Số nghiệm nguyên của bất phương trình 3 mũ x < 9 x 3 mũ trừ x Nho hơn 10
Câu hỏi hot cùng chủ đề
LIVESTREAM 2K4 ÔN THI THPT QUỐC GIA 2022
BÀI TẬP GIÁ TRỊ LƯỢNG GIÁC CỦA 1 CUNG-Lớp 10 - 2K6 TOÁN THẦY THẾ ANH Toán
UNIT 10: LANGUAGE - NGỮ PHÁP TRỌNG TÂM CÂU GIÁN TIẾP (buổi 2) - 2k5 Livestream TIẾNG ANH cô QUỲNH TRANG Tiếng Anh (mới)
BÀI TẬP ANCOL TRỌNG TÂM-Lớp 11 - 2k5 - Livestream HÓA cô THU Hóa học
GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH - 2k5 - Livestream TOÁN thầy QUANG HUY Toán
CHỌN LỌC CÁC BÀI TẬP HAY NHẤT VỀ THẤU KÍNH MỎNG - 2K5 Livestream LÝ THẦY TUYÊN Vật lý
BÀI TẬP TỔNG HỢP ANCOL - PHENOL - 2K5 - Livestream HÓA cô HUYỀN Hóa học
ÔN TẬP HỌC KÌ II - BẤT PHƯƠNG TRÌNH - 2k6 - Livestream TOÁN thầy ANH TUẤN Toán
CHUYÊN ĐỀ 2.BÀI 4. PHƯƠNG TRÌNH MŨ – BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨMục tiêu Kiến thức+ Biết được cách giải một số dạng phương trình mũ.+ Biết được cách giải một số dạng bất phương trình mũ. Kĩ năng+ Giải được một số phương trình mũ và bất phương trình mũ đơn giản bằng các phương pháp đưa vềcùng cơ số, logarit hóa, đặt ẩn phụ, tính chất của hàm số.+ Nhận dạng được các loại phương trình mũ và bất phương trình mũ.I. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM1. Phương trình mũ a x = b+ Nếu b > 0 thì phương trình có nghiệm duy nhất x = log a b .+ Nếu b ≤ 0 thì phương trình vơ nghiệm.Đặc biệt: Phương trình a x = a y ⇔ x = y (biến đổi về cùng cơ số).Dạng 1: Phương trình có dạng a f ( x ) = a g ( x ) .+ Nếu a = 1 thì a f ( x ) = a g ( x ) nghiệm đúng với mọi x.+ Nếu 0 < a ≠ 1 thì f ( x ) = g ( x ) .Dạng 2: Phương trình có dạng a f ( x ) = b (với 0 < a ≠ 1, b > 0 )a f ( x ) = b ⇔ f ( x ) = log a b.2. Bất phương trình mũf xg xDạng 1: Bất phương trình có dạng a ( ) ≤ a ( ) . ( 1)+ Nếu a > 1 thì ( 1) ⇔ f ( x ) ≤ g ( x ) .+ Nếu a = 1 thì (1) nghiệm đúng ∀x ∈ ¡ .+ Nếu 0 < a < 1 thì ( 1) ⇔ f ( x ) ≥ g ( x ) .Dạng 2: Bất phương trình có dạng a f ( x ) < b (với b > 0 ). (2)+ Nếu a > 1 thì ( 2 ) ⇔ f ( x ) < log a b.+ Nếu 0 < a < 1 thì ( 2 ) ⇔ f ( x ) > log a b.f ( x)> b. ( 3)Dạng 3: Bất phương trình có dạng a+ Nếu b ≤ 0 thì (3) nghiệm đúng ∀x ∈ ¡ .+ Nếu b > 0, a > 1 thì ( 3) ⇔ f ( x ) > log a b.Trang 1 + Nếu 0 < a < 1 thì ( 3) ⇔ f ( x ) < log a b.SƠ ĐỒ HỆ THỐNG HÓATrang 2 Phương trình có nghiệmax = bPHƯƠNGTRÌNH MŨPhương trình vơ nghiệmPhương trình nghiệm đúng với mọif xgxa ( ) =a ( )a f ( x) = a g ( x) ⇔ f ( x ) = g ( x )af ( x)= b ⇔ f ( x ) = log a bBẤTPHƯƠNGTRÌNHMŨTìm điều kiện đểnghĩacóTrang 3 II. CÁC DẠNG BÀI TẬPDạng 1. Phương trình mũBài tốn 1. Biến đổi về dạng phương trình cơ bảnVí dụ mẫuxVí dụ 1. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình 22A. 0.C. 6.B. 2.− x −4=1là16D. 1.Hướng dẫn giảixCách 1: Ta có 22− x −4= x =111⇔ x 2 − x − 4 = log 2 ⇔ x 2 − x = 0 ⇔ .1616x = 0Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình là 1.xCách 2: Ta có: 22− x −4x = 0= 2 − 4 ⇔ x 2 − x − 4 = −4 ⇔ x 2 − x = 0 ⇔ . x =1Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình là 1.Chọn D.x 2 −1225Ví dụ 2. Tổng các nghiệm của phương trình 0, 6 ÷ 9 xA. -8.B.1.23 27 là=÷ 125 C. 1.D. 0.Hướng dẫn giảix 2 −1225Ta có: 0, 6 ÷ 9 xx3⇔ ÷524 − 2 x 23. ÷53x 27 3=÷ ⇔ ÷ 125 524 + x − 2 x 293 3= ÷ ⇔ ÷55Vậy tổng các nghiệm là2 x2 − 245. ÷ 393= ÷5 x=39 32= ÷ ⇔ −2 x + x + 24 = 9 ⇔ .x = − 5521.2Chọn B.Ví dụ 3. Tổng tất cả các nghiệm thực của phương trình 3.5 x − 2 x1A. − .2B.3.23C. − .22+1= 5.3−2 x2+ x +1làD.1.2Hướng dẫn giảiTa có: 3.5x − 2 x 2 +1−2 x 2 + x +1= 5.3⇔5x−2 x2+1−2 x 2 + x +13−2 x 2 + x +155= ⇔ ÷33=53Trang 4 x =0⇔ −2 x + x + 1 = 1 ⇔ .x = 122Vậy tổng các nghiệm là1.2Chọn D.(Ví dụ 4. Gọi T là tích tất cả các nghiệm của phương trình 3 + 2 2A. T = 0.B. T = −2.)x2 − x + 2(= 3− 2 2C. T = −1.)x3 − 2. Tìm T.D. T = 1.Hướng dẫn giải()()Nhận xét: 3 + 2 2 3 − 2 2 = 1 ⇒ 3 − 2 2 =(3+ 2 2)x2 − x + 2(= 3− 2 2)x3 − 2(1= 3+ 2 23+ 2 2(⇔ 3+ 2 2)x2 − x + 2()−1= 3+ 2 2), nên2 − x3x = 0⇔ x − x+2 = 2− x ⇔ x + x − x = 0 ⇔ . x = −1 ± 522332Do đó tích tất cả các nghiệm là 0.Chọn A.Bài tốn 2. Phương trình theo một hàm số mũPhương pháp giảiChú ý: Ta có thể đặt ẩn phụ sau khi đưa được về phương trình chứa một hàm số mũ.Ta thường gặp các dạng sau:•m.a 2 f ( x ) + n.a f ( x ) + p = 0•1f ( x)= .m.a f ( x ) + n.b f ( x ) + p = 0 , trong đó a.b = 1 . Đặt t = a f ( x ) , t > 0 suy ra bt•m.a 2 f ( x ) + n. ( a.b )•Ẩn phụ khơng hồn tồn: Đặt a x = t khi đó phương trình mới chứa cả x và t. Ta coi t là ẩn; x làf ( x)f ( x)a+ p.b 2 f ( x ) = 0 . Chia hai vế cho b 2 f ( x ) và đặt ÷b= t > 0.tham số, tìm mối quan hệ x và t.Ví dụ mẫu22Ví dụ 1. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình 4 x − 5.2 x + 4 = 0 làA. 3.B. 2.C. 4.Đưa phương trình banHướng dẫn giảiTa có: 4 x − 5.2 x + 4 = 0 ⇔ ( 22 ) − 5.2 x + 4 = 022D. 1.x22đầu về dạng phương2trình bậc hai ẩn 2 x .Trang 5 ( )⇔ 2x22 2x = 1 x2 = 0 x=0− 5.2 + 4 = 0 ⇔ 2⇔ 2⇔.x=±2 2 x = 4 x = 22x2Chọn A.Ví dụ 2. Phương trình 31+ x + 31− x = 10 có hai nghiệm x1 ; x2 . Khi đó giá trị biểuthức P = x1 + x2 + 2 x1 x2 làA. 0.B. -6.C. -2.D. 2.Hướng dẫn giải1+ x1− xTa có: 3 + 3Đưa phương trình ban23= 10 ⇔ 3.3x + x = 10 ⇔ 3. ( 3x ) − 10.3x + 3 = 03đầu về dạng phươngtrình bậc hai ẩn 3x. 3x = 3 x =1⇔ x 1⇔. Vậy P = −2.3 =x = −13Chọn C.Ví dụ 3. Tích các nghiệm của phương trìnhA. 2.B. -1.() ()x2 −1 +C. 0.x2 + 1 − 2 2 = 0 làD. 1.Hướng dẫn giảiTa có()(x 1 ÷ + 2 +1⇔(()2 + 1)(2 +1 = 1 ⇒ 2 −1 =)2 +1 − 2 2 = 0 ⇔ x(1nên phương trình thành2 +1)22 +1 − 2 2x()x2 +1 +1 = 0)(2 −1 x =1⇔.x = −1= 2 −1)2 +1 = 112 +1Đưa phương trình banđầu về dạng phươngtrình(x2 +1 = 1+ 2x(⇒ 2 −1 =)2 −1Nhận xét:bậc)haiẩnx2 +1 .Vậy tích các nghiệm của phương trình là -1.Chọn B.Ví dụ 4. Gọi S là tổng tất cả các nghiệm của phương trình3.4 x +1 − 11.6 x + 2.9 x = 0. . Tìm S.A. S = 1 − log 2 3.B. S = 1 − log 3 2.C. S = 1 − 2 log 2 2.D. S = 1.3Hướng dẫn giảiTa có: 3.4 x +1 − 11.6 x + 2.9 x = 0 ⇔ 12.4 x − 11.6 x + 2.9 x = 02xx6x9x33⇔ 12 − 11. x + 2. x = 0 ⇔ 2. ÷ − 11. ÷ + 12 = 04422Chia 2 vế cho 4 x đưa vềphương trình bậc hai ẩnTrang 6 3 x ÷ = 4 x = log 3 4 x = − log 2 4223 .⇔⇔⇔ 3 x 3 x =1 x =1 ÷ =2 2 x3là ÷ .2Vậy S = 1 − 2 log 2 2.3Chọn C.(Ví dụ 5. Phương trình 3 + 5) +( 3− 5)xx= 3.2 x có hai nghiệm x1 ; x2 . Giá22trị biểu thức A = x1 + x2 bằng bao nhiêu?A. 9.B. 13.C. 1.D. 2.Ta cóHướng dẫn giải−13+ 5 3− 53− 5 3+ 5 .=1⇔= Nhận xét 3 + 5 3 − 5 = 4 ⇔÷÷ .2222()()xx2x−13− 5 3+ 5 = ÷÷2 2 x 3+ 5 3− 5 3+ 5 3+ 5 +=3⇔−3.Do đó: ÷÷÷÷÷ 2 ÷ 2 ÷÷ +1 = 022 Chia 2 vế cho 2 x đưa về 3 + 5 3 + 5÷ =2 2 ÷ x =1⇔⇔.x x = −1 3 + 5 3 − 5÷÷ = 2 2 3+ 5 là ÷÷. 2 phương trình bậc hai ẩnxxVậy A = 2.Chọn D.xxVí dụ 6. Tổng tất cả các nghiệm thực 3.4 + ( 3 x − 10 ) .2 + 3 − x = 0 là S = log 2aa, vớilà phân số tốibbgiản. Giá trị của a + b bằngA. 2.B. 3.C. 4.D. 5.Hướng dẫn giải3.4 x + ( 3 x − 10 ) .2 x + 3 − x = 0 ⇔ 3. ( 2 x ) + ( 3 x − 10 ) .2 x + 3 − x = 02x2Đặt 2 = t ( t > 0 ) , phương trình trở thành 3t + ( 3 x − 10 ) t + 3 − x = 0Ta xem đây là phương trình bậc hai theo ẩn là t = 2 x và tham số x.112x = t=33 ⇔Giải phương trình theo tham số x ta được x 2 = 3 − x ( *)t = 3 − xGiải phương trình (*), ta có: 2 x + x − 3 = 0 .xxĐặt f ( x ) = 2 + x − 3, f ' ( x ) = 2 ln 2 + 1 > 0, ∀x ∈ ¡ nên phương trình f ( x ) = 0 có tối đa một nghiệm.Trang 7 Mà f ( 1) = 0 nên phương trình f ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1 .112Tóm lại phương trình có nghiệm x1 = log 2 ; x2 = 1 nên S = log 2 + 1 = log 2 .333Do đó a = 2, b = 3 suy ra a + b = 5.Chọn D.Bài toán 3. Lấy logarit hai vếPhương pháp giảiCho 0 < a ≠ 1 và x, y > 0 ta có x = y ⇔ log a x = log a y•0 < a ≠ 1, b > 0f ( x)=b⇔.Phương trình a f ( x ) = log a b•f xg xf xg xPhương trình a ( ) = b ( ) ⇔ log a a ( ) = log a b ( ) ⇔ f ( x ) = g ( x ) .log a bf ( x)= log b b g ( x ) ⇔ f ( x ) .log b a = g ( x ) .hoặc log b aVí dụ mẫu2Ví dụ 1. Gọi S là tổng tất cả các nghiệm thực của phương trình 7 x .3− x = 1 . Tìm S.A. S = log 7 3.B. S = log 3 7.C. S = log 2 3.D. S = log 3 2.Hướng dẫn giảiTa có:Lấy logarit cơ số 3(22)27 x .3− x = 1 ⇔ log 3 7 x .3− x = log 3 1 ⇔ log 3 7 x + log 3 3− x = 0hoặc cơ số 7 hai vế.x = 0⇔ x .log 3 7 − x = 0 ⇔ x ( x log 3 7 − 1) = 0 ⇔ . x = 1 = log 7 3log 3 72Vậy tổng các nghiệm là S = log 7 3.Chọn A.Ví dụ 2. Phương trình 3x.52 x −1x= 15 có một nghiệm dạng x = − log a b , với a, blà các số nguyên dương lớn hơn 1 và nhỏ hơn 8. Giá trị của P = a + 2b bằngbao nhiêu?A. P = 8.B. P = 5.C. P = 13.D. P = 3.Hướng dẫn giảiTa có: 3x.52 x −1x2 x −1x −1x −13x.5 x= 15 ⇔= 1 ⇔ 3x −1.5 x = 1 ⇔ log 3 3x −1.5 x ÷ = 03.5⇔ log 3 3x −1 + log 3 5x −1x= 0 ⇔ x −1+x −1.log 3 5 = 0xTrang 8 x =1 1⇔ ( x − 1) . 1 + .log 3 5 ÷ = 0 ⇔ . x x = − log 3 5Vậy a = 3, b = 5 suy ra a + 2b = 13.Chọn C.Bài tốn 4. Đặt nhân tử chungVí dụ mẫuVí dụ 1. Tổng tất cả các nghiệm thực của phương trình 2.11x + 253x − 23x = 2 làA. 0.B. 1.C. 2.D. 3.Hướng dẫn giảiTa có: 2.11x + 253x − 23x = 2 ⇔ 2.11x + 11x.23x − 23x − 2 = 0⇔ 2 ( 11x − 1) + 23x ( 11x − 1) = 0⇔ ( 2 + 23x ) ( 11x − 1) = 0x⇔ 11x − 1 = 0 (vì 2 + 3 > 0, ∀x ∈ ¡ ) ⇔ x = 0.Chọn A.22Ví dụ 2. Phương trình 2 x + x − 4.2 x − x − 22 x + 4 = 0 có số nghiệm nguyên dươnglàA. 0.B. 1.C. 2.D. 3.Hướng dẫn giảiTa có: 2 x2+x− 4.2 x2−x2− 22 x + 4 = 0 ⇔ 2 x − x.22 x − 4.2 x(⇔ 2 x − x. ( 22 x − 4 ) − ( 22 x − 4 ) = 0 ⇔ ( 22 x − 4 ) 2 x22−x2−x− 22 x + 4 = 0)−1 = 0 22 x = 4 2x = 2 x =1⇔ 2⇔ 2⇔.x −x= 1 x − x = 0x = 0 2Vậy phương trình có một nghiệm ngun dương.Chọn B.Bài toán 5. Phương pháp hàm sốPhương pháp giảiSử dụng tính đơn điệu của hàm số:Tính chất 1. Nếu hàm số y = f ( x ) đồng biến (hoặc nghịch biến) trên ( a; b ) thì có tối đa mộtnghiệm của phương trình f ( x ) = k trên ( a; b ) và f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v, ∀u , v ∈ ( a; b ) .Trang 9 Tính chất 2. Nếu hàm số y = f ( x ) liên tục và đồng biến (hoặc nghịch biến); hàm số y = g ( x )liên tục và nghịch biến (hoặc đồng biến) trên D thì số nghiệm trên D của phương trình f ( x ) = g ( x )khơng nhiều hơn một.Tính chất 3. Nếu hàm số y = f ( x ) đồng biến (hoặc nghịch biến) trên D thì bất phương trìnhf ( u ) > f ( v ) ⇔ u > v (hoặc u < v ) , ∀u , v ∈ D.Ví dụ mẫuVí dụ 1. Phương trình 3x = 5 − 2 x có bao nhiêu nghiệm?A. 0.B. 3.C. 1.D. 2.Hướng dẫn giảiTa có: 3x = 5 − 2 x ⇔ 3x + 2 x − 5 = 0xxĐặt f ( x ) = 3 + 2 x − 5, ta có f ′ ( x ) = 3 ln 3 + 2 > 0, ∀x ∈ ¡ nên phương trìnhf ( x ) = 0 có tối đa một nghiệm.Mà f ( 1) = 0 nên phương trình f ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất là x = 1.Vậy phương trình có duy nhất một nghiệm.Chọn C.Ví dụ 2. Phương trình 2 x + 5x = 2 + 5 x có bao nhiêu nghiệm?A. 0.B. 3.C. 1.D. 2.Hướng dẫn giảiTa có: 2 x + 5 x = 2 + 5 x ⇔ 5x + 2 x − 5 x − 2 = 0xxxxĐặt f ( x ) = 5 + 2 − 5 x − 2, ta có f ′ ( x ) = 5 .ln 5 + 2 ln 2 − 5xxXét f ′ ( x ) = 0 ⇔ 5 .ln 5 + 2 ln 2 − 5 = 0x2x2Ta có f ′′ ( x ) = 5 .ln 5 + 2 ln 2 > 0, ∀x ∈ ¡ nên phương trình f ′ ( x ) = 0 có tốiđa một nghiệm.f ′ ( x ) = −5 và lim f ′ ( x ) = +∞ nên phương trình f ′ ( x ) = 0 có duyVì xlim→−∞x →+∞nhất một nghiệm x = x0 .Do đó, phương trình f ( x ) = 0 có tối đa hai nghiệm. f ( 1) = 0Mà nên phương trình có hai nghiệm x = 0 hoặc x = 1. f ( 0 ) = 0Chọn D.32Ví dụ 3. Tổng các nghiệm của phương trình 223 x .2 x − 210 x + 23 x3 = 10 x 2 − xgần bằng số nào dưới đây?Trang 10 A. 0,35.B. 0,40.C. 0,50.D. 0,45.Hướng dẫn giải32Ta có 223 x .2 x − 210 x + 23 x3 = 10 x 2 − x ⇔ 223 x3+x2+ 23x 3 + x = 210 x + 10 x 2ttĐặt f ( t ) = 2 + t , ta có f ′ ( t ) = 2 .ln 2 + 1 > 0, ∀t ∈ ¡ .Mà f ( 23 x + x ) = f ( 10 x32) x=0nên 23 x + x = 10 x ⇔ 5± 2 .x=233Vậy tổng các nghiệm của phương trình là210.23Chọn B.Ví dụ 4. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình33m + 27 3 3m + 27.2 x = 2 x có nghiệm thực?A. 6.B. 4.C. Vơ số.D. Khơng tồn tại m.Hướng dẫn giảiTa có33m + 27 3 3m + 27.2 x = 2 x ⇔ 27 3 3m + 27.2 x = 23 x − 3m.Đặt 2 x = u , điều kiện: u > 0 và33m + 27.2 x = v ⇒ v 3 = 3m + 27.u.( 1)( 2)( 3)3(1) trở thành u = 27v + 3m.3322Từ (3) và (2) suy ra u − 27v = v − 27u ⇔ ( u − v ) . ( u + uv + v + 27 ) = 0⇔ u = v.21 3v 2Do u + uv + v + 4 = u + v ÷ ++ 27 > 0, ∀u, v ∈ ¡ , nên2 4232u 3 − 27u3m + 27u = u ⇔ m =, với u > 0.3u 3 − 27uXét hàm số f ( u ) =với u > 0.3Ta có f ′ ( u ) =1( 3u 3 − 27 ) ; f ′ ( u ) = 0 ⇔ u = 3 do u > 0.3f ( u ) = −54. Do đó có vơ số giá trị ngun của m để phương trìnhSuy ra (min0; +∞ )có nghiệm thực.Chọn C.Bài tốn 6. Phương trình chứa tham sốPhương pháp giảiTrang 11 Ví dụ 1. Cho phương trình 4 x − m.2 x +1 + 2m = 0.Biết rằng khi m = m0 thì phương trình có hainghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = 3. Mệnhđề nào sau đây là đúng?A. m0 là số nguyên âm.B. m0 là số nguyên tố.C. m0 là số lẻ.D. m0 là số chính phương.xBước 1. Đặt t = a ( t > 0 ) , chuyển phương trìnhban đầu về phương trình ẩn t.Hướng dẫn giảiTa có:4 x − m.2 x +1 + 2m = 0. ⇔ ( 2 x ) − 2m.2 x + 2m = 0 ( 1)2Đặt t = 2 x , t > 0, phương trình thànht 2 − 2mt + 2m = 0 ( 2 ) .Bước 2. Sử dụng định lý Vi-ét về điều kiện có Ta thấy rằng ứng với một giá trị t > 0 ta tìm đượcnghiệm và mối quan hệ giữa các nghiệm để giải một nghiệm x nên để phương trình có hai nghiệmquyết.x1 , x2 thì phương trình (2) có hai nghiệm phân biệtt2 > t1 > 0 đồng thờix1 + x2 = 3 ⇒ 2 x1 + x2 = 23 ⇔ t1.t2 = 8.Từ đó, ta có điều kiện∆ > 0 4 m 2 − 8m > 0 S > 0 ⇔ 2m > 0 ⇔ m = 4.P = 8 2m = 8Vậy m0 = 4 là một số chính phương.Chọn D.Bài tốn: Tìm tham số m để phương trình cónghiệm thuộc ( x1 ; x2 ) ta giải như sau:Bước 1. Đặt t = a , t > 0x(Vídụ2.Tìmmđểphươngtrình9 x − 2.3x + 3 − m = 0 có nghiệm thuộc ( 0; +∞ ) .xĐặt 3 = t , ( t > 0 ) . Vì x ∈ ( 0; +∞ ) nên t ∈ ( 1; +∞ ) .)xxvì x ∈ ( x1 ; x2 ) ⇒ t ∈ a 1 ; a 2 .Bước 2. Chuyển về phương trình ẩn t, cơ lập m Phương trình trở thành:chuyển về dạng f ( t ) = mt 2 − 2t + 3 − m = 0 ⇔ m = t 2 − 2t + 3.Trang 12 2Bước 3. Xét hàm f ( t ) : tìm đạo hàm, lập bảng Xét hàm số f ( t ) = t − 2t + 3 trên khoảng ( 1; +∞ ) .Có f ′ ( t ) = 2t − 2 = 0 ⇔ t = 1. Ta có bảng biến thiênbiến thiên và đưa ra kết luận.t′f ( t)+∞1++∞f ( t)2Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy m > 2 thỏa mãnyêu cầu đề bài.Ví dụ mẫuVí dụ 1. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình4 x − m.2 x + 2m − 5 = 0 có hai nghiệm trái dấu?A. Vơ số.B. 0.C. 1.D. 4.Hướng dẫn giảiTa có 4 x − m.2 x + 2m − 5 = 0 ⇔ ( 2 x ) − m.2 x + 2m − 5 = 022Đặt t = 2 x , t > 0, phương trình thành t − mt + 2m − 5 = 0 ( 2 ) .2Đặt f ( t ) = t − mt + 2m − 5Nhận xét rằng với một giá trị t > 0 ta tìm được một nghiệm x nên để phươngtrình có hai nghiệm x1 < 0 < x2 thì phương trình (2) có hai nghiệm phân biệtt2 > t1 > 0 đồng thời t1 < 1 < t 2 (vì 2 x1 < 20 < 2 x2 ). Từ đó, ta có: 2 m 2 − 8m + 20 > 0∆>0m−42m−5>0()5 P > 02m − 5 > 0m>5⇔⇔⇔ < m < 4.2m>02 S >0m>01. f ( t ) < 01. ( 1 − m + 2m − 5 ) < 0 m<4 <> 3làA. S = ( 1; +∞ ) .1B. S = −∞; − ÷∪ ( 1; +∞ ) .3Trang 21 1 C. S = − ;1÷. 3 1D. S = −∞; − ÷.3Hướng dẫn giảiTa có:3 x21 ÷ 32 x +11 <> 33x21⇔ log 1 ÷3 32 x +11> log 1 ÷3 3⇔ 3x 2 − 2 x − 1 > 01x<−⇔3. x >11Vậy S = −∞; − ÷∪ ( 1; +∞ ) .3Chọn B.Ví dụ mẫu−3 x 21Ví dụ 1. Tập nghiệm của bất phương trình ÷ 3< 32 x +1 làA. S = ( 1; +∞ ) .1B. S = −∞; − ÷∪ ( 1; +∞ ) .3 1 C. S = − ;1÷. 3 1D. S = −∞; − ÷.3Hướng dẫn giải−3 x 21Ta có ÷ 322< 32 x +1 ⇔ 33 x < 32 x +1 ⇔ log 3 33 x < log 3 32 x +1⇔ 3x 2 < 2 x + 11⇔ − < x < 1.3 1 Vậy S = − ;1÷. 3 Chọn C.− x2 +5 x1Ví dụ 2. Tập nghiệm của bất phương trình ÷2x +11> ÷4làA. S = ( ∞;1) ∪ ( 2; +∞ ) .B. S = ( −∞;1) .C. S = ¡ \ { 1; 2} .D. S = ( 2; +∞ ) .Trang 22 Hướng dẫn giải− x2 +5 x1Ta có ÷2− x2 + 5 xx +11> ÷41⇔ ÷22 x+21> ÷2− x2 +5 x2 x+ 21⇔ log 1 ÷2 21< log 1 ÷2 2⇔ − x2 + 5x < 2 x + 2⇔ − x 2 + 3x − 2 < 0⇔ x 2 − 3x + 2 > 0x > 2⇔. x <1 <0 <0 <5 |