương trình mũ và lôgarit bằng một số phương pháp độc đáo”; Một số bạn hỏi về “Phương pháp đặt ẩn phụ” áp dụng như thế nào ? Xin giới thiệu bổ sung.

    Đối với một số phương trình mũ và lôgarit phức tạp hơn, chúng ta không thể sử dụng cách đưa về cùng một cơ số mà nên dùng PP đặt ẩn phụ để được phương trình hoặc hệ phương trình đại số thông thường. Chú ý: Khi đặt ẩn phụ, ta nên tìm điều kiện của ẩn phụ (tuỳ thuộc vào điều kiện của ẩn cần tìm).

    I.- Bồn bài toán mẫu

    Bài toán 1. Giải các phương trình mũ sau

    a) ; b) ; c) ; d) .

    Lời giải. a) Phương trình đã cho tương đương với Đặt thì phương trình trở thành .

    Đây là phương trình bậc hai với ẩn số , ta tìm được hoặc .

    Tuy nhiên nên chỉ có l à thoả mãn. Thay lại để tìm , ta có

    Vậy phương trình chỉ có một nghiệm .

    b) Đặt , ta có phương trình

    Phương trình bậc hai ẩn này chỉ có một nghiệm dương , suy ra

    .

    c) Điều kiện . Chia cả hai vế của phương trình cho , ta có

    Đặt , phương trình trở thành

    Phương trình bậc hai trên có hai nghiệm dương .

    Với thì .

    Với thì .

    Phương trình có hai nghiệm .

    d) Phương trình đã cho tương đương với Đặt thì phương trình trở thành Do nên hay . Từ đó suy ra

    Vậy phương trình có nghiệm duy nhất .

    Bài toán 2

    Giải các phương trình lôgarit sau

    a) ; b) ; c) ; d) .

    Lời giải.

    a) Điều kiện Đặt thì điều kiện của là và phương trình trở thành

    (thoả mãn). Với thì ; Với thì . Vậy phương trình đã cho có nghiệm .

    b) Điều kiện , đặt , phương trình trở thành

    Do đó nhận các giá trị là hoặc .

    Với thì ;

    Với thì ;

    Với thì . Vậy phương trình đã cho có nghiệm .

    c) Điều kiện . Phương trình đã cho tương đương với

    Đặt thì phương trình trở thành

    Với thì ;

    Với thì . Phương trình đã cho có nghiệm là và .

    d) Điều kiện . Phương trình đã cho tương đương với

    Đặt thì phương trình trở thành

    Đặt .

    Khi đó ta có hệ phương trình

    Giải ra ta được Từ đó suy ra

    và tìm được nghiệm của phương trình.

    (Nhận xét. Đối với một số phương trình ẩn , sau khi đặt ẩn phụ thì trong phương trình

    --- Bài cũ hơn ---

  • Các Dạng Phương Trình Quy Về Phương Trình Bậc Hai
  • Dạng Bài Tập Về Áp Dụng Công Thức Giải Bất Phương Trình Lớp 10 Phải Biết
  • Đạo Hàm Và Bài Toán Giải Phương Trình, Bất Phương Trình Lượng Giác
  • Sử Dụng Máy Tính Cầm Tay Giải Nhanh Trắc Nghiệm Lượng Giác
  • Cách Tìm Hai Số Khi Biết Tổng Và Tích Của Chúng
  • Đề Tài:phương Pháp Giải Pt Nghiệm Nguyên

    --- Bài mới hơn ---

  • Phương Pháp Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên
  • Hệ Phương Trình Bậc Nhất Hai Ẩn (Nâng Cao)
  • Giải Phương Trình Bậc 2 Số Phức
  • Nâng Cao Toán Lớp 8
  • Phương Pháp Giải Nhanh Bài Tập Phương Trình Oxi Hóa
  • A. Những vấn đề chung

    I/ Lý do chọn đề tài:

    Các bài toán về phương trình nghiệm nguyên là những bài toán khó. Đường lối chung để giải phương trình này là dựa vào đặc điểm của phương trình để thu hẹp miền chứa nghiệm.

    Để phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động trong học tập của mỗi học sinh, đối với mỗi dạng toán này cũng như việc tạo ra sự hứng thú say mê học tập của các em là việc rất cần thiết của các thầy cô giáo dạy toán. Do vậy tôi muốn trao đổi kinh nghiệm về một số phương pháp thường dùng để giải phương trình nghiệm nguyên hay gặp trong chương trình toán cấp 2 mà tôi đã làm.

    II/ Mục đích:

    Giúp học sinh nắm được một số phương pháp cơ bản để giải phương trình nghiệm nguyên.

    III/ Nhiệm vụ:

    – Đưa ra các phương pháp và ví dụ minh hoạ

    – Rút kinh nghiệm

    IV/ Đối tượng và phạm vi nghiên cứu:

    – Đối tượng: các tài liệu về phương trình nghiệm nguyên

    – Phạm vi nghiên cứu: các bài toán về phương trình nghiệm nguyên trong chương trình toán cấp 2.

    V/ Phương pháp nghiên cứu:

    – Nghiên cứu tài liệu

    – Trao đổi kinh nghiệm

    – Tổng kết rút kinh nghiệm

    Thử lại:

    x= k.(k+1); y = 3k+1 thoả mãn phương trình đã cho.

    Vậy phương trình (1) có nghiệm tổng quát:

    III/ Phương pháp dùng bất đẳng thức:

    1. Phương pháp sắp thứ tự các ẩn:

    Ví dụ 6: Tìm 3 số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng

    Giải:

    Gọi các số nguyên dương phải tìm là x, y, z. Ta có: x + y + z = x.y.z (1)

    Do x, y, z có vai trò như nhau ở trong phương trình (1) nên có thể sắp thứ tự các ẩn như sau:

    Giải:

    Do vai trò bình đẳng của x và y. Giả sử , dùng bất đẳng thức để giới hạn khoảng giá trị của số nhỏ y

    Ta có:

    (1)

    Mặt khác do

    Do đó

    nên (2)

    Từ (1) và (2) ta có : . Do y

    +Với y =4 ta được:

    + Với y = 5 ta được: loại vì x không là số nguyên

    + Với y = 6 ta được:

    Vậy các nghiệm nguyên dương của phương trình là: (4; 12), (12; 4) , (6; 6)

    3/ Phương pháp chỉ ra nghiệm nguyên:

    Ví dụ 8: Tìm số tự nhiên x sao cho 2x+3x=5x

    Giải:

    Chia hai vế cho 5x, ta được:

    (1)

    +Với x=0 vế trái của phương trình (1) bằng 2 (loại)

    + Với x = 1 thì vế trái của phương trình bằng 1 ( đúng)

    + Với x thì:

    Nên: ( loại)

    Vậy nghiệm duy nhất của phương trình là x = 1

    4/ Sử dụng điều kiện của phương trình bậc hai có nghiệm

    Ta viết phương trình f(x; y) = 0 dưới dạng phương trình bậc hai đối với một ẩn đã chọn. Chẳng hạn chọn ẩn x, khi đó y là tham số, điều kiện cần để phương trình có nghiệm là , để có nghiệm nguyên còn cần phải là số chính phương.

    Ví dụ 9:

    Tìm các nghiệm nguyên của phương trình :

    x+y+xy = x2+y2 (1)

    Giải:

    Phương trình (1) tương đương với: x2-(y+1)x+(y2-y) = 0 (2)

    Điều kiện để (2) có nghiệm là

    --- Bài cũ hơn ---

  • 9 Phương Pháp Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên
  • Giải 9 Bài Pt Mũ & Log Bằng Ẩn Số Phụ
  • Các Dạng Phương Trình Quy Về Phương Trình Bậc Hai
  • Dạng Bài Tập Về Áp Dụng Công Thức Giải Bất Phương Trình Lớp 10 Phải Biết
  • Đạo Hàm Và Bài Toán Giải Phương Trình, Bất Phương Trình Lượng Giác
  • Số E Là Gì ?

    --- Bài mới hơn ---

  • Bổ Túc Về Giải Tích Tổ Hợp
  • Tóm Lược Một Số Kiến Thức Về Đại Số Tổ Hợp Ứng Dụng Trong Tin Học
  • Môn Giải Tích Tiếng Anh Là Gì? Mục Đích Của Việc Học Môn Giải Tích
  • Công Thức Giải Tích Các Phép Toán Vector Và Tensor
  • Sách Giáo Khoa Đại Số Và Giải Tích 11 Nâng Cao
  • Lý do chính để đưa ra số e, đặc biệt trong giải tích, là để lấy vi phân và tích phân của hàm mũ và logarit. Một hàm mũ tổng quát y=a^x có đạ…

    Lý do chính để đưa ra số e, đặc biệt trong giải tích, là để lấy vi phân và tích phân của hàm mũ và logarit. Một hàm mũ tổng quát y=a^x có đạo hàm dưới dạng giới hạn:

    Giới hạn ở bên phải độc lập với biến x: nó chỉ phụ thuộc vào cơ số a. Khi cơ số là e, giới hạn này tiến tới một, và do đó e được định nghĩa bởi phương trình:

    Do đó, hàm mũ với cơ số e trong một số trường hợp phù hợp để làm giải tích. Chọn e, không như một số số khác, là cơ số của hàm mũ làm cho tính toán chủ yếu về đạo hàm đơn giản hơn rất nhiều.

    Một lý do khác đến từ việc xét cơ số logarit a. Xét định nghĩa của đạo hàm của logax bởi giới hạn:

    Một lần nữa, có một giới hạn chưa xác định mà chỉ phụ thuộc vào cơ số a, và nếu cơ số đó là e, giới hạn là một. Vậy

    Logarit trong trường hợp đặc biệt này được gọi là logarit tự nhiên (thường được kí hiệu là “ln”), và nó cũng dễ dàng lấy vi phân vì không có giới hạn chưa xác định nào phải thực hiện trong khi tính toán.

    Do đó có hai cách để chọn một số đặc biệt a=e. Một cách là đặt sao cho đạo hàm của hàm số a^x là a^x. Một cách khác là đặt sao cho đạo hàm của logarit cơ số a là 1/x. Mỗi trường hợp đều đi đến một lựa chọn thuận tiện để làm giải tích. Thực tế là, hai cơ số có vẻ rất khác nhau này lại chỉ là một, số e.

    Một số đặc điểm khác

    2. Số e là số thực dương duy nhất mà

    Các tính chất khác sau đây cũng được chứng minh là tương đương:

    3. Số e là giới hạn

    4. Số e là tổng của chuỗi vô hạn trong đó n! là giai thừa của n.

    5. Số e là số thực dương duy nhất mà

    (nghĩa là, số e là số mà diện tích dưới hyperbol f(t) = 1 / t từ 1 tới e là bằng một)

    Giá tri gần đúng của số e

    e là một số vô tỉ e và một giá trị gần đúng của e là 2.718281828459045235360287471352662497757247093699959574966.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Luận Văn: Phương Pháp Xây Dựng Độ Đo Và Tích Phân, Hot, 9Đ
  • Giáo Trình Giải Tích Số
  • Nhiều Giải Pháp Tăng Độ Che Phủ Rừng
  • Thực Hiện 6 Giải Pháp Tăng Cường Quản Lý, Bảo Vệ Và Phát Triển Rừng
  • Lý Thuyết & Bài Tập Sgk Bài 5: Diện Tích Xung Quanh Của Hình Lăng Trụ Đứng
  • Các Phương Pháp Giải Bpt Mũ

    --- Bài mới hơn ---

  • Ngoại Hạng Anh Có Bao Nhiêu Vòng Đấu? Thời Gian, Số Đội Tham Dự?
  • La Liga Có Bao Nhiêu Vòng Đấu? Vđqg Tây Ban Nha
  • Xem Bóng Đá Trực Tiếp Giải Đấu Cúp C1 Chiếu Trên Kênh Nào?
  • Chung Kết C1 Chiếu Kênh Nào ? Và Địa Chỉ Xem Trực Tiếp Cúp C1
  • Giải Đấu Cúp C1 Chiếu Trên Kênh Nào
  • Các phương pháp giải

    bất phương trình mũ và lôgarit

    Phần 1

    Nội dung

    Phương pháp biến đổi chuyển về cùng một cơ số sau đó lôgarit hoá hoặc mũ hoá

    Phương pháp biến đổi và đặt ẩn phụ

    Phương pháp đoán nghiệm và chứng minh tính đúng đắn của nghiệm đó

    Nếu 0 < a < 1 thì bất phương trình tương đương với hệ

    I. Phương pháp biến đổi chuyển về cùng một cơ số sau đó lôgarit hoá hoặc mũ hoá (tt)

    Ví dụ 2 (tt)

    Bài giải

    I. Phương pháp biến đổi chuyển về cùng một cơ số sau đó lôgarit hoá hoặc mũ hoá (tt)

    Ví dụ 2 (tt)

    I. Phương pháp biến đổi chuyển về cùng một cơ số sau đó lôgarit hoá hoặc mũ hoá (tt)

    Ví dụ 2 (tt)

    I. Phương pháp biến đổi chuyển về cùng một cơ số sau đó lôgarit hoá hoặc mũ hoá (tt)

    Ví dụ 2 (tt)

    I. Phương pháp biến đổi chuyển về cùng một cơ số sau đó lôgarit hoá hoặc mũ hoá (tt)

    Ví dụ 3: Giải các bất phương trình sau:

    I. Phương pháp biến đổi chuyển về cùng một cơ số sau đó lôgarit hoá hoặc mũ hoá (tt)

    Ví dụ 3 (tt)

    Bài giải

    I. Phương pháp biến đổi chuyển về cùng một cơ số sau đó lôgarit hoá hoặc mũ hoá (tt)

    Ví dụ 3 (tt)

    I. Phương pháp biến đổi chuyển về cùng một cơ số sau đó lôgarit hoá hoặc mũ hoá (tt)

    Ví dụ 3 (tt)

    I. Phương pháp biến đổi chuyển về cùng một cơ số sau đó lôgarit hoá hoặc mũ hoá (tt)

    Ví dụ 4: Tìm các giá trị của x thoả mãn: log2x+3 x2 < log2x+3 (2x + 3)

    I. Phương pháp biến đổi chuyển về cùng một cơ số sau đó lôgarit hoá hoặc mũ hoá (tt)

    Ví dụ 4 (tt)

    Bài giải

    I. Phương pháp biến đổi chuyển về cùng một cơ số sau đó lôgarit hoá hoặc mũ hoá (tt)

    Ví dụ 4 (tt)

    I. Phương pháp biến đổi chuyển về cùng một cơ số sau đó lôgarit hoá hoặc mũ hoá (tt)

    Ví dụ 5:

    I. Phương pháp biến đổi chuyển về cùng một cơ số sau đó lôgarit hoá hoặc mũ hoá (tt)

    Ví dụ 5 (tt)

    Bài giải

    Kết hợp với điều kiện suy ra nghiệm của bất phương trình trong trường hợp này là -4 < x < -3.

    Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: S = (-4 ; -3)  (4 ; +)

    II. Phương pháp biến đổi và đặt ẩn phụ

    Ví dụ 6: Giải bất phương trình:

    II. Phương pháp biến đổi và đặt ẩn phụ (tt)

    Ví dụ 6 (tt)

    Bài giải

    II. Phương pháp biến đổi và đặt ẩn phụ (tt)

    Ví dụ 6 (tt)

    II. Phương pháp biến đổi và đặt ẩn phụ (tt)

    Ví dụ 6 (tt)

    II. Phương pháp biến đổi và đặt ẩn phụ (tt)

    Ví dụ 6 (tt)

    II. Phương pháp biến đổi và đặt ẩn phụ (tt)

    Ví dụ 7: Giải các bất phương trình

    II. Phương pháp biến đổi và đặt ẩn phụ (tt)

    Ví dụ 7 (tt)

    Bài giải

    II. Phương pháp biến đổi và đặt ẩn phụ (tt)

    Ví dụ 7 (tt)

    II. Phương pháp biến đổi và đặt ẩn phụ (tt)

    Ví dụ 7 (tt)

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Bài Tập Ý Nghĩa Văn Chương
  • Corona Virus: Các Hoạt Động Bóng Đá Bị Hoãn Ở Các Giải Vô Địch Quốc Gia Ở Châu Âu
  • Tìm Hiểu Giải Ngoại Hạng Anh Có Bao Nhiêu Vòng Đấu?
  • Cùng Đi Tìm Lời Giải Đáp Câu Hỏi La Liga Có Bao Nhiêu Vòng Đấu
  • Giải Ngoại Hạng Anh Có Bao Nhiêu Đội, Có Bao Nhiêu Vòng Đấu?
  • Giải Tích – Tập 1 – Calculus 7E

    --- Bài mới hơn ---

  • Thư Viện Trường Đại Học Sư Phạm Hà Nội
  • Nội Dung Chương Trình Toán 11 Cơ Bản
  • Học Viện Công Nghệ Bưu Chính Viễn Thông: Toán Cao Cấp 1: Học Phần Giải Tích (Dành Cho Khối Ngành Kinh Tế)
  • Học Viện Công Nghệ Bưu Chính Viễn Thông: Giải Tích Hàm Nhiều Biến Số (Giải Tích 2)
  • Đạo Hàm Của Hàm Nhiều Biến Số
  • Với sự phát triển tróng mặt của công nghệ và internet như hiện nay thì marketing và đặc biệt marketing đã trở thành một lĩnh vực quan trọng và không thế thiếu ở các doanh nghiệp

    Marketing có vai trò là cầu nối trung gian giữa hoặt động của doanh nghiệp và thị trường. đảm bảo giúp cho các doanh nghiệp hướng đến các thị trường tiềm năng. nói cách khác, marketing có nhiệm vụ tạo ra khách hàng cho doanh nghiệp. sử dụng marketing trong công tác kinh doanh sẽ giúp các doanh nghiệp thực hiện đc các phương châm kế hoạch phải xuất phát từ thị trường.

     

    Trong điều kiện cạnh tranh thị trường gay gắc thì chỉ có doanh nghiệp nào biết hướng đến thị trường mới thì mới có khả năng tồn tại. doanh nghiệp nào bắt kịp xu thế của thì trường thì sẽ là doanh nghiệp thành công và đứng vững trên thị trường. Hiểu được điều đó, Chúng tôi xin giới thiệu bạn đọc cuốn ” Marketing căn bản” được NXB Kinh Tế TPHCM biên soạn. Mặc dù, trong lỉnh vực marketing, có rất nhiều tựa sách được dịch và trình bày trên thị trường. Nhóm tác giả đã cố gắng hết sức mình để biên tập lại phù hợp với môi trường kinh doanh khá phức tạp tại Việt Nam. Cuốn sách gồm 12 chương sẽ giúp bạn đọc tìm hiểu từ cơ bản đến chuyên sâu các mô hình, công cụ, chiến lược, cũng như giải pháp marketing… Cuốn sách  sẽ mang lại giá trị lớn cho bạn đọc.

    MỤC LỤC

    Chương 1: Giới thiệu về Marketing

    Chương 2: Môi trường Marketing

    Chương 3: Hành vi khách hàng

    Chương 4: Nghiên cứu Marketing

    Chương 5 : Phân khúc thị trường – lựa chọn thị trường mục tiêu – định vị trong thị trường

    Chương 6: Chiến lược sản phẩm

    Chương 7: Chiến lược định giá

    Chương 8: Chiến lược phân phối

    Chương 9: Chiến lược xúc tiến

    Chương 10: Lâp kế hoạch – tổ chức thực hiện- kiểm soát Marketing

    Chương 11: Marketing dịch vụ

    Chương 12: Marketing quốc tế

    --- Bài cũ hơn ---

  • Cách Học Tốt Giải Tích 1 Chuẩn Nhất
  • Trường Đại Học Bách Khoa
  • Học Viện Công Nghệ Bưu Chính Viễn Thông: Giải Tích Hàm Một Biến Số (Giải Tích 1)
  • Giải Tích Trong Tiếng Tiếng Anh
  • Pin Di Family And Friends Grade 3 Special Edition Student Book
  • Giải Tích Calculus 7E (Tập 1)

    --- Bài mới hơn ---

  • 6 Điều Mà Sinh Viên Đh Giao Thông Vận Tảikhông Thể Không Biết
  • Ngân Hàng Đề Thi Giải Tích 1
  • Giáo Trình Môn Giải Tích 1
  • Giai Tich Ham Nhieu Bien
  • Download Bai Tap Khai Trien Taylor
  • Giải Tích Tập 1 – Calculus, Giải Tích Calculus 7e (tập 1), Giải Tích – Tập 1 – Calculus 7e Pdf, Giải Tích Calculus 7e – Tập 1 Pdf, Calculus 7e, Calculus 1, Calculus, Calculus J Stewart, Calculus J Stewart Pdf, J Stewart Calculus Tieng Viet, Calculus James Stewart Tiếng Việt, Hãy Phân Tích ưu Nhược Điểm Và Phạm Vi ứng Dụng Của Pp Giải Tích Và Pp Mô Ph, Phân Tích Những Nhiệm Vụ Và Giải Pháp Xây Dựng Đảng Trong Giai Đoạn Hiện Nay, Giải Bài Tập Diện Tích Xung Quanh Và Diện Tích Toàn Phần Của Hình Hộp Chữ Nhật, Giải Bài Tập Diện Tích Xung Quanh Và Diện Tích Toàn Phần Của Hình Lập Phương, Phân Tích Nhiệm Vụ Và Giải Pháp Xây Dựng Đảng Trong Sạch Vững Mạnh Trong Giai Đoạn Hiện Nay, Giải Tích 1, Bài 2 Giải Tích 12, Giải Tích – Tập 1, Bài Tập Giải Tích 1, Giải Tích, Giải Tích 1 7e, Giải Tích 1b, Bài 4 Giải Tích 12, Đại Số Và Giải Tích 11, Bài 5 Giải Tích 12, Bài 4 ôn Tập Chương 3 Giải Tích 12, Bài 5 Trang 10 Giải Tích 12, Bài 8 ôn Tập Chương 1 Giải Tích 12, Bài 1 Sgk Giải Tích 12 Trang 43, Toán Giải Tích 12, Bài 3 Trang 43 Giải Tích 12, Bài 9 ôn Tập Chương 1 Giải Tích 12, Bài 5 Trang 44 Giải Tích 12, Tài Liệu ôn Tập Giải Tích 1, Bài 5 ôn Tập Chương 1 Giải Tích 12, Tài Liệu Giải Tích 3, Bài 4 Trang 61 Giải Tích 12, Bài 4 Trang 10 Giải Tích 12, Bài 4 Sgk Giải Tích 12 Trang 44, Bài 3 Trang 84 Giải Tích 12, Bài 6 ôn Tập Chương 1 Giải Tích 12, Bài 3 Trang 24 Giải Tích 12, Bài 3 ôn Tập Chương 3 Giải Tích 12, Toán Giải Tích 12 Bài 1, Tài Liệu Giải Tích 2, Bài Giảng Giải Tích 1, Đề Cương Giải Tích 2, Đề Cương Giải Tích 3, Đề Cương Bài Tập Giải Tích 2, Bài Giảng Giải Tích 3, Bài Giảng Giải Tích 2, Giải Bài Tập Giải Tích 2 7e, Bài Giải Giải Tích 2, Giải Tích 1 Đại Học Khoa Học Tự Nhiên, Giải Tích James Stewart, Đề Kiểm Tra Chương 2 Giải Tích 12, Giải Bài Tập Phương Trình Tích, Đề Cương Giải Tích 3 Hust, Giáo Trình Giải Tích 1, Đề Cương Giải Tích 2 Sami, Giải Tích 2 Giáo Trình, Tài Liệu ôn Tập Chương 1 Giải Tích 12, Khóa Luận Giải Tích, Giáo Trình Giải Tích Tập 1, Phân Tích N Giai Thừa, Cách Giải Bài Toán Quỹ Tích, Giáo Trình Giải Tích 3, Giải Tích 3 Giáo Trình, Giải Tích 3 Giáo Trình Và 500 Bài Tập, Giáo Trình Giải Tích 2, Tài Liệu Chuyên Toán Giải Tích 12 Pdf, Giải Bài Tập Diện Tích Hình Thoi Lớp 8, Bài Giảng Giải Tích 3 Bùi Xuân Diệu, Tài Liệu Chuyên Toán Đại Số Và Giải Tích 11 Pdf, Khóa Luận Tốt Nghiệp Giải Tích, Bài Tập Tài Liệu Chuyên Toán Giải Tích 12, Sách Tham Khảo Giải Tích 12, Nghị Quyết Liên Tịch Về Hòa Giải, Sách Giáo Khoa Giải Tích 12, Đáp án 80 Bài Toán Hình Học Giải Tích Phẳng, Tài Liệu Chuyên Toán Giải Tích 12, Bài Giải Diện Tích Hình Bình Hành, Giáo Trình Giải Tích 2 Bùi Xuân Diệu, Tài Liệu Giáo Khoa Chuyên Toán Giải Tích 12, Hãy Phân Tích 5 Giai Đoạn/quan Điểm Marketing, Báo Cáo Thành Tích Thực Hiện Đề án 89 Giai Đoạn 2012- 2022, Hãy Giải Thích Sự Hụt Thể Tích Trong Thí Nghiệm Trộn Rượu Và Nước, Hãy Phân Tích Sự Khác Nhau Giữa Các Tầng Lớp Giai Cấp Trong Xã Hội, Phân Tích Giá Trị Tư Tưởng Hồ Chí Minh Trong Giai Đoạn Mới Hiện Nay, Phân Tích 01 Vụ án Phạm Tội Giết Người. Kiến Nghị Giải Pháp Để Hạn Chế, Dong Chi Hay Phan Tich Cac Giai Doan Phat Trien Chu Nghia Cong San Nhu The Nao, Phan Tich Nhiem Vu Va Giai Phap Xay Dung Dang Trong Sach Hien Nay, Phân Tích Những Nhiệm Vụ Chủ Yếu Xây Dựng Đảng Về Đạo Đức Trong Giai Đoạn Hiện Nay, Phân Tích Chủ Trươngvà Kết Quả Đổi Mới Cơ Chế Quản Lí Sản Xuất Nông Nghiệp Nước Ta Giai Đoạn 1979 19, Phân Tích Chủ Trương Và Kết Quả Đổi Mới Cơ Chế Quản Lý Sản Xuất Nông Nghiệp Nước Ta Giai Đoạn (1979-, Phân Tích Chủ Trương Và Kết Quả Đổi Mới Cơ Chế Quản Lý Sản Xuất Nông Nghiệp Nước Ta Giai Đoạn (1979-, Hãy Phân Tích Phương Hướng Giải Pháp Cơ Bản Phòng Chống Diễn Biến Hòa Bình Bạo Loạn Lật Đổ, Thực Trạng, Phân Tích Và Đề Xuất Những Giải Pháp Nâng Cao Hiệu Quả Hoạt Động Của Đội Ngũ Lãnh Đạo Cấ, Thực Trạng, Phân Tích Và Đề Xuất Những Giải Pháp Nâng Cao Hiệu Quả Hoạt Động Của Đội Ngũ Lãnh Đạo Cấ,

    Giải Tích Tập 1 – Calculus, Giải Tích Calculus 7e (tập 1), Giải Tích – Tập 1 – Calculus 7e Pdf, Giải Tích Calculus 7e – Tập 1 Pdf, Calculus 7e, Calculus 1, Calculus, Calculus J Stewart, Calculus J Stewart Pdf, J Stewart Calculus Tieng Viet, Calculus James Stewart Tiếng Việt, Hãy Phân Tích ưu Nhược Điểm Và Phạm Vi ứng Dụng Của Pp Giải Tích Và Pp Mô Ph, Phân Tích Những Nhiệm Vụ Và Giải Pháp Xây Dựng Đảng Trong Giai Đoạn Hiện Nay, Giải Bài Tập Diện Tích Xung Quanh Và Diện Tích Toàn Phần Của Hình Hộp Chữ Nhật, Giải Bài Tập Diện Tích Xung Quanh Và Diện Tích Toàn Phần Của Hình Lập Phương, Phân Tích Nhiệm Vụ Và Giải Pháp Xây Dựng Đảng Trong Sạch Vững Mạnh Trong Giai Đoạn Hiện Nay, Giải Tích 1, Bài 2 Giải Tích 12, Giải Tích – Tập 1, Bài Tập Giải Tích 1, Giải Tích, Giải Tích 1 7e, Giải Tích 1b, Bài 4 Giải Tích 12, Đại Số Và Giải Tích 11, Bài 5 Giải Tích 12, Bài 4 ôn Tập Chương 3 Giải Tích 12, Bài 5 Trang 10 Giải Tích 12, Bài 8 ôn Tập Chương 1 Giải Tích 12, Bài 1 Sgk Giải Tích 12 Trang 43, Toán Giải Tích 12, Bài 3 Trang 43 Giải Tích 12, Bài 9 ôn Tập Chương 1 Giải Tích 12, Bài 5 Trang 44 Giải Tích 12, Tài Liệu ôn Tập Giải Tích 1, Bài 5 ôn Tập Chương 1 Giải Tích 12, Tài Liệu Giải Tích 3, Bài 4 Trang 61 Giải Tích 12, Bài 4 Trang 10 Giải Tích 12, Bài 4 Sgk Giải Tích 12 Trang 44, Bài 3 Trang 84 Giải Tích 12, Bài 6 ôn Tập Chương 1 Giải Tích 12, Bài 3 Trang 24 Giải Tích 12, Bài 3 ôn Tập Chương 3 Giải Tích 12, Toán Giải Tích 12 Bài 1, Tài Liệu Giải Tích 2, Bài Giảng Giải Tích 1, Đề Cương Giải Tích 2, Đề Cương Giải Tích 3, Đề Cương Bài Tập Giải Tích 2,

    --- Bài cũ hơn ---

  • Hướng Dẫn Giải Bài Tập Chuỗi
  • Tích Phân Hàm Phân Thức Luyện Thi Đại Học
  • Bài Giảng Giải Tích 1
  • Toán Giải Tích 12 Bài 1
  • 10 Dạng Tích Phân Thường Gặp Thanh Tùng
  • Các Phương Pháp Giải Mũ. Logarit

    --- Bài mới hơn ---

  • Phương Trình Mũ, Bất Phương Trình Mũ Và Bài Tập Áp Dụng
  • Giải Toán Lớp 4 Nhân Một Số Với Một Hiệu
  • Giải Vở Bài Tập Toán 4 Bài 57: Nhân Một Số Với Một Hiệu
  • Nhân Một Số Với Một Hiệu
  • Giải Toán 9 Bài 4. Một Số Hệ Thức Về Cạnh Và Góc Trong Tam Giác Vuông
  • Published on

    1. 18. chúng tôi   −1 ≤ m ≤ 2    ( m + 1) 2 − 2m 2 − m + 1 ≥ 0  ∆ ≥ 0  m ≥ 1      2m 2 + m − 1 ≥ 0  2  af (0) ≥ 0    m ≤ −1 ⇔ −1 ≤ m ≤ 1⇔  ⇔  ⇔  s  − m − 1 ≥ 0  2  ≥ 0   m ≤ −1   2   2m 2 + m − 1 ≤ 0   af (0) ≤ 0   −1 ≤ m ≤ 1    2+ Với t ≤ 0 thì (2) ⇔ g (t ) = t + 2 ( m − 1) t + 2m + m − 1 ≤ 0 (3) 2 2Vậy (2) có nghiệm ⇔ (3) có ít nhất 1 nghiệm t ≤ 0  t ≤ t ≤ 0 ⇔ phương trình g(t)=0 có ít nhất (1) nghiệm t ≤ 0   1 2  t ≤0≤t    1 2    −1 ≤ m ≤ 2  ∆ ≥ 0  ( m − 1) 2 − 2m 2 − m + 1 ≥ 0     m ≥ 1  ag (0) ≥ 0   2m 2 + m − 1 ≥ 0    2 1⇔  ⇔  ⇔  ⇔ −1 ≤ m ≤ s  ≤ 0  −m − 1 ≤ 0  m ≤1  2    2  1  ag (0) ≤ 0  2m 2 + m − 1 ≥ 0   −1 ≤ m ≤   2 1Vậy bất phương trình có nghiệm khi 0 < m ≤ 2Cách 2: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụĐặt t = x − m , điều kiện t ≥ 0 . Bất phương trình có dạng: h(t ) = t 2 + 2t + 2mx + m − 1 ≤ 0 (4)Vậy bất phương trình có nghiệm ⇔ min h(t ) ≤ 0(t ≥ 0) (5)Nhận xét rằng h(t) là 1 Parabol có đỉnh t=-1<0, do đó min h(t ) = h(0)(t ≥ 0) . Do đó: 1 1(5) ⇔ 2m 2 + m − 1 ≤ 0 ⇔ −1 ≤ m ≤ .Vậy bất phương trình có nghiệm khi 0 < m ≤ 2 2 18
    2. 23. www.VNMATH.comTa thực hiện theo các bước sau:Bước 1: Đặt điều kiện cho các biểu thức trong hệ có nghĩa.Bước 2: Từ hệ ban đầu chúng ta xác định được 1 phương trình hệ quả theo 1 ẩn hoặc cả 2 ẩn,giải phương trình này bằng phương pháp hàm số đã biếtBước 3: Giải hệ mới nhận đượcII. VD minh hoạ:  x 3 − 3 = y − x (1) yVD1: Giải hệ phương trình:  2  x + xy + y = 12(2) 2 Giải: Xét phương trình (1) dưới dạng: 3x + x = 3 y + y (3)Xét hàm số f (t ) = 3t + t đồng biến trên R.Vậy phương trình (3) được viết dưới dạng: f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y . Khi đó hệ có dạng:x = y x = y x = y x = y = 2 2 ⇔ 2 ⇔ ⇔ x + xy + y = 12 3 x = 12  x = ±2  x = y = −2 2Vậy hệ phương trình có 2 cặp nghiệm (2;2) và (-2;-2)  x 2 + 2 x = 3 + yVD2: Giải hệ phương trình:  y 2 + 2 y = 3 + x   x 2 + 2 x = 3 + yGiải: Biến đổi tương đương hệ về dạng:  ⇒ 2 x + 3x + 3 = 2 y + 3 y + 3 (1) 3 + x = 2 + 2 y y Xét hàm số f ( t ) = 2 + 3t + 3 là hàm đồng biến trên R. tVậy phương trình (1) được viết dưới dạng: f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y . x = y x = y Khi đó hệ thành:  x ⇔ x (II) 2 + 2 x = 3 + y  2 = 3 − x(2)+ Giải (2): Ta đoán được x=1 vì 21 = 3 − 1 . Vế trái là một hàm đồng biến còn vế trái là hàm sốnghịch biến do vậy x=1 là nghiệm duy nhất của phương trình này. Khi đó hệ (II) trở thành: x = y  ⇔ x = y =1 x = 1Vậy hệ đã cho có nghiệm x=y=1.  2 x − 2 y = ( y − x ) ( xy + 2 ) (1) VD3: Giải hệ phương trình:  2  x + y = 2(2) 2 Giải: Thay (2) vào (1) ta được:2 x − 2 y = ( y − x ) ( x 2 + y 2 + xy ) ⇔ 2 x − 2 y = y 3 − x 3⇔ 2 x − x3 = 2 y − y 3 (3)Xét hàm số f ( t ) = 2 + t đồng biến trên R. t 3Vậy phương trình (3) được viết dưới dạng: f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y . Khi đó hệ có dạng:x = y x = y x = y x = y = 1 2 ⇔ 2 ⇔ ⇔x + y = 2 2 x = 2  x = ±1  x = y = −1 2Vậy hệ có 2 cặp nghiệm (1;1) và (-1;-1)BÀI TOÁN 3: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁI. Phương pháp: 23

    --- Bài cũ hơn ---

  • Bài 1, 2, 3 Trang 170, 171 Sgk Toán 3
  • Giải Toán Lớp 4 Trang 127 Phép Cộng Phân Số, Đáp Số Bài 1,2,3 Sgk
  • Giải Bài Tập Trang 5 Sgk Toán 4 Bài 1, 2, 3, 4, 5
  • Giải Toán Lớp 4 Trang 138, 139 Luyện Tập Chung, Bài 1,2,3,4,5 Sgk
  • Giải Bài Tập Trang 127 Sgk Toán 4: Phép Cộng Phân Số (Tiếp Theo)
  • Pp Giải Pt&bpt Vô Tỷ

    --- Bài mới hơn ---

  • Giải Và Biện Luận Phương Trình Bậc Nhất
  • Chuyên Đề Giải Và Biện Luận Phương Trình Bậc Hai
  • Giải Và Biện Luận Phương Trình Bậc Hai
  • Giải Pt Vô Tỉ Bằng Phương Pháp Đặt Ẩn Phụ
  • Đề Tài Skkn “giải Pt Vô Tỉ Bằng Cách Đặt Ẩn Phụ”
  • Một số phương pháp giải phương trình và bất phương trình vô tỷ.

    Trong chương trình Toán ở phổ thông cơ sở (PTCS), phổ thông trung học (PTTH) và nhất là ở trong các đề thi tuyển sinh vào các trường đại học và cao đẳng thường gặp nhiều bài toán về giải phương trình hoặc bất phương trình vô tỷ. Ngay cả ở chương trình Đại học sư phạm hoặc Cao đẳng sư phạm cũng yêu cầu sinh viên phải học và nắm vững các kỹ năng này (ở các môn đại số sơ cấp, thực hành giải toan, phương pháp dạy học toán,…). Tuy nhiên khi gặp loại toán này, đa số học sinh-sinh viên còn gặp nhiều khó khăn, lời giải thường thiếu chặt chẽ, do đó không đạt điểm tố đa.

    Một số định lý về phương trình và bất phương trình vô tỷ:

    Định lý 1:

    Phương trình tương đương với hệ: .

    Định lý 2:

    Bất phương trình tương đương với hệ: .

    Định lý 3:

    Bất phương trình tương đương với hệ: .

    Định lý 4:

    Bất phương trình tương đương với hệ:

    Một số phương pháp giải phương trình và bất phương trình vô tỷ:

    Phương pháp 1: Nâng lên luỹ thừa để phá dấu căn.

    Một trong các nguyên tắc để giải phương trình và bất phương trình chứa căn thức là chúng ta phải làm mất dấu căn. Thông thường chúng ta sử dụng một trong các định lý trên để bổ dấu căn của phương trình hoặc bất phương trình. Thường chỉ nên áp dụng một hoặc hai lần và khi đó sẽ đưa phương trình và bất phương trình vô tỷ về dạng mà ta có thể giải dễ dạng hơn.

    Ví dụ 1: Giải bất phương trình: (1).

    Giải: Điều kiện để phương trình có nghĩa là

    Ta xét các khả năng có thể xảy ra sau đây:

    1. Nếu : Khi đó (1)( (2)

    Do nên hai vế của (2) không âm, ta có thể bình phương hai vế, khi đó ta được:

    Bất phương trình cuối cùng đúng với mọi x thoả mãn , vậy là nghiệm của bất phương trình đã cho.

    2. Nếu : Khi đó 1+x(1-x . Khi đó ta có

    (1)(

    Nghiệm nà bị loại.

    Vậy nghiệm của bất phương trình là .

    Xét dấu của vế trái của 2 ta có:

    Vậy nghiệm của bất phương trình là: x(-13/6 và x(3.

    Ví dụ 3: Giải bất phương trình: (1).

    Giải: Điều kiện để bất phương trình có nghĩa là 10-x2(0(10 (x2 (

    . Với điều kiện đó ta có: (1) (2)

    Xét phương trình :

    Xét dấu vế trái của (2) ta có:

    Vậy nghiệm của bất phương trình là: .

    Phương pháp 3: Phương pháp đặt ẩn phụ.

    Một số bài toán về giải phương trình và bất phương trình có chứa căn thức có thể giải được nhờ việc đưa thêm vào các ẩn phụ để phá căn thức hoặc có thể đưa về các phương trình hoặc bất phương trình đại số. Thông thường có thể đặt ẩn mới bằng một căn thức (hoặc tổng hay hiệu hai căn thức) nào đó. Thường gặp 3 dạng ẩn phụ sau:

    Dạng 1: Đặt ẩn phụ để đưa về một phương trình hay bất phương trình với một ẩn mới.

    Dạng 2: Đặt ẩn phụ để đưa về một hệ hai phương trình hai ẩn.

    Dạng 3: Đặt ẩn phụ để đưa về một phương trình với hai ẩn (phương pháp sử dụng phương trình bậc hai).

    Ví dụ 4: Giải bất phương trình: (1).

    Giải: Điều kiện để bất phương trình có nghĩa là. Đặt t=, do (1 nên t(1. Khi đó ta có . Phương trình (1) trở thành: t=1,t=-3 (loại). Vậy ta có t=1

    . Vậy ta có x=1.

    Ví dụ 5: Giải

    --- Bài cũ hơn ---

  • 4 Cách Giải Phương Trình Vô Tỉ Cực Hay
  • Hướng Dẫn Học Sinh Lớp 9 Một Số Phương Pháp Giải Phương Trình Vô Tỉ
  • Cách Giải Bất Phương Trình Vô Tỷ Chứa Căn
  • Cđ Một Số Dạng Pt Vô Tỷ Và Cách Giải
  • Phương Trình Vi Phân Tuyến Tính Cấp 1, Bernoulli, Ricatti
  • Pp Giải Phương Trình Mũ, Logarit

    --- Bài mới hơn ---

  • Pt Mũ Có Lời Giải Chi Tiết
  • Giải Hệ Phương Trình Trong Excel Bằng Solver
  • Cách Giải Phương Trình Bậc Cao Bằng Excel
  • Giải Hệ Phương Trình Trong Excel
  • Cách Giải Hệ Phương Trình Bậc Nhất 2 Ẩn Với Phương Pháp Thế Và Phương Pháp Cộng Đại Số
  • Published on

    1. 1. Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: [email protected]Đ: 01694 013 498 (DÙNG CHO ÔN THI TN – CĐ – ĐH 2011) Gửi tặng: chúng tôi Bỉm sơn. 15.04.2011 1
    2. 2. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498 CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH – HỆ MŨ – LÔGARITCHƯƠNG I: PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH – HỆ MŨ CHỦ ĐỀ I: PHƯƠNG TRÌNH MŨBÀI TOÁN 1: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNGI. Phương pháp:Ta sử dụng phép biến đổi tương đương sau:Dạng 1: Phương trình a f  x   a g  x TH 1: Khi a là một hằng số thỏa mãn 0  a  1 thì a f  x   a g  x   f  x   g  x  a  1 f  x g x  a  0 TH 2: Khi a là một hàm của x thì a a   0  a  1  hoặc    f  x   g  x   a  1  f  x   g  x    0     Dạng 2: Phương trình: 0  a  1, b  0  a f  x  b    f  x   log a b Đặc biệt:Khi b  0, b  0 thì kết luận ngay phương trình vô nghiệmKhi b  1 ta viết b  a 0  a f  x   a 0  f  x   0Khi b  1 mà b có thể biếu diễn thành b  a c  a f  x   a c  f  x   cChú ý:Trước khi biến đổi tương đương thì f  x  và g  x  phải có nghĩaII. Bài tập áp dụng:Loại 1: Cơ số là một hằng sốBài 1: Giải các phương trình sau x 2 3 x 1 1 1 x 1a. 2 .4 x 1 . 1 x  16 x b.   3 c. 2 x 1  2 x  2  36 8 3Giải:a. PT  2 x 1 2 x 2 33 x  24 x  6 x  4  4 x  x  2 2 www.VNMATH.com
    3. 3. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498 x 2  3 x 1 1 2b.    3  3 ( x  3 x 1)  31   ( x 2  3x  1)  1 3 x  1 x 2  3x  2  0   x  2 x 1 x 2 2x 8.2 x  2 x xc. 2  2  36  2.2   36   36 4 4 9.2 x  36.4  2x  16  24  x  4Bài 2: Giải các phương trình x 2 x 1  2 7xa. 0,125.4 2 x 3   8   b. 8 x 1  0, 25  2 c. 2 x  2.5 x 2  23 x.53 x  Giải: x  1  1 2 x 3 22Pt  .  22   3  8 2      x 3  5  2(2 x 3) 5 x 5 x 5 2 .2  2 2   2 3  4 x  6  2 2  2 4 x  9  2 2  4 x  9  x x6   2b. Điều kiện x  1 2 x 1 7x  x 1 3 2 2 x 1 xPT  2 x 1 2 2 3  7  2  7 x  9x  2  0   2 x 1 2 x  2  7 x2 3xc. Pt   2.5    2.5 10 x  2  103 x  x  2  3x  x  1 log3 x 1Bài 2: Giải phương trình:  x  2  x      x2  2Giải:Phương trình đã cho tương đương: x2 0 x  2  0 x  2 log3 x  log3 x    1   1  x   1 1   ln  x   0   log3 x ln  x    0 2    2    2    x  2  0 x  2   x  2 x  2 x  2 x  2       log 3 x  0  x  1  x  1          x2   ln  x  1   0    x  1  1  x  3    2   2  2  x  2  x  2 x  2    3 www.VNMATH.com
    4. 4. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498Bài 3: Giải các phương trình: 2 x 3 x 1 1   x 1a.  10  3  x 1   10  3  x 3 b.  2 2    x 3 2 x   4  Giải: x  1a. Điều kiện:   x  3 1Vì 10  3  . 10  3 3 x x 1 3  x x 1PT   10  3  x 1    x 1 x  3 10  3   9  x2  x 2  1  x   5 x 3 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x   5 x  0b. Điều kiện:  x  1 2 x  3 2 2 2 2 x  x 1  PT  2 x 1 2 x 3 2 x  x 1  4  2 x 1.2 4   2 x 3  2  2   x 1 2 x x 1         4 2  2  x 3  2 x 1 2 x  x 1  4 x 2  x 3  4 x    x  1  4 x  10 x  6  0  x 3 x9Vậy phương trình có nghiệm là x  9Loại 2: Khi cơ số là một hàm của x sin 2  3 cos xBài 1: Giải phương trình  2  x  x 2    2  x  x2 Giải:Phương trình được biến đổi về dạng: 1  x  2(*)2  x  x 2  0     x 2  x  1  0(1) 2  2  x  x  1 sin x  2  3 cos x  0    sin x  3 cos x  2(2)  1 5Giải (1) ta được x1,2  thoả mãn điều kiện (*) 2 1 3     Giải (2): sin x  cos x  1  sin x  x    1  x    2k  x   2k , k  Z 2 2  3 3 2 6Để nghiệm thoả mãn điều kiện (*) ta phải có: 4 www.VNMATH.com
    5. 5. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498  1   1   1   2k  2   1    k   2    k  0, k  Z khi đó ta nhận được x3  6 2  6 2  6 6 1 5 Vậy phương trình có 3 nghiệm phân biệt x1,2  ; x3  . 2 6 3 x 2 5 x  2 x2  x 4Bài 2: Giải phương trình:  x  3   x2  6 x  9 Giải: 3 x 2 5 x  2 2 x2  x 4 2( x 2  x  4)Phương trình được biến đổi về dạng:  x  3   x  3    x  3   x  3 1 x  4   x  4  0  x  3  1   x  3  4   3 x 2  5 x  2  2 x 2  2 x  8   x 2  7 x  10  0 x  5  Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt x = 4, x = 5.Bài tập tự giải có hướng dẫn:Bài 1: Giải các phương trình sau 2 x 1a. 4.9 x 1  3.2 2 b. 7.3x 1  5 x  2  3x 4  5 x 3 x x   x  x 4 3 3  c.  5 27 4 3     4 37 d. 3  x  1 x 1   x  1 x 1  HD: 2 x 3  3  3a.    1 x   2 2 x 1 x 1 x 1 3b.  3 5    1  x  1 5c. x  10BÀI TOÁN 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP LÔGARIT HOÁ VÀ ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐI. Phương pháp:Để chuyển ẩn số khỏi số mũ luỹ thừa người ta có thể logarit theo cùng 1 cơ số cả 2 vế của phương trình, ta cócác dạng:Dạng 1: Phương trình: 0  a  1, b  0  a f  x  b    f  x   log a b Dạng 2: Phương trình: (cơ số khác nhau và số mũ khác nhau) a    b g ( x )  log a a f ( x )  log a b f ( x )  f ( x )  g ( x).log a b f x 5 www.VNMATH.com
    6. 6. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498 hoặc log b a f ( x )  logb b g ( x )  f ( x ).log b a  g ( x).Đặc biệt: (cơ số khác nhau và nhưng số mũ bằng nhau) f  x 0 f  x f (x) a aKhi f  x   g  x   a b    1     f  x   0 (vì b f ( x )  0 ) b bChú ý: Phương pháp áp dụng khi phương trình có dạng tích – thương của các hàm mũII. Bài tập áp dụng:Bài 1: Giải các phương trình x 1 2 x 3 2a. (ĐH KTQD – 1998) 5 x.8 x  500. b. 3x  2.4 x  18 2 2 2 x 3c. 2 x  4.5x  2  1 d. 2 x  2Giải:a. Cách 1: Viết lại phương trình dưới dạng: x 1 x 1 x 3 35 x.8 8  500  5x.2 x  53.22  5x 3.2 x 1Lấy logarit cơ số 2 vế, ta được:  x 3 x 3   x 3  x 3log 2  5 .2   0  log 2  5   log 2  2 x   0   x  3 .log 2 5  x x 3 log 2 2  0     x x  3  1   x  3   log 2 5    0   x x   1   log 2 5 1Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x  3; x   log 2 5 3( x 1) 3 x x 3 x x 3 2 x 3 x x 3  1 Cách 2: PT  5 .2  5 .2  5 2 5  2 x    x 3    1 x 3 x  3  0 x  35 x 3  1  1    5.2 x  1  1       x  x   log5 2  2x  5.2  1 2 x 3 x2  2 x  x2  2 2 xx3 b. Ta có 3 .4  18  log3  3 .4   log 3 18   4x  6 3( x  2) x2  2  .log3 2  2  log 3 2   x 2  4   .log 3 2  0 x x x  2  0  x  2   x 2  2 x  3log 3 2   0   2 x2  x  2 x  3log 3 2  0 (VN ) 2 4c. PT  log 2 2 x  log 2 52  x  0 6 www.VNMATH.com
    7. 7. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498 x 2  4   x  2  log 2 5  0   x  2  x  2  log 2 5  0 x  2 x  2   x  2  log 2 5  0  x  2  log 2 5d. Lấy logarit cơ số 2 hai vế phương trình ta được: 2 3log 2 2 x  2 x  log 2  x 2  2 x  log 2 3  1  x 2  2 x  1  log 2 3  0 2 ,Ta có   1  1  log 2 3  log 2 3  0suy ra phương trình có nghiệm x = 1  log 2 3.Chú ý:Đối với 1 phương trình cần thiết rút gọn trước khi logarit hoá.Bài 2: Giải các phương trình x 1 1 x x2a. 8  4.34  x b. 4 x  3x  2  3 2  22 x 1 log 0 ,5 (sin 2 x  5 sin x cos x  2 ) 1c. 4  d. 5 x  5 x 1  5 x  2  3x  3x 3  3x 1 9Giải:a. Điều kiện x  2 3x x2 2 3x  1 PT  2  34  x   2  (4  x ) log 2 3   x  4  .   log 2 3   0 x2  x2  x  4 0  1 x  4    log 2 3  0  x   2  log 3 2 x2 b. 1 1 1 x 3 x x x 4 x 2 x 1 2 2PT  4  2  3 3  4 .  3 2. 2 3 3 3 x x 3 4 2 3 2  x  0 x 0 2 2c. Điều kiện sin x  5sin chúng tôi x  2  0 *PT  log 21  sin 2 x  5sin chúng tôi x  2   log 4 32  log 2  sin 2 x  5sin chúng tôi x  2    log 2 3 thỏa mãn (*) cos x  0 sin 2 x  5sin chúng tôi x  2  3  cos x  5sin x  cos x   0   5sin x  cos x  0  x  2  k     x  2  k tan x  1  tan    x    l 5d. PT 7 www.VNMATH.com
    8. 8. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498 5 x  5.5 x  25.5x  3x  27.3x  3.3x x 5 31.5 x  31.3x     1  x  0 3Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x  0Bài 3: Giải các phương trìnha. x lg x  1000 x 2 b. x log 2  x  4   32 x 2c. 7log 25  5 x  1  x log 5 7 d. 3x.8 x1  36Giải:a. Điều kiện x  0 2 lg chúng tôi x  lg1000  lg x 2   lg x   2 lg x  3  0  lg x  1  0  x  1 / 10  lg x  1 lg x  3  0    lg x  3  0  x  1000b. Điều kiện x  0PT  log 2 x log2  x  4  log 2 32  log 2 x  4  .log 2 x  5   log 2 x  1 .  log 2 x  5  0  x2 log 2 x  1   log 2 x  5 x  1  32c. Điều kiện x  0   2 log5 7 log25 5 x 1  log 5 x log5 7   log 25 2  5 x   1 .log5 7  log 5 chúng tôi 5 x    1 1 log5 x  1  x log5 2  5 x   log 5 x  1  0  log5 2 x  2 log 5 x  3  0    5 4 log5 x  3   x  125  1Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  5   x  125d. Điều kiện x  1 x x x 1 3x log 2 3 .8  log 2 36  2  2log 2 3  chúng tôi 2 3   2  2 log 2 3 x 1 x 2 .log 2 3   3  log 2 3 x  2  x  1  2  x  1 log 2 3 x  2 x 2 .log 2 3  1  log 2 3 x  2  2log 2 3  0    x  1  log 3 2 x  2Vậy phương trình có nghiệm là:   x  1  log 3 2Bài 4: Giải các phương trình sau : 2 1 4 2a. 8 x.5 x 1  b. 3x. 91 x  c. 3 x . 2 x  1 d. 2 x .5 x 2  10 8 27 x 8 www.VNMATH.com
    9. 9. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498Giải:a. Lấy logarit hai vế với cơ số 8, ta được 2 1 2 18 x.5 x 1   log8 8 x.5x 1  log8 8 8 x log8 8  log8 5 x 2 1 1  log8 8  x  x 2  1 log8 5  1     x  1  x 2  1 log8 5  0   x  1   x  1 x  1 log8 5  0 x 1  0  x  1 1   x  1 log8 5  0     1   x  1 log8 5  0  x  1  x  1   chúng tôi 5  log8 5  1  x  1  log5 8Vậy phương trình có nghiệm: x  1, x  1  log 5 8b. PT  3x .32  2 x .33 x  4  32 x  2  4  2 x  2  log 3 4 4 2 x  log 3 4  2  2 x  log 3 4  log 3 9  log 3 9 1 4 2 x  log  log 3 2 9 3c. Lấy log hai vế của phương trình theo cơ số 2 2Ta được phương trình log 2 3x  log 2 2 x  0  x log 2 3  x 2  0 x  0 x ( log 2 3  x )  0    x   log 2 3 2 2d. PT  log 2 (2 x.5x )  log 2 (2.5)  log 2 2 x  log 2 5 x  log 2 2  log 2 5 x  x 2 log 2 5  1  log 2 5  (log 2 5) x 2  x  1  log 2 5  0 x  1 1  log 2 5 x    log 2 5Bài tập tự giải có hướng dẫn:Bài 1: Giải các phương trình saua. 5 xx1 8 x  100HD: Điều kiện x  0 2 5 x ( x 1).23 x  52( x 1).22( x 1)  5x  x  2  22  x x  2 log 2 5.( x 2  x  2)  2  x    x  1  log 5 2(loai) 2 2b. 2 x 3  3x  2 x 6  3x  2 x 5  2xHD: 9 www.VNMATH.com
    10. 11. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498 f a – Đặt t    điều kiện hẹp t  0 bDạng 4: Lượng giác hoá.Chú ý: Ta sử dụng ngôn từ điều kiện hẹp t  0 cho trường hợp đặt t  a f ( x ) vì: – Nếu đặt t  a x thì t  0 là điều kiện đúng. 2 – Nếu đặt t  2 x 1 thì t  0 chỉ là điều kiện hẹp, bởi thực chất điều kiện cho t phải là t  2 . Điều kiệnnày đặc biệt quan trọng cho lớp các bài toán có chứa tham số.II. Bài tập áp dụng:Bài 1: Giải phương trình 1 b. 4sin x  2cos x  2  2 2 2 2 2a. 4cot x  2 sin x  3  0 (1)Giải:a. Điều kiện sin x  0  x  k , k  Z (*) 1Vì 2  1  cot 2 x nên phương trình (1) được biết dưới dạng: sin x 2 cot g 2 x 4cot  2.2x  3  0 (2) cot 2 x 2Đặt t  2 điều kiện t  1 vì cot 2 x  0  2cot x  20  1Khi đó phương trình (2) có dạng: t  1 2t 2  2t  3  0    2cot x  1  cot 2 x  0 t  3 thoả mãn (*)  cot x  0  x   k , k  Z 2 Vậy phương trình có 1 họ nghiệm x   k , k  Z 2 2x 2b. PT  2sin    21sin  2  2 2xĐặt t  2sin x  t  0  ta được 2 2t2  t     2  2  t 3  2  2 t  2  0  t  2 t 2  2t  2  0    t  2   2 24 2 t   2  2 24 2 t   loai   2 1 1 2  Với t  2  2sin x  2 2  sin 2 x   sin x   2  x k 2 2 4 2 11 www.VNMATH.com
    11. 14. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498 2  2 x 1 21 2 2 x  2 9 2 2 222 x  1  0  .22 x 2 x  .2 x  x  1  0  2.22 x 2 x  9.2 x  x  4  0  9.2 x 2 4 x2  xĐặt t  2 điều kiện t  0 . Khi đó phương trình tương đương với: t  4 2  x  x  22  x2  x  2 2  1  2  x  12t  9t  4  0   2  t  2  2 x  x  2 1  x  x  1  x  2   2 Vậy phương trình có 2 nghiệm x  -1  x  2 .b. Biến đổi phương trình về dạng:  2 x 2 1   2.3 x 2 1   2 x 2 12.2   3Chia hai vế của phương trình cho 2  2 x 2 1   0 , ta được: x 2 1  2 x 2 1  3 32      2 2 x 2 1 x 2 1 1 3 3 3 3Đặt t    , vì x 2  1  1        t  2 2 2 2Khi đó pt (*) có dạng: x 2 1 2 t  2 3t t 2  0      2  x 2  1  log 3 2  x   log 3 2  1 t  1 l   2  2 2Chú ý:Trong ví dụ trên, vì bài toán không có tham số nên ta sử dụng điều kiện cho ẩn phụ chỉ là t  0 và chúng ta đã 1thấy với t  vô nghiệm. Do vậy nếu bài toán có chứa tham số chúng ta cần xác định điều kiện đúng cho ẩn 2phụ như sau: 12 2 1 1 1 x2  x 1 x x x      2  24  t  4  2 4 4 2Bài 4: Giải các phương trình 1 12a. (ĐHYHN – 2000) 23 x  6.2 x  3 x1  x  1 2 2 x x 3 x1b. (ĐHQGHN – 1998) 125  50  2Giải:a. Viết lại phương trình có dạng:  3 x 23   x 2   2  3 x   6  2  x   1 (1)  2   2  3 2 23  2   3  2Đặt t  2 x  x  23 x  3 x   2 x  x   3.2 x  2 x  x   t  6t 2 2  2    2 2Khi đó phương trình (1) có dạng: t 3  6t  6t  1  t  1  2 x  x  1 2 xĐặt u  2 , u  0 khi đó phương trình (2) có dạng: 14 www.VNMATH.com
    12. 15. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498 u u  1 (loai )u  1  u2  u  2  0    u  2  2x  2  x  1 2  u2Vậy phương trình có nghiệm x = 1b. Biến đổi phương trình về dạng:125x  50 x  2.8x 1Chia hai vế của phương trình (1) cho 8 x  0 , ta được: x x 3x 2x 125   50  5 5     2     2 0  2 8   8   2 2 x 5Đặt t    , điều kiện t  0 2Khi đó pt (2) có dạng: x t  1 5t 3  t 2  2  0   t  1  t 2  2t  2   0  2    1 x  0 t  2t  2  0 VN   2 Bài 5: Giải các phương trình 2 1 1  1 x  1 xa.    3.    12 b. 3 x  31 x 4 0 c. 4 x 1  2 x 4  2 x  2  16 3  3Giải:a. Biến đổi phương trình về dạng: 2 1 1 x  1 x      12  03  3 x 1Đặt t    , điều kiện t  0 3 x t  3 1Khi đó pt (1) có dạng: t 2  t  12  0       3  x  1 t  4  loai   3b. Điều kiện: x  0 3Biến đổi phương trình về dạng: 3 x  x  4  0 3Đặt t  3 x , điều kiện t  1 t  1 loai Khi đó pt (1) có dạng: t 2  4t  3  0   t  3  loai  c. Biến đổi phương trình về dạng: 22 x 1  2 x  4  2 x  2  16 2.22 x  6.2 x  8  0 1Đặt t  2 x , điều kiện t  0Khi đó pt (1) có dạng: 15 www.VNMATH.com
    13. 16. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]gmail.comDĐ: 01694 013 498 t  42t 2  6t  8  0    2x  4  x  2 t  1 loai Bài 6: Giải các phương trình 2 2  x 1  x 2a. (ĐHDB – 2006) 9 x  10.3x 1  0b. 32 x 8 x 5 c. 3x  2  32 x  24 d. 7.2    20.2 x 2 x 2 1 2 1  12  0  4.3  27  0Giải: 1 x2  x 10 x2  x 2a. Pt  9 9  .3 9 2  1  0  3x  x    10.3x 2 x 9 0 2 xĐặt t  3x ,t  0 t  1Pt  t 2  10t  9  0   t  9 2 x 2 x x  0Với t = 1  3x  1  3x  30  x 2  x  0    x  1 2 x 2 x x  1Với t = 9  3x  9  3x  32  x 2  x  2  x 2  x  2  0    x  2 2b. 38.32 x  4.35.3x  27  0  6561. 3x    972.3x  27  0 (*)  1 x 2 t  9Đặt t  3  0 . Pt (*)  6561t  972t  27  0   t  1  27  1Với t   3x  32  x  2 9 1Với t   3x  33  x  3 27Vậy phương trình có nghiệm: x  2, x  3 9 2c. 3x  2  32 x  24  9.3x  x  24  0  9.  3x   24.3x  9  0 (*) 3 xĐặt t  3  0 t  3Pt (*)  9t  24t  9  0   2 t   1 ( loai)  3 xVới t  3  3  3  x  1Vậy phương trình có nghiệm: x  1 2 2d. Đặt t  2 x 1 , vì x 2  1  1  2 x 1  21  t  2Khi đó pt có dạng: 16 www.VNMATH.com
    14. 17. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498 t  2 27t  20t  12  0   6 2  2 x 1  2  x 2  1  2  x  0 t   loai   7Bài 7: Giải các phương trìnha. 6.2 x  2 x  1 b. 64.9 x – 84.2 x  27.6 x  0c. 34 x  4.32 x  1  27  0 d. 25x  10 x  2 2 x1Giải: 1a. Pt  6. x  2 x  1 . Đặt t  2x , t  0 2 1 t  3 (loai )Pt  6.  t  1  6  t 2  t  t 2  t  6  0   x 1 t t  2  2  2  x  1  4  x 16 2x x    x x x  4 4  3  9 x  2b. PT  64.9 – 84.2  27.6  0  27.    84.    64  0    3 3  4 x x  1    4    3   3c. 34 x – 4.32 x  1  27  0  32 x  12.32 x  27  0 2  đặt t  32 x ; t  0 ta được t 2  12t  27  0  1 t  3 32 x  3 2 x  1 x    2x   2 t  9  3  9  32 2 x  2   x 1 2x x 2xd. 5   2.5   2.2Chia hai vế của phương trình cho 22 x  0 , ta được: 2x x5 5     2 2  2 x 5Đặt t    , điều kiện t  0 2Khi đó pt (*) có dạng: x 2 t  1 5t t 2  0      1 x  0 t  2  l   2 Bài 8: Giải các phương trìnha. 4log9 x  6.2log9 x  2log3 27  0 2 x 2b. (ĐH – D 2003) 2 x  22  x  x  3Giải: log 9 x 2a. Pt   2 2  3  6.2log9 x  2log3 3  0  2  log9 x   6.2 log9 x  23  0Đặt t  2log9 x , t  0 . 17 www.VNMATH.com
    15. 18. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498 t  2Pt  t 2  6t  8  0   t  4Với t = 2  2log9 x  2  2log 9 x  21  log 9 x  1  x  9Với t = 4  2log9 x  4  2log9 x  22  log 9 x  2  x  92  81 2 2 2 4b. 2 x  x  22 x  x  3  2 x  x  3 x2  x 2 2 t  1 loai đặt t  2 x  x  t  0  ta được t 2  3t  4  0   t  4 2 x  x  1 2x  4  x2  x  2  0   x  2Bài 9: Giải các phương trìnha. 4log3 x  5.2log3 x  2log3 9  0 b. 3.16 x  2.81x  5.36 xGiải: log 3 x 2a. Pt   2 2  2  5.2log x  2log3 3  0  2 log3 x  5.2log 3 x  22  0Đặt t  2log3 x , t  0 . t  1Pt  t 2  5t  4  0   t  4 log3 xVới t = 1  2  1  2log 3 x  20  log 3 x  0  x  1Với t = 4  2log3 x  4  2log3 x  22  log 3 x  2  x  32  9b. Chia cả hai vế cho 36 x ta được x x x x  16   81  4 9PT  3.    2.    5  3.    2.    5  0  36   36  9 4 x 4Đặt    t (t  0) 9Khi đó phương trình tương đương 1  3t 2  5t  2 t  13.t  2.  5  0  0 t  t  2 t  0 t t  0   3 x 4Với t  1     1  x  0 9 x 2 4 2 1Với t      x 3 9 3 2 1Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt x  0 hoặc x  2Bài 10: Giải các phương trình 18 www.VNMATH.com
    16. 19. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498a. 32( x log 3 2)  2  3x  log3 2b. (ĐHDB – 2007) 23x 1  7.22x  7.2 x  2  0Giải: 2a. Pt  3( x  log3 2)   3x  log3 2  2  0 . Đặt t = 3xlog3 2 , t  0 .   t  1(loai )Pt  t 2  t  2  0   t  2Với t = 2  3x  log3 2  2  x  log 3 2  log 3 2  x  0b. 2t 3  7t 2  7t  2  0 (t  2 x , t  0) 1 (t  1)(2t 2  5t  2)  0  t  1  t  2  t  2 x  0  x  1  x  1 x 2 1Bài 11: Giải phương trình    25  x  9 4Giải: x 2 1 Pt   2   25  x  9 2  x 2   2 2   25  x  9  22( x 2)  25 x  9  2 4 2 x  25 x  9  0 2 4 25 16 32  2x  x 9  0  2  x 9  0 2 2  2x  2Đặt t  2x , t  0 . 16 32 16  32t  9t 2Pt  2   9  0  2  0  9t 2  32t  16  0 t t t t  4  4 4  t   2 x =  x  2  log 2 9  9 9Bài 12: Giải các phương trình x 9 10  4 2 27 27a. x 2  b. 8 x  9.2 x    64 2 4 8x 2xGiải: x  Pt  9.4  2 x2. 10  4 2    x 2x 2 x x 36  2 x 2 .10  2 x  2.  22  2  10.  .2  36 22 2 2Đặt t = 2x, t  0 . 19 www.VNMATH.com
    17. 20. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498 t  8  2 x = 8  2 x = 2 3  x = 3Pt  t 2  10t  144  0   t  18(loai ) x 2 10.2 x  2  2 2   36  10.2 x   2 x   36.4   2 x   10.2 x  144  0 4 4b. Phương trình: 8 x  9.2 x  27  27  64 8x 2 x 3  x 3  x 3 x x 2x  1 x  0  2  x   64  2  x  4  4  4.2  3  0   x   2  2  2  3  x  log 2 3Bài 13: Giải các phương trình 32 x x 72x xa. x  2.  0, 3  3 b. x  6. 0, 7   7 100 100Giải: x 32 x  3a. Pt   2.    3 2 x 10   10  x 2x x 2 32 x 3  3  3  3  x   3 x 2 x  2.    3  0     2.    3  0      2.    3  0 10  10   10   10   10      10  x 3Đặt t    , t  0 .  10  2Pt  t  2t  3  0 x   3   t  3    = 3  x = log 3 3  10  10 t  1(loai ) b. Biến đổi phương trình về dạng: 2x x 7  7    6.    7 1 10   10  x  7Đặt t    , điều kiện t  0  10 Khi đó pt (1) có dạng: x 2 t  7 7 t  6t  7  0       7  x  log 7 7 t  1 l   10  10Bài 14: Giải các phương trìnha. 8 x  18 x  2.27 xb. (ĐH – A 2006) 3.8x  4.12 x  18 x  2.27 x  0Giải:a. Chia hai vế pt cho 27x , ta được : 20 www.VNMATH.com
    18. 22. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498 1Vậy x  là nghiệm của phương trình. 4b. Điều kiện x  0Cách 1: Chú ý công thức: a logb c  c logb a với a, b, c  0 và b  1 log2 6Áp dụng công thức trên, ta chuyển phương trình 6.9log 2 x  6 x 2  13.x về phương trình:6.9log2 x  6 x 2  13.6log2 xĐặt t  log 2 x  x  2t  x 2  4tKhi đó ta có phương trình: 6.9t  6.4t  13.6tCách 2: Ta có: 6.9log2 x  6 x 2  13 x log 2 6  6.9log2 x  6 x log2 4  13 x log 2 6  6.9log 2 x  64log 2 x  136log 2 x… Tự giảiBài tập tự giải có hướng dẫn:Bài 1: Giải các phương trình sau 2 2a. 2 x  x  22  x  x  3 b. 9 x  6 x  2.4 x 2 2c. 4 x  x 5  12.2 x 1 x 5  8  0 d. 32 x 5  36.3x 1  9  0 2 2e. 32 x  2 x 1  28.3x  x  9  0 f. (ĐHH – D 2001) 12.3x  3.15x  5 x1  20HD: 2 x 4 t  4  x  1a. Đặt 2 x  t (t  0) ta được t  3 t  1 (loai )   x  2 t   2x x 3 3b. Chia cả hai vế phương trình cho 4 x ta được       2  0  x  0 2 2  x  x2  5  1 x  3 x  x2 5 t  2c. Đặt 2  t (t  0)     9  t4 x  x  5  2 2 x    4d. x  1  x  2 e. x  2  x  1Bài 2: Giải các phương trình sau sin x sin xa. (ĐHL – 1998)  74 3    74 3  4Đs: x  k  k    x xb. (ĐHNN – 1998) 2  3     74 3 2 3     4 2 3 Đs: x  0  x  2 x xc.  6- 35    6  35   12 x x x d. 7  5 2    ( 2  5) 3  2 2    3 1 2  1 2  0HD: Đặt t  (1  2) x ; t  0 22 www.VNMATH.com
    19. 23. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498 t 3  ( 2  5)t 2  3t  1  2  0  (t  1)(t 2  ( 2  4)t  2  1)  0 t  1 x  0   x  2 t  3  2 2     t  1  2 x  1 x xe.    2 3   4 2 3 x 1 t  2  3 x  2HD: Đặt t   2  3   t  0   t   4    t t  2   3  x  2Bài 3: Giải các phương trình saua. (ĐHTCKT – 1999) 4 x 1  2 x 1  2 x  2  12Đs: x  0  k   2 2b. (ĐHAN – D 1999) 9sin x  9cos x  10 x  k 2c. (ĐHHĐ – A 2001) 5.3 2 x 1 7.3x-1  1  6.3x  9 x 1  0 3 1Đs: x  log 3  x  log 3 5 5d 32 x 1  3x  2  1  6.3x  32( x 1)  11 Đs: x  log 3  2     3Bài 3: Giải các phương trình saua. (ĐHHP – 2000) 25x  15x  2.9 xĐs: x  0 2 2b. (ĐHTL – 2000) 22 x 1  9.2 x  x  22 x2  0Đs: x  1  x  2 x x x 2c. (ĐHHH – 1999) 4.3  9.2  5.6Đs: x  4 2 2 2d. 32 x 6 x9  4.15x 3 x5  3.52 x 6 x 9Đs: x  1  x  4BÀI TOÁN 4: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ – DẠNG 2I. Phương pháp:Phương pháp dùng ẩn phụ dạng 2 là việc sử dụng 1 ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành 1 phương trìnhvới 1 ẩn phụ nhưng các hệ số vẫn còn chứa x.Phương pháp này thường sử dụng đối với những phương trình khi lựa chọn ẩn phụ cho 1 biểu thức thì các biểuthức còn lại không biểu diễn được triệt để qua ẩn phụ đó hoặc nếu biểu diễn được thì công thức biểu diễn lạiquá phức tạp. 23 www.VNMATH.com
    20. 24. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498Khi đó thường ta được 1 phương trình bậc 2 theo ẩn phụ (hoặc vẫn theo ẩn x) có biệt số  là một số chínhphương.II. Bài tập áp dụng:  Bài 1: Giải phương trình 32 x  2 x  9 .3x  9.2 x  0Giải:Đặt t  3x , điều kiện t  0 . Khi đó phương trình tương đương với: 2 2 t  9t 2   2 x  9  t  9.2 x  0;    2 x  9   4.9.2 x   2 x  9    x t  2Khi đó:+ Với t  9  3x  9  x  2 x x x  3 x+ Với t  2  3  2     1  x  0  2 x  2Vậy phương trình có 2 nghiệm  x  0 2 2  Bài 2: Giải phương trình 9 x  x 2  3 3x  2 x 2  2  0Giải: 2 2Đặt t  3x điều kiện t  1 vì x 2  0  3x  30  1  Khi đó phương trình tương đương với: t 2  x 2  3 t  2 x 2  2  0 2 2 t  2        x 2  3  4 2 x 2  2  x 2  1    2 t  1  xKhi đó: 2+ Với t  2  3x  2  x 2  log 3 2  x   log 3 2 2+ Với t  1  x 2  3x  1  x 2 ta có nhận xét: 2VT  1 VT  1 3x  1    x0VP  1 VP  1 1  x 2  1 Vậy phương trình có 3 nghiệm x   log3 2; x  0Bài 3: Giải phương trình: 9 x   x  12  .3x  11  x  0Giải: 2PT   3x    x  12  3x  11  x  0Đặt t  3x  t  0  3 x  1 x  0 x  x (a + b + c = 0) 3  11  x   f ( x )  3  x  11  0(*) 24 www.VNMATH.com
    21. 25. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498Xét phương trình (*) ta có f ( x )  3 x ln 3  1  0, x    (*) có nghiệm duy nhất x = 2 f ( 2)  0 Vậy, tập nghiệm của phương trình: S = {0 ; 2}Bài 4: Giải phương trình: 3.25x  2   3 x  10  5x  2  x  3Giải:PT 3.25x  2   3 x  10  5x  2  x  3 5 x 2  3.5 x 2  1  x  3.5 x 2  1  3  3.5 x 2  1  0 3.5x  2  1  0 1  3.5  1 5  x  3  0   x 2 x2 x2 5  x  3  0  2   1 1PT 1  5x  2   x  2  log 5  2  log 5 3 3 3 x 2PT  2   5   x  3Vế trái là hàm đồng biến vế phải là hàm nghịch biến mà (2) có nghiệm x = 2 nên là nghiệm duy nhất.Vậy Pt có nghiệm là: x  2  log 5 3 hoặc x = 2Bài 5: Giải phương trình: 42 x  23 x 1  2 x 3  16  0 1Giải :Đặt t  2 x , điều kiện t  0Khi đó pt (1) tương đương với:t 4  2t 3  8t  16  0  42  2t.4  t 4  2t 3  0Đặt u = 4, ta được: u 2  2t.u  t 4  2t 3  0 u  t  t  t  1  4  t 2   t 2  2t  4  0 u  t  t  t  1 2   4  t  2t  t  1  5  t  1  5  2 x  5  1  x  log 2 5  1   Bài 6: Giải phương trình: 9 x  2  x  2  .3x  2 x  5  0 1Giải:Đặt t  3x , điều kiện t  0Khi đó pt (1) tương đương với: t  1 l t 2  2  x  2 t  2x  5  0    3x  5  2 x  2  t  5  2 xTa đoán được nghiệm x = 1Vế trái (2) là một hàm số đồng biến còn vế phải (2) là một hàm nghịch biếnVậy x = 1 là nghiệm duy nhất của pt (2)Bài 7: Giải phương trình: 32 x  3x  5  5 1 25 www.VNMATH.com

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Toán Lớp 8 Bài 3: Phương Trình Đưa Được Về Dạng Ax + B = 0
  • Chương Iii. §3. Phương Trình Đưa Được Về Dạng Ax + B = 0
  • Tổng Hợp Lý Thuyết Về Phương Trình Đưa Được Về Dạng Ax + B = 0
  • Ptlg Bậc I Dạng Asin X + Bcosx = C Phuong Trinh Asinx Bcosx C Tg Tiet 4 Ppt
  • Một Số Phương Pháp Giải Phương Trình Chứa Ẩn Dưới Dấu Căn Bậc Hai
  • Web hay
  • Links hay
  • Push
  • Chủ đề top 10
  • Chủ đề top 20
  • Chủ đề top 30
  • Chủ đề top 40
  • Chủ đề top 50
  • Chủ đề top 60
  • Chủ đề top 70
  • Chủ đề top 80
  • Chủ đề top 90
  • Chủ đề top 100
  • Bài viết top 10
  • Bài viết top 20
  • Bài viết top 30
  • Bài viết top 40
  • Bài viết top 50
  • Bài viết top 60
  • Bài viết top 70
  • Bài viết top 80
  • Bài viết top 90
  • Bài viết top 100