Một Số Dạng Hàm Đặc Trưng Của Phương Trình – Hệ PT Mũ Và Logarit

Ñoù cuõng chính laø nghieäm cuûa phöông trình (1)... Ñoù laø phöông trình Beùc-nu-li..[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 PHƯƠNG TRÌNH MŨ

1) 2x 1 2x 2 x x 12





 

 Hướng dẫn :

Ta có : x2 – x – (x – 1) = (x – 1)2

Đặt















x x

v

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

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

3) 3 x 2 x 2 27x 2 x2 x 2











 Hướng dẫn :

 1 3 x 2 x 2 3 x 2 x2 x 2









Nhận xét : 3x2 – (2x2 – 3x – 2) = x2 + 3x + 2 Do đó :

3   3 x 3x 2 3   3 3x (2x 3x 2) 3   (2x 3x 2) 3 3x Đặt

2

2

v 3x







u + u = 3v + v  f(u) = f(v) Xét hàm số f(t) = 3t + t ; f ’(t) = 3tln3 + 1 > 0 t  f(t) luôn tăng

Do đó : f(u) = f(v)  u = v  2x2 – 3x – 2 = 3x2  x2 + 3x + 2 = 0  











 2 x 1 x

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

4) 22 x 32 x 2x 3x 1 x 1









 Hướng dẫn :

 1 22 x 32 x 2x 2x 1 3x 1 x 1













Đặt













1

x

v

2

ta được : 2u + 3u + u = 2v + 3v + v  f(u) = f(v) Xét hàm số : f(t) = 2t + 3t + t

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

Do đó : f(u) = f(v)  u = v  2x = x + 1 i 2x – x – 1 = 0 (2)

Xét hàm số : g(x) = 2x – x – 1

g’(x) = 2tln2 – 1 ; g’(x) = 0  x = 











2 ln

1

Bảng biến thiên :

f(x)

Dựa vào bảng biến thiên :

 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

5) 2x212 x2 x1x2 x11 (1) ĐS : x = 1

 Hướng dẫn :

Điều kiện : x  1

2 1 x x

v

2 1 x

2

2













































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

0 x 1

0 1 x

2  

















là nghiệm của (1)

6)

x

1 2

1 2

2

x

x 1

x

x

1











 Hướng dẫn :

Điều kiện : x  0









 

















x

1 2

1 2 x

2 1 x

x

x x

x

1 x

x 2

1

2

2 2

2 2

x 1 2

2 x

x 1 2

2 2

x x 1 x x 1

x

x 2

1 2

1 2

x

x

1 2

1 2

x

x

1 x

x

1 2

1 2

2 2

2 2

2

2







































Xét hàm số   t

2

1 2 t

Nhận xét rằng f(t) là hàm đồng biến

3

x

x 2

1 x

x

1 x

x 1 f x

x 1

2 2

2 2

2

2

























 













 













2

x

loại

0

x

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

B PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT

5 x x

2

3 x x

2







 Hướng dẫn :

Ta có :





























R x , 0 5 x x

R x , 0 3 x x

2

2

và 2x2 + 4x + 5 – (x2 + x + 3) = x2 + 3x + 2

Do đó :

(1)  log3(x2 + x + 3) – log3(2x2 + 4x + 5) = (2x2 + 4x + 5) – (x2 + x + 3)

 log3(x2 + x + 3) + (x2 + x + 3) = log3(2x2 + 4x + 5) + (2x2 + 4x + 5)

Đặt





















5 x x

2

v

3 x x

u

2

2

(u > 2 , v > 2)

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

Xét hàm số : f(t) = log3t + t , t > 2

3

ln

t

1

t

'

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

x

1

2

 Hướng dẫn :

x x

x

1

2

Điều kiện : x > 0

(1)  log2(2x – 1) – log2x = 1 + x – 2x

 log2(2x – 1) + (2x – 1) = log2x + x

Đặt u = 2x – 1, u > 0

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

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

2

ln

t

1

t

'

f    , t > 0

 f(t) đồng biến trên (0 ; +)

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

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

1

2

2

x

x

3   













 Hướng dẫn :

Điều kiện : x + 2 > 0  x > 2

4 (1)  log3(x + 2) – log3(2x + 1) = (2x + 1) – (x + 2)  log3(x + 2) + (x + 2) = log3(2x + 1) + (2x + 1)

Đặt



















0 1 2

v

0 2

x

u

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

Xét hàm số f(t) = log3 + t với t > 0

3

ln

t

1

t

'

f    t > 0  f(t) luôn tăng trên ( , +)

Do đó : f(u) = f(v)  u = v  x + 2 = 2x + 1  2x – x – 1 = 0 (2

Xét hàm số g(x) = 2x – x – 1

g’(x) = 2xln2 – 1











2 ln

1

Bảng biến thiên :

g(x)

4

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

4)

 2 2

2

1 x

1 x 2 log 2 x

6

x









2

7

3

 Hướng dẫn :

Điều kiện :















1

1

2 2

2

1 x 2

1 x 2 log 1 x x 1 1 x

1 x log 1 x 6 x 2 1



























 x 1 log  x 4x 2

log 1 x

6

x

2 2

2 x 4 x

2

v

1 x

2

















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

2

ln

t

1

t

'

f    t > 0  f(t) tăng t  (0 ; +)

Do đó : f(u) = f(v)  u = v  2x + 1 = 2x2 – 4x + 2  2x2 – 6x + 1 = 0  x =

2

7

Vậy các nghiệm của phương trình đã cho là : x =

2

7

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

 Hướng dẫn :

Điều kiện : 81 – 27x > 0  x < 3

(1)  xlog32 + x + 2x = log3[27(3 – x)]  log32x + 2x = 3 + log3(3 – x) – x

 log32x + 2x = log3(3 – x) + (3 – x)

5 Đặt













x

3

v

2

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) =

3 ln 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 :















giảm hàm là 3 x y

tăng hàm là 2

 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

 Cách khác :

Điều kiện : 81 – 27x > 0  x < 3



       8127x 32 x  x 2x

Xét hai hàm số :  















3 x g

biến nghịch hàm

là x 27 81 x f

x x

2 x

Nhận 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

6) 7 2log ( x 1)3 1

7

 Hướng dẫn :

Điều kiện :

6

1 x 0 1 x

 Cách 1 :

Đặt y log 6x 1 7y 6x 1

7    

















1 x 6 7

1 y 6 7

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  

 



















0

0

x x 0 x ' g

x x 0 x ' 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)

 Cách 2 :

Ta có  1 7 6log 7x 6log7 x 1  x 1

7

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

6

 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 :

















1 x

0 x 1 x 1 7

7x

7x  (7 – 1)x + 1  0  x  1















1 x

0 x 1 x

7x

7) log2[3log2(3x – 1) – 1] = x ĐS : x = 1  x = 3

 Hướng dẫn :

Điều kiện : 3x – 1 > 0, 3log2(3x – 1) > 1  x >

3

1 2

3 

Đặt y = log2(3x – 1) thì có hệ :  















1 x log y

1 y log x

2 2

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

Xét f(t) = log2(3x – 1) + t, t >

3

1 thì f’(t) =

3t 1ln2 1

3



 > 0 với mọi t >

3

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

Xét g(x) = 2x – 3x – 1, x >

3

1

Ta có g’(x) = 2x.ln2 – 3, g”(x) = 2x.ln22 > 0 nên g’(x) đồng biến trên D Do đó g(x) = 0 có tối đa 2 nghiệm, mà g(1) = g(3) = 0 nên suy ra nghiệm là x = 1  x = 3

8) log21x x1x x (1) ĐS : x = 0  x = 1

 Hướng dẫn :

Điều kiện : x  0

2

x 1

x 1 log x

x x x

1

x x 1 x 1

log





















2

3

21 x log 1 x 31 x 31 x



1 x  31 x  log 1 x 31 x



Đặt

















x 1

v

x 1

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  1  f’(t) = t 3 0

2 ln t

1   , t  1

 f(t) là hàm số luôn luôn đồng biến t  1































1 x

0 x 0 1 x x 0 x x x

1 x

Vậy nghiệm là x = 0  x = 1

x

1 1 x

1 x 2 log 3 x 2 x

log

2

2









 











 Hướng dẫn :

Điều kiện :

























































0

1 x 2 0

x hoặc 2

1 x

2 x 0 x

1 x

0 2 x

x

1 x

2 1 x

1 2 log 1 2 x 2 x 2 2 x









 

















7

1 2 x

1 2 2 x

1 2 log 2 x 2 x 2 2

x









 













 













 













2t 2t t log

t

f    trên khoảng 0;

2 ln

2 2 2 t 2 2 ln

1 2 2 t 2 2 ln

1 t

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

x

1 2 2 x x

1 2 f 2 x









 

















 





x 1 x x 1 0 0

1 x 4 x



Đối chiếu với điều kiện ta thấy tập nghiệm của phương trình  1 là















2

13 3

; 1

C HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ - LOGARIT

1)



















) 2 ( 12 y xy

x

) 1 ( x

y

3

3

2 2

y

x

 Hướng dẫn :

Từ phương trình (1), ta có :3x3y yx3xx3yy  (x) (y)

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





























2 y

2 x 2 y

2 x

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

2)



















27 y xy

x

x y

e

e

2 2

y

x

 Hướng dẫn :

Từ phương trình (1), ta có :exey yxexxeyy  (x) (y)

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





























3 y

3 x 3 y

3 x

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

3)

























1 ) 2 y ( x ) 1 y y

)(

1

x

(

2 2 y

x

2 4

x y 3

3

 Hướng dẫn :

Hệ



























) 2 ( 1 ) 2 y ( x ) 1 y y )(

1

x

(

) 1 ( 2

y 2

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

2 t t

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 ) 2 x x x

)(

1

x



















0 2 x x x

0 1 x

3 4

2

Ta thấy :

x , 0 1 4

3 2

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

1 x ( 1 ) 1 x ( ) 1 x ( x 2

x

x

x

2 2

2 2 3

3 3





























 





































8

Do đó hệ trở thành :



























1 x

y x 0 1 x

y x

2





























1 y

1 x 1 y

1 x

Vậy nghiệm là (1 ; 1); (–1 ; –1)

4)





















2 y log 3

x

log

e e

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 























4 x

2 x 2 x log

1 x log

2 2

























4 y

4 x

2

y

2

x

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (2 ; 2); (4 ; 4)

5)

































1 3 2 2

1 3 2 2

1 2

1 2

x

y

y y

y

x x

 Hướng dẫn :

Ta có :



































































1 x 2

1 y 2

1 x 2

1 y 2

3 1 ) 1 y ( ) 1 y (

3 1 ) 1 x ( ) 1 x ( 1 3 2 y 2 y y

1 3 2 x 2 x x

Đặt















1

y

v

1

x

u

 

























2 1 3 1 v v

1 1 3 1 u u

u 2

v 2

3 3 1 v 1 u v

3 1 v v 3 1 u

Xét hàm đặc trưng f t t t213t, t    3 ln3

1 t

t 1 t t '

2

2











Vì t2 1 t2 t t21t0  f’(t) > 0, t, do đó hàm số f(t) đồng biến trên R

Do đó : f(u) = f(v)  u = v Khi đó : phương trình (1)  2 u

3 1 u

u   (4) Nhận xét : u = 0 là một nghiệm của phương trình (4)

Theo nhận xét trên thì u u210 nên phương trình (4) lnu u21uln30

Xét hàm số g u lnu u2 1uln3    ln3 1 ln3 0

1 u

1 u

' g

2    



 hàm số g(u) nghịch biến trên R  phương trình (4) có nghiệm duy nhất u = 0

Từ đó ta được nghiệm của hệ đã cho là (x ; y) = (1 ; 1)

 























2 0

y 20 xy

12

x

1 y x y 1 ln x

1

ln

2

 Hướng dẫn :

Điều kiện : x > 1, y > 1

(2)  x2 + 20y2 = 12xy  xy  0 (x, y cùng dấu) (*)

(1)  ln(1 + x) – x = ln(1 + y) – y  f(x) = f(y)

Xét hàm số đặc trưng : f(t) = ln(1 + t) – t, t > 1

 

t 1

t 1

t

1

1

t

'f











Bảng biến thiên :

9

Từ bảng biến thiên, ta thấy : Hàm số đồng biến trong (–1 ; 0) và hàm số nghịch biến trong (0 ; +)

Ta thấy : x = y = 0 nghiệm đúng phương trình (2)

Nếu x, y  (1 ; 0) thì f(x) = f(y)  x = y Khi đó (2)  x = y = 0 (loại vì  (1 ; 0))

Nếu x, y  (0 ; +) thì f(x) = f(y)  x = y Khi đó (2)  x = y = 0 (loại vì  (0 ; +))

Nếu x, y thuộc hai khoảng khác nhau thì x, y trái dấu  x.y < 0 không thỏa (*) (vì khi đó vế trái (2) luôn dương)  phương trình vô nghiệm

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (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

y 2 x

xy 1



3

3 11 2

Câu 47: Xét các số thực dương x, y thỏa mãn 3xy x y 4

y 2 x

xy 1



Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của P = x + y

A

9

19 11

9

9

19 11 9

21

29 11 18

3

3 11 2

 Hướng dẫn :

 Điều kiện: xy < 1

y 2 x

xy 1





1 xy 31 xy 1 log x 2y x 2y



log31xy log33 31xylog3x2yx2y



1 xy 31 xy log x 2y x 2y

3

Xét hàm số f(t) = log3t + t, t > 0

3 ln t

1 t

'f    , t > 0

Suy ra hàm số f(t) luôn đồng biến t > 0, khi đó (1) có dạng: f(3(1 – xy)) = f(x + 2y)

 3 – 3xy = x + 2y  x + 3xy = 3 – 2y  x(1 + 3y) = 3 – 2y 

y 1

y 2 3 x







Vì x > 0, y > 0 nên

2

3 y

0 

Ta có:

y 1

3 y y y y 1

y 2 3 y x

































2

3

; 0 y

P’ =

2

y

1

10 y

y

9





 ; P’ = 0  9y2 + 6y – 10 = 0 























































2

3

; 0 3

11 1 y

2

3

; 0 3

11 1 y

Ta có bảng biến thiên:

10

3

11



2

3

P

3

3 11

Vậy

3

3 11 2