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

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

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII

<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) ln
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).

<b>A. PHƯƠNG TRÌNH MŨ </b>

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

2x12x2x 



x1



2 (1) ĐS : 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  2}u_{+ 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 soá 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_{ x}2_{+ 3x + 2 = 0 }











2
x

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

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII

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

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

22x 32x 2x3x1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 2}x_{– 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

Baûng biến thiên :

x 0 x0 +

f’(x)  0 +

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.

<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  2}u_{+ 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 nên 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 _

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

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII

Viết 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.
<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 có :


















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

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

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

x x

2 _x 1 x 2

1
2

log     DBÑH 2007 ÑS : 1

 Hướng dẫn :

x
x

2 _x 1 x 2

1
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  2}x_{= 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 :

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

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII

(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  2}x_{– 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

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.

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





2
2

2

1
x

1
x
2
log
2
x
6
x
2







 ĐS : 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) taêng t  (0 ; +)

Do đó : f(u) = f(v)  u = v  2x + 1 = 2x2_{– 4x + 2  2x}2_{– 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

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

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII

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) taêng treân (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.

 Caùch khaùc :

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
 phương trình có một nghiệm duy nhất x = 1

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

7 2log (6x 1)3 1

7

x    (1) ÑS : x = 0  x = 1

 Hướng dẫn :
Điều kiện :

6
1
x
0
1
x

6     (2)

 Caùch 1 :

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 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 7x 6log77x 6log7



6x1

 

 6x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₎

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

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII

 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 :

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,}

mà g(1) = g(3) = 0 nên suy ra nghiệm là x = 1  x = 3

<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 ₁ _x 3 . x 3. x

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



log 3 3 ₂

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  1  f’(t) = t 3 0

2
ln
.
t

1 _ _ _{, t  1}

 f(t) là hàm số luôn luôn 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   





 


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

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII





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 .

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

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










)
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>










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>













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 thaáy :

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   

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

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII

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>











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

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

<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 

 

ln3 1 ln3 0

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>









 

_{ }













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

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

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII

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 vô nghiệm.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (0 ; 0).

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

<b>BAØI 4 : (</b>ĐỀ THI THPT QG 2017) 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: 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. Pmin 9 11₉19 C.

21
29
11
18
Pmin



 D.

3
3
11
2

Pmin  

 Hướng dẫn :

 Điều kiện: xy < 1

Ta có: 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  9y}2_{+ 6y – 10 = 0 }
































2
3
;
0
3

11
1
y

2

3
;
0
3

11
1
y

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

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII

y 0

3
11

1



2
3

P’  0 

P

3
3
11

2 

Vaäy

3
3
11
2

</div>

<!--links-->