Bài 7: Phương trình mũ và lôgarit – Giải SBT chương 2 Giải tích 12 nâng cao

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 3left( {1 + t} right)left( {4 + t} right) = 2left( {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}} = tleft( {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} = tleft( {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} – 4left(2 {m + 1} right) = {m^2} – 8m – 4 ge 0)

hay (m le 4 – 2sqrt 5 ) hoặc (m ge 4 + 2sqrt 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 + 2sqrt 5 ) thì ({t_1} + {t_2} = m ge 4 + 2sqrt 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 – 2sqrt 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 (mge  – {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 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( 2right) 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 + 5sin xcos 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 + 5sin xcos x + 2 > 0)

Lấy lôgarit cơ số 4 cả hai vế của phương trình , ta được

({log _{0,5}}({sin ^2}x + 5sin xcos x + 2){log _4}{3^{ – 2}})

( Leftrightarrow  – {log _2}({sin ^2}x + 5sin xcos x + 2) =  – {log _2}3)

( Leftrightarrow {sin ^2}x + 5sin xcos x + 2 = 3) ( thỏa mãn điều kiện )

( Leftrightarrow cos x(5sin x – cos x) = 0)

+) (cos x = 0) ta tìm được (x = {pi  over 2} + kpi ).

+) (5{mathop{rm sinx}nolimits}  – cos x = 0), tức là (tan x = {1 over 5}) . Do đó (x = arctan {1 over 5} + kpi )

—————————————————————–

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 (fleft( {{1 over 2}} right) = gleft( {{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^{2sin x + 2cos x + 1}} – {left( {{1 over {15}}} right)^{ – cos x – sin x{rm{ – lo}}{{rm{g}}_{15}}8}} )

(+ {5^{^{2sin x + 2cos 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 = kpi (k in Z))

b) (x = {{3pi } over 4} + kpi ;x = pi  + k2pi left( {k in Z} right))

Biến đổi phương trình về dạng

({3.3^{2left( {sin x + cos x} right)}} – {8.15^{cos x + sin x}} + {5.5^{2left( {sin x + cos x} right)}} = 0.)

Chia cả hai vế của phương trình cho ({3^{2left( {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 = {{3pi } over 4} + kpi 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  + k2pi ;x = {-pi  over 2} + k2pi left( {k in Z} right))

——————————————————-

Bài 2.109

Tùy theo m ,hãy biện số nghiệm của phương trình:

                                (left( {m – 3} right){.9^x} + 2left( {m + 1} right){.3^x} – m – 1 = 0)

Giải

Đặt (y = {3^x}(y > 0)), ta có

(left( {m – 3} right){y^2} + 2left( {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) )

(= 2left( {m + 1} right)left( {m – 1} right))

Đặt (f(y) = left( {m – 3} right){y^2} + 2left( {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 = {{2left( {m + 1} right)} over {3 – m}} cr} )

Lập bảng xét dấu:

Bài 7: Phương trình mũ và lôgarit – Giải SBT chương 2 Giải tích 12 nâng cao

Từ đó bảng xét dấu ta có:

– Với (mle – 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} + k2pi 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} + k2pi left( {k in Z} right))

Với điều kiện (cos x > 0,sin x > 0), chỉ có nghiệm  (x = {pi  over 3} + k2pi 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  + k2pi ;x = pi  – varphi  + k2pi 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} + k2pi left( {k in Z} right))

+) Với (m = 8): Phương trình có nghiệm (x = {pi  over 2} + k2pi left( {k in Z} right))

+) Với ({5 over 4} < m < 8): Phương trình có nghiệm (x = varphi  + k2pi ;x = pi  – varphi  + k2pi ) với (varphi  = {log _2}left( { – 1 + sqrt {m + 1} } right),k in Z)

 

The post Bài 7: Phương trình mũ và lôgarit – Giải SBT chương 2 Giải tích 12 nâng cao appeared first on Sách Toán – Học toán.

Goc hoc tap

Bài viết liên quan:

  1. Chuyển động của một vật là tổng hợp của hai dao động điều hòa cùng phương cùng tần số có các phương trình là x1 = 4cos(10t + π/4) cm; x2 = 3cos(10t + 3π/4) cm. Gia tốc cực đại của vật trong quá trình dao động là
  2. Dao động của một vật là tổng hợp của hai dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số, ngược pha, có biên độ lần lượt là ({A_1}) và ({A_2}) . Biên độ dao động của vật bằng
  3. Chỉ ra câu sai . Khi tổng hợp hai dao động cùng phương, cùng tần số nhưng ngược pha nhau thì:
  4. Một vật tham gia đồng thời hai dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số, nhưng vuông pha nhau, có biên độ tương ứng là  A1 và  A2. Biết dao động tổng hợp có phương trình  (x = 16cos omega t) (cm) và lệch pha so với dao động thứ nhất một góc ({alpha _1}) . Thay đổi biên độ của hai dao động, trong đó biên độ của dao động thứ hai tăng lên  (sqrt {15} )  lần (nhưng vẫn giữ nguyên pha của hai dao động thành phần) khi đó dao động tổng hợp có biên độ không đổi nhưng lệch pha so với dao động thứ nhất một góc  ({alpha _2}) , với  ({alpha _1} + {alpha _2} = frac{pi }{2}) . Giá trị ban đầu của biên độ A2 là 
  5. Hai chất điểm M, N dao động điều hòa cùng tần số dọc theo hai đường thẳng song song kề nhau và song song với trục Ox. Vị trí cân bằng của M và N đều nằm trên một đường thẳng qua gốc tọa độ và vuông góc với trục Ox. Trong quá trình dao động, hình chiếu của M và N trên Ox cách xa nhau nhất là  (sqrt 2 )cm. Biên độ dao động tổng hợp của M và N là 2 cm. Gọi AM, AN lần lượt là biên độ của M và N. Giá trị lớn nhất của (AM + AN) gần với giá trị nào nhất sau đây?