Dạng Hàm Đặc Trưng Của Phương Trình, Hệ Phương Trình Mũ – Logarit

 Ñoà thò haøm soá g(x) truïc caét truïc Ox toái ña taïi hai ñieåm phaân bieät... Ñoù cuõng chính laø nghieäm cuûa phöông trình (1).[r]

1

DẠNG HÀM ĐẶC TRƯNG CỦA PT-HPT MŨ-LOGARIT

GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

MỘT SỐ KẾT QUẢ QUAN TRỌNG KHI GIẢI BÀI TẬP LIÊN QUAN ĐẾN TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

1) Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [a ; b] và f(a).f(b) < 0 thì tồn tại ít nhất một

điểm c  (a ; b) sao cho f(c) = 0

2) Nếu hàm số f(x) liên tục và đơn điệu (luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến) trên

khoảng (a ; b) thì trên khoảng (a ; b) phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất một nghiệm

3) Nếu hai hàm số f(x) và g(x) đơn điệu và ngược chiều trên khoảng (a ; b) thì phương

trình f(x) = g(x) có tối đa một nghiệm trên khoảng (a ; b)

4) Nếu hàm số y = f(x) tăng trên khoảng (a ; b) và y = g(x) là hàm hằng hoặc là một hàm số giảm trên khoảng (a ; b) thì phương trình f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng (a ; b)

Do đó, nếu có x0 (a ; b) sao cho f(x0) = g(x0) thì phương trình f(x) = g(x) có nghiệm duy nhất

5) Nếu hàm số f(x) xác định trên khoảng (a ; b) và có f ’’(x) > 0 (hoặc f ’’(x) < 0) trên (a ; b) thì f ’(x) luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên khoảng (a ; b) nên phương trình f ’(x) = 0 có tối đa một nghiệm trên khoảng (a ; b) do đó phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm trên khoảng (a ; b)

6) Nếu hàm số f(x) liên tục và đơn điệu trên khoảng (a ; b) thì : u, v  (a ; b) : f(u) = f(v)  u = v

7) Nếu hàm số f(x) liên tục và đơn điệu trên khoảng (a ; b) thì : u, v  (a ; b) : f(u)  f(v)  u  v

 Chú ý : Định lý vẫn đúng cho các trường hợp : f(u) > f(v) ; f(u)  f(v) ; f(u) < f(v)

A DẠNG HÀM ĐẶC TRƯNG PHƯƠNG TRÌNH MŨ

BÀI 1 : Giải các phương trình sau :

12

3

x

x 1 x

x7x21280713

2 x

x 21 x 47 x

x

7

2 3 2

B DẠNG HÀM ĐẶC TRƯNG PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT

BÀI 2 : Giải các phương trình sau :

5xx

3xx

2

1x

1x2log2x

3

2 5) x(log32 + 1) + 2x = log3(81 – 27x) ĐS : x = 1

1xlog3x2

x

1 1

x

)5x6(log21

2

3xx

2xx

3x2

C DẠNG HÀM ĐẶC TRƯNG CỦA HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ - LOGARIT

BÀI 3 : Giải các hệ phương trình sau :

xy

x

xy

3

3

2 2

xyee

2 2

y x

eeyx

2 1 2

2

y x

1322

1 2

1 2

yx)y1ln(

)x1ln(

2

ĐS : 1) (–2 ; –2) ; (2 ; 2) ; 2) (3 ; 3); (–3 ; –3) ; 3) (–1 ; –1) ; (1 ; 1) ; 4) (2 ; 2) ; (4 ; 4) ; 5) (1 ; 1) ; 6) (0 ; 0)

D MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN HÀM ĐẶC TRƯNG

BÀI 4 : (ĐỀ THI THPT QG 2017) Xét các số thực dương x, y thỏa mãn 3xy x y 4

y2x

xy1

y4x

yx

x6yxx

Pmin 

1

x

u

2 thì (1) trở thành : 2u – 2v = v – u  2u + u = 2v + v  f(u) = f(v)

Xét hàm số f(t) = 2t + t

 t 2 ln2 1 0

'

f  t   t  f(t) luôn tăng trên R

Do đó f(u) = f(v)  u = v  x – 1 = x2 – x  x = 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1

2) 2x  14x x1

 Hướng dẫn :

Phương trình  2x +1 + (x + 1) = 22x + 2x

Xét hàm số f(t) = 2t + t , t  R thì f’(t) = 2t.ln2 + 1

Vì f’(t) > 0 ,  t nên f đồng biến trên R

1x

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là : x = 1, x = 2

f’(t) = 2tln2 + 3tln3 + 1 > 0 t  f(t) luôn đồng biến

1log2 = x0

Bảng biến thiên :

f(x) Dựa vào bảng biến thiên :

4

 Đồ thị hàm số g(x) trục cắt trục Ox tối đa tại hai điểm phân biệt

 Phương trình g(x) = 0 có tối đa hai nghiệm phân biệt

Mà g(0) = g(1) = 0 nên x = 0, x = 1 là hai nghiệm của (2)

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x = 0, x = 1

v

21x

Khi đó : (1) trở thành ; 2u – 2v = v – u  2u + u = 2v + v  f(u) = f(v)

Xét hàm số : f(t) = 2t + t với t  2

f’(t) = 2tln2 + 1 > 0 t  2  f(t) luôn tăng t  2

Do đó : f(u) = f(v)  u = v  x2 + 1 = 2x2 + x1  x1 = 1 – x2

0x1

01x

12

2

x

x 1

12x

21x

xxx

x1x

x2

1

2

2 2

2 2

x 1 2

2 x

x 1 2

2 2

x x 1 x x 1

x

x212

12

x

x12

12

x

x1x

x12

12

2 2

2 2

2 2

f  t 

Nhận xét rằng f(t) là hàm đồng biến

x

x2

1x

x

1x

x21fx

x1

2 2

2 2

loại0

xVậy phương trình có 1 nghiệm duy nhất : x = 2

3

1x23

x

x 1 x

13

13

x 1 x

1g

x  Vậy, tập nghiệm của phương trình là

;2

31

5

 Chú ý : Cần tìm a, b, c  R sao cho bx 1 c

x

1ax

1x2x

bxx

2

1x2

1x

1x

2xx

Xét hàm số f t 3t t, tR ta có 'f t 3tln310, tR nên f đồng biến trên R  t

Phương trình cho tương đương x3x2x32x, phương trình này có nghiệm x2, x1

2

3

v

1xx12x

u

2 3

2 3

Thì (2) trở thành : 2u – 2v = v – u  2u + u = 2v + v  f(u) = f(v)

Xét hàm số f(t) = 2t + t ; f’(t) = 2tln2 + 1 > 0 t  f(t) luôn tăng

Do đó : f(u) = f(v)  u = v  3x3 – 3x2 – 3x – 1 = 0  3x3 = 3x2 + 3x + 1

 4x3 = x3 + 3x2 + 3x + 1 = (x + 1)3

14

1x1xx

xx21280713

2 x

x 21 x 47 x

x

7

2 3 2

407713

713

40 x

7 1

x

7

2 2 2

40x

77713

1x

77

40 x 7 2

1

x

7

2 2

Xét hàm số f t 713t 7t ; f’(t) = 713tln71370, t  R, do đó f(t) đồng biến trên R

xx

40x

71x

7x

x

40x

7f1x

7

2 2 2

2 2

(thỏa mãn (2)) Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là {5 ; 8}

11*) 32009 x 3 cos x 32009 x 4 cos 3 x 3cos x 0

Xét hàm số f(t) = 3t + 3t, tập xác định R

f’(t) = 3t.ln330, t  R nên f(t) đồng biến trên R

6 Phương trình (1) được viết : f(2009x + 3cosx) = f(2009x + 4cos3x) (2)

Vì f(t) đồng biến trên R nên (2)  2009x + 3cosx = 2009x + 4cos3x

 4cos3x – 3cosx = 0  cos3x = 0

3

k6

Xét hàm số f t 2t7t Tập xác định : R

f’(t) = 2tln270, t  R suy ra f(t) đồng biến trên R

Phương trình (2) được viết fx23cosx f x24cos3x (3)

Do f(t) đồng biến trên R nên  3 x23cosxx24cos3x4cos3x3cosx0cos x0

3

k6xk

xsin

exsin

x cos 2 2

x sin 2

v 2

t 2



 , với t  (–1 ; 0)  (0 ; 1)

t2

e2t2t

e1

2

t

2

2 2 t 2 2

2 t 2

suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (–1 ; 0) và (0 ; 1)

Vì u, v cùng dấu nên u, v cùng thuộc một khoảng (–1 ; 0) hoặc (0 ; 1) do đó phương trình  f(u) = f(v)

xx1202009

4 x 34 x

x 4

2 3 2

3042009

2009x

x

xx1202009

30 x

4 1

x 4 2

2 x

x 4 x 34 x

x

4

2 2 2

2 3 2

30x

442009

1x

44

30 x 4 2

1

x

4

2 2

Xét f(t) = 2009t + 4t, có f’(t) = 2009tln2009 + 4, t > 0 tức f(t) đồng biến trên R

xx

30x

41x

4x

x

30x

4f1x

4

2 2 2

2 2

x

6

x

Vậy tập nghiệm của phương trình : S = {6 ; 5}

15*) 3cos x2cos x cosx (1)

 Hướng dẫn :

Nhận xét : x = 0 là nghiệm của phương trình ; gọi  là nghiệm bất kì của (1)

Khi đó, ta có : 3cos  2cos  = cos 3cos  3cos = 2cos  2cos (*)

Xét hàm số : f(t) = tcos  tcos (với t > 1)

Hàm số f liên tục trên (1 ; +), có đạo hàm là f’(t) = tcos   1.cos cos

t2008t

2k2

x1xcos

2

3xx

Rx,03xx

2

v

3xx

u

2

2

(u > 2 , v > 2)

Ta có phương trình : log3u + u = log3v + v

Xét hàm số : f(t) = log3t + t , t > 2

f    , t > 2  f(t) là hàm số luôn luôn đồng biến t > 2

Do đó : f(u) = f(v)  u = v  x2 + x + 3 = 2x2 + 4x + 5  x2 + 3x + 2 = 0  x = 1 hay x = 2

Vậy nghiệm của phương trình là : x = 1 hay x = 2

Ta có : log2u + u = log2x + x  f(u) = f(x)

Xét hàm đặc trưng : f(t) = log2t + t, với t > 0

Ta thấy x1 = 0 ; x2 = 1 là hai nghiệm của phương trình

Mặt khác : Xét hàm số y = 2x y’ = 2xln2  y’’ = 2xln22 > 0, x > 0

 đồ thị y = 2x là đường cong lõm trên khoảng (0 ; +) Do đó, đường thẳng (d) : y = x + 1 chỉ cắt đồ thị (C) tối đa tại hai điểm Mà x > 0 nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1

12

v

02

x

u

x ta được : log3u + u = log3v = v  f(u) = f(v)

Xét hàm số f(t) = log3 + t với t > 0

1log2 = x0

Bảng biến thiên :

Dựa vào bảng biến thiên :

 đồ thị hàm số g(x) cắt trục Ox tối đa tại hai điểm phân biệt

 g(x) = 0 có tối đa hai nghiệm phân biệt

Mà g(0) = g(1) = 1 nên x = 0  x = 1 là hai nghiệm của phương trình (2) vậy các nghiệm của phương trình đã cho là : x = 0  x = 1

9

4)

 2 2

2

1x

1xlog2x

2

1x2

1x2log1xx11x

1xlog1x6x21

6

x

2 2

2x4x

2

v

1x

Khi đó : (2) trở thành : v – u = log2u – log2v  log2u + u = log2v + v  f(u) = f(v)

Xét hàm số : f(t) = log2t + t với t > 0

Ta có phương trình : log3u + u = log3v + v (với u, v > 0)  f(u) = f(v)

Xét hàm đặc trưng : f(t) = log3t + t, t > 0  f’(t) =

3ln.t

1 + 1 > 0, t > 0  f(t) tăng trên (0 ; +)

 f(u) = f(v)  u = v  2x = 3 – x

Nhận xét : x = 1 là một nghiệm của phương trình

Mặt khác, ta có :

tănghàmlà2

 đồ thị hai hàm số chỉ cắt nhau tại 1 điểm duy nhất x = 1

Vậy phương trình có 1 nghiệm duy nhất : x = 1

biếnnghịchhàm

làx2781xf

x x

2 xNhận xét x = 1 là nghiệm của phương trình

 đồ thị hai hàm số chỉ cắt nhau tại một điểm duy nhất có hoành độ x = 1

 phương trình có một nghiệm duy nhất x = 1

y

x

(3) Trừ theo từng vế các phương trình của hệ ta được : 7x  x7y6y (4)

Xét hàm số f t 7t6t ; phương trình (4) có dạng f(x) = f(y) (5)

f’(t) = 7tn760, t  R nên f(t) đồng biến trên R

Thế (6) vào (3) có : 7x 6x17x6x10

Xét hàm số g x 7x  x1 ; g’(x) = 7xln76

g’(x) = 0  x = x0 = log76log7 ln7 và ta có  

xx0x'g

Suy ra g(x) nghịch biến với x < x0 ; g(x) đồng biến với x > x0 do đó g(x) có không quá hai nghiệm trên R Lại thấy x = 0 ; x = 1 là hai nghiệm của g(x) và thỏa mãn (2)

Đó cũng chính là nghiệm của phương trình (1)

Xét hàm số f t t6log7t ; phương trình (7) có dạng f 7x f6x1 (8)

Rõ ràng f(t) đồng biến trên R Do vậy (8)  7x = 6x + 1 (9)

Phần còn lại của lời giải trình bày như cách 1

 Chú ý : Xem phương trình (9) : 7x = 6x + 1 Đó là phương trình Béc-nu-li Thay vì khảo sát hàm số g(x), bạn có thể dùng bất đẳng thức Béc-nu-li để chứng minh nó có duy nhất hai nghiệm :

0x1x17

0x1x

1ylogx

2 2

Do đó log2(3x – 1) + x = log2(3y – 1) + y

1 nên f là hàm đồng biến, do đó

phương trình f(x) = f(y)  x = y  x = log2(3x – 1)  3x – 1 = 2x 2x – 3x + 1 = 0

xxx

1

xx1x1

v

x1

Ta có phương trình : log2u 3ulog2v v (với u, v > 0)  f(u) = f(v)

Xét hàm đặc trưng : f(t) = log2t + 3 , t t  1  f’(t) = 3 0

2ln.t

0x01xx0xxx

1x

1xlog3x2x

xhoặc2

1x

2x0x

1x

02x

x

1x

21x

12log12x2x22x

122x

12log2x2x22

f    trên khoảng 0;

2ln

222t22ln

122t22ln

1t

Suy ra hàm số f t đồng biến trên khoảng 0;

x

122xx

12f2x

1x4x

;1

x

11lnxx

11

ln

1 1 2 3

x

1 1

11ln1xx1x

11lnxx

11

ln

1 1 2 3

11

ln

1

2t

11lntg

    , t > 0  Hàm số g(t) nghịch biến trên (0 ; +)

Bảng biến thiên :

Từ bảng biến thiên ta suy ra g(t) > 0

 f ’(t) = (2t + 1)g(t) > 0, t > 0  f(t) đồng biến trên (0 ; +)

Do đó : f(u) = f(v)  x = x2 x = 1 (do x > 0)

Tóm lại : phương trình có nghiệm duy nhất x = 1

11ln

f với t > 0 thì (1) có dạng : f(x) = f(x2)

2t

11ln1t22t

11ln1t2Xét hàm :  

1t2

2t

11lnt

 f’(t) = (2t + 1)g(t) > 0, t > 0 nên đồng biến trên (0 ; +) Vì vậy f(x) = f(x2)  x = x2 x = 1

Tóm lại : phương trình có nghiệm duy nhất x = 1

y x

Xét hàm số f t tlog3t Phương trình (4) có dạng f(x) = f(y) (5)

Rõ ràng f(t) là hàm số đồng biến trên R, nên (5)  x = y

Xét hàm số g(x) = 3x – 2x – 1 ; g’(x) = 3xln3 – 2 ; g’(x) = 0  x = x0 = log32 – log3(ln3)

Lí luận tương tự ví dụ 1 suy ra x = 0 , x = 1 là hai nghiệm của phương trình đã cho

Xét hàm số f t tlog3t Phương trình (7) có dạng f 3x f12x (8)

Rõ ràng f(t) là hàm số đồng biến trên R, nên (8)  3x = 1 + 2x (9)

Phần còn lại của lời giải như cách 1

7 1

x

)5x6(log21

Khi đó, phương trình đã cho trở thành : 7x – 1 = 1 + 2log7(6x – 5)3 = 1 + 6log7(6x – 5) = 6y – 5 (2)

Trừ theo từng vế (1) và (2) ta được : 7x – 1 – 7y – 1 = 6y – 6x  7x – 1 + 6(x – 1) = 7y – 1 + 6(y – 1)

 f(x – 1) = f(y – 1)  x = y

Thay vào (1) và biến đổi ta được phương trình : 7x – 1 – 6(x – 1) – 1 = 0 (3)

Hàm số g(t) = 7t – 6t – 1 có g’(t) = 7tln7 – 6  g’(t) = 7tln7 – 6 = 0  t0 = log76 – log7ln7

Hàm số g(t) nghịch biến trên khoảng ( ; t0) và đồng biến trên (t0 ; +) nên trên mỗi khoảng đó g(t) có nhiều nhất một nghiệm nên phương trình g(t) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm

Ta thấy t1 = 0 , t2 = 1 là hai nghiệm của g(t) suy ra phương trình (3) có hai nghiệm x1 = 1 , x2 = 2 Hai nghiệm này đều thòa mãn điều kiện

Phần còn lại của lời giải trình bày như cách 1

1x2t361

xlogt

1xt36

t x 6

x

Trừ vế theo vế của hai phương trình ta được phương trình 6x x6t 3t (*)

Xét hàm số f x 6x  x, dễ thấy, f(x) là hàm đơn điệu trên R và phương trình (*) được viết dưới dạng

   x f t

f  Do tính đơn điệu của f(x), ta suy ra x = t

Khi đó phương trình thứ hai của hệ có dạng 6x  x16x x10

Đặt g x 6x  x1, ta có : g’(x) = 6xln65 ; g”(x) = 6x ln260 x  R

Như vậy, g’(x) đồng biến, liên tục trên R

Ta có :

g’(0) = 6xln65ln650 (do ln6 < lne2 = 2)

14 g’(1) = 61ln656ln650 (do ln6 > lne1 = 1)

Suy ra tồn tại số x0 thuộc khoảng (0 ; 1) sao cho g’(x0) = 0, ta có bảng xét dấu của g’(x), bảng biến thiên của g(x) như sau :

Vậy, phương trình đã cho có tập nghiệm là : {0 ; 1}

14) cos x log (4cos x cos6x 1)

6

sin2

Điều kiện :

3

1x2cos  Đặt y = cos2x, điều kiện y 1

1ty2

t

y

(6)

Xét hàm f z 2z z, phương trình (7) có dạng f(y) = f(t) (8)

Rõ ràng f(z) đồng biến trên R, suy ra (8)  y = t

Xét hàm g(t) = 2t – 3t + 1 Tập xác định R

g’(t) = 2tln2 – 3, g’(t) = 0  t = t0 = log23 – log2(ln2)

Lí luận tương tự ví dụ 5 suy ra trên R, phương trình (9) có không quá hai nghiệm

Lại thấy g(1) = g(3) = 0 Suy ra phương trình (9) có nghiệm là :      



5doloại3

t

1t

Với t = 1  y = 1  cos2x = 1  x = k , k  Z

Vậy nghiệm của phương trình (1) là x = k , k  Z

Cách 2 : Tiếp nối từ phương trình (4) của cách 1

Viết lại (4)  2y + log22y = (3y – 1) + log2(3y – 1) (10)

Xét hàm f(z) = z + log2z, phương trình (10) có dạng f 2y f3y1 (11)

Rõ ràng f(z) đồng biến trên R suy ra (11)  2y = 3y – 1 (12)

Phần còn lại của lời giải như cách 1

15) x 1 x x 5

1x

15 Xét hàm số f t log3tt, t0 và   1 0

3lnt

1t'f    với t0 nên hàm f t đồng biến trên khoảng

0; Phương trình  * có dạng f2x1f3x122x13x12, phương trình này có nghiệm 3

2

3xx

Rx,03xx

2

v

3xx

u

2

2

Ta có phương trình : log3u + 7u = log3v + v (với u, v > 0)  f(u) = f(v)

Xét hàm đặc trưng : f(t) = log3t + 7t, t > 0  f’(t) =

3ln.t

2

2xx

Rx02xx

v

02xx

1x

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : x = 1  x = 2

5x4x

3x2

16 (1)  log2(2x – 3) – log2(x2 – 4x + 5) = (x2 – 4x + 5) – (2x – 3)

v

03x

2

u

2

Ta được : log2u + u = log2v + v = g(u) = g(v)

Xét hàm số f(t) = log2t + t với t > 0

2x (thỏa mãn) Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là : x = 2  x = 4

5x4x

3xx

1x7x14x

2 4

014a

suy ra x414x2 x10, x  R (2)

09

013a

(3)

Ta có : log x 14x 7x 1 log 13x2 13x 9 x4 14x2 x 1 13x2 13x 9

7 1 2

4 7

x 14x x 1 x 14x x 1 log 13x 13x 9 13x 13x 9

7 1 2

4 2

 có tập xác định R*

Phương trình (5) có dạng fx414x2 x1 f13x213x9 (6)

Rõ ràng f(t) nghịch biến trên R*

1x4

1x02xx

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là {1 , 2}

)1(x

y3

3

2 2

Xét hàm đặc trưng f t 3tt, t  f' t 3tln310

Do đó : f(x) = f(y)  x = y Khi đó : phương trình (2)  x2 12x24

2x2y

2x

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (–2 ; –2) ; (2 ; 2)

x

xye

e

2 2

Xét hàm đặc trưng f t 3tt, t  f' t 3tln310  hàm số f(t) đồng biến trên R

Do đó : f(x) = f(y)  x = y Khi đó : phương trình (2)  x2 27x2 9

3x3y

3x

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (3 ; 3); (–3 ; –3)

x

2 4

x y 3

1

x

(

)1(2

y2

x

2 4

y 3 x 3

Từ phương trình (1), ta có :x32x y32y (x) (y)

Xét hàm đặc trưng   3 t

2tt

f   , t  f' t 2t2 2tln20,t  hàm số f(t) đồng biến trên R

Do đó : f(x) = f(y)  x = y Khi đó : phương trình (2)  (x41)(x2x1)x(x2)1

0)2xxx

01x

3 4

2

Ta thấy :

x,014

32

1x)1x()1xx()1x(1)1x)(

1x(1)1x()1x(x2

x

x

x

2 2

2 2 3

3 3

yx01x

yx

1x1y

1x

Vậy nghiệm là (1 ; 1); (–1 ; –1)

x

log

ee

y

x

2 1 2

2

y x

ĐS : (2 ; 2) ; (4 ; 4)

 Hướng dẫn :

Điều kiện : x > 0, y > 0 Từ phương trình (1), ta có :exey yxexxeyy (x) (y)

Xét hàm đặc trưng f t ett, t > 0  f' t et 1e01110,t0

 hàm số f(t) đồng biến trên (0 ; +)

Do đó : f(x) = f(y)  x = y Khi đó : phương trình (2)  log22x3log2x20 

2x2xlog

1xlog

2 2

4x