Câu 2.93 trang 85 sách bài tập Giải tích 12 Nâng cao. Dùng phương pháp đặt ẩn phụ để giải các phương trình sau: a) \(4{\log _9}x + {\log _x}3 = 3\) b) \({\log _x}2 - {\log _4}x + {7 \over 6} = 0\) c) \({{1 + {{\log }_3}x} \over {1 + {{\log }_9}x}} = {{1 + {{\log }_{27}}x} \over {1 + {{\log }_{81}}x}}.\) Giải a) Ta có: \({\log _x}3 = {1 \over {{{\log }_3}x}}\). Đặt \(t = {\log _3}x(t \ne 0)\) dẫn đến phương trình \(2{t^2} - 3t + 1 = 0\) \(\Leftrightarrow \left[ \matrix{ t = 1 \hfill \cr t = {1 \over 2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{ {\log _3}x = 1 \hfill \cr {\log _3}x = {1 \over 2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = 3 \hfill \cr x = \sqrt 3 \hfill \cr} \right.\) Vậy phương trình có hai nghiệm: \(x = 3\) và \(x = \sqrt 3 \) b) Ta có: \({\log _x}2 = {1 \over {{{\log }_2}x}}\). Đặt \(t = {\log _2}x(t \ne 0)\) dẫn đến phương trình \( - 3{t^2} + 7t + 6 = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \matrix{ t = 3 \hfill \cr t = {{ - 2} \over 3} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{ {\log _2}x = 3 \hfill \cr {\log _2}x = {{ - 2} \over 3} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = 8 \hfill \cr x = {2^{{{ - 2} \over 3}}} \hfill \cr} \right.\) Vậy phương trình có hai nghiệm: \(x = 8\) và \(x = {2^{ - {2 \over 3}}}\) c) Đặt \(t = {\log _3}x\), ta có \(\eqalign{& {{1 + t} \over {1 + {1 \over 2}t}} = {{1 + {1 \over 3}t} \over {1 + {1 \over 4}t}}\cr&\Leftrightarrow 3\left( {1 + t} \right)\left( {4 + t} \right) = 2\left( {2 + t} \right)\left( {3 + t} \right) \cr& \Leftrightarrow 12 + 15t + 3{t^2} = 12 + 10t + 2{t^2} \Leftrightarrow {t^2} + 5t = 0 \cr} \) \(\, \Leftrightarrow t = 0\) hoặc \(t = - 5\) Với \(t = 0\) thì \({\log _3}x = 0\), nên \(x = {3^0} = 1\) Với \(t = - 5\) thì \({\log _3}x = - 5\), nên \(x = {3^{ - 5}} = {1 \over {243}}\) Vậy phương trình có hai nghiệm: \(x = 1\) và \(x = {1 \over {243}}\) Câu 2.94 trang 85 sách bài tập Giải tích 12 Nâng cao. 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 \(x = \pm \sqrt {4,5} \) Câu 2.96 trang 86 sách bài tập Giải tích 12 Nâng cao. Tìm m để mỗi phương trình sau có nghiệm: a) \({25^{x + 1}} - {5^{x + 2}} + m = 0\) b) \({\left( {{1 \over 9}} \right)^x} - m.{\left( {{1 \over 3}} \right)^x} + 2m + 1 = 0.\) Giải a) Đặt \({5^{x + 1}} = t\left( {t > 0} \right)\) . Bài toán trở thành: Tìm m để phương trình \({t^2} - 5t + m = 0\) (1) có ít nhất một nghiệm dương. Điều kiện để (1) có nghiệm là \(\Delta = 25 - 4m \ge 0\) hay \(m \le {{25} \over 4}\). Gọi các nghiệm của (1) là \({t_1}\) và \({t_2}\left( {{t_1} \le {t_2}} \right)\), theo hệ thức Vi-ét \({t_1} + {t_2} = 5\) suy ra \({t_2} > 0\). Vậy \(m \le {{25} \over 4}\) thì phương trình (1) có ít nhất nghiệm \({t_2} > 0\), suy ra phương trình đã cho có nghiệm. b) Đặt \({\left( {{1 \over 3}} \right)^x} = t\left( {t > 0} \right)\). Bài toán trở thành Tìm m để phương trình \({t^2} - mt + 2m + 1 = 0\) (2) có ít nhất một nghiệm dương.Điều kiện để (2) có nghiệm là \(\Delta = {m^2} - 4\left(2 {m + 1} \right) = {m^2} - 8m - 4 \ge 0\) hay \(m \le 4 - 2\sqrt 5 \) hoặc \(m \ge 4 + 2\sqrt 5 \) Gọi các nghiệm của (2) là \({t_1}\) và \({t_2}\left( {{t_1} \le {t_2}} \right)\), theo hệ thức Vi-ét \({t_1} + {t_2} = m;{t_1}{t_2} = 2m + 1\) - Với \(m \ge 4 + 2\sqrt 5 \) thì \({t_1} + {t_2} = m \ge 4 + 2\sqrt 5 \) suy ra \({t_2} > 0\) - Với \(m < - {1 \over 2}\) thì \({t_1}{t_2} < 0\) suy ra \({t_2} > 0\) - Với \( - {1 \over 2} < m < 4 - 2\sqrt 5 \) thì \({t_1} + {t_2} < 0\) và \({t_1}{t_2} < 0\) suy ra \({t_1} < {t_2} < 0\) Vậy với \(m < - {1 \over 2}\) hoặc \(m \ge 4 + \sqrt 5 \) thì phương trình (2) có ít nhất nghiệm \({t_2} > 0\), suy ra phương trình đã cho có nghiệm. Chú ý: Có thể lập bảng xét dấu trực tiếp với \(\Delta = {m^2} - 8m - 4;S = m;P = 2m + 1\) Câu 2.97 trang 86 sách bài tập Giải tích 12 Nâng cao. Tìm m để mỗi phương trình sau có nghiệm duy nhất: a) \({16^{x + 1}} + {4^{x - 1}} - 5m = 0;\) b) \(2{\log _2}\left( {x + 4} \right) = {\log _2}\left( {mx} \right).\) Giải a) Đặt \({4^x} = t(t > 0)\). Bài toán trở thành: Tìm m để phương trình \(16{t^2} + {t \over 4} - 5m = 0\) (1) có nghiệm dương duy nhất. Điều kiện để (1) có nghiệm là \(\Delta = {1 \over {16}} + 320m \ge0\) hay \(m\ge - {1 \over {5120}}\) . Lại có \({t_1} + {t_2} = - {1 \over {64}};{t_1}{t_2} = - {{5m} \over {16}}\) . Nên (1) có nghiệm duy nhất khi \( - {{5m} \over {16}} < 0\), tức là m > 0. b) Bài toán quy về tìm m để hệ \(\left\{ \matrix{{(x + 4)^2} = mx \hfill \cr x + 4 > 0 \hfill \cr} \right.\) có nghiệm duy nhất hay \(\left\{ \matrix{{x^2} + (8 - m)x + 16 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right) \hfill \cr x > - 4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2\right) \hfill \cr} \right.\) có nghiệm duy nhất tức là (1) có nghiệm duy nhất thỏa mãn \(x > - 4\). Phương trình (1) có nghiệm khi\(\Delta = {m^2} - 16m \ge 0\) hay \(m \le 0\) hoặc \(m \ge 16\) . Xét cả trường hợp : +) \(m = 0\) thì (1) có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = {{0 - 8} \over 2} = - 4\) ( không thỏa mãn \(x > - 4\) ). +) \(m = 16\) thì (1) có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = {{16 - 8} \over 2} = 4\) ( thỏa mãn \(x > - 4\) ). +) \(m < 0\) hoặc \(m > 16\) thì (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}({x_1} < {x_2})\) . Ta có : \({x_1} < - 4 < {x_2} \Leftrightarrow ({x_1} + 4)({x_2} + 4) < 0 \) \(\Leftrightarrow {x_1}{x_2} + 4({x_1} + {x_2}) + 16 < 0\) . Theo hệ thức . Vi-et ta có \({x_1}{x_2} = 16\) và \({x_1} + {x_2} = m - 8\). Dẫn theo \(16 + 4(m - 8) + 16 < 0 \Leftrightarrow m < 0\) . Câu 2.100 trang 86 sách bài tập Giải tích 12 Nâng cao. Giải các phương trình sau: a) \({2^{{x^{2 - 4}}}} = {3^{x - 2}};\) b) \({4^{{{\log }_{0,5}}({{\sin }^2}x + 5\sin x\cos x + 2) = {1 \over 9}}}.\) Giải a) Lôgarit cơ số 2 hai vế ta được: \(\eqalign{ & \Leftrightarrow {x^2} - 4 = \left( {x - 2} \right){\log _2}3 \cr & \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right) - \left( {x - 2} \right){\log _2}3 = 0 \cr & \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x + 2 - {{\log }_2}3} \right) = 0 \cr & \Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = 2 \hfill \cr x = - 2 + {\log _2}3 \hfill \cr} \right. \cr} \) Vậy phương trình có nghiệm là: \(x=2\) và \(x = - 2 + {\log _2}3\) b) Điều kiện để phương trình có nghĩa là \({\sin ^2}x + 5\sin x\cos x + 2 > 0\) Lấy lôgarit cơ số 4 cả hai vế của phương trình , ta được \({\log _{0,5}}({\sin ^2}x + 5\sin x\cos x + 2){\log _4}{3^{ - 2}}\) \( \Leftrightarrow - {\log _2}({\sin ^2}x + 5\sin x\cos x + 2) = - {\log _2}3\) \( \Leftrightarrow {\sin ^2}x + 5\sin x\cos x + 2 = 3\) ( thỏa mãn điều kiện ) \( \Leftrightarrow \cos x(5\sin x - \cos x) = 0\) +) \(\cos x = 0\) ta tìm được \(x = {\pi \over 2} + k\pi \). +) \(5{\mathop{\rm sinx}\nolimits} - \cos x = 0\), tức là \(\tan x = {1 \over 5}\) . Do đó \(x = \arctan {1 \over 5} + k\pi \) Câu 2.101 trang 86 sách bài tập Giải tích 12 Nâng cao. Giải các phương trình sau: a) \({3^x} = 5 - 2x;\) b) \({\left( {{4 \over 5}} \right)^x} = - 2{x^2} + 4x - 9;\) c) \({\log _{{1 \over 2}}}x = 5x - {3 \over 2}.\) Giải a) Hàm số \(f(x) = {3^x}\) luôn đồng biến , hàm số \(g(x) = 5 - 2x\) luôn nghịch biến và \(f(1) = g(1)\) Do đó \(x = 1\) là nghiệm duy nhất. b) \({\left( {{4 \over 5}} \right)^x} > 0\) với mọi x, còn\( - 2{x^2} + 4x - 9 < 0\) với mọi x. Do đó phương trình vô nghiệm c) Hàm số \(f(x) = {\log _{{1 \over 2}}}x\) luôn nghịch biến, còn hàm số \(g(x) = 5 - {3 \over 2}\) luôn đồng biến và \(f\left( {{1 \over 2}} \right) = g\left( {{1 \over 2}} \right)\) Do đó \(x = {1 \over 2}\) là nghiệm duy nhất. Câu 2.103 trang 87 sách bài tập Giải tích 12 Nâng cao. 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 \(x=4\) Câu 2.104 trang 87 sách bài tập Giải tích 12 Nâng cao. 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) Câu 2.105 trang 87 sách bài tập Giải tích 12 Nâng cao. 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 \(x = 1\) Câu 2.106 trang 87 sách bài tập Giải tích 12 Nâng cao. Giải các phương trình sau: a) \({2^{{{\cos }^2}x}} + {4.2^{{{\sin }^2}x}} = 6\) b) \({3^{2\sin x + 2\cos x + 1}} - {\left( {{1 \over {15}}} \right)^{ - \cos x - \sin x{\rm{ - lo}}{{\rm{g}}_{15}}8}} \) \(+ {5^{^{2\sin x + 2\cos x + 1}}} = 0.\) Giải a) Đặt \(t = {2^{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x}}\left( {1 \le t \le 2} \right)\), ta được phương trình \({t^2} - 6t + 8 = 0\). Giải ra ta được \(t = 4\) (loại) và \(t = 2\) Với \(t=2\) ta có: \({2^{{{\cos }^2}x}} = 2 \Leftrightarrow {\cos ^2}x = 1 \) \(\Leftrightarrow \sin x = 0 \Leftrightarrow x = k\pi (k \in Z)\) b) \(x = {{3\pi } \over 4} + k\pi ;x = \pi + k2\pi \left( {k \in Z} \right)\) Biến đổi phương trình về dạng \({3.3^{2\left( {\sin x + \cos x} \right)}} - {8.15^{\cos x + \sin x}} + {5.5^{2\left( {\sin x + \cos x} \right)}} = 0.\) Chia cả hai vế của phương trình cho \({3^{2\left( {\sin x + \cos x} \right)}}\), rồi đặt \(t = {\left( {{5 \over 3}} \right)^{{\rm{cos}}x + {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}x}}\) với \(\left( {t > 0} \right)\) dẫn đến phương trình: \(5{t^2} - 8t + 3 = 0\) Giải ra ta được \(t = 1\) và \(t = {3 \over 5}\) - Với \(t = 1\) ta có \({\left( {{5 \over 3}} \right)^{{\rm{cos}}x + {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}x}} = 1\), dẫn đến \({\rm{cos}}x + \sin x = 0\) hay \({\rm{cos}}\left( {x - {\pi \over 4}} \right) = 0\) Do vậy \(x = {{3\pi } \over 4} + k\pi \left( {k \in Z} \right)\) - Với \(t = {3 \over 5}\) ta có \({\left( {{5 \over 3}} \right)^{{\rm{cos}}x + {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}x}} = {3 \over 5}\), dẫn đến \({\rm{cos}}x + \sin x = - 1\) hay \({\rm{cos}}\left( {x - {\pi \over 4}} \right) = - {1 \over {\sqrt 2 }}\) Do vậy \(x = \pi + k2\pi ;x = {-\pi \over 2} + k2\pi \left( {k \in Z} \right)\) Câu 2.109 trang 88 sách bài tập Giải tích 12 Nâng cao. Tùy theo m ,hãy biện số nghiệm của phương trình: \(\left( {m - 3} \right){.9^x} + 2\left( {m + 1} \right){.3^x} - m - 1 = 0\) Giải Đặt \(y = {3^x}(y > 0)\), ta có \(\left( {m - 3} \right){y^2} + 2\left( {m + 1} \right)y - \left( {m + 1} \right) = 0\) (1) Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số nghiệm dương của (1) - Xét \(m = 3\) thì (1) có nghiệm \(y = {1 \over 2}\) (thỏa mãn \(y > 0\)) - Nếu \(m \ne 3\) thì \(\Delta ' = {\left( {m + 1} \right)^2} + \left( {m + 1} \right)\left( {m - 3} \right) \) \(= 2\left( {m + 1} \right)\left( {m - 1} \right)\) Đặt \(f(y) = \left( {m - 3} \right){y^2} + 2\left( {m + 1} \right)y - \left( {m + 1} \right)\), ta có: \(\eqalign{& \left( {m - 3} \right)f(0) = \left( {3 - m} \right)\left( {m + 1} \right) \cr& S = {{2\left( {m + 1} \right)} \over {3 - m}} \cr} \) Lập bảng xét dấu: Từ đó bangr xét dấu ta có: - Với \(m\le - 1\) hoặc \(m \ge 3\) hoặc \(m = 1\) thì phương trình có một nghiệm, - Với \( - 1 < m < 1\) thì phương trình vô nghiệm. - Với \(1 < m < 3\) thì phương trình có hai nghiệm. Câu 2.110 trang 88 sách bài tập Giải tích 12 Nâng cao. Giải các phương trình sau: \(2{\log _3}\cot x = {\log _2}\cos x\) Giải \(x = {\pi \over 3} + k2\pi \left( {k \in Z} \right)\) Hướng dẫn: Điều kiện \({\rm{cos }}x > 0,\sin x > 0\) Đặt \({\log _2}\cos x = t = {\log _3}{\cot ^2}x\), ta có \(\left\{ \matrix{{\cot ^2}x = {3^t} \hfill \cr{\rm{cos }}x = {2^t} \hfill \cr} \right.\) Do \({\cot ^2}x = {{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x} \over {1 - {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x}}\) nên dẫn đến \({{{{\left( {{2^t}} \right)}^2}} \over {1 - {{\left( {{2^t}} \right)}^2}}} = {3^t}\) hay \({4^t} + {12^t} = {3^t}\) Sử dụng tính đồng biến, nghịch biến của hàm số mũ, ta tìm được \(t = - 1\) Do đó \({\rm{cos }}x = {1 \over 2} \Leftrightarrow x = \pm {\pi \over 3} + k2\pi \left( {k \in Z} \right)\) Với điều kiện \(\cos x > 0,\sin x > 0\), chỉ có nghiệm \(x = {\pi \over 3} + k2\pi \left( {k \in Z} \right)\) là thích hợp. Câu 2.111 trang 88 sách bài tập Giải tích 12 Nâng cao. Giải và biện luận phương trình sau: a) \({\log _3}x - {\log _3}\left( {x - 2} \right) = {\log _{\sqrt 3 }}m;\) b) \({4^{\sin x}} + {2^{1 + \sin x}} = m\) Giải a) Điều kiện \(x > 2,x > 0\). Đưa về tìm nghiệm lớn hơn 2 của phương trình \(x = \left( {x - 2} \right){m^2}\) hay \(\left( {1 - {m^2}} \right)x = - 2{m^2}\) Vậy +) \(m > 1\) thì phương trình có nghiệm duy nhất \(x = {{2{m^2}} \over {{m^2} - 1}}\) +) \(m \le 1\) thì phương trình vô nghiệm. b) Đặt \({2^{\sin x}} = y\), vì \( - 1 \le \sin x \le 1\) nên \({1 \over 2} \le y \le 2\) Ta có phương trình: \({y^2} + 2y - m = 0\) (1) Tính được: \(\Delta ' = 1 + m\) - Với \(m < - 1\) thì (1) vô nghiệm. - Với \(m = - 1\) thì (1) có nghiệm kép \(y = - 1\) (loại) - Với \(m > - 1\) thì (1) có hai nghiệm phân biệt \({y_1} = - 1 + \sqrt {m + 1} \) và \({y_2} = - 1 - \sqrt {m + 1} \) (loại) \({y_1} = - 1 + \sqrt {m + 1} \) thỏa mãn điều kiện khi \(\left\{ \matrix{- 1 + \sqrt {m + 1} \ge {1 \over 2} \hfill \cr- 1 + \sqrt {m + 1} \le 2 \hfill \cr} \right.\) tức là \(\left\{ \matrix{m \ge {5 \over 4} \hfill \cr m \le 8 \hfill \cr} \right.\) Khi đó \({2^{\sin x}} = - 1 + \sqrt {m + 1} \) \(\Leftrightarrow \sin x = {\log _2}\left( { - 1 + \sqrt {m + 1} } \right) = \sin \varphi\) \(\left( { - {\pi \over 2} \le \varphi \le {\pi \over 2}} \right)\) Ta có \(x = \varphi + k2\pi ;x = \pi - \varphi + k2\pi \left( {k \in Z} \right)\) Từ đó ta đi đến kết luận +) Với \(m < {5 \over 4}\) hoặc \(m > 8\): Phương trình vô nghiệm. +) Với \(m = {5 \over 4}\): Phương trình có nghiệm \(x = - {\pi \over 2} + k2\pi \left( {k \in Z} \right)\) +) Với \(m = 8\): Phương trình có nghiệm \(x = {\pi \over 2} + k2\pi \left( {k \in Z} \right)\) +) Với \({5 \over 4} < m < 8\): Phương trình có nghiệm \(x = \varphi + k2\pi ;x = \pi - \varphi + k2\pi \) với \(\varphi = {\log _2}\left( { - 1 + \sqrt {m + 1} } \right),k \in Z\)
