Tải bản đầy đủ

GT12CB 41 43

Tiết 41-42-43

§6. BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ
VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT

Mục tiêu:
1. Về kiến thức:
- Thông hiểu định nghĩa bất phương trình mũ, lôgarit cơ bản và phương pháp giải.
- Nhận biết dấu hiệu áp dụng và phương pháp giải các bất phương trình mũ đơn giản.
2. Về kĩ năng:
- Vận dụn giải thành thạo bất phương trình mũ, lôgarit cơ bản.
- Vận dụng giải một số bất phương trình mũ, lôgarit đơn giản.
3. Về thái độ:
- Rèn luyện cho học sinh lòng yêu thích bộ môn, đoàn kết trong hoạt động nhóm.
4. Năng lực hướng tới: Năng lực tự học, sáng tạo.
II. Phương pháp và kĩ thuật dạy học:
1. Phương pháp dạy học: Đặt vấn đề, Dạy học hợp tác nhóm.
2. Kĩ thuật dạy học: Đặt câu hỏi, tổ chức phối hợp nhóm nhỏ.
III. Chuẩn bị của giáo viên và học sinh:
1. Chuẩn bị của giáo viên: Giáo án, SGK, thước, phấn.
2. Chuẩn bị của học sinh: Vở, SGK.

IV. Tiến trình lên lớp:
1. Hoạt động khởi động:
Pháp vấn: Dạng phương trình mũ cơ bản ? Cách phương pháp giải phương trình mũ đơn giản,
dấu hiệu vận dụng ?
x
α
β
Hoàn thành nội dung sau: Cho 0 < a ≠ 1 , α , β ∈ ¡ : 1. a
0, ∀x ∈ ¡ ; 2. a > a ⇔ ?
2. Hình thành kiến thức:
2.1 Phương trình mũ cơ bản và phương pháp giải
I.

Hoạt động của giáo viên và học sinh
GV: Từ phương trình mũ cơ bản giới thiệu
bpt mũ cơ bản.
HS: Tiếp thu, lấy ví dụ về bpt mũ cơ bản
(đủ 4 dạng).
GV: Từ phần kiểm tra bài cũ, gv hướng dẫn
học sinh phương pháp giải bpt mũ cơ bản
x
dạng a > b .
HS: Từ phần hướng dẫn, thảo luận nhóm
rút ra phương pháp giải bpt mũ cơ bản, trả
lời cho gv.
GV: Rút ra nhận xét:
+ Khi b ≤ 0 tùy vào chiều của bpt để kết
luận bpt vô nghiệm hoặc có nghiệm ∀x ∈ ¡
.
+ Khi b > 0 tùy vào hệ số a để giải. Nều
a > 1 thì giữ nguyên chiều bđt, nếu 0 < a < 1
thì đổi chiều bđt.
HS: Vận dụng giải 4 bpt mũ cơ bản vừa
cho trên.

Nội dung kiến thức
I. Bất phương trình mũ
1. Bất phương trình mũ cơ bản
a. Định nghĩa:
Có dạng: a > b (hoặc a ≥ b, a < b, a ≤ b )
với a > 0 , a ≠ 1 .
b. Ví dụ 1: Các bất phương trình mũ cơ bản:
x
x
2
1. 2 > 4 ⇔ 2 > 2 ⇔ x > 2 ;
x

x

x

x

x

x

−1

1
1 1
 ÷ ≤ 2 ⇔  ÷ ≤  ÷ ⇔ x ≤ −1
 2 2
2.  2 
;

( 3)
3.

x

≥ −1 ⇔ x ∈ ¡

;
4. 5 < 0 ⇔ bpt vô nghiệm.
c. Phương pháp giải:
x
Xét bất phương trình a > b (1)
x

Nếu

b≤0

thì

( 1) ⇔ x ∈ ¡ .

a > 0 ≥ b, ∀x ∈ ¡ )
( 1) ⇔ a x > a loga b
b>0

(vì

x

Nếu

thì

( 1′ ) . Khi đó :

1′ ⇔ x > log a b
+ Với a > 1 ta có : ( )
.

+ Với 0 < a < 1 ta có : ( )
GV: Tương tự phương pháp giải phương 2. Bất phương trình mũ đơn giản

1′ ⇔ x < log a b

.


trình mũ, yêu cầu học sinh thảo luận nhóm Ví dụ 2: Giải bất phương trình sau:
x −1
x −1
nhỏ, tìm hiểu ví dụ SGK để đưa ra một số
x +1
5

2

5
+
2
x −2 x +2
phương pháp giải bpt mũ đơn giản.
>9 ;
a. 3
c.
;
x
HS: Trao đổi theo nhóm, đọc hiểu, thảo
1
2 x+1 >  ÷
luận để trả lời cho gv.
 16  ; d. 2 x + 2 − 2 x +3 − 2 x + 4 > 5 x +1 − 5 x + 2
b.
PP1. Đưa về cùng cơ số
.
+ Các cơ số đưa được về bằng nhau.
Giải
PP2. Đưa về pt bậc 2, bậc 3
x −2 x+2
+ Các cơ số đưa được về bằng nhau.
> 9 ⇔ 3x − 2 x+ 2 > 32 ⇔ x 2 − 2 x + 2 > 2
a. 3
+ Số mũ phải tỉ lệ.
⇔ x 2 − 2 x > 0 ⇔ x ∈ ( −∞;0 ) ∪ ( 2; +∞ )
.
GV: Yêu cầu học sinh vận dụng làm ví dụ
x
2, 3.
1 
2 x +1 >  ÷ ⇔ 2 x +1 > 2−4 x ⇔ x + 1 > −4 x
Ví dụ 2.
 16 
b.
+ Câu a. đưa về cơ số 3.
1

(

2

2

(

5−2

)(

)

5 + 2 =1

+ Câu b.
.
Lưu ý kĩ thuật chọn cơ số thích hợp.
+ Câu c. đưa về cơ số 2.
2
+ Câu d. đặt nhân tử chung, đưa về cơ số 5



5 −2

(

(

)

2

⇔ 5 x > −1 ⇔ x > −

(
c.

)

)

5−2

x −1
x +1

)

x −1
x +1



(



5.

5 +2

(

)

5−2

x −1

)

1− x



x −1
≤ 1− x
x +1

.
d.
Lưu ý kĩ thuật chọn số mũ.
2 x + 2 − 2 x +3 − 2 x + 4 > 5 x +1 − 5 x + 2 ⇔ −10.2 x +1 > −4.5 x +1
x +1
Ví dụ 3.
2
2
x
⇔  ÷ < ⇔ x +1 < 1 ⇔ x < 0
+ Câu a, đưa về bpt bậc 2 theo 3 .
5
5
.
+ Câu b, c tương tự của a, b.
các bất phương trình sau:
HS: Làm bài tập theo hướng dẫn của giáo Ví dụ 3. Giải
x
9 < 2.3x + 3 ;
52 x +1 > 5x + 4 ;
a.
b.
c.
viên.
x
−x
2
+
2

3
<
0
1
.
2 x +1 + 2− x − 3 < 0 ⇔ 2.2 x + x − 3 < 0
2
Giải
c.
a.
1
x 2
x
x
⇔ 2. ( 2

)

− 3.2 + 1 < 0 ⇔

2

< 2 < 1 ⇔ −1 < x < 0

9 x < 2.3x + 3 ⇔ ( 3x ) − 2.3x − 3 < 0 ⇔ −1 < 3x < 3
2

x
x ∈ ¡
−1 < 3
⇔ x
⇔
⇔ x <1
x < 1
3 < 3
.

52 x +1 > 5x + 4 ⇔ 5. ( 5 x ) − 5 x − 4 > 0
2

b.

5 x > 1
x > 0
⇔ x
⇔
⇔ x>0
x
∈∅
5
<

4


.

2.2 Bất phương trình Lôgarit.
GV: Từ phương trình lôgarit cơ bản giới II. Bất phương trình Lôgarit
thiệu bpt mũ cơ bản.
1. Bất phương trình Lôgarit cơ bản
HS: Tiếp thu, lấy ví dụ về bpt lôgarit cơ a. Định nghĩa:
bản (đủ 4 dạng).
Có dạng: log a x > b (hoặc log a x ≥ b , log a x < b ,
GV: Từ phần kiểm tra bài cũ, gv hướng dẫn
log a x ≤ b ) với a > 0 , a ≠ 1 .
học sinh phương pháp giải bpt lôgarit cơ
b. Ví dụ 1: Các bất phương trình mũ cơ bản:
bản dạng log a x > b .
4
1. log 2 x > 4 ⇔ x > 2 ⇔ x > 16 ;
HS: Từ phần hướng dẫn, thảo luận nhóm
2
rút ra phương pháp giải bpt lôgarit cơ bản,
1
1
log 1 x ≤ 2 ⇔ x ≥  ÷ ⇔ x ≥
trả lời cho gv.
4 ;
2
2
2.
GV: Rút ra nhận xét:


( )

−1
+ Khi a > 1 thì giữ nguyên chiều bđt và tùy
log 3 x ≥ −1 ⇔ x ≥ 3
3.
;
vào điều kiện để kết luận nghiệm.
0
+ Khi 0 < a < 1 thì đổi chiều bđt và tùy vào
4. log 5 x < 0 ⇔ 0 < x < 5 ⇔ 0 < x < 1 .
điều kiện để kết luận nghiệm
c. Phương pháp giải:
HS: Vận dụng giải 4 bpt lôgarit cơ bản vừa
log a x > b ⇔ log a x > log a a b
Xét
bpt
(1)
cho trên.
x
>
0
Điều kiện:
(*)

1 ⇔ x > ab
Nếu a > 1 thì ( )
. (thỏa mãn điều kiện
(*)).

1) ⇔ x < a b
(
0
<
a
<
1
Nếu
thì
. Kết hợp với điều
b
kiện (*) ta có nghiệm của bpt là: 0 < x < a .

GV: Tương tự phương pháp giải phương 2. Bất phương trình mũ đơn giản
trình lôgarit, yêu cầu học sinh thảo luận Ví dụ 2: Giải bất phương trình sau:
nhóm nhỏ, tìm hiểu ví dụ SGK để đưa ra
log 2 ( x 2 − 2 x + 2 ) > 1
a.
;
một số phương pháp giải bpt lôgarit đơn
log 3 ( x − 1) − log 1 ( 2 − 3 x ) < 0
giản.
3
b.
;
HS: Trao đổi theo nhóm, đọc hiểu, thảo
2
log 0.5 ( 4 x + 11) < log 0.5 ( x + 6 x + 8 )
luận để trả lời cho gv.
c.
.
Đưa về cùng cơ số
Giải
+ Các cơ số đưa được về bằng nhau.
log 2 ( x 2 − 2 x + 2 ) > 1
a.
GV: Yêu cầu học sinh vận dụng làm ví dụ
2.
x > 2
⇔ x 2 − 2 x + 1 > 21 ⇔ x 2 − 2 x > 0 ⇔ 
Ví dụ 2.
x < 0 .
+ Câu a. đưa về cơ số 2.
log 3 ( x − 1) − log 1 ( 2 − 3 x ) < 0
+ Câu b. đưa về cơ số 3.
3
b.
Nhận xét phép biến đổi sau:
log 3 ( x − 1) − log 1 ( 2 − 3 x ) < 0
3

⇔ log 3 ( x − 1) ( 2 − 3 x )  < 0

Phép biển đổi trên sai, (làm thay đổi điều
kiện của bpt).
HS: Làm bài tập theo hướng dẫn của giáo
viên.

 x − 1 < 2 − 3x
⇔ log 3 ( x − 1) < log 3 ( 2 − 3 x ) ⇔ 
x −1 > 0
3

4 x < 3  x <
⇔
⇔
4 ⇔ bpt vo nghiem
x > 1
 x > 1

c.

log 0.5 ( 4 x + 11) < log 0.5 ( x 2 + 6 x + 8 )

 4 x + 11 > 0
 x 2 + 6 x + 8 > 0

(1) ⇔  x 2 + 6 x + 8 > 0
⇔
2
4 x + 11 > x + 6 x + 8
 4 x + 11 > x 2 + 6 x + 8


 x < −4 ∨ x > − 2
⇔
⇔ x ∈ ( −2;1)
 −3 < x < 1

3. Luyện tập

Hoạt động của giáo viên và học sinh
GV: Yêu cầu học sinh nêu và trình bày bài
giải của mình. Nhắc học sinh làm đề 1 ghi
đề 2 về nhà giải và ngược lại.
HS: Thực hiện yêu cầu giáo viên.
GV: Yêu cầu học sinh nhận xét bài làm của
bạn.

Nội dung kiến thức
Bài 1. Giải các phương trình sau
x
x+1
1. (4.0đ) 4.4 − 9.2 + 8 > 0 ;
2. (4.0đ)

log 5 x < log 5 ( x + 6 ) − log 5 ( x + 2 )
log 5 ( 5 − 4 ) ≥ 1 − x
x

3. (2.0đ)

.

;


HS: Nhận xét.
GV: Nhận xét và sửa lổi sai (nếu có).
+ Yêu cầu học sinh nhận xét lời giải sau:

Giải.

4.4 x − 9.2 x +1 + 8 > 0 ⇔ 4. ( 2 x ) − 18.2 x + 8 > 0
2

1.

log 5 x < log 5 ( x + 6 ) − log 5 ( x + 2 )

 2 x > 4 = 22
x > 2
⇔ x 1

 x < −1
 2 < = 2−1


2
log 5 x < log 5 ( x + 6 ) − log 5 ( x + 2 )

⇔ log 5  x ( x + 2 )  < log 5 ( x + 6 )
⇔ 0 < x ( x + 2) < x + 6
0 < x ( x + 2 )
⇔
 x ( x + 2 ) < x + 6

2.
Điều kiện: x > 0 .

  x < −2
  x < −2


⇔  x > 0
⇔   x > 0
⇔0< x<2
 2

 −3 < x < 2
x + x − 6 < 0

⇔ log 5  x ( x + 2 )  < log5 ( x + 6 )

(*)

(*) ⇔ log 5 x + log5 ( x + 2 ) < log 5 ( x + 6 )

⇔ x ( x + 2 ) < x + 6 ⇔ x 2 + x − 6 < 0 ⇔ −3 < x < 2
Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của bpt là: 0 < x < 2 .

HS: Phép biến đổi tương đương thứ 1 làm
thay đổi điều kiện của pt nên pt mới có thể
tương đương hoặc không tương đương với
pt ban đầu.
GV: Khi giải bpt lôgarit cần chú ý tìm điều
kiện.

log 5 ( 5x − 4 ) ≥ 1 − x

3.

(**)

x
Điều kiện: 5 − 4 > 0 ⇔ 5 > 4 ⇔ x > log 5 4 .
x

(**) ⇔ 5x − 4 ≥ 51− x ⇔ 5 x − 4 ≥

2
5
⇔ ( 5 x ) − 4.5 x − 5 ≥ 0
x
5

5x < −1 (bpt vn)
⇔ x
⇔ x >1
5
>
5


Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của bpt là: x > 1 .
Bài 2: Giải các phương trình sau
1

a) 2

2

x −2 x

≤ 2 x −1

;

b).

(

10 + 3

log 1 ( 4 x + 4 ) ≥ log 1 ( 22 x +1 − 3.2 x )

d)

2

2

<

(

10 + 3

;

2.log 3 ( 4 x − 3) + log 1 ( 2 x + 3) ≤ 2
3

)

x +1
x +3

x
c). 5

;

e) log 3 x > log x 3 ;
log

g) . log 3 x + log 9 x + log 27 x > 11 ;
i) .

)

x −3
x −1

h) .
;

j)

3

2

− 7 x +12

f) .

> 1.

log x 3 < log x 3
3

x + log 1 x3 + log 3 ( 3 x 4 ) > 3
3

.

;

log 5 ( 4 x + 144 ) − 4 log 5 2 < 1 + log 5 ( 2 x− 2 + 1)

.

4. Ứng dụng và mở rộng.
Giải các phương trình sau
1.

{

}

log 4 2 log 3 1 + log 2 ( 1 + 3log 2 x )  <

3. 2

sin 2 x

+ 4.2

cos2 x

≤6 ;

1
2 ;

2

ln x +1
− 6ln x − 2.3 ln x + 2 < 0 ;
2. 4
x

4.

x

6 + 35 + 6 − 35 ≤ 12 .

5. Hướng dẫn học bài ở nhà.
5.1 Hướng dẫn học bài sau tiết 40: Giải bài tập 1a; 2a,b,c (Luyện tập)
5.2 Hướng dẫn học bài sau tiết 41: Giải bài tập 1,b,c; 2c,d,e,f,g,h (Luyện tập)
5.3 Hướng dẫn học bài sau tiết 42: Ôn tập kiến thức chương 2.



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×