Học Toán cùng BoxMath
Đăng ký
Tìm kiếm tùy chỉnh
Web
Kết quả 1 đến 5 của 5

Chủ đề: Phương trình mũ

  1. #1
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Tuổi
    53
    Bài viết
    675
    Cám ơn (Đã nhận)
    919

  2. Cám ơn Song song đã cám ơn bài viết này
  3. #2
    Ban quản trị chihao's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Tuổi
    53
    Bài viết
    675
    Cám ơn (Đã nhận)
    919
    Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}
    2x - 1 \ge 0\\
    3x + 1 \ge 0
    \end{array} \right. \Leftrightarrow x \ge \frac{1}{2}$

    Phương trình đã cho trở thành:

    ${2^{\sqrt {2x - 1} + 2}} + \frac{1}{2}\left( {x + 1} \right) = {2^{\sqrt {3x + 1} + 1}} + \sqrt {2x - 1} $
    $\begin{array}{l}
    \Leftrightarrow {2^{\sqrt {2x - 1} + 2}} + \frac{1}{2}\left( {x + 1 - 2\sqrt {2x - 1} } \right) = {2^{\sqrt {3x + 1} + 1}}\\
    \Leftrightarrow {2^{\sqrt {2x - 1} + 2}} + \frac{1}{2}\left( {3x + 1 - 2x - 2\sqrt {2x - 1} } \right) = {2^{\sqrt {3x + 1} + 1}}\\
    \Leftrightarrow {2^{\sqrt {2x - 1} + 2}} + \frac{1}{2}{\left( {\sqrt {3x + 1} } \right)^2} - \frac{1}{2}{\left( {\sqrt {2x - 1} + 1} \right)^2} = {2^{\sqrt {3x + 1} + 1}}\\
    \Leftrightarrow {2^{\sqrt {2x - 1} + 2}} - \frac{1}{2}{\left( {\sqrt {2x - 1} + 1} \right)^2} = {2^{\sqrt {3x + 1} + 1}} - \frac{1}{2}{\left( {\sqrt {3x + 1} } \right)^2}\begin{array}{*{20}{c}}
    {}&{}&{(1)}
    \end{array}
    \end{array}$

    Xét hàm số $f\left( t \right) = {2^{t + 1}} - \frac{1}{2}{t^2},$ với $t \in \left[ {1; + \infty } \right).$
    Ta có: $f'\left( t \right) = {2^{t + 1}}\ln 2 - t;f''\left( t \right) = {2^{t + 1}}{\left( {\ln 2} \right)^2} - 1,t \in \left[ {1; + \infty } \right)$
    Vì $t \in \left[ {1; + \infty } \right)$ nên $f''\left( t \right) \ge {\left( {2\ln 2} \right)^2} - 1 > 0$
    Suy ra $f'\left( t \right)$ là hàm số đồng biến trên khoảng $t \in \left[ {1; + \infty } \right).$
    Vì vậy $f'\left( t \right) \ge f'\left( 1 \right) = 4\ln 2 - 1 > 0,\forall t \ge 1.$
    Do đó $f\left( t \right)$ là hàm số đồng biến trên khoảng $t \in \left[ {1; + \infty } \right).$
    Mặt khác, phương trình (1) có dạng:

    $f\left( {\sqrt {2x - 1} + 1} \right) = f\left( {\sqrt {3x + 1} } \right)$

    và $\sqrt {2x - 1} + 1,\sqrt {3x + 1} $ đều thuộc khoảng $t \in \left[ {1; + \infty } \right)$ , nên phương trình đó tương đương với

    $\begin{array}{l}
    \sqrt {2x - 1} + 1 = \sqrt {3x + 1} \\
    \Leftrightarrow 2x + 2\sqrt {2x - 1} = 3x + 1\\
    \Leftrightarrow 2\sqrt {2x - 1} = x + 1\\
    \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
    x \ge \frac{1}{2}\\
    4\left( {2x - 1} \right) = {x^2} + 2x + 1
    \end{array} \right.\\
    \Leftrightarrow x = 1 \vee x = 5
    \end{array}$

    Vậy phương trình đã cho có nghiệm $x = 1,x = 5$.

  4. Cám ơn letrungtin, ma29, hhfirefly, bthuyltt, Hồng Nhung đã cám ơn bài viết này
  5. #3
    Moderator ma29's Avatar
    Ngày tham gia
    Sep 2014
    Tuổi
    25
    Bài viết
    10
    Cám ơn (Đã nhận)
    17
    Trích dẫn Gửi bởi chihao Xem bài viết
    Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}
    2x - 1 \ge 0\\
    3x + 1 \ge 0
    \end{array} \right. \Leftrightarrow x \ge \frac{1}{2}$

    Phương trình đã cho trở thành:

    ${2^{\sqrt {2x - 1} + 2}} + \frac{1}{2}\left( {x + 1} \right) = {2^{\sqrt {3x + 1} + 1}} + \sqrt {2x - 1} $
    $\begin{array}{l}
    \Leftrightarrow {2^{\sqrt {2x - 1} + 2}} + \frac{1}{2}\left( {x + 1 - 2\sqrt {2x - 1} } \right) = {2^{\sqrt {3x + 1} + 1}}\\
    \Leftrightarrow {2^{\sqrt {2x - 1} + 2}} + \frac{1}{2}\left( {3x + 1 - 2x - 2\sqrt {2x - 1} } \right) = {2^{\sqrt {3x + 1} + 1}}\\
    \Leftrightarrow {2^{\sqrt {2x - 1} + 2}} + \frac{1}{2}{\left( {\sqrt {3x + 1} } \right)^2} - \frac{1}{2}{\left( {\sqrt {2x - 1} + 1} \right)^2} = {2^{\sqrt {3x + 1} + 1}}\\
    \Leftrightarrow {2^{\sqrt {2x - 1} + 2}} - \frac{1}{2}{\left( {\sqrt {2x - 1} + 1} \right)^2} = {2^{\sqrt {3x + 1} + 1}} - \frac{1}{2}{\left( {\sqrt {3x + 1} } \right)^2}\begin{array}{*{20}{c}}
    {}&{}&{(2)}
    \end{array}
    \end{array}$

    Xét hàm số $f\left( t \right) = {2^{t + 1}} - \frac{1}{2}{t^2},$ với $t \in \left[ {1; + \infty } \right).$
    Ta có: $f'\left( t \right) = {2^{t + 1}}\ln 2 - t;f''\left( t \right) = {2^{t + 1}}{\left( {\ln 2} \right)^2} - 1,t \in \left[ {1; + \infty } \right)$
    Vì $t \in \left[ {1; + \infty } \right)$ nên $f''\left( t \right) \ge {\left( {2\ln 2} \right)^2} - 1 > 0$
    Suy ra $f'\left( t \right)$ là hàm số đồng biến trên khoảng $t \in \left[ {1; + \infty } \right).$
    Vì vậy $f'\left( t \right) \ge f'\left( 1 \right) = 4\ln 2 - 1 > 0,\forall t \ge 1.$
    Do đó $f\left( t \right)$ là hàm số đồng biến trên khoảng $t \in \left[ {1; + \infty } \right).$
    Mặt khác, phương trình (1) có dạng:

    $f\left( {\sqrt {2x - 1} + 1} \right) = f\left( {\sqrt {3x + 1} } \right)$

    và $\sqrt {2x - 1} + 1,\sqrt {3x + 1} $ đều thuộc khoảng $t \in \left[ {1; + \infty } \right)$ , nên phương trình đó tương đương với
    $\begin{array}{l}
    \sqrt {2x - 1} + 1 = \sqrt {3x + 1} \\
    \Leftrightarrow 2x + 2\sqrt {2x - 1} = 3x + 1\\
    \Leftrightarrow 2\sqrt {2x - 1} = x + 1\\
    \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
    x \ge \frac{1}{2}\\
    4\left( {2x - 1} \right) = {x^2} + 2x + 1
    \end{array} \right.\\
    \Leftrightarrow x = 1 \vee x = 5
    \end{array}$

    Vậy phương trình đã cho có nghiệm $x = 1,x = 5$.
    Đây là loại bài sử dụng bất định hệ số đúng không thầy hay quá
    Clich here to see my blog: http://mattrangluna29.blogspot.com/

  6. Cám ơn chihao, tinilam, Hồng Nhung đã cám ơn bài viết này
  7. #4
    Thành Viên Chính Thức Hoang Long Le's Avatar
    Ngày tham gia
    Dec 2014
    Đến từ
    THCS Nguyễn Hàm Ninh
    Tuổi
    16
    Bài viết
    21
    Cám ơn (Đã nhận)
    31
    Thầy giải hộ em bài này với
    Tìm $n\in \mathbb{Z^+}$ để phương trình sau có nghiệm x hữu tỉ
    $x^n+(x+2)^n+(2−x)^n=0$

  8. #5
    Thành Viên
    Ngày tham gia
    Jan 2015
    Tuổi
    15
    Bài viết
    1
    Cám ơn (Đã nhận)
    0
    Giải phương trình:
    $3^{x}+2^{x}-3x-2=0$

 

 

Thông tin về chủ đề này

Users Browsing this Thread

Có 1 người đang xem chủ đề. (0 thành viên và 1 khách)

Tag của Chủ đề này