Giải SBT Giải Tích 12 ( nâng cao). Bài 7: Phương trình mũ và lôgarit

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:

Giải SBT Giải Tích 12 ( nâng cao). Bài 7: Phương trình mũ và lôgarit

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 Giải SBT Giải Tích 12 ( nâng cao). Bài 7: Phương trình mũ và lôgarit appeared first on Học giải bài tập.

Goc hoc tap