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

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>DẠNG HAØM ĐẶC TRƯNG CỦA PT-HPT MŨ-LOGARIT </b>

<i><b>GVBM :</b></i><b> ĐOAØN NGỌC DŨNG </b>

<b>MỘT SỐ KẾT QUẢ QUAN TRỌNG KHI GIẢI BÀI TẬP LIÊN QUAN ĐẾN TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HAØM SỐ </b>
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.

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

<b>A. DẠNG HÀM ĐẶC TRƯNG PHƯƠNG TRÌNH MŨ </b>
<b>BÀI 1 : Giải các phương trình sau : </b>

1) ₂x 1 ₂x2 x



_x ₁



2




 

 _{ÑS : x = 1}

2) 2x14xx1 ÑS : x = 1

3) 32x2 3x2 27x2 x2 3x 2








 _{ÑS : x =}_₁__{x =}_₂

4) 22x 32x 2x 3x1 x 1






   _{ÑS : x = 0}__{x = 1}

5) 2x2122x2 x1 x2 x11 ÑS : x = 1

6)

x
1
2
1
2

2 2 2

2

x
x
2
1
x

x
1








ÑS : x = 2

7)

 

2x 2x 1

3
1
x
2
3
x

2 2

x
1
x

1














ÑS : x 1 3

2




8) 32x3x23x32xx33x20 ÑS : x = –2  x = 1
9) 23x3 12x2 3x1 82x3 3x2 2x 3x3 3x2 3x 1






  




 _{ÑS :}

1
4

1
x ₃




10)

x
3
x

x
7
x
21
280
713

713 ₂

2
x

3
x

21
x
47
x

x

7

2
3
2

2






 




ÑS : x = 5  x = –8

<b>B. DẠNG HÀM ĐẶC TRƯNG PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT </b>
<b>BÀI 2 : Giải các phương trình sau : </b>

1) x 3x 2

5
x
4
x
2

3
x
x

log ₂ 2

2

3 _ _   



  _{ÑS : x =}

1  x = 2

2) x

x

2 _x 1 x 2

1
2

log     (DBÑH 2007) ÑS : x = 1

3) 2 x 1

1
2

2
x

log x

x

3   










  _{ÑS : x = 0}

 x = 1
4)





2
2

2

1
x

1
x
2
log
2
x
6
x
2







 ÑS : x =

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

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

6) 7x 2log₇(6x1)31 ÑS : x = 0  x = 1

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

8) log₂



1x x







1x



3x ÑS : x = 0  x = 1.

9)





2 x 2

x
1
1
x
1
x
2
log
3
x
2
x
log
2
1 2
2

2   





 







 ÑS : x 1 x 3 13

2


   

10) 1 x

x
1
1
ln
x
x
1
1
ln

x x2

1
1
2
3
x
1
1








 







    (với x > 0) ĐS : x = 1

11) 3x 1xlog₃(12x) ÑS : x = 0  x = 1

12) 3

7
1
x
)
5
x
6
(
log

2
1

7     ÑS : x = 1  x = 2

13) 6x 3log6



5x1



2x1 ÑS : x = 0  x = 1

14) cos2x log (4cos 2x cos6x 1)
6
sin
2
1 3
4
x
sin
2 2












  _{ÑS : x = k}__{, k}__Z

15)

_

_

3x 8x 5

1
x
1
x
2
log 2
2

3   




ÑS :
3
2

x  x2

16) 7x 21x 14

5
x
4
x
2
3
x

x
log 2
2
2

3   






 _{ÑS : x =}

1  x = 2

17) x 3x 2

5
x
4
x
2
2
x
x
log 2
2
2

3   










  _{ÑS : x = 1}

 x = 2

18) x 6x 8

5
x
4
x
3
x
2
log 2
2

2   










  _{ÑS : x = 2}__{x = 4}

<b>C. DẠNG HÀM ĐẶC TRƯNG CỦA HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ - LOGARIT </b>
<b>BÀI 3 : Giải các hệ phương trình sau : </b>

1)









12
y
xy
x
x
y
3
3

2
2
y
x
2)









27
y
xy
x
x
y
e
e
2
2
y
x

3)













1
)
2
y
(
x
)
1
y
y
)(
1
x
(
2
2
y
x
2
4

x
y
3
3
4)










2
y
log
3
x
log
e
e
y
x
2
1
2
2
y

x
5)
















1
3
2
2
1
3
2
2
1
2
1
2

x
y
y
y
y
x
x

x _{(DBÑH 2007)} ₆₎












0
y
20
xy
12
x
y
x
)

y
1
ln(
)
x
1
ln(
2

2 (DBÑH 2006)

ÑS : 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)

<b>D. MỘT SỐ BÀI TỐN LIÊN QUAN ĐẾN HÀM ĐẶC TRƯNG </b>

<b>BÀI 4 : (ĐỀ THI THPT QG 2017</b>) Xét các số thực dương x, y thỏa mãn 3xy x 2y 4
y

2
x

xy
1

log3    



 _.

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

3
3
11
2
P_min  

<b>BAØI 5 : (ĐỀ THI THPT QG 2018</b>) Cho phương trình 5x mlog₅



xm



với m là tham số. Có bao nhiêu giá

trị nguyên của m  (–20 ; 20) để phương trình đã cho có nghiệm? ĐS : 19 giá trị.

<b>BAØI 6 : Xét x, y là các số thực dương thỏa mãn </b> 2x 4y 1
y

x
y
4
x

log₂   



 _{. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu}

thức: 4

_

2 2

_

₃ 2
y
x
x

6
y
x
2
x
2
P




 ÑS :

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

<b>HƯỚNG DẪN GIẢI </b>
<b>A. PHƯƠNG TRÌNH MŨ </b>

<i><b>1)</b></i>

₂x 1 ₂x2 x



_x ₁



2




 

 ₍₁₎ _{ÑS : x = 1}

 Hướng dẫn :

Ta coù : x2_{– x – (x – 1) = (x – 1)}2

Đặt











x
x
v

1
x
u

2 thì (1) trở thành : 2

u_{– 2}v_{= v – u}_₂u_{+ u = 2}v_{+ 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.}

<i><b>2)</b></i>

2x1_4x _x_1
 Hướng dẫn :

Phương trình  2x +1 _{+ (x + 1) = 2}2x_{+ 2x}

Xét hàm số f(t) = 2t_{+ t , t}__{R thì f’(t) = 2}t_{.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.

<i><b>3)</b></i>

32x2 3x 2 27x2 x2 3x 2








 ₍₁₎ _{ÑS : x =}_₁__{x =}_₂

 Hướng dẫn :

 

1 32x2 3x 2 33x2 x2 3x 2







    ₍₂₎

Nhận xét : 3x2_{– (2x}2_{– 3x – 2) = x}2_{+ 3x + 2. Do đó :}

2 2 2 2 2 2

2x 3x 2 3x 2 2x 3x 2 3x 2 2 2x 3x 2 2 3x 2

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

2
2

u 2x 3x 2

v 3x

   






  3

u_{+ u = 3}v_{+ v}__{f(u) = f(v)}

Xét hàm số f(t) = 3t_{+ t ; f ’(t) = 3}t_{ln3 + 1 > 0}__t__{f(t) luôn tăng}

Do đó : f(u) = f(v)  u = v  2x2_{– 3x – 2 = 3x}2__x2_{+ 3x + 2 = 0}_











2
x

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

<i><b>4)</b></i>

22x 32x 2x 3x1 x 1






  ₍₁₎ _{ÑS : x = 0}__{x = 1}

 Hướng dẫn :

 

1 22x 32x 2x 2x 1 3x 1 x 1








  

Đặt









1
x
v

2

u x

ta được : 2u_{+ 3}u_{+ u = 2}v_{+ 3}v_{+ v}__{f(u) = f(v)}

Xét hàm số : f(t) = 2t_{+ 3}t_{+ t}

f’(t) = 2t_{ln2 + 3}t_{ln3 + 1 > 0}__t__{f(t) ln 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) = 2t_{ln2 – 1 ; g’(x) = 0}__{x =} _







2
ln

1

log2 = x0

Bảng biến thieân :

x 0 x0 +

f’(x)  0 +

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=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.

<i><b>5)</b></i>

2x2122x2 x1x2 x11 (1) ÑS : x = 1

 Hướng dẫn :
Điều kiện : x  1

Đặt (2x x 1) (x 1) x x 1 1 v u

2
1
x
x
2
v
2
1
x

u ₂ ₂ ₂

2
2
























Khi đó : (1) trở thành ; 2u_{– 2}v_{= v – u}_₂u_{+ u = 2}v_{+ v}__{f(u) = f(v)}

Xét hàm số : f(t) = 2t_{+ t với t}_₂

f’(t) = 2t_{ln2 + 1 > 0}__t_₂__{f(t) luôn tăng}__t_₂

Do đó : f(u) = f(v)  u = v  x2_{+ 1 = 2x}2₊ _x_₁ _ _x_₁_{= 1 – x}2

Do x  1 neân x 1

0
x
1
0
1
x

2  









 _{là nghiệm của (1)}

<i><b>6)</b></i>

x
1
2
1
2

2 2 2

2
x
x
2
1
x
x
1


 


 Hướng dẫn :
Điều kiện : x  0

Nhận xét rằng : 





 









x
1
2
1
2
x
2
1
x
x
2
x
x
x
1
x
x
2
1
2
2
2
2
2

Viết phương trình đã cho dưới dạng : x ₂

x

1
2
2
x
x
1
2
2
2
x
x
2
1
x
x
1
x
x
2
1
2
1
2
x
x
1
2
1
2
x

x
1
x
x
2
1
2
1
2
2 2
2
2
2
2
2
2













  _ 


   


Xét hàm số

 

t
2
1
2
t

f _ t _

Nhận xét rằng f(t) là hàm đồng biến.

Phương trình đã cho dưới dạng : x 2x 0

x
x
2
1
x
x
1
x
x
2
1
f
x
x

1
f 2
2
2
2
2
2
2












 






 












2
x
loại
0
x
Vậy phương trình có 1 nghiệm duy nhất : x = 2

<i><b>7)</b></i>

<b> </b>

 

2x 2x 1
3
1
x
2
3
x
2 2
x
1
x
1













 Hướng dẫn :
Điều kiện : x0

Phương trình đã cho viết lại :

 

x
2
1
x
2
x
2
3
1
3 2
x
1
x

1 _ _












hay

 



1 x



x
2
1
3
1
3
x
1
x
1













 

3 x 1

 

*
x

2
1

3 ₂1_x _ _ x 1_ _

 

Xét hàm số g

 

t _3t _t_có_g_'

 

_t _₃t_ln₃_₁_₀_,__t_₀_,_t__R_{nên hàm số}_{g đồng biến trên các khoảng}

 

_t



;0



và



0;



, do đó

 





x 1
x
2
1
1
x
g
x
2
1
g
*     






 tương đương 2x2_2x_1_0



2
3
1

x  hoặc

2
3
1

x  . Vậy, tập nghiệm của phương trình là

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

<i><b> Chú ý : Cần tìm a, b, c </b></i> R sao cho b



x 1



c
x

1
a
x

2
1
x
2
x
2 2







 _hay





x

a
x
c
b
bx

x
2

1
x
2
x

2 2 2 _ _ _ _




 _,

đồng nhất thức hai vế ta tìm được

2
1

a , b1, c0. Vì thế



1 x



x

2
1
x

2
1
x
2
x
2 2







 _.

<i><b>8)</b></i>

32x3 x 2 3x3 2x x3 3x 2 0






 



 Hướng dẫn :

x
2
x
3

2
x
x
2

32x3 x 2 3 x3 2x 3








 



 _daïng_f



₂_x3__x_₂

 

__f _x3 _₂_x



Xét hàm số f

 

t _3t _t_,_t__R_{ta có} _'f

 

_t _₃t_ln₃_₁_₀_,__t__R_nên_{f đồng biến trên R.}

 

_t

Phương trình cho tương đương 2x3_x_2_x3_2x_{, phương trình này có nghiệm}_x__₂_,_x_₁_.

<i><b>9)</b></i>

23x3 12x2 3x1 82x3 3x2 2x 3x3 3x2 3x 1






  




 ₍₁₎ _{ÑS :}

1
4

1
x ₃




 Hướng dẫn :

 

1 23x3 12x2 3x1 232x3 3x2 2x 3x3 3x2 3x 1







       ₍₂₎

Ta coù : 3(2x3_{+ 3x}2_{– 2x) – (3x}3_{+ 12x}2_{– 3x + 1) = 3x}3_{– 3x}2_{– 3x – 1}

Đặt

_

_

















x
2
x
3
x
2
3
v

1
x
3
x
12
x
3
u

2
3

2
3

Thì (2) trở thành : 2u_{– 2}v_{= v – u}_₂u_{+ u = 2}v_{+ v}__{f(u) = f(v)}

Xét hàm số f(t) = 2t_{+ t ; f’(t) = 2}t_{ln2 + 1 > 0}__t__{f(t) luoân tăng}

Do đó : f(u) = f(v)  u = v  3x3_{– 3x}2_{– 3x – 1 = 0}__3x3_{= 3x}2_{+ 3x + 1}

 4x3_{= x}3_{+ 3x}2_{+ 3x + 1 = (x + 1)}3_

1
4

1
x
1
x
x
.

4 ₃

3







Vậy phương trình đã cho có nghiệm là :

1

4

1

x ₃



 .

<i><b>10)</b></i>

x
3
x

x
7
x
21
280
713

713 ₂

2
x

3
x

21
x
47
x

x
7

2
3
2

2






 




(1) ĐS : x = 5  x = –8
 Hướng dẫn :

Tập xác định : D = R \ {0 ; 3} (2)

Ta coù :

 









 _






    1

x
3
x

40
7
713

713

1 x 3x ₂

40

x

7
1

x
7

2
2
2





















 _



   

x
3
x

40
x

7
7
713

1
x

7
7

713 x 3x ₂ ₂

40
x

7
2

1
x

7

2
2

2 ₍₃₎

Xét hàm số f

 

t _713t _7t_{; f’(t) =}₇₁₃t_ln₇₁₃_₇_₀_,__t__{R, do đó f(t) đồng biến trên R.}

Từ (3) suy ra x 3x 40 x 3x 40 0

x
3
x

40
x

7
1
x

7
x

3
x

40
x

7
f
1
x

7

f 2 2

2
2
2

2
2

2     _       




















 _










5
x

8
x

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

<i><b>11*)</b></i>

32009x 3cosx 32009x 4cos3x 3cos3x 0




 


 Hướng dẫn :

Phương trình 32009x 3cosx 32009x 4cos3x 3.



4cos3x 3cosx








  



2009x 3cosx



3 3.



2009x 4cos x



.

3

32009x3cosx 2009x 4cos3x 3









   ₍₁₎

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

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

Phương trình (1) được viết : f(2009x + 3cosx) = f(2009x + 4cos3_{x) (2)}

Vì f(t) đồng biến trên R nên (2)  2009x + 3cosx = 2009x + 4cos3_x

 4cos3_{x – 3cosx = 0}__{cos3x = 0}

3
k
6
x  

 (k  Z)

<i><b>12*)</b></i>

2x23cosx2x24cos3x 7cos3x (1) ÑS : x =

3
k
6





 _{, k}__Z

 Hướng dẫn :
Tập xác định : R

Ta coù :

 

1 2x2 3cosx 2x2 4cos3x 7



4cos3x 3cosx








  



x 3cosx



2 7



x 4cos x



7

2x2 3cosx 2 x2 4cos3x 2 3








    ₍₂₎

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_cos3x_0

3
k
6
x
k
2
x

3      

 (k  Z)

<i><b>13*)</b></i>

esin x 4 _tanx




 _

ÑS :  k

4

x , k  Z
 Hướng dẫn :

Điều kiện cosx  0, vì sinx = 0 không thỏa mãn phương trình nên phương trình

  

x
cos

x
sin

e 2

x
cos
x
sin
2





x

cos
e
x
sin

e 2

x
cos
2
2

x
sin
2




Đặt u = sinx, v = cosx ; u, v  (– 1 ; 1), u, v > 0 nên ta có phương trình

v
e
u

e 2

v
2
2

u
2




Xét hàm số

 

t
e
t
f

y 2

t
2



 , với t  (–1 ; 0)  (0 ; 1)

y’ =





0

t
2

e
2
t

2
t

e
1
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)

 u = v  tanx = 1   k

4

x (choïn)

<i><b>14*)</b></i>

x
x

x
4
x
4
120
2009

2009 x x ₂ 2

4
x

34
x

x
4

2
3
2

2






 




 Hướng dẫn :

Tập xác định : R \ {0 ; 1}








 _












    




1
x
x

30
4
2009

2009

x

x

x
4
x
4
120
2009

2009 x x ₂

30
x

4
1

x
4
2

2
x

x
4
x
34

x

x
4

2
2
2

2
3
2

2






















 _



   

x
x

30
x

4
4
2009

1
x

4
4

2009 x x ₂ ₂

30

x

4
2

1
x

4

2
2

2 ₍₁₎

Xét f(t) = 2009t_{+ 4t, có f’(t) = 2009}t_{ln2009 + 4,}__{t > 0 tức f(t) đồng biến trên R}

Từ (1) suy ra x x 30 0

x
x

30
x

4
1
x

4

x

x
30
x

4
f
1
x

4

f 2

2
2
2

2
2

2     _    



















</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>














kiện
điều
thỏa
5

x
6

x

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

<i><b>15*)</b></i>

3cosx_2cosx _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__{= 2}cos__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_

Từ (*) có f(2) = f(3).

Suy ra tồn tại b  (2 ; 3) sao cho : f’(b) = 0  bcos 1_.cos___cos__{= 0}__cos__(bcos 1__{1) = 0}

 cos = 0  cos = 1  k2k2

2 (với k  Z)

<i><b>16*)</b></i>

sinx.2008sin2x_2008_



cosx_1



.2008cos2x_2cosx_2009 _cosx_sinx_1
 Hướng dẫn :

Phương trình đã cho viết lại là : _sin_x__sin_x_.2008_sin2_x_₂₀₀₈ _



_cos_x_₁

 

_ _cos_x_₁



_.2008



_cos_x_₁



2_₂₀₀₈

Xét hàm soá : _y__f

 

_t __t__t2008 2_t _₂₀₀₈_,__t__R

Ta coù : f’(t) =



t 2008



0

1
1004

t
2008
t

t
1

2008 2 2007

2

2008 2 _







 , t

Vậy hàm y = f(t) là hàm đồng biến trên R. Khi đó phương trình đã cho có dạng : f(sinx) = f(cosx + 1)





















2
k
x

2
k
2
x
1
x

cos
x

sin (k  Z)

<b>B. PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT </b>

<i><b>1)</b></i>

x 3x 2

5
x
4
x
2

3
x
x

log ₂ 2

2

3 _ _   



  _{ÑS : x =}

1  x = 2

 Hướng dẫn :

Ta coù :


















R
x
,
0
5
x
4
x
2

R
x
,
0
3
x
x

2
2

vaø 2x2_{+ 4x + 5 – (x}2_{+ x + 3) = x}2_{+ 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
4
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

 

1 0

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 = 2x}2_{+ 4x + 5}__x2_{+ 3x + 2 = 0}__{x =}__{1 hay x =}_₂

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

<i><b>2) </b></i>

x x

2 _x 1 x 2

1
2

log     DBÑH 2007 ÑS : 1

 Hướng dẫn :

x
x

2 2 _x 1 1 x 2

log     (1)

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 coù : log2u + u = log2x + x  f(u) = f(x)

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

 

1 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 thaáy x1 = 0 ; x2 = 1 là hai nghiệm của phương trình.

Mặt khác : Xét hàm số y = 2x__{y’ = 2}x_ln2__{y’’ = 2}x_ln2_{2 > 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.

<i><b>3)</b></i>

2 x 1

1
2

2
x

log x

x

3   










  ₍₁₎ _{ÑS : x = 0}__{x = 1}

 Hướng dẫn :

Điều kiện : x + 2 > 0  x > 2

(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

 

1 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) = 2x_{ln2 – 1}

g’(x) = 0  x = 






2
ln

1

log₂ = x0

Bảng biến thiên :

x 2 x0 +

g’(x)  0 +

g(x)

4

5 _₁

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

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

<i><b>4)</b></i>





2
2

2

1

x

1
x
2
log
2
x
6
x
2







 ÑS : x =

2
7
3

 Hướng dẫn :
Điều kiện :











1

x 2

1

x _{. Ta coù :}

_{ }





2 2 2





2

2
2

1
x
2

1
x
2
log
1
x
6

x
2
1
1
x

1
x
2
log
1
x
6
x
2
1




















2x 1



log



2x 4x 2



log

1
x
6
x

2 2

2
2

2_ _ _ _ _ _ _

 (2)

Đặt v u 2x 6x 1

2
x
4
x
2
v

1
x
2

u ₂

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

 

1 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
3

Vậy các nghiệm của phương trình đã cho là : x =
2

7
3 _.

<i><b>5)</b></i>

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

Đặt










x
3
v

2

u x

. 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

y x

 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

(1)  x









x x

3 3 3 3

x log 2 x 2 log 81 27x log 81 27x log 2  x 2

 _x ₂x _x

3 x x

81 27x 81 27x

log 2 x 3

2 2



 _ _{ }  _ _ ₈₁ ₂₇_x

 

₃2x_x _.₂x




Xét hai hàm số :

 

 

 











 ₂ _là _hàm _đồng _biến

3
x
g

biến
nghịch
hàm

là
x
27
81
x
f

x
x
2x

Nhận xét x = 1 là nghiệm của phương trình

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

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

<i><b>6)</b></i>

7 2log7(6x 1)3 1

x    (1) ÑS : x = 0  x = 1

 Hướng dẫn :
Điều kiện :

6
1
x
0
1
x

6     (2)

<i><b> Cách 1 : </b></i>

Đặt y log



6x 1



7y 6x 1

7    

 . Ta có hệ :












1
x
6
7

1
y
6
7

y
x

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

Do vaäy : (5)  x = y (6)

Thế (6) vào (3) có : 7x _6x_1_7x_6x_1_0
Xét hàm số g

 

x _7x _6x_1_{; g’(x) =}₇x_ln₇_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 khơng q 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).

<i><b> Cách 2 : </b></i>

Ta có

 

1 7 6log 7x 6log₇



6x 1

 

6x 1



7

x _ _ _ _ _

 (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.

<i><b> Chú ý : Xem phương trình (9) : 7</b></i>x_{= 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 :

Theo Bec-nu-li :





_











1
x

0
x
1
x
1
7
7x

7x__{(7 – 1)x + 1}_₀__x_₁

Suy ra _











1
x

0
x
1
x
6
7x

<i><b>7)</b></i>

log2[3log2(3x – 1) – 1] = x ÑS : 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
3
log
y

1
y
3
log
x

2
2

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

Xeùt 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

Xeùt g(x) = 2x_{– 3x – 1, x >}

3
1

Ta có g’(x) = 2x_{.ln2 – 3, g”(x) = 2}x_.ln2_{2 > 0 nên g’(x) đồng biến trên D. Do đó g(x) = 0 có tối đa 2 nghiệm,}

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

<i><b>8)</b></i>

log2



1x x







1x



3x (1) ÑS : x = 0  x = 1.

 Hướng dẫn :
Điều kiện : x  0

 







3 3

2

2 3 . x 3. x

x

1
x
1
log
x
x
3
x
3
x
1
x
x
1
x
1
log

1  


















 





3



2
3

21 x log 1 x 31 x 31 x

log       





1 x

 

31 x



log



1 x

 

31 x



log2  3   3  2   


Đặt








x
1
v
x

1
u 3

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

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

2
ln
.
t

1 _ _ _,__t_₁

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

Do đó : f(u) = f(v)  u = v





_

















1
x
0
x
0
1
x
x
0
x
x
x
1
x

1 3 3

Vậy nghiệm là x = 0  x = 1.

<i><b>9)</b></i>





2 x 2

x
1
1
x
1
x

2
log
3
x
2
x
log
2
1 2
2

2   





 








 

1

 Hướng dẫn :
Điều kiện :






























0
x 2
1

x
2
0
x
hoặc
2
1
x
2
x
0
x
1
x
2
0
2
x

Ta biến đổi phương trình

 

1 về dạng ₂





₂ ₂

x
1
x
2
1
x
1
2
log

1
2
x
2
x
2
2
x

log   





 













2 2

2 x 2 2 x 2 x 2 log 2 1_x 2 2 1_x 2 _x1

log 





 






 






 









 

2

Xét hàm số

 

2

2t 2t t

log
t

f    trên khoảng



0;



.

Ta coù

 

2 0

2
ln
2
2
2
t
2
2
ln
.
t
1
2
2
t
2
2
ln
.
t
1

t

'f          .

Suy ra hàm số f

 

t đồng biến trên khoảng



0;



.
Khi đó phương trình

 

2 được viết dưới dạng





2
x
1
2
2
x
x
1
2
f
2
x
f 




 









 





x 1





x 3x 1



0
0
1
x
4
x
2

x3_ 2_ _ _ _ _ 2_ _ _



Đối chiếu với điều kiện ta thấy tập nghiệm của phương trình

 

1 là






 _


2
13

3
;
1
S .

<i><b>10)</b></i>

1 x

x
1
1
ln
x
x
1
1
ln

x x2

1
1
2
3
x
1
1








 







    với x > 0) ĐS : x = 1

 Hướng dẫn :

Ta coù :









1 x

x
1
1
ln
1
x
x
x
1
1
ln
1
x

x
1
x
1
1
ln
x
x
1
1
ln

x x 2 ₂

1
1
2
3
x
1
1 ₂







 








 









 






   









_












 








 

 1
x
1
1
ln
1
x
x
1
x
1
1
ln

1

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>









_






 _







 










 _






 


 1

x
1
1
ln
1
x
x
1
x
1
1
ln
1
x

x 2 2 ₂ _{(vì x > 0)} ₍₁₎

Đặt u x₂ 0

v x 0

 




 

 ta được :









2 2

2

1 1

u u 1 ln 1 1 v v 1 ln 1 1

u v

       

 _  _  _ _ _  _  _ _

   

     f(u) = f(v)

Xeùt hàm đặc trưng :

 





_














 


 1

t
1
1
ln
1
t
t
t

f với t > 0.

 f ’(t) =



2t 1 ln 1



1 2



2t 1 ln 1



1 1



2t 1 ln 1



1 2



2t 1 ln 1



1 2

1

t t _t t t 2t 1

2

 

   

       

 _  _   _ _  _ _  _  _   _ _  _ _



  _   _ _      

 

Mặt khác, xét hàm số :

 

1
t
2

2
t

1

1
ln
t
g








 



 g’(t) =



_{ }

_

2

_

_

_

2

1 4 1

0

t t 1 _{2t 1} _{t t 1 2t 1}

 

  

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

Bảng biến thiên :

t 0 +

g’(t) 

g(t)
+

0
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.
 Cách khaùc :

…









_















 

















 


 1

x
1
1
ln
1
x
x
1
x
1
1
ln
1
x

x 2 2 ₂ _{(vì x > 0)} ₍₁₎

Xét hàm đặc trưng :

 





_















 


 1

t
1
1
ln
1
t
t
t

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

Ta có : f ’(t) =









_
















 









 


1
t
2

2
t

1
1
ln
1
t

2
2
t
1
1
ln
1
t
2
Xeùt hàm :

 

1
t
2

2
t

1
1
ln
t
g









 

 , có : g’(t) =



_{ }



2







2

1 4 1

0

t t 1 _{2t 1} _{t t 1 2t 1}

 _ _  _

 _ _ _ , t > 0

Do đó g(t) nghịch biến trên (0 ; +) mà lim g

 

t 0

t  suy ra g(t) > 0 ; t > 0

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

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

<i><b>11)</b></i>

3 1 x log3(1 2x)

x     (1) ÑS : x = 0  x = 1

 Hướng dẫn :

Điều kiện :

2
1
x
0
x
2

1    (2)

<i><b>Caùch 1 : </b></i>

Đặt y log



1 2x



3y 1 2x

3    

</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

Ta có hệ :

 

 














2
.
3
x
2
1
3

1
.
3
y
x
1
3

y
x

Trừ vế theo vế ta có 3x_{+ x = 3}y_{+ y} ₍₄₎

Xét hàm số f

 

t tlog3t. Phương trình (4) có daïng f(x) = f(y). (5)

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

Thay vào (3.1) có 3x_{= 1 + 2x}_₃x_{– 2x – 1 = 0} ₍₆₎

Xét hàm số g(x) = 3x_{– 2x – 1 ; g’(x) = 3}x_{ln3 – 2 ; g’(x) = 0}__{x = x}

0 = log32 – log3(ln3)

Lí luận tương tự ví dụ 1 suy ra x = 0 , x = 1 là hai nghiệm của phương trình đã cho.
<i><b>Cách 2 : </b></i>

Ta coù :

 

1 3x log33x 



12x



log3



12x



(7)

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.

<i><b>12)</b></i>

3

7
1

x

)
5
x
6
(
log
2
1

7     (1) ÑS : x = 1  x = 2

 Hướng dẫn :

Điều kiện : 6x – 5 > 0  x >

6
5

Đặt y – 1 = log7(6x – 5)3 7y – 1 = 6x – 5 (1)

Khi đó, phương trình đã cho trở thành : 7x – 1_{= 1 + 2log}

7(6x – 5)3 = 1 + 6log7(6x – 5) = 6y – 5 (2)

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

Haøm số g(t) = 7t_{– 6t – 1 có g’(t) = 7}t_{ln7 – 6}__{g’(t) = 7}t_{ln7 – 6 = 0}__t

0 = 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 nghieäm

này đều thịa mãn điều kiện.

<i><b> Cách 2 : Ta có : </b></i> x 1 3
7

7  2log (6x 5) 17x 1 6(x 1) (6x 5) 6log  ₇



6x 5



(7)
Xét hàm số f

 

t t6log7t ; phương trình (7) có dạng f 7

 

x 1 f 6x 5







(8)

Rõ ràng f(t) đồng biến trên R. Do vậy (8)  7x – 1_{= 6x – 5} ₍₉₎

Phần còn lại của lời giải trình bày như cách 1.

<i><b>13)</b></i>

6x 3log6



5x1



2x1

 Hướng dẫn :
Điều kiện :

5
1
x

Khi đó, đặt tlog₆



5x1



, ta có hệ phương trình :





_























1
x
5
6

1
x
2
t
3
6
1

x
5
log
t

1
x
2
t
3
6

t
x
6

x

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

Xét hàm số f

 

x _6x _3x_{, 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 _5x_1_6x_5x_1_0

Đặt g

 

x _6x _5x_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 :

</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>

g’(1) = 61_ln6_5_6ln6_5_0_{(do ln6 > lne}1_{= 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) nhö sau :

x 

5
1

 0 x0 1 +

g’(x)  0 +

g(x)

Từ bảng xét dấu, ta suy ra rằng phương trình g(x) = 0 nếu có thì sẽ có khơng q hai nghiệm thực phân biệt.
Mặt khác, ta có g

 

0 _60_5_0_1_0_g

 

1 _61_5_1_1

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

<i><b>14)</b></i>

cos2x log (4cos 2x cos6x 1)
6

sin

2

1 3

4
x

sin

2 2















 ₍₁₎ _{ÑS : x = k}__{, k}__Z

 Hướng dẫn :

<i><b>Caùch 1 : Ta coù </b></i>

 

cos2x log



3cos2x 1



2

1
2

1  cos2x1   4  (2)

Điều kiện :

3
1
x
2

cos  . Đặt y = cos2x, điều kiện y 1
3

1_ _ ₍₃₎

Phương trình (2) trở thành : y log



3y 1



2 1 2y log



3y 1



2

1

2y1   4   y   2  (4)

Đặt t log



3y 1



2t 3y 1

2    

 . Điều kiện : y 1 t 1

3

1_ _ _ _  ₍₅₎

Ta có hệ













1
y
3
2

1
t
y
2
2

t
y

(6)

Trừ theo từng vế có 2y_y_2t _t ₍₇₎

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

Thay vaøo (6) coù 2t_{= 3t – 1}__2øt_{– 3t + 1 = 0} ₍₉₎

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

g’(t) = 2t_{ln2 – 3, g’(t) = 0}__{t = t}

0 = 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 : _

_

_{ }

_







5

do
loại
3

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

Vậy nghiệm của phương trình (1) là x = k , k  Z.
<i><b>Cách 2 : Tiếp nối từ phương trình (4) của cách 1 </b></i>
Viết lại (4)  2y_{+ log}

22y = (3y – 1) + log2(3y – 1) (10)

Xeùt hàm f(z) = z + log2z, phương trình (10) có daïng 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.

<i><b>15)</b></i>

_

_

3x 8x 5

1
x

1
x
2

log 2

2

3 _   



ÑS :
3
2

x  x2
 Hướng dẫn :

Phương trình cho tương đương log



2x 1

 

2x 1



log 3



x 1



2 3



x 1

  

2 *

3

</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15>

Xét hàm số f

 

t log3tt, t0 và 'f

 

t  _t_ln1₃10 với t0 nên hàm f

 

t đồng biến trên khoảng



0;



. Phương trình

 

* có dạng _f



₂_x_₁



__f



₃



_x_₁



2



_₂_x_₁_₃



_x_₁



2_{, phương trình này có nghiệm}

3
2

x hoặc x2.

Vậy, phương trình cho có hai nghiệm
3

2

x hoặc x2.

<i><b>16)</b></i>

7x 21x 14
5

x
4
x
2

3
x
x

log 2

2
2

3 _ _   



 ₍₁₎ _{ÑS : x =}_₁__{x =}_₂

 Hướng dẫn :
Điều kiện :


















R
x
,
0
5
x
4
x
2

R
x
,

0
3
x
x

2
2

 (1) xác định x  R
Nhận xét : 7(2x2_{+ 4x + 5) – 7(x}2_{+ x + 3) = 7x}2_{+ 21x + 14}

Do đó (1)  log3(x2 + x + 3) – log3(2x2 + 4x + 5) = 7(2x2 + 4x + 5) + 7(x2 + x + 3)

 log3(x2 + x + 3) + 7(x2 + x + 3) = log3(2x2 + 4x + 5) + 7(2x2 + 4x + 5)

Đặt














5
x
4
x
2
v

3
x
x
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) =

3
ln
.
t

1 _{+ 7 > 0,}__{t > 0}

 f(t) là hàm đồng biến t > 0

Do đó f(u) = f(v)  u = v  x2_{+ x + 3 = 2x}2_{+ 4x + 5}__x2_{+ 3x + 2 = 0}__{x =}_₁__{x =}__2.

<i><b>17)</b></i>

x 3x 2

5
x
4
x
2

2
x
x

log 2

2
2

3   













 ₍₁₎ _{ÑS : x = 1}__{x = 2}

 Hướng dẫn :
Ta có :


















R
x
0
5
x
4
x

2

R
x
0
2
x
x

2
2

 Nhận xét : x2_{– 3x + 2 = (2x}2_{– 4x + 5) – (x}2_{– x + 2)}

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

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

Đặt
















0
5
x
4
x
2
v

0
2
x
x
u

2
2

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

Xét hàm số f(t) = log3t + t với t > 0

 

1 0 t 0

3
ln

t

1
t
'

f     

 f(t) là hàm số tăng t  (0 ; +)

Do đó : f(u) = f(v)  u = v  x2_{– x + 2 = 2x}2_{– 4x + 5}__x2_{– 3x + 2 = 0}_








2
x

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

<i><b>18)</b></i>

x 6x 8

5
x

4
x

3
x
2

log 2

2

2   











  ₍₁₎ _{ÑS : x = 2}__{x = 4}

 Hướng dẫn :

Ta coù : x2_{– 4x + 5 = (x – 2)}2_{+ 1 > 0}__x__R

Điều kieän :

2
3
x
0
3
x

</div>
<span class='text_page_counter'>(16)</span><div class='page_container' data-page=16>

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

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

Đặt














0
5
x

4
x
v

0
3
x
2
u

2

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

Xét hàm số f(t) = log2t + t với t > 0

 

1 0

2
ln
t

1
t
'

f    t > 0

 f(t) luôn tăng trên (0 , +)

Do đó : f(u) = f(v)  u = v  2x – 3 = x2_{– 4x + 5}__x2_{– 6x + 8 = 0}_








4
x

2
x

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

<i><b>19*)</b></i>

3x 5x 2
5

x
4
x
5

3
x
x
2

log ₂ 2

2

3   













 ₍₁₎ _{ÑS : x = –1}__{x =}

3
2



 Hướng dẫn :

Ta thaáy : (5x2_{+ 4x + 5) – (2x}2_{– x + 3) = 3x}2_{+ 5x + 2}

Do đó, ta đặt : a = 2x2_{– x + 3 ; b = 5x}2_{+ 4x + 5 thì ta có được phương trình : log}

3a + a = log3b + b

 f(a) = f(b) (1)

Trong đó, hàm f(t) = log3t + t là hàm số đồng biến

Do vaäy : (1)  a = b  b – a = 0  3x2_{+ 5x + 2= 0}__{x =}__{1 , x =}

3
2



Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm : x =
3
2

 ; x = 1

<i><b>20*)</b></i>

x x 6x 8

9
x
13
x
13

1

x
7
x
14
x

log ₂ 4 2

2
4

7

1    







  _{ÑS : x =}_₁__{x = 2}

 Hướng dẫn :

Nhận thấy 14x2_7x_1_0_,__x__{R, do}













0
7

0
14
a

suy ra x4_14x2_7x_1_0_,__x__{R (2)}
0

9
x
13
x

13 2_ _ _ _,__x__{R , do}













0
299

0
13
a

(3)

Từ (2), (3) suy ra phương trình có tập xác định là R. (4)

Ta coù : log



x 14x 7x 1



log



13x2 13x 9

 

x4 14x2 7x 1

 

13x2 13x 9



7
1
2

4
7

1             



x 14x 7x 1

 

x 14x 7x 1



log



13x 13x 9

 

13x 13x 9



log 2 2

7
1
2

4
2

4
7

1             

 (5)

Xét hàm số f

 

t log t t

7

1 

 có tập xác định _R*



Phương trình (5) có dạng f



x4_14x2_7x_1

 

_f13x2_13x_9



 ₍₆₎

Rõ ràng f(t) nghịch biến trên _R*



Do vậy

 

6 _x4_14x2_7x_1_13x2 _13x_9_x4 _x2 _6x_8_0_



x2 _1



2 _



x_3



2 _0



x2_x_4



x2_x_2



_0

 (7)

Vì 0

4
15
2

1
x
4
x
x

2

2 _ _







 



 x  R neân

 

_













2
x

1
x
0
2
x
x

7 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(17)</span><div class='page_container' data-page=17>

<b>C. HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ - LOGARIT </b>

<i><b>1)</b></i>

<b> </b>









)
2
(
12
y
xy
x
)
1
(
x
y
3
3
2
2
y
x

ÑS : (–2 ; –2) ; (2 ; 2)

 Hướng dẫn :

Từ phương trình (1), ta có :3x3y yx3xx3yy f(x)f(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)  3x2 12x24















2
y
2
x
2

y
2
x

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

<i><b>2)</b></i>

<b> </b>









27
y
xy
x
x
y
e
e
2
2
y
x

ÑS : (3 ; 3); (–3 ; –3)

 Hướng dẫn :

Từ phương trình (1), ta có :exey yxexxeyy f(x)f(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)  3x2 27x2 9















3
y
3
x
3
y
3
x

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

<i><b>3)</b></i>

<b> </b>












1
)
2
y
(
x
)
1
y
y
)(
1
x
(
2

2
y
x
2
4
x
y
3
3

ÑS : (–1 ; –1) ; (1 ; 1)

 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f(x)f(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

( 2 4 3  

 _










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

4   















 




















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).

<i><b>4)</b></i>

<b> </b>










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f(x)f(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)  log x 3log2x 2 0

2

2    












4
x
2

x
2
x
log
1
x
log
2
2












4
y
4
x
2
y
2
x

</div>
<span class='text_page_counter'>(18)</span><div class='page_container' data-page=18>

<i><b>5)</b></i>





















1
3
2
2

1
3
2

2

1
2

1
2

x
y

y
y
y

x
x

x _{(DBÑH 2007)} _{ÑS : (1 ; 1)}

 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

. Ta được hệ

 

 
















2
1
3
1
v
v

1
1
3
1
u
u

u
2

v
2

Từ (1) và (2) ta có : 2 2 v u

3
3

1
v
1
u
v

u       u u2 13u v v2 13v (3)
Xét hàm đặc trưng _f

 

_t __t_ _t2_₁_₃t_,__t_

 

3
ln
3
1
t

t
1
t
t
'

f 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 

 

0
3
ln
1
3
ln
1
u

1
u

'
g

2     

 , u  R

 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).

<i><b>6)</b></i>

<b> </b>









 

 

















2
0

y
20
xy
12
x

1
y
x
y
1
ln
x
1
ln

2

2 (DBÑH 2006) ÑS : (0 ; 0)

 Hướng dẫn :

Điều kiện : x > 1, y > 1

(2)  x2_{+ 20y}2_{= 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







  f ’(t) = 0  t = 0
Baûng biến thiên :

t 1 0 +

f’(t) + 0 

f(t) 0

 

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 khơng thỏa (*) (vì khi đó vế trái (2) ln
dương)  phương trình vơ nghiệm.

</div>
<span class='text_page_counter'>(19)</span><div class='page_container' data-page=19>

<b>D. MỘT SỐ BÀI TỐN LIÊN QUAN ĐẾN HÀM ĐẶC TRƯNG </b>

<b>BAØI 4 : (ĐỀ THI THPT QG 2017</b>) Xét các số thực dương x, y thỏa mãn 3xy x 2y 4
y

2
x

xy
1

log3    



 _.

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

3
3

11
2
Pmin




<i><b> Câu 47 (mã đề 101) : Xét các số thực dương x, y thỏa mãn </b></i> 3xy x 2y 4
y

2
x

xy
1

log3    



 _.

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

A.

9
19
11
9

Pmin



 B.

9
19
11
9
Pmin



 C.

21
29
11
18

P_min   D.

3
3
11
2
Pmin





 Hướng dẫn :
 Điều kiện: xy < 1

Ta coù: 3xy x 2y 4 log



1 xy



log



x 2y



3xy x 2y 4
y

2
x

xy
1

log3      3   3     






1 xy

 

31 xy



1 log



x 2y



x 2y

log₃      ₃   









log₃1xy log₃3

 

31xy



log₃



x2y



x2y





1 xy

 

31 xy



log



x 2y

 

x 2y



3

log3     3   

 (1)

Xét hàm số f(t) = log3t + t, t > 0

Ta coù:

 

1 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
3
1

y
2
3
x





Vì x > 0, y > 0 nên

2
3
y
0 

Ta có:

y
3
1

3
y
y
3
y
y
3
1

y
2
3
y
x

P 2











 , 









2

3
;
0
y

P’ =





2
2

y
3
1

10
y
6
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:

y 0

3
11
1


2
3

P’  0 

P

3
3
11

2 

Vaäy

3
3
11
2
Pmin



</div>
<span class='text_page_counter'>(20)</span><div class='page_container' data-page=20>

<b>BAØI 5 : (ĐỀ THI THPT QG 2018</b>) Cho phương trình 5x mlog₅



xm



với m là tham số. Có bao nhiêu giá

trị nguyên của m  (–20 ; 20) để phương trình đã cho có nghiệm? ĐS : 19 giá trị.

<i><b> Câu 46 (mã đề 101) : Cho phương trình 5</b></i>x_{+ m = log}

5(x – m) với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên

của m  (20 ; 20) để phương trình đã cho có nghiệm?

A. 20 B. 19 C. 9 D. 21

 Hướng dẫn :
Điều kiện : x > m.

Ta coù : 5xmlog₅(xm)5xx



xm



log₅(xm)5xx5log5(xm)log₅(xm)

Đặt










)
m
x
(
log
v

x
u

5

)

v
(
f
)
u
(
f
v
5
u

5u  v  



Xét hàm đặc trưng f(t)5t t, t > 0  f'

 

t 5t.ln510,t0

 hàm số f(t) đồng biến trên R.

Do đó : f(u) = f(v)  u = v  x x

5(x m) x x m 5 m x 5

log        

Xét hàm số : g(x) =

5
ln

1
log
x
5
ln

1
5
0
)
x
(
'
g
;
5
ln
.
5
1
)
x
(
'
g
5
x
)
x
(

g 5

x
x

x        




Bảng biến thiên:

Do đó để phương trình có nghiệm thì g



log₅

 

ln5



0,29

Các giá trị nguyên của m  (20 ; 20) laø –19 ; –18 ; … ; –1 có 19 giá trị m thỏa mãn.

<b>BÀI 6 : Xét x, y là các số thực dương thỏa mãn </b> 2x 4y 1
y

x
y
4
x

log2   



 _{. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu}

thức: 4

_

2 2

_

₃ 2
y
x

x
6
y
x
2
x
2
P





 ÑS :

9
16
P_min 

<i><b> Câu 50 : Xét x, y là các số thực dương thỏa mãn </b></i> 2x 4y 1
y

x
y
4

x

log₂   



 _{. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức:}





3
2
2
2
4

y
x

x
6
y
x
2
x
2
P







A.

9
25

Pmin  B. Pmin 4 C.

4
9

Pmin  D.

9
16
Pmin 

 Hướng dẫn :

Ta coù : 2x 4y

y
2
x
2

y
4
x

log
y

4
x
2
1
y
x

y
4
x
log
1
y
4
x
2
y
x

y
4
x

log₂ ₂ ₂  



















)
y
2
x
2
(
2
)
y
2
x
2
(
log
)

y
4
x
(
2
)
y
4
x
(
log
y
4
x
2
)
y
2
x
2
(
log
)
y
4
x
(

log₂   ₂     ₂     ₂   



Đặt













0
y
2
x
2
v

0
y
4
x
u

)

v
(
f
)
u
(
f
v
2
v
log
u
2
u

log₂   ₂   



Xét hàm đặc trưng f(t)log₂t2t, t > 0 

 

2 0, t 0
2

ln
.
t

1
t
'

f     

 hàm số f(t) đồng biến trên khoảng (0 ; +).

</div>
<span class='text_page_counter'>(21)</span><div class='page_container' data-page=21>





9
16
y
1
y
2
27
24
y
1
y
27
24
y

27
y
24
y
24
y

27

y
24

y
8
y
32
y

y
2

)
y
2
(
6
y
)
y
2
(
2
)
y
2
(
2

P ₃

2
4

3
2
4

4
3

2
2

2
4






























Dấu “=” xảy ra y 1 y 1 x 2

y
1

y  2     

 .

Vậy giá trị nhỏ nhất là

9
16

P_min  khi x =2 vaø y = 1.

</div>

<!--links-->