SKKN sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số bài toán vận dụng và vận dụng cao về phương trình, bất phương trình mũ và

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Là CBQL ở một trường THPT miền núi cao, tôi nhận thấy học sinh có rất nhiều
thiệt thòi về mọi mặt trong đó có việc học tập và tiếp thu kiến thức. Là một giáo viên dạy
Toán tôi càng thấu hiểu sự khó khăn trong quá trình học tập bộ môn Toán của học sinh
trong nhà trường. Tôi biết:
Quá trình dạy học là một quá trình truyền thụ kiến thức cho học sinh. Muốn quá
trình đạt kết quả cao ta phải kiểm tra, đánh giá sự nhận thức của học sinh nhằm phân loại
học sinh một cách tốt nhất. Từ đó rút ra kinh nghiệm, điều chỉnh phương thức dạy học
đúng, phù hợp với sự tiếp thu, lĩnh hội kiến thức của học sinh. Do đó quá trình kiểm tra
đánh giá sự tiếp thu kiến thức của học sinh là một khâu vô cùng quan trọng, nó chẳng
những là khâu cuối cùng đánh giá độ tin cậy cao về sản phẩm đào tạo mà nó còn có tác
dụng điều tiết trở lại hết sức mạnh mẽ đối với quá trình đào tạo.
Có nhiều cách để kiểm tra, đánh giá học sinh. Trong đó, trắc nghiệm là phương
pháp có thể đánh giá được năng lực của học sinh một cách nhanh nhất và thời gian chấm
bài nhanh, khách quan nhất. Sự kết hợp giữa phương pháp trắc nghiệm và phương pháp tự
luận lại càng đạt được kết quả và độ tin cậy cao hơn.
Hiện nay phương pháp dạy và học, cơ cấu và quy trình tổ chức đều có những thay đổi về
bản chất. Người dạy trở thành chuyên gia hướng dẫn, giúp đỡ người học. Người học
hướng tới việc học tập chủ động, biết tự thích nghi. Môi trường hợp tác tư vấn, đối thoại
trở nên quan trọng. Kiến thức được truyền thụ một cách tích cực bởi cá nhân người học.
Toán học là môn học có nhiều điều kiện thuận lợi để thực hiện các phương pháp dạy mới
này. Để phù hợp với phương pháp dạy học mới người giáo viên cũng cần đổi mới phương
pháp kiểm tra đánh giá việc nhận thức của học sinh. Trong quá trình giảng dạy môn Toán
12 tôi nhận thấy môn học có nhiều điều kiện thuận lợi cho việc sử dụng hình thức kiểm
tra trắc nghiệm.
Trước đây các bài thi và kiểm tra phương trình bất phương trình mũ và logarit luôn
bằng phương pháp tự luận và sách giáo khoa cũng viết theo định hướng tự luận. Từ kỳ thi
THPT Quốc gia năm 2017 đến nay có sự đổi mới về phương pháp thi đối với các môn đặc
biệt là môn toán từ hình thức tự luận sang hình thức trắc nghiệm nên việc giảng dạy của
giáo viên và việc học của học sinh gặp nhiều bỡ ngỡ và khó nắm bắt, nếu chỉ áp dụng

cách giải tự luận đôi khi làm bài trắc nghiệm sẽ khó khăn đặc biệt là rất tốn thời gian. Do
đó trong quá trình giảng dạy, nghiên cứu và học hỏi, tôi mạnh dạn hệ thống và đưa ra: “Sử
dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số bài toán vận dụng cao về phương trình, bất
phương trình mũ và logarit trong các đề thi THPTQG đồng thời lồng ghép tích hợp trong
giải phương trình Mũ và Lôgarit’’ như sau. Nhằm trang bị thêm cho học sinh một công cụ
hữu ích trong việc giải phương trình mũ và logarit chuẩn bị cho khì thi THPT quốc gia
năm 2019.
Trong quá trình viết sáng kiến không thể tránh khỏi các thiếu sót, rất mong các
Thầy, Cô đóng góp ý kiến để tài liệu được hoàn thiện hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn!
1.2. Mục đích nghiên cứu
Nhằm giúp bản thân nâng cao chuyên môn nghiệp vụ, giúp đồng nghiệp có thêm
tài liệu tham khảo và giúp các em học sinh có thêm phương pháp giải toán dễ hiểu và hiệu
quả.

1


Nhằm rèn luyện các kỹ năng toán học và định hướng phát triển cho học sinh những
năng lực sau:
- Năng lực tư duy, năng lực tính toán, năng lực tự học và giải quyết vấn đề.
- Năng lực sử dụng công nghệ thông tin (máy tính cầm tay casio).
- Năng lực sử dụng ngôn ngữ Toán học.
- Kỹ năng vận dụng kiến thức về các phương pháp giải phương trình, bất phương
trình.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Một số dạng toán về phương trình, bất phương trình mũ và logarit trong sách giáo
khoa, các đề thi thử THPTQG và các đề thi THPTQG.
Trình bày một số kết quả nghiên cứu ban đầu để từ đó thấy rõ được vai trò của
phương pháp giải mới. Góp phần quan trọng giúp học sinh nâng cao năng lực giải toán.
1.4. Phương pháp nghiên cứu

Phương pháp nghiên cứu sử dụng trong đề tài bao gồm
- Bằng phương pháp nghiên cứu lí luận, quan sát, tổng kết kinh nghiệm.
- Khai thác tiềm năng dạy và học toán từ đó bồi dưỡng năng lực học toán cho các
em học sinh.
- Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin: Điều tra, khảo sát thực tế
dạy học phần phương trình, bất phương trình Mũ và Lôgarit ở trường THPT Thường
Xuân 3 để từ đó thấy được tầm quan trọng của việc áp dụng phương pháp này trong việc
nâng cao chất lượng dạy học.
- Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lý thuyết: Dựa vào sách giáo khoa Giải
tích 12 - Nâng cao và Cơ bản, sách bài tập Giải tích 12 - Nâng cao và Cơ bản, tài liệu
phân phối chương trình, tài liệu về dạy học theo định hướng phát triển năng lực học sinh.
- Phương pháp thống kê, xử lý số liệu: Thống kê và xử lý số liệu trên lớp thực
nghiệm và lớp đối chứng để qua đó thấy được hiệu quả của đề tài.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Trong nghiên cứu khoa học thì việc tìm ra quy luật, phương pháp để giải quyết một
vấn đề là vô cùng quan trọng. Nó giúp ta có định hướng tìm được lời giải của một lớp các
bài toán. Trong dạy học giáo viên là người có vai trò thiết kế và điều khiển sao cho học
sinh thực hiện và luyện tập các hoạt động tương thích với nội dung dạy học. Vì vậy trang
bị về phương pháp, tập trung dạy cách học, rèn luyện các kỹ năng, phát triển các năng lực
cho học sinh... là một nhiệm vụ quan trọng của người giáo viên.
Trong sách Giải tích lớp 12 đã đưa ra một số phương pháp giải phương trình, bất
phương trình Mũ và Loogarit nhưng chưa giải quyết được những bài toán khó. Vì vậy, tôi
nhận thấy mình cần bổ sung và khắc sâu thêm phương pháp giải phương trình, bất
phương trình Mũ và Loogarit bằng cách sử dụng tính đơn điệu của hàm số, giúp học sinh
dễ dàng giải quyết dạng toán này.
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

2

Trong quỏ trỡnh ging dy phn phng trỡnh, bt phng trỡnh m v logarit, tụi
thy cỏc em rt b ng v khụng bit nh hng vi vic lm bi kim tra trc nghim
phn vn dng cao do thng l k nng lm trc nghim kộm dn n d nhm ln v
khụng kp thi gian lm ht bi. ti c vit t thỏng 9/2018 n thỏng 3/2019 nhm
giỳp cỏc em hc sinh khỏ gii lp 12 cú thờm phng phỏp gii toỏn hiu qu.
Trng THPT Thng Xuõn 3 l mt trng nm khu vc nm xuõn ca huyn,
cú 5 xó c bit khú khn thuc vựng V135, cú nhiu hc sinh l con em dõn tc thiu s
nờn im u vo thp. T duy ca hc sinh chm, iu kin kinh t cũn khú khn, ng
i hc cũn xa v khú i nờn nh hng rt nhiu n kt qu hc tp ca cỏc em.
2.3. Cỏc ni dung ó s dng gii quyt vn
A. NG DNG TNH N IU CA HM S GII CC BI TON LIấN
QUAN N PHNG TRèNH, BT PHNG TRèNH M V LOGARIT
I. C S Lí THUYT:
1. Hm s y=f(x) ng bin trờn (a;b)x1 x2 ( a; b) Ta cú: f ( x1 ) f ( x2 )
2. Hm s y=f(x) nghch bin trờn (a;b)x1 x2 ( a; b) Ta cú: f ( x1 ) f ( x2 )
3. Hm s y=f(x) liờn tc trờn on a ; b v ng bin trờn khong (a;b) thỡ hm s ng
bin trờn on a ; b .
4. Hm s y=f(x) liờn tc trờn on a ; b v nghch bin trờn khong (a;b) thỡ hm s

nghch bin trờn on a ; b .
5.iu kin cn v hm s y=f(x) ng bin trờn (a;b) l:
f '( x ) 0; x ( a; b) . Trong ú f(x)=0 ch xy ra ti mt s hu hn im ( a : b) .
6.iu kin cn v hm s y=f(x) nghch bin trờn (a;b) l:
f '( x ) 0; x ( a; b) . Trong ú f(x)=0 ch xy ra ti mt s hu hn im ( a : b) .
7.Nu hm s y=f(x) ng bin trờn a ; b thỡ Min f ( x ) f ( a ); Max f ( x ) f (b)
x a ;b

6.Nu hm s y=f(x) nghch bin trờn a ; b

x a ;b

Min f ( x ) f (b ); Max f ( x ) f ( a) .

thỡ x a ; b

a;b

II- TNG QUAN PHNG PHP:
Xột bi toỏn liờn quan phng trỡnh, bt phng trỡnh m v logarit
vn dng tớnh n iu ca hm s trong gii phng trỡnh, bt phng trỡnh m
v logarit , ta cú mt s hng bin i (tng ng vi 2 dng thụng dng) sau õy:
Dng 1: Dạng F ( x) 0, vớ i F ( x) hoặc đồng biến, hoặc nghịch biến trên D.
Bc 1: a phng trỡnh (1) v dng: F ( x) 0
Bc 2: Xột hm s y F ( x)
Ch rừ hm s y F ( x) ng bin hay nghch bin trờn D.
Bc 3: oỏn c F x0
0. Lỳc ú phng trỡnh (1) cú nghim duy nht
x x0.
Dng 2:

Dạng ph ơng trình F (u) F (v) (*), vớ i F ( x) hoặc đồng biến,
hoặc nghịch biến trên a; b . Lúc đó, (*) có nghiệm duy nhất u v
Bc 1: a phng trỡnh v dng F (u) F (v)
Bc 2: Xột hm s: y F (t).

(1)

3

Chỉ rõ hàm số đồng biến hay nghịch biến trên a; b .
Bước 3: Khi đó: F (u) F (v) u v
Lưu ý: Đối với bất phương trình, hệ phương trình, tư duy vận dụng tính đơn điệu hoàn
toàn tương tự như trên.
III- MỘT SỐ BÀI TẬP MINH HỌA:
Bài 1: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 1-năm 2017-2018)
2

Tính tích tất cả các nghiệm thực của phương trình
A. .

B. .

C.

2

0

Đáp án D.

log

2

2

2x

.

1

1

2x 1

x

5.

2x

D. 1
2

.

Lời giải

Điều kiện: x 0 .
2

2
x

Phương trình
log

Đặt t

2 x2
1
2
x

x

2

2

1

2x

1

2

2x
1 2 x 1
.

.

1

2x

5

2

2
x

2
x
Phương trình trở thành log2 t 2t 5
(2) .
2
t
f
t
log
t
2
2
Xét hàm
là hàm đồng biến nên:
t
2f t f 2t 2 (t/m).
Với t 2 thì 2 x2 2
1
2
x

2 x 2 4 x 1 0 (t/m). Vậy x1 x2

1 (theo Viet ).
2

Bài 2: (THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ-Hòa Bình năm 2017-2018)
x2 2 là
Số nghiệm của phương trình x2 x ln
A. 3.

2018

2

B. 1.

C. 4.

Đáp án C.
Xét hàm số f x

x

Lời giải
với x; 2

2

2
x

x2
2

x ln
2x

Ta có f x x 1

D. 2.

2

2
Nên suy ra hàm số f x

;f

x

1

2 x2

4

x

2

2

x 1 2x

2

2 ;.

0, x; 22 ;.

đồng biến trên mỗi khoảng

; 2 và2 ;.

2

2.

Mặt khác

3 1. 1

2

và

f

một nghiệm a;

x

2
3 0

2

8

f 3 .

và đúng một nghiệm b

7 .1 0 nên

2 ;.

f x

có đúng


Ta có bảng biến thiên:
4


x–∞

a

f'(x

b

0

_

+

+∞

)

–0
+∞

+
∞
+
+
∞

+∞

f (x)
2

Ta có
f a f

3

2

và

3

3
2018

fb

f

3

3

3
2018

x
Nên từ bảng biến thiên suy ra phương trình 22 x ln x2 2 2018 có 4 nghiệm.
Bài 3: (Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Đinh - năm 2017-2018)
1 2018 là
Số nghiệm thực của phương trình 2018 x 1
1 x

B. 0 .

A. 3.
Đáp án A.

C. 2018 .
Lời giải

Điều kiện x 1 , x 2018 . 1
Xét hàm số f x 2018 x
1
x
f x 2018
2018

x

ln

1
x 1

2

x
2018

D. 1.

1
2018 với x;1 có
x

2018
0 , x x;1
1
2
x 201
8

f x đồng biến trên;1 .

Do đó trên;1

phương trình f x

0 nếu có nghiệm thì sẽ có nghiệm duy nhất.

Bảng biến thiên:
x

1

–∞

f'(x
)
f
(x)

+
+∞

-2018

Đường thẳng y 0

cắt đồ thị hàm số y f x tại đúng một điểm nên f

x 0 có nghiệm

duy nhất trên;1 .
Do đó phương trình đã cho có nghiệm duy nhất trên;1 .
Tương tự, trên 1; 2018 phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.
Trên 2018;phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm thực.
Bài 4: (THPT Chuyên Tiền Giang-lần
1 năm 2017-2018)
2 log 3 cot x log 2 cos x co bao nhiêu nghiêm trong khoang 0; 2018

Phương trinh


?
A. 201 nghiêm.
8

B. 1008 nghiêm.

5


C.

nghiêm.

2017

D. 1009 nghiêm.

Đáp án A.

Lời giải

Điều kiện: sin x 0 . 2
log

cot x
log

cos x 0
cos x log 3 sin

2

3

2

2
log 3
x log
cos x

Đặt t log 2 cos x cos x 2t .

Phương trình trở thành

cos xlog

2

cot

3

2

log

2

cos x

x
log

3

cos

t 4

22

2

x log

t

t
t

3

1 coslog
2
xx

hay 4

2

cos

t

t

t
log

3 12

3

12

3

đồng biến trên

4

Mặt khác f 1

1

t

t

4

Hàm số f t

4

2t

3
1 nên x 1 là nghiệm của phương trình.
1

Do đó phương trình có nghiệm duy nhất t 1 .

605
3

k
1
log
x

2

cos x 1

k.2 x 0; 2018

6

x

cos
2

6 .

1
3
6

Vậy trong khoang 0; 2018 có 1009.2

6055

k

6

nghiệm.

2018

Bài 5: (THPT Hồng Bàng – Hải Phòng – năm 2017 – 2018)
Phương trình 2017

sin x

2 cos

x

có bao nhiêu nghiệm thực trong đoạn

5 ; 2017

2

sin
x

? A. 2017
.

C. 2022

B. 2023
.

Đáp án B.

D. 2018 .

.

Lời giải
* .
2

Điều kiện 2 cos x 0

1 sin

2

1 .

x

0

Phương trình 2017 sin x sin x
Đặt

Ta có 2017

,

thì

sin x t1;1
t
t1; 1
0

,

1

thành 2017

Xét hàm số

tt

1

1 t2 log

tt

2

2

tt

2

2017

tt 1

2

t

0

2

tt

tt
1

, với

201
7

f (x)

t

.
,

.

và

t

Do đó 2tt log 2017

1

1 sin2
x

2

t 0 3 .
có

t1;1

t1;1

log
f t

1
tt

1

1

t2 1.ln
2017
t2 1.ln
2017

2

t
ln
2017

.1

0 , t1;1

1
t

1
2

1

ft

t2

1

1.ln
2017

nghịch biến trên 1;1 .

6


Do đó trên 1;1 , phương trình f t 0 nếu có nghiệm thì sẽ có nghiệm duy nhất.
Mặt khác f 0 0 nên f t 0 t 0 .
Khi đó 3 t 0
hay sin x 0 x k k.
.
Bài ra

x5 ; 2017k5 ; 2017

k5; 2017

Mà kk5; 4; 3;...; 2017 .
Vậy phương trình đã cho có 2023 nghiệm thực trong đoạn 5 ; 2017 .

Bài 6: (THPT Lê Xoay-Vĩnh phúc-lần 1 năm 2017-2018)
Số nghiệm của phương trình sin 2 x cos x 1
sin x trên khoảng 0;
log

là
2

2

A. 4.
Đáp án D.

B. 3 .

Vì sin x 0 và

cos x 0

,

C. 2.
Lời giải

nên phương trình đã cho tương đương

x 0;

2

sin 2 x cos x log 2
1 log 2 sin x log
cos x
log 2 cos x cos x log 2 sin sin 2 x *
2x
2

Xét hàm số
f tt log

2

cos x

ta có f tt

, với
t

D. 1.

t

1
t ln 2 1 0,0;1

.

0;
1

Do đó, hàm số f t đồng biến trên khoảng 0;1 .
Từ phương trình * , ta có f cos x f sin 2 x
1

sin x 2

cos x sin 2x

hay x 6 .

Bài 7: (THPT Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018)

Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn

5

3

x 1

x 2y

3xy

nhỏ nhất của biểu thức T x y .
A. Tmin 2
2.

B. Tmin

3

C. Tmin

5

1

D. Tmin

.

3

Đáp án B.

Lời giải

Theo đề ra ta có:
5x

2y

3x 1
3xy

5x

Xét

3

3.

5

2.

2

1

3

5xy

x 2 y

5
x 2y 5

yx 2
1 xy 1

xy 1

2y

3x

2

3t

3xy

.

y

f tt 5t

1

1

f

t

5tt ln 5 3 ln 3 1 0

5xy 3
5

x 2 y

y x 2 . Tìm giá trị

7


x

2 y xy 1

y

T

2

x 2

x

1
2 .Do y

x 1

Ta có: T x y x
x2 4 x 1

x

x2
1

x 2
0x

0, x

0

x

x

1
2

0

x

2

x

x 2

3 2;

2

3 2;

x 2

Bảng biến thiên:
x

2

+
∞
_

T'
T

0

+
+
∞

Từ bảng biến thiên ta thấy Tmin

3 tại x 2 3 .

3 2

Bài 8: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 3 MĐ 234 năm học 2017-2018) Số nghiệm của
x 2 8 x 3 .8 3 x 5
phương trình x 2 5 x 2

3 x 5 .8x
C. 1.

B. 3 .

A. 4.
Đáp án B.

2

8x 3

là

D. 2.

Lời giải

Đặt u x 2 8 x 3 , v 3 x 5 , phương trình đã cho viết lại là
u v u.8 v v.8 u
u1 8v
v8u 1
*
Ta thấy u 0 hoặc v 0 thỏa mãn phương trình *

Với u 0 và v 0 ta có

*

1 8

v

Ta thấy:

v

8u
1

**

u

- Nếu u 0 thì 8 u 0 và nếu u 0 thì 8 u
1
u
1 0
8v
v

- Nếu v 0 thì

và nếu v 0

1
u
thì 1
8v
v

Từ đó suy ra * * vô nghiệm.
Như vậy, phương trình đã cho tương đương với
u 0
v 0

x 8x 3 0
2

3x 5

0

x

x
x

.

413
4 13.
5

3
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm.

0 . Do đó VP * * 0, u 0 .

0 . Do đó VT * * 0, v 0 .

Bài 9: (THPT Ngô Quyền Hải Phòng 2019 lần 1)
8


Biết phương trình lo 2 x 1 2 log
g

x

5

1 có một nghiệm dạng x a b 2 trong đó

3

x

2

a,b là các số nguyên. Tính 2a + b.
A. 3
B. 8

2

x

C. 4

D. 5

Lời giải
Đáp án B.
ĐKXĐ: x > 1
Ta có:
log

2 x 1
5

log

5

log

5

Xét hàm số

x

2

2 log

x
3

1

2

x 1

2 x

2 x 1
5

x

x 1

2 log3

2 x

x

log 5 x 2 log 3 x 2 log 3
1
2
2 x 1 2 log 3 x log 5 x 2 log 3 x 1 (1)
2
, có:
f tt log 2 log tt 1 ,
1
;

1
2
0,(1; )
5

f tt

log

t.ln
5

3

t 1 .ln
3
ft
đồng biến trên 1;

Hàm số
Khi đó, phương trình 1 f 2

x 1

2 x 1 x x 2 x

f x

x 1

2

1 0

2 0

x 1

x 1 2x 1

2

2232

a 3, b 2 2 a b 2.3 2 8

Bài 10: (THTT Số 1-484 tháng 10 năm 2017-2018) Biết
phương trình
log

4
x

2

4x 1
2x

7

và x
4x

2

1 6x

,

1
2x

a

b

2

C. a b 14 .

D. a b 13.

Lời giải
Đáp án C.
Điều kiện

Ta có

x
x

0
1
2

2

4
x
log

7

2x 1

Xét hàm số

4x

2x

7

log

4x 1

2

2x 1

7

2

2

2x
1
1 6 x log

log

7

7

2 x 2 x1
t ln

với a , b

4
1

nguyên dương. Tính a b.
A. a b 16 .
B. a b 11 .

x2 là hai nghiệm của

x1

2x

với

2

4x

2

4 x 1 2x

là hai số


7
f tt log

t

f

t

1

1 0

t 0

9


Vậy hàm số đồng biến
trở thành f 2 x 1 2 f 2 x2 x 1

Phương trình 1

x
2

35
4

2x

35
x

4

9 5 l

Vậy x 2x

4
a 9; b 5 a b 9 5 14.
tm

9 5
4

2

1

Bài 11: (Chuyên Thái Bình 2019 lần 2)
Cho phương trình: 2 x x 2 x m
2x
x x 3 3 x m
trình có 3
nghiệm phân biệt có dạng a ; b . Tổng a 2b bằng:
3

A. 1.

2

2

B. 0.

C. 2.

0

. Tập các giá trị m để phương

D. 2.

Lời giải
Đáp án D.
2x 3 x

2

2x

2 xm

2

x

x

3

3x m

0

2x 3 x 2 2 x m x 3 x 2 2x m 2x 2 x x 2
x 0 2x 3 x 2 2 x m x 3 x 2 2x m 2x 2 x
x 2 x(*)

Xét hàm số
(*)

x

ta có

t

f tt 2

3

x

2

2x m x

2

x

t

f tt 2 ln 2 1 0,
x

3

3x

nên hàm số đồng biến trên

m (**)

Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (**) có 3 nghiệm phân
biệt, khi đó m y CT ;
của hàm số f x x 3 3x
yCD

Ta có f x 0

3 x2

3

x 1
0
x 1

f

12

f 1 2

a 2 a 2b 2 4 2

m2; 2

b 2

Bài 12: (THPT Tuyên Quang 2019 lần 1): Giả sử
a, b là các số thực sao cho
x 3 y 3 a. 103 z
đúng với mọi các số thực dương x, y, z thỏa mãn log x y z và
b.102 z
log x

2

y 2z 1

. Giá trị của a b bằng

29

A.

2

31

B.

.

2

.

31

C.

2

.

Lời giải
Đáp án D.
Ta có: log x y

z

x y 10z

29

D.

2

.


10


log x

2

y

2

x y 2 2 xy 10 x yxy

z 1

3

y

x y

3

3

x y

15 x y

2

y

x y 2 10 x y

Do đó x 3

1

2

x

z 1

10 z .10

10 x

y

2
3 xy x yx y

3

3.

x y

10 x y . x y

2

2

1

. 3 z 15.10 2 z
2 10

2

2

1 , b 15 a b

Suy ra a

10

2

2.
9
2

Bài 13: (THPT Quảng Xương 1-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018)

Px

2

y

14 y 2

1

Biết rằng

2

x

x

2

log

trong đó x 0. Tính giá trị của biểu thức

y 1

2

xy 1.

A. 3.
Đáp án C.

B. 1

C. 2.
Lời giải

D. 4.
1

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có x
Xét hàm số

y 1 0.

f

. Do đó

x

x

4

.

y 1 .
trên

3t 14

, ta có
0;

vì

tt3

2

f tt 3

2 2

x
y 1 14 y 1 y 1 3

Lại có 14 y 2
Đặt t

1

.

2

3

f tt 03

Từ đó ta có max t f

3 0

t 1

t 0;

1 16.

f

0;

Vậy 14 y 2
2 x 1 log

2

y 1 16

14 y 2

y 2

log2 14
x 1
y 1

y 1 4 . Khi đó

P 2.

x

y 0.

Bài tập tương tự:
1. (THPT Chuyên Thái Bình-lần 2 năm học 2017-2018) Tính tổng tất cả các
nghiệm của phương trình log x 3 3 x 2 3 x 1 3x 2 6 x 7
x 5

x2
1

A.2 3.
B. 2.
C. 0.
D.2 3.
2. (THPT Yên Lạc – Vĩnh Phúc – lần 4 - năm 2017 – 2018) Tính tổng S tất cả
5x 3

các nghiệm của phương trình:

ln

x

5

x 1

5.3

x

30 x 10 0

.

6x 2

A.S 1.

B.S 2.

C.S 1.

D.S 3


3. (SGD Bắc Ninh năm 2017-2018)

11


Cho phương trình

1
2

x 2 x 3 log
log

2x
1

2

2

1
1

x

2

x

các nghiệm của nó. Khi đó, giá trị của S là
1
A.S 2.
B. S
. C.S 2.

D.

13

, gọi S là tổng tất cả
2 x 2

S 1

2

13

.

2

4. (THPT Nguyễn Trãi-Đà Nẵng-lần 1 năm 2017-2018)
Gọi x0 a b 3
là
một nghiệm lớn hơn

1 của phương trình

1c
x

2x

3

2

1 x

1

3

1

2x

1

. Giá trị của P

là

a b c

A.P 6.
B.P 0.
C.P 2.
D.P 4.
5. (THPT Chuyên Vĩnh Phúc - lần 3 năm 2017-2018) Số nghiệm của phương
trình 2 x 2 2 x 9 x 2 x 3 .8 x 3 x 6 x 2 3 x 6 .8x x 3
là
A. 1.
B. 3.
C. 2.
D. 4.
6. (Chuyên Thái Nguyên 2019
Xét các số thực dương x , y thỏa mãn log 1 y 3 xy x 3 y 4 Tìm GTNN của
2

2

3

x 3xy

P x y
4 3 4 .B.P

A. P
min

3

4 3 .C.P
4
min

9

4 3 .D.P
4
min

3

4 3 4 .
min

9

Đáp án: 1C; 2A; 3D; 4D; 5D; 6A.

B. ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ TÌM ĐIỀU KIỆN CÓ

NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT
I. C Ơ SỞ LÝ THUYẾT : (Như phần A)
II- TỔNG QUAN PHƯƠNG PHÁP:
1. Số nghiệm của phương trình f (x) m là số giao điểm của đồ thị hàm số y f (x) và đường
thẳng y m .
2. Khi gặp phương trình tham số dạng g ( x; m) 0 vớ x D và m là tham số ta thực hiện
các bước sau:
Bước 1: Cô lập m: g ( x; m ) 0 f ( x ) h ( m)
Bước 2: Khảo sat hàm số trên miền D, dựa vafd bảng biến thiên rồi kết luận.
(Nếu không được hoặc quá phức tạp ta chuyển sang bước 3)
Bước 3: Biểu diễn f ( x ) P (u ( x)) , đặt t u ( x) tìm miền giá trị D ' của t khi x D
Bước 4: Phương trình f ( x ) h ( m) đưa về dạng P (t ) h ( m) với t D ' . Tiếp tục
thực hiện như bước 2
Lưu ý:
1. Đối với bất phương trình, hệ phương trình, tư duy vận dụng tính đơn điệu hoàn
toàn tương tự như trên.
2. Cho hàm số y f (x) xác định và liên tục trên tập D . Khi đó:


12


a, Phương trình f (x)
b, Bất phương trình

m có nghiệm x

max

f(x) m

xD

min

f (x) m có nghiệm x D

c, Bất phương trình
d, Hàm số y

min

D

xD

f(x)

m.

f(x)

max

f (x) m có nghiệm x Dm

xD

f(x).
x = y.

xD

f (x) đơn điệu trên tập D thì f(x) = f(y)

III- MỘT SỐ BÀI TẬP MINH HỌA:
Câu 1: (Chuyên Thái Nguyên 2019)
Gọi S là tập hợp các giá trị thực của tham số m để phương trình 4 x
nghiệm. Tập \S có bao nhiêu giá trị nguyên?
A. 1.
B. 4.
C. 9.
D. 7.

m. 2 x2 m 1 0 có

Lời giải
Đáp án C.
Đặt t 2 x 0 , khi đó phương trình trở thành:
t

Nhận thấy t

2

mt 2 m 1 0

t

2

2 không là nghiệm của phương trình

Chia cả 2 vế của phương trình cho t 2 , ta được m

1 mt 2

t 2.

t2 f tt
1

0 (*)

t 2

y ft

và đường thẳng

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y
m song song với trục hoành.
2tt 2 t2

Ta có: f t

41

2

1

t 2 5
0

tt

2

2

tt 2

2

0;
5 0;

t 2

Bảng biến thiên:
t

0

2

f'(t)

+∞

_

0

_

f (t)

+

+∞

+∞

–∞

Dựa vào bảng biến
m

1

2

m 4 2 5
\S

1
2

thiên ta thấy phương trình (*) có nghiệm

1
2

S;

;4 2

425;

5\S có 9 giá trị nguyên là 0;1; 2;...; 8 .

Câu 2: (Chuyên Hạ Long 2019 lần 1)
Cho bất phương trình m. 92 x x (2m 1)62 x
0 . Tìm
1
nghiệm đúng x
2

2

x

m42 x 2

x

m để bất phương trinh

2
13

A. m 3

B. m 3

2

2

C. m 0

Đáp án C.

Lời giải

m.9 2 x 2 x2 m 1 6 2
9

2x

m.
3

Đặt

x

2

m4

x

2 m 1 .6 2 x

2

x

x

x

42 x

2

2x

2 x

2

2

0

x

2

m

2

x

t

với x

2x x
2

m 0

2

f x 2x 2

1

x

2m 1 3

2
3 2x x

m 0

2

42x

D. m 0

Xét hàm số

.

ta có bảng biến thiên:

x

2

2

x

1/4

–∞

f'(x
)
+∞
f

(x)

1/2

+∞

+

_

+
+∞
0

-1/8
f

x 0 x

1

t

0

3

2

1

2

Khi đó bất phương trình trở thành mt 2 2 m 1 t m 0 t q
m tt2

2 1 tt 01 m tt 1

Xét khi t 1 m

t

Ta có f tt

2

t
t

.2. t
1

tt 1

Khi t = 1 ta có 1 0 luôn đúng.

tt1 m min f

12

t
tt 1

f

0 t 1

2

1

tt 1
2

4

1

0

3

1

Bảng biến thiên:
t

1
0

–∞

f'(t)

+

1

+∞

_

_

f
(t)

+∞
0

0

–∞

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y f t ta có min
f

t 0

m 0.

t 1

Câu 3: (Hội 8 trường chuyên Đồng Bằng Sông Hồng-Lần 1]
Số

giá

x 1 log

trị

3

A. 2022.

nguyên

4 x 1 log

của

5

tham

số

2 x 12x m

B. 2021.

m

thuộc

đoạn

2019; 2

có đúng hai nghiệm thực là
C. 2.

D. 1.

để

phương

trình


14


Lời giải
Đáp án A.
- Điều kiện: x
- Với x

4

1

.

1 thay vào phương trình
m (*) ta được

x 1 log

4x

3

1

log

2x

5

1

2x

m 2.

Khi m 2 thì phương trình đã cho trở thành:

x 1 log
1

4 x log

3

x 1 0
4x 1 log5

2 x 12 x 2

5

2x 1 2

1

.

log3

Dễ thấy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x0 1 .
m 2 thì phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thực.
- Với x 1 thì:
x 1 log
log 5
log

3

4 x 1 log

3

2x 1

5

2x
m

4 x 1 log 2 x 1

5

2 x m log

x 1

1

với

x

m
x 1
4

y

4x 1 ln 3

2
2x

1 ln
5

2x
m
x 1

0.

Xét hàm số y log 3 4 x 1 log 5 2 x 1 2x

Ta có:

2x 1

4x 1

3

2 m
x 1

2

4

0,

x

1
4

;1

;
1

1;.

1;

và m 2

Bảng biến thiên:
x

-1

y'

+

y

+∞
+

+∞
–∞

+∞
–∞

Dựa vào bảng biến thiên ta có: Phương trình y 0 có đúng 2 nghiệm x
x2

1;1 ;
1

4

1;

với mọi m 2 .
Vậy với mọi giá trị nguyên của m thuộc đoạn 2019; 2 thì phương trình đã cho luôn có hai
nghiệm thực phân biệt, tức là có 2022 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4: (Yên Phong Bắc Ninh lần 1) Biết a ; b là tập tất cả các giá trị của tham số m để
2
4
bất phương trình
thỏa mãn với mọi x thuộc
lo

g

x2
log

2x m 4

x2
5

0; .
2

2x m

Tính a b.
A. a b 4.

B. a b 2.

C. a b 0.
Lời giải

D. a b 6.