Ứng dụng phương pháp hàm số giải phương trình mũ và logarit

Tài liệu gồm 35 trang được biên soạn bởi tập thể quý thầy, cô giáo nhóm Nhóm Word Và Biên Soạn Tài Liệu Môn Toán THPT, hướng dẫn ứng dụng phương pháp hàm số giải phương trình mũ và logarit, được phát triển dựa trên câu 47 đề thi minh họa THPT Quốc gia môn Toán năm học 2019 – 2020 do Bộ Giáo dục và Đào tạo công bố.

KIẾN THỨC CẦN NHỚ:

1 Định lý: Nếu hàm số y f x  đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) và liên tục trên a b;  thì

* u v; a b; :f u  f v uv

* Phương trình f x kkconst có nhiều nhất 1 nghiệm trên khoảng a b; 

2 Định lý: Nếu hàm số y f x  đồng biến (hoặc nghịch biến) và liên tục trên a b; , đồng thời

1.1 So sánh hai logarit cũng cơ số:

Cho số dương a  và các số dương 1 b c,

 Khi a  thì 1 loga bloga cbc

 Khi 0a1 thì loga bloga cbc

log ( )a b b loga b loga b

3 Logarit của một thương:

Cho 3 số dương a b b, 1, 2 với a 1, ta có

4 Logarit của lũy thừa:

Cho a b, 0,a1, với mọi  , ta có

5 Công thức đổi cơ số:

Cho 3 số dương a b c, , với a1,c1, ta có

loglog

log

c a

c

b b

BÀI TẬP MẪU

Có bao nhiêu cặp số nguyên x y;  thỏa mãn 0x2020 và log 33 x3x2y9 ?y

Phân tích hướng dẫn giải

*Tính y và xét dấu y

*Kết luận tính đơn điệu của hàm số y f t  trên D

B3: Tìm mối liên hệ giữa x y; rồi tìm các cặp số x y;  rồi kết luận

Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau:

Lời giải Chọn D

Bài tập tương tự và phát triển:

Mà m  2019 ; 2019 và m  nên có 2017 giá trị m thỏa mãn

x

x

y y

y

log 2xm 2 log xx 4x2m1

Phương trình có 2 nghiệm dương khi 4 2m0  2 m0 suy ra có 1 giá trị nguyên

2

2 7

x x a b với a , b là hai số nguyên dương Tính  a b

Lời giải Chọn D

Điều kiện: 1

0,2

 1 log 25 x12log 23 xlog5x2log3x1 (*)

Xét hàm số f t log5t2 log3t1, với t1

 

0.ln 5 1 ln 3

 

3 3 3

Mà  6sinx 5 cosx 6 nên để phương trình có nghiệm ta phải có 5 6 m  5 6.

Câu 47.9: Số nghiệm thực của phương trình 6x 3log 56 x12x1 là

Lời giải Chọn B

x x

Từ BBT suy ra phương trình h x   0 có nhiều nhất 2 nghiệm thuộc khoảng 1;

Vậy phương trình đã cho có đúng hai nghiệm x0,x 1

Nên g x '  0 có không quá 1 nghiệm suy ra g x   0 có không quá 2 nghiệm trên

1

;3

 

  Mà g 0 g 1 0 Vậy phương trình có tập nghiệm là 0,1 Do đó S 1

PTln x2802 x280ln 3x12.3x1 (1)

Xét hàm số f t lnt2 ,t  t 0; Ta có: f  t 1 2 0, t 0

t

       Hàm số f t  đồng biếntrên 0; 

2.9 ln 3 24.9 ln 3 2

Dựa vào bảng biến thiên ta có g x' 0, x  hàm số g x  đồng biến trên  

phương trình g x   0 có nhiều nhất một nghiệm

Mà g 1 0

Do đó phương trình đã cho có duy nhất 1 nghiệm

 18;18

m   để phương trình đã cho có hai nghiệm?

A. 20 B.17 C. 9 D. 21.

Lời giải Chọn B

Từ (1) suy ra f x  flog (2 xm) xlog (2 xm) xm2x mx2x

Vậy có 17 giá trị của m

Suy ra hàm số f t  đồng biến trên 2; .

Do đó phương trình tương đương với 3 2 3 2  

2 logx x 2 4x a log 2 xa 2 Gọi S là tập hợp các giá trị

a thuộc đoạn 0; 2020 và chia hết cho 3 để phương trình có hai nghiệm Hãy tính tổng cácphần tử của S

Lời giải Chọn C

Phương trình tương đương

     , nên f t  đồngbiến 2;   

        Khi đó (3)0 nên (3) vô

nghiệm Trường hợp này thỏa mãn điều kiện bài toán

* TH1: (3) có hai nghiệm phân biệt: (3) 1

2



       Khi đó (2) 0 nên (2) vô

nghiệm Trường hợp này cũng thỏa mãn điều kiện bài toán

Do đó phương trình đã cho có 2 nghiệm khi và chỉ khi ; 1 1;

Xét 2 vị trí nhánh trái và phải của đồ thị hàm số  2 tiếp xúc với  1 khi đó dễ dàng tìm được

Xét hàm số f t 2 log ,t 2t  t 2; Ta có:   2 ln 2 0, 2

ln 2

t t

Phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt nếu xảy ra một trong các trường hợp sau:

* TH1: (2) có hai nghiệm phân biệt và (3) có nghiệm kép khác hai nghiệm của (2):

a a

a a

* TH3: (2) và (3) đều có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm chung:

Điều này xảy ra khi hệ

Nhận xét  * có 3 nghiệm phân biệt

nh¸nh bªn tr¸i cña (2) tiÕp xóc víi (1) nh¸nh bªn ph¶i cña (2) tiÕp xóc víi (1)(1) vµ (2) cïng trïng cùc trÞ t¹i 1

Vậy có 3 giá trị của a thỏa mãn bài toán

PT đã cho tương đương với    

Phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt nếu xảy ra một trong các trường hợp sau:

* TH1: (2) có hai nghiệm phân biệt và (3) có nghiệm kép khác hai nghiệm của (2):

a a

a a

* TH3: (2) và (3) đều có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm chung:

Điều này xảy ra khi hệ

Điều kiện xác định: x2mx x240

2

log x mx x 4  2m9 x 1 1 2 m x 4

Do m nguyên thuộc 20 ; 20 nên số giá trị m là 23



C. 1 9 2. D 17

Lời giải Chọn A

Câu 47.19: Cho các số dương x y, thỏa mãn log5 1 3 2 4

Lời giải Chọn D

ĐK:

10

2

4

32

x x

x y

Câu 47.20: Cho hai số thực x y, lớn hơn 1 và thỏa mãn y x.(e x e) y x y.(e y e) x Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức Plogx xylogy x

1 2 22

0 ; 2ming x 8 Vậy Pmin 8

Câu 47.23: Cho hai số thực ,x y không âm thỏa mãn 2 2 2 1

Tìm giá trị nhỏ nhất ymin của y

A ymin 3 B ymin 2 C ymin 1 D ymin  3

Lời giải Chọn B

2 1

x y x







   

Loại x   vì điều kiện của 1 t nên f 2  2

Vì f t 5 ln 5t 3 ln 3t      nên hàm số 1 0; x f t  đồng biến trên   2

Từ  1 và  2 ta có x4yxy1 3  Dễ thấy x  không thỏa mãn 4  3

Với x 4,  3 1

4

x y x



 

 kết hợp điều kiện y 0 suy ra x  4

Từ bảng biến thiên ta thấy Tmin  3 2 3 tại x 2 3

log x 1 y 1 y 9 x 1 y 1 Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x 2y là

x y



89

1

y x

Vậy Pmin   3 6 2 khi      

     Suy ra hàm số đồng biến trên

0;  Suy ra  log 3 13  y3 1 ylog3x3xy  x3xy3 1 yx3xy

Ta có:

2 2 3

Do đó từ  1 , suy ra:  

2

21

    với mọi t 0 nên hàm số f t 

luôn đồng biến và liên tục trên 0; 

Từ (*) suy ra 1 9

1

x y

A. 59

Lời giải Chọn B

Điều kiện: 0

x y

82

x y

x x

y x

y y

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 19

x y

Nhận thấy t  là nghiệm phương trình 2

Ta chứng minh t 2 là nghiệm duy nhất của phương trình

Vậy tx22y2

2

22

1 2 22



2



Lời giải Chọn C

1 1 2

Chọn B

2 2

1 1 2

4xx  log 14 y2 y1

Ta có

2 2

2 2

1 1

2 1 1

4x x  4 x x   , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 4 x   , 1

2

30min



30 0;

x y

nhất của P Khi đó giá trị của T 4mM bằng bao nhiêu?

Lời giải Chọn A