Bài 5.13: Với số a dương và khác 1, giả sử có ba hàm số:
\(s(x) = {{{a^x} – {a^{ – x}}} \over 2};c(x) = {{{a^x} + {a^{ – x}}} \over 2};t(x) = {{{a^x} – {a^{ – x}}} \over {{a^x} + {a^{ – x}}}}\)
Hãy chứng minh rằng:
a) \({c^2}(x) – {s^2}(x) = 1\)
b) \(s(2x) = 2s(x)c(x)\)
c) \(c(2x) = 2{c^2}(x) – 1 = 2{s^2}(x) + 1 = {c^2}(x) + {s^2}(x)\)
d) \(t(2x) = {{2t(x)} \over {1 + {t^2}(x)}}\)
Với a dương và khác 1, ta có:
a) \({c^2}(x) – {s^2}(x) = {({{{a^x} + {a^{ – x}}} \over 2})^2} – {({{{a^x} – {a^{ – x}}} \over 2})^2}\)
\(= {{{a^{2x}} + {a^{ – 2x}} + 2 – {a^{2x}} – {a^{ – 2x}} + 2} \over 4} = {4 \over 4} = 1\)
d) \(t(2x) = {{{a^{2x}} – {a^{ – 2x}}} \over {{a^{2x}} + {a^{ – 2x}}}}\) . Mặt khác, ta có:
\(1 + {t^2}(x) = 1 + {({{{a^x} – {a^{ – x}}} \over {{a^x} + {a^{ – x}}}})^2} = {{2({a^{2x}} + {a^{ – 2x}})} \over {{a^{2x}} + {a^{ – 2x}} + 2}}\)
Ta biến đổi vế phải
\({{2t(x)} \over {1 + {t^2}(x)}} = 2{{{a^x} – {a^{ – x}}} \over {{a^x} + {a^{ – x}}}}.{{{a^{2x}} + {a^{ – 2x}} + 2} \over {2({a^{2x}} + {a^{ – 2x}})}}\)
\(= {{2({a^x} – {a^{ – x}}){{({a^x} + {a^{ – x}})}^2}} \over {2({a^x} + {a^{ – x}})({a^{2x}} + {a^{ – 2x}})}} = {{{a^{2x}} – {a^{ – 2x}}} \over {{a^{2x}} + {a^{ – 2x}}}}\)
Bài 5.14: Hãy biểu diễn:
a) \({\log _{30}}8\) qua \(a = {\log _{30}}3\) và \(b = {\log _{30}}5\) ;
b) \({\log _9}20\) qua \(a = \log 2\) và \(b = \log 3\)
a) Ta có
\({\log _{30}}8 = {\log _{30}}{2^3}\)
\(= 3{\log _{30}}2 \)
\(= 3.{\log _{30}}{{30} \over {15}}\)
\(= 3({\log _{30}}30 – {\log _{30}}(3.5))\)
Advertisements (Quảng cáo)
\(= 3(1 – {\log _{30}}3 – {\log _{30}}5) = 3(1 – a – b)\)
b) Chuyển sang cơ số 10. Sau khi biến đổi, ta được \({\log _9}20 = {{1 + a} \over {2b}}\).
Bài 5.15: Giải các phương trình sau:
a) \({({{13} \over {24}})^{3x + 7}} = {({{24} \over {13}})^{2x + 3}}\)
b) \({(4 – \sqrt {15} )^{\tan x}} + {(4 + \sqrt {15} )^{\tan x}} = 8\)
c) \({(\root 3 \of {6 + \sqrt {15} } )^x} + {(\root 3 \of {7 – \sqrt {15} } )^x} = 13\)
a) Phương trình đã cho tương đương với
\({\left( {{{13} \over {24}}} \right)^{3x + 7}} = {\left( {{{13} \over {24}}} \right)^{ – \left( {2x + 3} \right)}}\)
\(\Leftrightarrow 3x + 7 = –2x – 3\Leftrightarrow x = –2\)
b) Vì \((4 – \sqrt {15} )(4 + \sqrt {15} ) = 1\) nên ta đặt \({(4 – \sqrt {15} )^{\tan x}} = t(t > 0)\) , ta được phương trình
\(\;{t^2}-{\rm{ }}8t{\rm{ }} + {\rm{ }}1{\rm{ }} = {\rm{ }}0 \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{t = 4 + \sqrt {15} } \cr {t = 4 – \sqrt {15} } \cr} } \right.\)
+) Ứng với \(t = 4 – \sqrt {15} \) , ta có
\({(4 – \sqrt {15} )^{tanx}} = 4 – \sqrt {15}\)
\(\Leftrightarrow \tan = 1 \Leftrightarrow x = {\pi \over 4} + k\pi ,k \in Z\)
+) Ứng với \(t = 4 + \sqrt {15} \) , ta có
Advertisements (Quảng cáo)
\({(4 – \sqrt {15} )^{tanx}} = 4 + \sqrt {15}\)
\( \Leftrightarrow \tan = – 1 \Leftrightarrow x = – {\pi \over 4} + k\pi ,k \in Z\)
Vậy phương trình có nghiệm \(x = {\pi \over 4} + k{\pi \over 2},k \in Z\)
c) Ta nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình. Mặt khác, hàm số
\(f(x) = {(\root 3 \of {6 + \sqrt {15} } )^x} + {(\root 3 \of {7 – \sqrt {15} } )^x}\)
Là tổng của hai hàm số mũ với cơ số lớn hơn 1 (hai hàm số đồng biến) nên f(x) đồng biến trên R. Do đó, x = 3 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài 5.16: Giải các phương trình sau:
a) \({5^{\cos (3x + {\pi \over 6})}} = 1\)
b) \({6.4^x} – {13.6^x} + {6.9^x} = 0\)
c) \({7^{{x^2}}}{.5^{2x}} = 7\)
d) \({\log _4}(x + 2){\log _x}2 = 1\)
e) \({{{{\log }_3}x} \over {{{\log }_9}3x}} = {{{{\log }_{27}}9x} \over {{{\log }_{81}}27x}}\)
f) \({\log _3}x + {\log _4}(2x – 2) = 2\)
a) Vì 1 = 50 nên ta có \({5^{\cos (3x + {\pi \over 6})}} = 1 \Leftrightarrow 6 \cos (3x + {\pi \over 6}) = 0\)
\(\Leftrightarrow 3x + {\pi \over 6} = {\pi \over 2} + k\pi \Rightarrow x = {\pi \over 9} + k{\pi \over 3}(k \in Z)\)
b) \({6.4^x} – {13.6^x} + {6.9^x} = 0\) (1)
Vì \({4^x},{6^x},{9^x}\) đều khác 0 với mọi \(x \in R\) nên chia cả hai vế của phương trình (1) cho \({4^x}\) hoặc \({6^x}\) hoặc \({9^x}\) , ta được phương trình tương đương.
Chia cả hai vế cho \({6^x}\), ta có: \((1) \Leftrightarrow 6.{({2 \over 3})^x} – 13 + 6.{({3 \over 2})^x} = 0\)
Đặt\({({2 \over 3})^x} = t(t > 0)\) , ta có:
\(6t – 13 + {6 \over t} = 0 \Leftrightarrow 6{t^2} – 13t + 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{t = {3 \over 2}} \cr {t = {2 \over 3}} \cr} } \right.\)
+) Với \(t = {2 \over 3}\) ta có \({({2 \over 3})^x} = {2 \over 3} \Leftrightarrow x = 1\)
+) Với \(t = {3 \over 2}\) ta có \({({2 \over 3})^x} = {3 \over 2} \Leftrightarrow x = – 1\)
c) Logarit hóa hai vế theo cơ số 7, ta được:
\({x^2} + 2x.{\log _7}5 – 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{x = – {{\log }_7}5 – \sqrt {\log _7^25 + 1} } \cr {x = – {{\log }_7}5 + \sqrt {\log _7^25 + 1} } \cr} } \right.\)
d) \({\log _4}(x + 2).{\log _x}2 = 1\)
Điều kiện: \(\left\{ \matrix{x + 2 > 0 \hfill \cr x > 0 \hfill \cr x \ne 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{x > 0 \hfill \cr x \ne 1 \hfill \cr} \right.\)
\(1) \Leftrightarrow{1 \over 2}{\log _2}(x + 2).{1 \over {{{\log }_2}x}} = 1 \Leftrightarrow {\log _2}(x + 2) = {\log _2}{x^2}\)
\(\Leftrightarrow{x^2} – x – 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{x = – 1(loại)} \cr {x = 2} \cr} } \right.\)
Vậy nghiệm của phương trình là x = 2.
e) Điều kiện: x > 0
Đổi sang cơ số 3 và đặt \({\log _3}x = t\) , ta được phương trình: \({t \over {1 + t}} = {{2(2 + t)} \over {3(3 + t)}}\)
Giải phương trình ẩn t, ta được \({t_1} = 1,{t_2} = – 4\)
Vậy phương trình có hai nghiệm \({x_1} = 3;{x_2} = {1 \over {81}}\)
g) Điều kiện:
\(\left\{ {\matrix{{x > 0} \cr {2x – 2 > 0} \cr} } \right. \Leftrightarrow x > 1\)
Đặt \({\log _3}x + {\log _4}(2x – 2) = f(x)\)
Dễ thấy f(x) là hàm số đồng biến. Mặt khác f(3) = 2 nên ta có:
f(x) > f(3) = 2 với x > 3 và f(x) < f(3) = 2 với 1 < x < 3.
Từ đó suy ra x = 3 là nghiệm duy nhất.
