SÁCH HAY : TRỌNG TÂM KIẾN THỨC VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN (P2)

GỒM CÁC NỘI DUNG : HÀM SỐ MŨ LOGARIT TÍCH PHÂN ĐẠI SỐ TỔ HỢP XÁC SUẤT SỐ PHỨC

: log; (1+ 3u) + loga u = logs(1 + 3v) +log¿ v c f(u) =f(v) ()

ố f(Ð) = loga(1+ 3t) + loga t là hàm đồng biến nên (*) œ u = v

1+3u gy)

6

o hệ ta có: loga(1+ 3u) ~log¿ u =2

+3y~3+In(yˆ ~y+1)=z 2 ljy?—2y +6loga(6—z)=y

+3z—~3+In(z?~z+1)=x dy? 9246 log (6-x)=z

Lời giải

hàm số f(t) = tŸ + 3t—~3+In(tÊ ~t+1)

y=f(&)>Í(y}=z=>z=f(y)> f(z)=x Vậy x= y=Zz

Thay vào hệ ta được phương trình : xŸ+2x—~3+In(x° —~x+1)=0, Ta dễ đàng c

minh được phương trình này có nghiệm duy nhất x = 1

Vậy hệ đã cho có nghiệm là x = y =Z =1

Ta gid sit (x,y,z) la nghiém của hệ va x = max{x,y,z} Khi dé:

8(x)= Bly) = fly) 2 f(z) < y <z = g(y) <g(2)

<> f(z) < f(x) @ 22x > g(z) > B(x) @ f(x) 2 Í(y) ©x<y Vậyx<y<z<x—>x=y=z

=> g(t) la hàm đồng biến

x

'Thay vào hệ ta có phương trình : log, (6 — x) = ean

x*~2x+6

Phương trình này có nghiệm duy nhất x = 3

Vậy nghiệm của hệ đã cho là x = y =Z=

ÿào bảng biến thiên => hệ có nghiệm ©› ~2 <m <2~2/3

1 Xác định giá trị của tham số m để hệ sau có 2 nghiệm phân biệt :

5225

ặ (2) có 2 nghiệm phân biệt x e (1;3) © (3) có 2 nghiệm phân biệt t e (2;3)

số f(t) = t? 5L với te(2;3) =>ff()=2t~5=3f(=0et=Š

253

Ví dụ 12 Hãy xác định số nghiệm của hệ phương trình sau:

log, x.logs y=1

Suy ra f(a) cé hai nghiém thudc hai khoang tô và (1;3) hay phương trình #}

hai nghiệm phân biệt

Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm

CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP

Bài 1: Giải các hệ phương trình:

+xy ty” =12 LD eiias

Jogy (2x + 3y) = log, (2+ 2x + 3y)(1)

(43? +x+ 1)+ x3+21=9y2 (2) Giải các hệ phương trình: Z

HUONG DAN GIAI

HAM SO MU - HAM SO LOGARIT

log, 15 =alog, 6 a ( = a)logy 3+log,5=a

log, 18 = blog, 12" |(2~b)log, 3+1=2b

logs a> +logs vs oe ~ logs +} logs a~ logz b

5a +Hlogs b]+ ( “I0los,a -ŠIog, bị]: logz a - logz b

La lop, a2 + + lop, a” = wh cath i*2+ +n _nín )

log, x log, x log, x log, x 2log, x

1 Từ giả thiết, ta có : a” + b2 =c? ea? =(c+b)(c— b}

= log, a* =log, (c+ b)(c—b) 2 = log, (¢ +b) + log, (c~b)

=2=-—————.+>—————~©log a+log jose) ioe) Berd Be-b ,a=2lo, Serb a.lo; Ốc-b a

2 Từ giả thiết: a? + b2 =7ab co a7 + bỂ + 2ab = 9ab > (a+b) =9ab

Ta có: 2ig(a -3b)- lg4=lga + logb © Ig(a~ 3b)” = lg (4ab) <> (a -3b) = 4ab

macs: eee oe niet of

4 Ta cd: 3log, a +2log, „ c= log 5 bề

«lop; a2 +loga c2 = log; bố «> aŠc? = bố c> ac = bể,

5 log, a + log, c= 2log, b = log, ac = log, b? <> ac=b?,

258

cả ba số đều lớn hơn 1= logy919 a,loga919 b, logag 1) ¢ > 0

lO82pmaA logapab logan12¢ Ì0gapsabc

2012>9log„p„ 2012 <> log„„ 2012 < 0 => abc <1 vô lí

4 Điểu kiện: 4 3x2 - 2mx + 2m —1 Vxe#, không tổn tại m

= y"=-sinx.y +cosxy'=> y'cosx - y.sinx-y"=0 dpem

2 Ta có: y`=~tanx z» y”=¬Í ~tan2x=-~1+ y',tanx =>y'.tanx-y"-1=0

4, Taco: y =3cos(Inx) + 4sin(Inx) +x] =sin(In x) + *cos(inx)|

y= 7cos(Inx) +sin(Inx) =y”= - sin(In x) + deos(tn x)

x

Do đó: x2y"~ xy'+2y = +|-Šan (nx)+ 1 sos(In | -

x x

~x[7cos(In x)+ sin(In x)] + 2x[3cos(Inx) + 4sin(In x)] :

=~7xsin(Inx) + xeos(Inx)~7xcos(In x)~ xsin (Inx) +6xcos(Inx) + 8xsin (Inx

(loại), với te] a =F eo x? -2x-2=Derx=14 03

4 Đặt t=3*, t>0, phuong trinh da cho tré thanh:

3x x+1

3+ =2+2log; 3, quy đồng rổi đưa phương trình về dạng:

3 Với điểu kiện x >0, lấy logarit cơ số 5 cả 2 vế rổi đưa phương trình về dan;

[log2, (5x)- 1|logs 7=logz7.logsx <>logs”x—2logsx~3=0

1+xlog;2=0 |[xlogs2=-1 Tog 2 0823 “HBr 3

5 Lay logarit cơ số 2 hai vế phương trình , ta được:

5%, t>0 Dua phwong trình đã cho về dạng:

(t+x-3)=0 suy ra x=2 hoặc x - 2~ logs 3 là nghiệm

(3-x)+2(2* 1) (3-x)~2(2* ~1]=0 © x2 227 +x? =3x +2 =0 2).2* +(x-1)(x-2)= 0 (x-2)(2* +x-1)=0

— rà (*)

x=0 thỏa mãn (*) nên là nghiệm của (*)

)=2*.g() =1-x xác định trên ®#,

f(x) luôn đổng biến trên # và g(x) luôn nghịch biến trên /€, do đó hàm

và g(x) có đúng 1 giao điểm, haÿ nói khác hơn là phương trình

(x) luôn có nghiệm duy nhất

ïx=0 là nghiệm duy nhất của (*) phương trình đã cho có hai nghiệm xị = 0,x; = 2

Dạng 5 Sử dụng tính đơn điệu cị của hàm số

n đổi phương trình đã cho về dạng: 42 =1+32 hay (2) (3) =1

thấy, x=2 là một nghiệm phương trình

ñ nữa, NH HT có f{x)<0, Vxe/# nên luôn nghịch biến trên /£ và

ụ g(x)=1 la ham hang

6, đồ thị của 2 hàm số f(x) va (x) cắt nhau tại một giao điểm có hoành độ

2là ee duy nhất của phương trình

269

Nên f(t) la ham nghịch biến trên mỗi khoảng | -1;0) và (0;1]

Kết hợp với điểu kiện a.b >0 ta suy ra f(a) = f(b) “a=b

x) =0 có nhiều nhất là hai nghiệm

; £(1)=f(0)=0 =x=0;x =1 là nghiệm của phương trình

1 Phương trình cho <= |x? —4x +3] = log, 8 Bi (m* —m? +1)

2 Dat: -[ ) ,t>0, ta có phương trình : tt =8 eỦ ~8t=~m (2)

Suy ra, phương trình đã cho có nghiệm (1) có nghiệm t >0

Xét hàm số f(t)=t? -8t với t>0, ta có:

f(t)=(t—4)” ~16 >~16 nên phương trình đã cho có nghiệm <>—m 2-16 <> m

Phương trình đã cho trở thành: 5 -5Y =v—u«>5"+u=5Ỷ+v (2)

5 Giả sử xạ là nghiệm của phương trình thì -xạ cũng là nghiệm của phương

Do đó phương trình có nghiệm duy nhất thì nghiệm đó chỉ có thể lä : x=0

Thay vào phương trình ta tìm được n =0

Với m =0, ta có PT: 2Ï + |x|=Ï1— xà + x?,

272

at phương trình đã cho có nghiệm -1<x<2 hoặc x>3

ương trình đã cho viết lại:

273

phương trình không có nghiệm trong khoảng trên

Vậy Ìx| =2 thay vào ta thấy thỏa mãn

Do đó bất phương trình có hai nghiệm x = +12

9 Bất phương trình đã cho viết lại: G tag < 2 (28 =

8 Chia hai vế bất phương trình cho 9

Suy ra bất phương trình đã cho có nghiệm <2 (**) có nghiệm t e D m > ies

5, Đặt t= 3*, t>0 Khi đó yêu cầu bài todn <> bat phuong trình:

f()= at +9(a =1)t+a~1>0— (1 đúng với Vi>0

Ta thấy a <0 thì yêu cẩu bài toán không thỏa mãn nên ta chỉ xét a >0

f(Ð có: A =(a~—1)(81a - 77)

THỊ: A<0£1<a< 55 =1()>0 Vt>0

A>0 TH2: f(t) có hai nghiệm âm phân biệt <> Ệ <0 Ặ<»a> EẺ

P>0

Vậy a >1 là những giá trị cẩn tìm

t

6 Đặt t =sin” x, te[01], bất phương trình «> TH +31?! >m

Bất phương trình đã cho có nghiệm «>m < maxf() =4,

10:1]

7 Đặt t=2*,t>0,

Yêu cẩu bài toán 3 bất phương trình: m< ee f(t) cớ nghiệm t >0,

Lập bảng biến thiến, ta suy ra m> min f(t) = f(-2+ v7) = 27 -4

tol

278

= log, x= 2IogaxŸ2)= logạx=>x=2

tinh đã cho viết lại: log; (2x + 1) sj 1 +1 tức là

Phương trình đã cho <> Flog, x + Flog, x + logs x =log, 108

3 Phương trình đã cho <= log, x + logo x = log, v3

280

2

Phương trinh da cho <= lg Ni; Ig(6x~ 5) =0«> lệ =0 X—

Chú ý: Nếu không có điểu kiện (*), việc biến đổi phương trình cho

2

<> Igx? —lg(6x —5) =0 «> Ìg =0 là không nên Vì sao vậy?

6x5 x>]

<x<l |x=2v3-3

Ít +3)(1- x)=4x

12 Điểu kiện: x e(-œ~ 4)t/(~3;~2) t2(-1; +)

Phương trình c> logz(x + 1)(x + 2)(x +3)(x + 4) = logy 24

Phuong trinh da cho tuong durong log,,,(28in? x) = log2 , 2 loggny 2+2 = log’,

se logẫu„ 2 ~1OBsinx 2~ 2 = 0 (lOR gin, 2+ NOR in 2-2) =0

Khi loggin, 2=2 <9 sin? x=2 vd nghiém

Khi log 2=-l@—— =2 sinx=— €>x=-+2kn,x= —+2kn,ke Z7

Ssinx sinx D 6 6

Bai 5:

1, <> logy (2* +1).log, 2(2* +1) =2 > logy (2* nÌh +log; (2" +1)]=2 (*)

Dat t= log, (2* +1) khi đó phương trình (*) => t+t)=2© t+t~2=0œ>t=~ ‘

ig Oe Beery 2X=—2 <0

eS 4 «>x=0,

log, (2% + 1)=1 2% 41=2 oe 12

2 Diéu kién: x > 0 Dat t=Inx

Phuong trinh (2) viết lại tỞ ~ 3t? ~4t+-12=0«> iC + 2)(t -2)(t-3) =0

hìn thấy bài giải rất hợp lý và cho ra đáp số đúng, cách giải này đã dùng

ến đổi sai Kết quả đúng chỉ là một sự may mắn ngẫu nhiên,

283

tuy nhiên trong trường hợp trên không làm thay đổi miễn xác định Tuy nhiệ

ap dung log, (x -1Ÿ =2logs (x ~1) sé lam co hẹp miển xác định của phương t

ng bài toán trên, không tìm điểu kiện phương trình có nghĩa, vồ tỉnh nhận

nghiệm x=6, với x=6thi log, (3x + 2)- 2~log,5=Onén x=6 1a nghiệm

i cha phurong trinh

Be <4) esas ex ~1=3ữ -xŸ c>x=-17,x=3

+2 2log; (5 = 2x) +2log; (5 = 2x) log» (2x + 1)

Be (2x+1)+ 1][1og, (5-2x)-2log; (2x+ 1] log;(5~ 2x) =0

=2" 2x+1=21

=2log, (2x +1) <>] 5~2x = (2x + do điều kiện

i

2, Diéu kién: x > 0

Phương trình đã cho tương đương với: log3 x+log,x-2=0

Đặt t=log, x Khi đó ta có phương trình: tŸ +t~2=0

c>logs(4* +144)—log, 16 =1+logs(2*7? +1)

<> log,(4* +144) = log, 16 + logs 5 + log,(2* ? + 1)

Đặt t= loga(x= 1) Khi đó ta có phương trình: P4t-2=0@t=1,t=-2

2 Đặt t =log(xŸ +1), nên có phương trình : tÊ +(x2 ~5)t—~5x? =0 c>t=5vt

phương trình (*) trở thành: 16t” + 9t ~25 =0, phương trình này có 2 nghiệm

7 ( không thỏa điều kiện t>0) hoặc t=1

flog, x + log, 16 + log, x~7 =0¢> logy x +2,flog, x -3=0

iéu kién: 1<x¥ 2, Đặt t= log, (x1) = log, 2-1

Dat -(3] >0, ta có được phương trình : 4t? -t-18=0©t=7

2 Phương trình (1 +logy b + 1)}tog, ( +1)= 2

Đặt t=logz (4* +1)> 1 Ta có: (1+ t)E—2=0 6 E=1

abb=1” mee’ J2Wa=2) =1 t

Lưu ý: Việc thực hiện hai lần đặt như trên với mục đích giúp chúng ta làm đo

hình thức bài toán, từ đó ta dễ nhìn ra hướng giải bài toán hơn

Bai 1: Bién đổi thttonE trình vé dang: lg? x - ni lg? ce 2Igax=0 (*)

Với t=lgx, phương trình (*) trở thành: ¢? ~(2+ logy x).t+ 2log, x= 0

Phương trình này có biệt số A =(2~ loga x) nên có nghiệm t = log, x hoac t=

Bài 2: Điều kiện: x >0

Biến đổi phương trình tương đương về dạng:

log3 x -(3-+ log, x)log, x + 3log, x= 0 Dat t =log, x, ta tìm được

Ta chứng minh x=2 là nghiệm duy nhất

That vay, ham sé y = log, x,y = log (2x + 1) đều có các cơ số lớn hơn 1 nên các H

=log; x, phương trình trở thành : tÊ +(x~1)t+2x—6 =0

ng trình: 6* = 14+ 2x + 3log, (5x +1) Điều kiện: x> ¬š

log, (5x +1) <> 5x +1=6! <> 1=6!' —5x Khi dé ta cé phuong trình:

~5x)+ 2x + 3t o> 6Ÿ + 3x = 6` + 3t Xét hàm số: f(u) =6” + 3u Chứng minh

Bai 5:

1 Điểu kiện x >0, phương trình đã cho viết lại log, x =-2x+11

Xét f(x)= log, x trên khoảng (0;+=) và a(x) =-2x+11 trén R

Dé thấy, F'(x)>0, Vx>0 suy ra ham s6' f(x) déng bién trên khoảng (0;

g'(x)<0, Vxe# suy ra hàm số g(x) nghịch biến trên #

Vẽ đổ thị f(x) và g(x) lên cùng hệ trục, ta thấy f(x) và g(x) cắt nhau tại

điểm có hoành độ x = 5, suy ra x=5 là nghiệm của phương trình

Vậy, x=5 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho

2 Biến đổi phương trình về dang; Ig(x~3)=4-x

Hàm số f(x) =lg (x— 3) là hàm số đồng biến khi x >3

Hàm số g(x)=4— x là hàm số nghịch biến khi x >3

Hơn nữa f(4) = g(4) = 0= x =4 là nghiệm của phương trình đã cho

Ta cẩn chứng mình ngoài x= 4 thì không còn nghiệm nào khác

*Với x>4 thì f(x) > (4) =g(4) >g(x) nên không thỏa mãn

* Với x<4 thì f(x) <f(4) =g(4) <g(x) nên không thỏa mãn

3, Phương trình cho <> log, 3* +3* =log,(1+ 2x) +1+2x ¢ £(3*) = (2x +1)

Ham sé f(t) = log, t+t 1a hàm đổng biến trên (0; +00)

Xét hàm số: ‹()-(3) :|š) „ta có: f'{t)<0, Vte/# suy ra f(t) là hàm

biến trên #, hơn nữa f(t) cắt đường thẳng g(t) =1 tại giao điểm có hoành đ,

tire logy x =1=> x=2 Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =2

2 Với x >0, ta biến đổi phương trình về ane ~x2~1 (*)

' t

Dat t=log, x, phương trình (*) trở thành š§) '§) =1

292

2 WE Wey 2 NEL mễ+2(1 OIE mte<o vteR

f(t) nghịch biến trên # và đổ thị hàm số cắt đường thang g(t)=1 tại giao

*Nếu x>1= f(x) >f(1)=2= (1) vô nghiệm

*Néu ~5<x<1> f(x)<f{1) a= (1) vô nghiệm

Vay x=1 langhiém duy nhất của phương trình đã cho

nghiệm của phương trình (2) nên đó là nghiệm duy nhất của (2)

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 4 và x=2

Nên (1) có nghiệm duy nhất t= 2c» x=7

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm: x =7

É x#0

2 Điều kiện: <x>0

2% -1>0

294

1=logz(6x~5)=>7Y""=6x—5_ (3) Khi đó, phương trình đã cho trở thành :

1+2log; (6x —5)” =1+6log; (6x—5) =6y =5 (4) Trừ theo từng vẽ (3} và (4)

gc: 71-791 = by —6x 29 7) +6(x—1)=7Y”Ì +6(y =1)

:f(x~1)=f{y-1)@x=y #

ào:(3) và biến đổi ta được phương trình: Tân -6(x-1)-1=0 (5)

g(t)=7'-6t-1, cd g'(t)=7'ln7-6

7'In7 ~6 =0 & ty = log, 6 - log, In7

g(t) nghich biến trên khoang (-c;ty) va ddng biến trên (tg;+e) nên trên

khoảng đó g(t) có nhiều nhất một nghiệm nên phương trình g(t)=0 có rử.iểu

2 nghiệm

Ấy tị =0,tạ =1 là hai nghiệm của g(t) suy ra phương trình (5) có hai

$mxị =1,x; =2 Hai nghiệm này thỏa mãn điểu kiện

(2 +2), 20124?+2 =(x5+x2+1)2022ĐẺH (2)

Ta có hàm số f(x) = x.2012* đồng biến trên # nên

(2) <p 4x7 4.2 =x5 4x? +19 x°~3x?-1=0 (3) Dat u=x? 20, phuong trinh (3) viét lai u?-3u-1=0 (4) Xét f(u)= uŸ ~3u =1 lién tye trén nua khodng [0;+00) Dé thay

£(0).£(2) <0 => f(u)=0 chỉ có nghiệm trong khoảng (0;2) nên đặt

u=2cost ( 0<t <5] Khi dé phương trình (4) viết lại

Ácos” L~ 8cost= 2 c» cosät =2 c9 L=ố =92c080

: Suy ra phương trình có nghiệm x=+ 2cost

Hàm sé g(x) = là một hàm nghịch biến trên (0;+eo)

Và f(2)= g(2)= 256 nên suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =2