ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN AMSTERDAM NĂM 2015

ĐỀ SỐ 1
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
2x 1
y
x1



(1) có đồ thị (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Một hình chữ nhật MNPQ có cạnh PQ nằm trên đường thẳng : 3x – y – 11 = 0, hai
điểm M, N thuộc (C) và độ dài đường chéo của hình chữ nhật bằng
52
. Lập
phương trình đường thẳng MN.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:
2sinxsin2x 11cosx cot x
2
cot x 3sin2x



(x ∈ ℝ).
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: I =
 
 
x
5
x
2

e 3x 2 x 1
dx
e x 1 x 1
  
  

.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Gọi z
1
, z
2
lần lượt là hai nghiệm của phương trình
 
2
z 1 3i z 2 2i 0    
và
thỏa mãn
12
zz
. Tìm giá trị của biểu thức
 
 
2
2
1
1
12
A z 1 z



  
.
b) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn:
23
nn
2 14 1
n
C 3C

. Tìm hệ số của x
9
trong
khai triển nhị thức Niu-tơn


2n
1 3x
.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có
C(3; 2; 3), đường cao qua A và đường phân giác trong góc B của tam giác ABC
lần lượt có phương trình là
1
x 2 y 3 z 3
d:
1 1 2
  


và

2
x 1 y 4 z 3
d:
1 2 1
  


.
Lập phương trình đường thẳng BC và tính diện tích của tam giác ABC.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho khối tứ diện ABCD có AC = AD =
32
, BC = BD = 3,
khoảng cách từ đỉnh B đến mặt phẳng (ACD) bằng
3
, thể tích của khối tứ diện
ABCD là
15
. Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thang OABC
(OA // BC) có diện tích bằng 6, đỉnh A(–1; 2), đỉnh B thuộc đường thẳng
d
1
: x + y + 1 = 0 và đỉnh C thuộc đường thẳng d
2
: 3x + y + 2 = 0. Tìm tọa độ các
đỉnh B, C.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình:
11
x xln x 1
4x 4x


   


(x ∈ ℝ).
Câu 9 (1,0 điểm). Tìm m để phương trình sau có 3 nghiệm thực phân biệt:
 


 


3 x 1 1 x 3 x 1 x 3 m 3 x 1          
.
LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN
Câu 1.
a)
• Tập xác định: 𝔻 = ℝ \ {1}.
• Sự biến thiên:
– Sự biến thiên:
 
2
3
y’ 0
x1



với mọi x ∈ 𝔻.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–; 1) và (1; +).

– Giới hạn, tiệm cận:
xx
lim y lim y 2
 

;
x1
lim y


 
;
x1
lim y


 
.
Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x = 1 làm tiệm cận đứng và nhận đường thẳng
y = 2 làm tiệm cận ngang.
– Bảng biến thiên:


• Đồ thị:
Đ
ồ thị (C) của hàm số cắt trục tung tại
điểm (0; –1), cắt trục hoành tại điểm
1
;0
2





. Đồng thời (C) nhận giao điểm
của hai đường tiệm cận là I(1; 2) là trục
đối xứng.
b)

Đ
ịnh hướng: Đầu tiên với dữ kiện MNPQ
là hình ch
ữ nhật thì ta khai thác ngay
được tính chất song song, đó là MN //
PQ. Lúc này ta sẽ có ngay dạng của
phương trình đư
ờng thẳng MN là:

3x – y + m = 0, với m  –11



2


x 1
y' − −
y

2
x
O
1

2

y
I
Nhà sách giáo dục LOVEBOOK Vươn tới sự hoàn hảo


tương đương với MN: y = 3x + m.
Như vậy hoành độ M và N chính là
nghiệm của phương trình giao điểm
của đường thẳng đó với đồ thị (C)
 Dùng được phương trình hoành độ
và dùng định lí Viét để biểu diễn được
tổng và tích x
M
+ x
N
; x
M
x
N
theo biến m


Tiếp theo, với hai đường thẳng song song thì ta luôn xác định được khoảng cách

giữa hai đường thẳng đó, bởi khoảng cách giữa hai đường thẳng song song chính
bằng khoảng cách của một điểm bất kì trên đường thẳng này đến đường thẳng
kia. Trên  thì ta luôn lấy được một điểm K có tọa độ xác định  dùng khoảng
cách sẽ tính được khoảng cách từ K đến MN  độ dài cạnh PN = d(K, MN) (theo
một ẩn m).
Vậy dữ kiện cuối cùng là dữ kiện đường chéo. Vì ta có tổng và tích x
M
+ x
N
, x
M
x
N

theo biến m nên việc tính độ dài MN theo m là điều dễ dàng. Ngoài ra, dùng định
lí Py–ta–go ta sẽ có ngay: MN
2
+ NP
2
= PM
2
= (5
2
)
2
 từ đây giải phương
trình ẩn m duy nhất  tìm m  MN.
Theo định hướng khá rõ ràng trên ta có lời giải:
Bài giải:
Do MNPQ là hình chữ nhật nên MN // PQ

 đường thẳng MN có dạng 3x – y + m = 0  y = 3x + m.
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng MN và (C) là:
  
2x 1
3x m 2x 1 x 1 3x m
x1

      

(dễ thấy x = 1 không thỏa mãn)
 
2
3x m 5 x m 1 0     
(*).
(*) có biệt thức  =
   
2
2
m 5 4.3 m 1 m 2m 37 0       
với mọi x ∈ ℝ
 (*) luôn có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
. Theo định lí Viét:
12
12
5m
xx
3

m1
xx
3












Không mất tính tổng quát, giả sử M(x
1
; 3x
1
+ m) và N(x
2
; 3x
2
+ m) thì
MN
2
= 10(x
1
– x
2

)
2
= 10
 
2
1 2 1 2
x x 4x x




= 10
2
5 m m 1
4.
33


  







M
N
P
Q

5
K

Nhà sách giáo dục LOVEBOOK Vươn tới sự hoàn hảo
=
 
2
10
m 2m 37
9

.
K(0; –11) ∈   d(K, MN) =
 
 
2
2
3.0 11 m
31
  

=
m 11
10


 NP
2
= d
2

(K, MN) =
 
2
m 11
10

.
Áp dụng định lí Py–ta–go, ta được:
MN
2
+ NP
2
= PM
2

 
 
 
2
2
2
m1
m 11
10
m 2m 37 5 2
289
9 10
m
109





     






Đối chiếu điều kiện m  –11, ta được hai giá trị cần tìm của m là m = –1 và
m =
289
109

.
Câu 2.
Định hướng: Khi đánh giá qua phương trình này thì ta thấy rằng nó cũng không
phức tạp quá, chỉ chứa hàm sin, cos và cot ở dạng “thuần” (đơn giản). “Nhẩm”
trong đầu nhân tử thì thấy cotx =
cosx
sin x
; sin2x = 2sinxcosx thì thấy ngay cả tử
và mẫu đều xuất hiện nhân tử là cosx.
Tiếp tục “nháp” thêm tí sau khi rút gọn cosx ở tử và mẫu thì được:



1
2sinx.2sinx 11

sinx
2.
1
3.2sinx
sinx
Và đến đây thì phương trình cũng đã lộ bản chất
của nó: đây thực chất là phương trình một ẩn t = sinx.
Bài giải:
Điều kiện:
0
0
x
x
x
2
0
1
x
x
1
x 6 x 0
x 3 0
6
x
x0







  
















sin
cos sin
cot
sin
cos
sin
sin
sin
sin
(*).
Phương trình đã cho tương đương với:

cosx
2sinx.2sinxcosx 11cosx
sinx
2
cosx
3.2sinxcosx
sinx




1
2sinx.2sinx 11
sinx
2
1
3.2sinx
sinx



(do cosx  0).
2 3 2
11
4sin x 11 2 6sinx 4sin x 12sin x 11sinx 3 0
sinx sinx

         



   
2sinx 1 2sinx 3 sinx 1 0    
π
x k2π
π
x k2π
6
5π
2
1
x
2
x
x k2π
1
6




















sin
sin
(k ∈ ℤ).
Thử lại (*), ta có phương trình có hai họ nghiệm là x =
π
6
+ k2π và x =
5π
6
+ k2π
(k ∈ ℤ).
Câu 3.
Định hướng: Nhận thấy tích phân có chứa cả hàm vô tỉ, hữu tỉ và cả hàm mũ (các
hàm khác tính chất) nên ta nghĩ đến phương pháp tích phân từng phần, hoặc tác
dạng I =
bb
aa
g’(x)
f(x)
g(x)


để làm dễ dàng hơn. Nhưng với bài toán thì cách dùng
tích phân từng phần gần như… vô hiệu. Vậy nên ta suy nghĩ đến hướng thứ hai

là tách I thành dạng như trên. Một điều gợi ý cho chúng ta thực hiện theo
phương án thứ hai nữa đó là tử số có phần giống với mẫu số (phải nói là rất
giống), nên việc rút gọn bớt đi là điều đương nhiên:
 
 
 
 
xx
xx
e 3x 2 x 1 e 2x 1
1
e x 1 x 1 e x 1 x 1
   

     
.
Như vậy số 1 tách ra thì dễ dàng lấy nguyên hàm, còn lượng
 
 
x
x
e 2x 1
e x 1 x 1

  

thì vẫn chưa có dạng
g’(x)
g(x)
. Vậy phải làm sao? Không lẽ lại bỏ cuộc giữa chừng?

Đừng lo, khi chưa gặp dạng này thì muốn xuất hiện dạng
g’(x)
g(x)
thì nhiều lúc ta
nhân phải cùng chia cả tử cả mẫu cho một lượng nào đó (và thường thì lượng
này là lượng tương đồng, hoặc là nhân tử ở mẫu số hoặc tử số), hoặc có lúc là cả
tử và mẫu với một lượng nào đó để xuất hiện được dạng đó. Thử xem nhé!
Với “cục diện” như thế này thì ta sẽ có hai hướng:
Nhà sách giáo dục LOVEBOOK Vươn tới sự hoàn hảo
+ Hướng 1: Chia hai vế cho e
x
ta được:
 
x
2x 1
x1
x1
e




 Cũng chưa thấy xuất hiện dạng
g’(x)
g(x)
.
+ Hướng 2: Chia hai vế cho
x1
ta được:
 

x
x
e 2x 1
x1
e x 1 x 1


  
.
Thử lấy đạo hàm mẫu


 
x
x
e 2x 1
e x 1
x1
’



, thành công!
Bài giải:
Ta có:
 
 
x
55
x

22
e 2x 1
I dx dx
e x 1 x 1


  

.

5
5
1
2
2
I dx x 5 2 3    

.
 




x
x
55
5
5
x
2

2
xx
2
22
e 2x 1
e x 1 1
2e 1
2 x 1
I 2 dx 2 dx 2ln e x 1 1 2ln
e1
e x 1 1 e x 1 1
'




     

   

Vậy
5
12
2
2e 1
I I I 3 ln
e1

   


.
Câu 4.
a) Đây là một bài toán hoàn toàn cơ bản, chỉ yêu cầu bạn nắm được cách giải
phương trình bậc 2 trong tập số phức là được. Nhưng lời khuyên cho các bạn là
khi tìm được nghiệm của phương trình rồi thì chẳng dại gì lại trình bày theo các
bước giải phương trình mình đã làm trong nháp vào giấy thi cả! Hãy dùng cách
phân tích nhân tử để trong bài làm, ta chỉ cần dùng các dấu tương đương chứ
không cần viết câu chữ gì nhiều nhé!
Bài giải:
Phương trình đã cho tương đương với:
      
2
z 2i
z 2i 1 i z 2i 1 i 0 z 2i z i 1 0
z i 1


   
           

   


.

Do
12
zz
nên ta có z
1

= 2i và z
2
= i + 1.
Ta có:
 
 
2 2 2
2
2
1
1
2
1 1 i 1 3
A 2i 1 i 1 i 1
2i i 2 2 2



           


.
Nhà sách giáo dục LOVEBOOK Vươn tới sự hoàn hảo
b) Định hướng, chú ý: Để làm được bài toán ta cần phải xác định n, dữ kiện duy
nhất
23
nn
2 14 1
n
C 3C


bài cho sẽ giúp ta tìm ra điều này. Chú ý trong quá trình làm
ta cần xác xét điều kiện để trách hợp khi giải ra nghiệm có thể nó không thỏa
mãn các điều kiện của công thức tổ hợp. Sau đó thay vào và bắt đầu xét theo
đúng yêu cầu bài.
Bài giải:
+) Điều kiện: n  3 và n ∈ ℕ.
Ta có:
23
2 14 1
3
nn
n
CC


2(2!)(n 2)! 14(3!)(n 3)! 1
n! n!(3) n

  

2
n9
n 7n 18 0
n2


    




(loại n = –2).
+) Theo khai triển nhị thức Niu-tơn:








18 18
2n 18 k k
k k k
18 18
k 0 k 0
1 3x 1 3x C x 3 C 3 x      

.
Vậy hệ số của x
9
trong khai triển là:


9
9
9 18
a C 3 3938220 3   
.
Câu 5.

Ta xử lí bài toán này giống như xử lí một bài toán hình học phẳng, về phương
pháp thì không có gì mới khi gặp đường cao (tận dụng yếu tố vuông góc) và
đường phân giác (tận dụng phương pháp lấy đối xứng).
Bài giải:
+) d
1
, d
2
có véctơ chỉ phương lần lượt là
1
u
= (1; 1; –2) và
2
u
= (1; –2; 1).
+) B ∈ d
2
:
x 1 t
y 4 2t
z 3 t








 B(1 + t; 4 – 2t; 3 + t) 

CB
= (t – 2; 2 – 2t; t).
d
1
là đường cao kẻ từ A nên
1
u .CB 0
 (t – 2) + (2 – 2t) + (–2).t = 0
 t = 0  B(1; 4; 3).
BC đi qua C và nhận véctơ
3
1
u BC
2

= (1; –1; 0) làm véctơ chỉ phương
 phương trình đường thẳng BC là
x 3 t
y 2 t
z3








(t ∈ ℝ).
+) Gọi H(a; b; c) thì trung điểm của CH thuộc d

2
, đồng thời
2
CH u
nên tọa độ
H là nghiệm của hệ:
Nhà sách giáo dục LOVEBOOK Vươn tới sự hoàn hảo
     
a 3 b 2 c 3
a1
1 4 3
2 2 2
b2
1 2 1
c5
1 a 3 2 b 2 1 c 3 0
  



  










     


. . .
 H(1; 2; 5).
+) Thấy rằng H ∈ d
2
 A ≡ H  A(1; 2; 5) và ABC vuông tại A.
Diện tích tam giác ABC là: S =
1
2
AB.AC =
1
.2 2.2 2
2
= 4 (đvdt).
Nhận xét: Bài toán này sẽ là “vượt tầm” thi đại học nếu điểm H tìm được không
thuộc đường thẳng d
2
. Bởi nếu vậy thì sau khi tìm được điểm H, ta sẽ phải đi viết
phương trình AB, rồi tìm tọa độ A  dùng công thức diện tích để tính diện tích
tam giác thì bài làm trở nên quá dài, không phù hợp với một bài thi đại học (nhất
là ở câu ăn điểm như tọa độ không gian). Vậy nên trong quá trình làm bài, các
bạn hãy chú ý đến sự đặc biệt của đề bài, chứ đừng dại gì mà cứ đi theo lối mòn
phương pháp mà ta đã sử dụng lâu nay trong khi giải toán.
Nếu gặp một bài tương tự thế này thì khi tìm được tọa độ H, nếu thấy H ∉ d
2
thì
khi dùng công thức tính diện tích, ta dùng S =
1

2
AB.CH nhé! Đừng nên dùng
công thức S =
1
2
BC.d(A, BC) trong trường hợp này vì làm như vậy sẽ phức tạp
tính toán hơn ở chỗ dùng công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một
đường thẳng cho trước!
Câu 6.
Định hướng: Tứ diện ABCD ta đã biết được độ dài 4 cạnh, và lại có điều đặc biệt
là A và B đều cách đều hai điểm C, D (AC = AD, BC = BD)  A, B nằm trên mặt
phẳng trung trực của cạnh CD. Và mặt phẳng trung trực này chính là mặt phẳng
đi qua A, B và trung điểm M của CD  góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD)
chính bằng AMB
̂
hoặc bằng (180
0
– AMB
̂
) (tùy vào độ lớn góc AMB
̂
là nhỏ hơn
90
0
hay lớn hơn 90
0
).
Đồng thời bài ra còn cho thêm khoảng cách giữa một đỉnh đến mặt phẳng đối
diện và cho thêm cả thể tích khối tứ diện  dễ dàng tính được diện tích mặt đáy
là ACD  tính được độ dài CD (do ACD đã biết độ dài 2 cạnh)  BCD hoàn

toàn xác định các thông số về 3 cạnh  tính được BM (là đường cao BCD).
Ngoài ra nhận thấy có khoảng cách từ B đến (ACD) nên sin
 
(ACD) (BCD),
=
 
d B (ACD)
BM
,
 từ đó xác định được góc giữa hai mặt phẳng
 
(ACD) (BCD),
.
Nhà sách giáo dục LOVEBOOK Vươn tới sự hoàn hảo
Bài giải:
Theo bài ra: d(B, (ACD)) =
3
;
V
ABCD
=
15
(đvtt).
Ta có: S
ACD
=
 
ABCD
3V
d B (ACD),

=
3 15
3

= 3
5
(đvdt).
Mặt khác: S
ACD
=
1
2
AC.AD.sinCAD
̂

sin
CAD
=
DAC
2S
AC.AD

=
2.3 5
3 2.3 2
=
5
3

 cos
CAD
= ±
2
1 sin CAD
= ±
2
3
.
Gọi M là trung điểm của CD thì do
ACD cân tại A và cân tại B nên BM 
CD và AM  CD  (ABM)  (ACD). Gọi
H là hình chiếu của B lên (ACD) thì ta
có H thuộc đường thẳng AM, đồng thời
độ dài BH = d(B, (ACD)) =
3
. Ta có
góc giữa mặt phẳng (BCD) và (ACD)
chính bằng BMH
̂
< 90
0
.
+) Trường hợp 1:


cos
CAD
=
2

3
 CD =
22
AC AD 2AC.ADcosCAD
= 2
3

 BM =
2
2
22
CD 2 3
BC 3 6
22


   





.
 cos BMH
̂
=
BH
BM
=
3

6

BMH
= 45
0
.
+) Trường hợp 2:
cos CAD
̂
=
2
3

. Tương tự ta tính được CD =
2 15
> BC + BD, không thỏa mãn
bất đẳng thức tam giác  loại.
Vậy góc giữa hai mặt phẳng (BCD) và (ACD) là 45
0
.
Lưu ý: Có thể xảy ra hai trường hợp về vị trí điểm H như 2 hình vẽ trên, nhưng
dù thế nào đi nữa thì góc giữa hai mặt phẳng (BCD) và (ACD) vẫn bằng 45
0
.
H
A
B
C
D
M

H
A
B
C
D
M
Nhà sách giáo dục LOVEBOOK Vươn tới sự hoàn hảo
Câu 7.
Định hướng: Do tọa độ của A và O đã biết nên phương trình đường thẳng OA là
hoàn toàn xác định  dạng của phương trình đường thẳng BC (chỉ chứa một ẩn
cần tìm là m). Vậy hoàn toàn có thể xác định được tọa độ điểm B và C theo một
ẩn m, dựa vào hệ phương trình giao điểm của đường thẳng BC với đường thẳng
d
1
(tìm được B); hệ phương trình giao điểm của đường thẳng BC với đường
thẳng d
2
(xác định được C).
Cuối cùng ta khai thác dữ kiện diện tích: S =
   
1
OA BC d O BC
2
 .,
→ Đây sẽ là
phương trình có một ẩn duy nhất là m  tìm m  tọa độ B, C.
Bài giải:
+) Phương trình OA:
x 0 y 0
2x y 0.

1 0 2 0

   
  

OA // BC  phương trình đường thẳng BC có dạng: 2x + y + m = 0 (với m  0).
+) Tọa độ B là nghiệm của hệ:
x y 1 0 x 1 m
2x y m 0 y m 2
    



    

 B(1 – m; m – 2).
+) Tọa độ C là nghiệm của hệ:
3x y 2 0 x m 2
2x y m 0 y 4 3m
    



    

 C(m – 2; 4 – 3m).
+) Diện tích hình thang OABC là: S =
1
2
(OA + BC).d(O, BC)


2 2 2 2
22
m
1
( 1) 2 (2m 3) (4m 6) . 6
2
21

      



 
2m 3 1 m 12   
(*).
Phương án tối ưu nhất để giải phương trình này sẽ là phá dấu giá trị tuyệt đối!
– Nếu m < 0 thì (*) thành: (3 – 2m + 1).(–m) = 12  m
2
– 2m – 6 = 0  m = 1 ±
7

Kiểm tra điều kiện ta chỉ lấy nghiệm m = 1 –
7

 
B 7 1 7;
và
 
C 1 7 1 3 7  ;

.
– Nếu 0 < m <
3
2
thì (*) thành: (3 – 2m + 1).m = 12  m
2
– 2m + 6 = 0, vô nghiệm.
– Nếu m 
3
2
thì (*) thành: (2m – 3 + 1).m = 12  m
2
– m – 6 = 0  m = 3
hoặc m = –2.
Kiểm tra điều kiện ta chỉ lấy nghiệm m = 3  B(–2; 1) và C(1; –5).
Vậy có hai cặp điểm B, C thỏa mãn đề bài như trên.
Câu 8.
Nhà sách giáo dục LOVEBOOK Vươn tới sự hoàn hảo
Định hướng: Đầu tiên, điều kiện x > 0 là không thể thiếu.
Nhận thấy phương trình có chứa hàm hữu tỉ và cả hàm logarit (hai hàm khác
tính chất) nên ta nghĩ ngay đến phương pháp hàm số ở trong đầu.
Định hướng đầu tiên giúp ta phát triển hướng giải cho bài toán: Chúng ta nên
dùng hàm số theo kiểu tính đơn điệu hay là nên dùng hàm số theo kiểu hàm
g(f(x)) = g(h(x)), với g là hàm đơn điệu?
– Nếu triển khai theo hướng thứ nhất: để việc đạo hàm tránh phức tạp, chúng ta
sẽ nên chia hai vế cho x. Bởi vì ta lấy đạo hàm của
1
x.ln x
4x









thì sẽ phức
tạp hơn so với việc lấy đạo hàm của ln
1
x
4x




.
Như vậy chia hai vế cho x ta được:
22
1 1 1 1 1 1
1 ln x 1 ln x 0
4x x x 4x
4x 4x
   
         
   
   
(*).
Thử lấy đạo hàm của vế trái ta được:
 

 
 
32
3
2
32
2
1
1
11
4x
1
2x 1 4x
2x x
6x 1
2x 1 4
x
4x
x



  
  


.
Vậy việc dùng hàm đơn điệu của chúng ta đã “tiêu tan” thi mà đạo hàm không
dương hoặc không âm với x > 0. Nhưng như thế cũng đừng vội nản nhé, khi đạo
hàm có nghiệm (và chỉ có một nghiệm “đẹp”) thì ta có thể vẽ được bảng biến

thiên của hàm số, và biết đâu nó sẽ có nghiệm đẹp cho chúng ta nhận xét!
Thật vậy, thử lập bảng biến thiên thì thấy ngay VT(*)  0. Dấu đẳng thức xảy ra
khi x =
1
2
(chính là nghiệm của đạo hàm luôn!).
– Nếu triển khai theo hướng dùng hàm số. Cách này sẽ thường được các bạn
“ngại” (nói đúng hơn là “lười”) đạo hàm dùng!
Khi đã gặp phương trình dạng:
 
 
 
 
Ax
A x ln B x
Bx

(với A, B dương) thì ta
biến đổi một chút phương trình sẽ thành:
       
A x ln A x B x ln B x
   
  
   
,
phương trình này có dạng hàm đồng biến là f(t) = t + lnt, là hàm đồng biến trên
(0; +).
Vậy khi gặp phương trình này thì ta thấy trong logarit có thể phân tích được
thành nhân tử, đồng thời muốn đưa phương trình về được dạng trên thì đầu
tiên mình phải chia hai vế cho x đã. Sau đó ta thu được phương trình:

2
22
1
1
1 1 1 1 1
4x
1 ln x 0 1 ln
1
x 4x x
4x 4x
x



   

        
   
   

22
1 1 1 1
1 ln 1 ln
xx
4x 4x
     
     
     
     

Đến đây thì dạng hàm đã xuất hiện và việc còn lại của chúng ta cũng không quá
khó nữa!
Bài giải:
Cách 1.
Điều kiện x > 0. Phương trình đã cho tương đương với:
2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 ln x 1 ln x 1
4x x x
4x 4x 4x

     
        

     
     


2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
1 ln 1 lnx 1 ln 1 ln
x x x
4x 4x 4x 4x
         
           
         
         
(*).
Xét hàm số f(t) = t + lnt trên (0; +∞). Ta có:
1

f’(t) 1 0
t
  
với mọi t > 0
 f(t) đồng biến trên (0; +∞).
Mặt khác (*) có dạng
2
11
f 1 f
x
4x
   

   
   
(với
2
1
10
4x

và
1
0
x

)

2
2

1 1 1 1
1 1 0 x
x 2x 2
4x

      


.
Vậy nghiệm của phương trình là x =
1
2
.
Cách 2.
Điều kiện x > 0. Chia hai vế của phương trình cho x ta được:
22
1 1 1 1 1 1
1 ln x 1 ln x 0
4x x x 4x
4x 4x
   
         
   
   
.
Xét hàm số f(x) =
2
1 1 1
1 ln x
x 4x

4x

   


trên (0; +).
Ta có:
 
 
 
2
3
32
32
2
1
1
11
4x
1
2x 1 4x
2x
6x 1
f’(x)
x
x
4x
2x 1 4x




  

  


;
1
f’(x) 0 x
2
  
(do x > 0).
Nhà sách giáo dục LOVEBOOK Vươn tới sự hoàn hảo
Lập bảng biến thiên cho ta f(x)  0 với mọi x > 0. Ta có f(x) = 0  x =
1
2
.
Vậy nghiệm của phương trình là x =
1
2
.
Bài tập củng cố:
Giải phương trình:
xx
1969
2014 xln 1969
2014

(Đáp số: x = 0).
Câu 9:

Định hướng: Ý tưởng về những bài tìm m để phương trình có nghiệm là không
xa lạ gì nữa. Ý tưởng của chúng ta là cô lập m để thu được dạng m = f(x), sau đó
khảo sát f(x) để kết luận các giá trị của m thỏa mãn điều kiện đề bài.
Với bài này, muốn cô lập m một cách nhanh chóng thì ta chia hai vế cho


3 x 1
. Thế nhưng trước khi chia thì ta phải xét trường hợp x = 2 (để đảm
bảo


3 x 1
 0). Khi ta thử x = 2 vào vế trái thì thấy rằng vế trái cũng bằng
0  chắc chắn vế trái có thể phân tích được nhân tử (x – 2)  nhân tử (x – 2)
có thể chia được cho


3 x 1
(vì cả hai đều có nghiệm bằng x = 2). Thật vậy:
x – 2 = –
 




3 x 1 3 x 1 3 x 1

       

.

Vậy nên ta chọn cách thuận lợi hơn cho lời giải đó là phân tích vế trái chứa nhân
tử


3 x 1
để bài giải được ngắn gọn hơn!
VT =


 


 
3 x 3 x 1 1 x x 2 3 x 3 x 1 1 x 1 3 x

             







3 x 1 3 x 1 x 1 3 x

       


.
Như vậy chuyển vế ta sẽ thu được hai nhân tử là



3 x 1
và:

  


3 x 1 x 1 x 3 x m 3       
.
Cái khó còn lại là đi xử lí nhân tử thứ hai:
  
3 x 1 x 1 x 3 x m 3 0        

  
m 1 x 3 x 1 x 3 x 3        
(1).
Xử lí phương trình này cũng không hề khó, thường thì ta sẽ đặt:
Nhà sách giáo dục LOVEBOOK Vươn tới sự hoàn hảo
  
2
t 1 x 3 x t 4 2 1 x 3 x        

 (1) gần như đã được xử lí. Thế nhưng với các bạn đã thuần thục việc giải
phương trình rồi thì sẽ chọn cách khảo sát vế phải của (1) luôn để không mất
thời gian biện luận theo ẩn t nữa.
Bài giải:
Điều kiện
x1 3 
.

Phương trình đã cho tương đương với:



   


3 x 3 x 1 1 x 1 3 x 3 m 3 x 1

          






 


3 x 1 3 x 1 x 1 3 x 3 m 3 x 1

           





  
3 x 1 3 x 1 x 1 x 3 x m 3 0


           



  
x2
m 1 x 3 x 1 x 3 x 3




       


(*)

Phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm
phân biệt khác 2.
Xét hàm số
    
f x 1 x 3 x 1 x 3 x 3       
trên
1;3



.
Với mọi
 
x 1;3

:
 
  
1 1 2x 2
f’ x 0
2 1 x 2 3 x
2 1 x 3 x

   


.
 
f’ x 0 1 x 3 x 2x 2      





1 x 3 x 1 x 3 x 1 x 3 x          

27
1 x 3 x 1 x
2

      
.
Bảng biến thiên:
Nhà sách giáo dục LOVEBOOK Vươn tới sự hoàn hảo

Dựa vào bảng biến thiên, kết hợp với điều kiện x  2 (và
 
f 2 2 2 3
) ta có
thể kết luận được các giá trị của m cần tìm là
11
5;
2
m




 
2 2 3
.




x –1 3
f ’(x) + 0
−
f(x)

5
1