KSHSPTMuLogarit

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (294.67 KB, 40 trang )

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

Chuyên đề 1:

HÀM SỐ

Bài tập 1: Cho hàm sốy x3 (1 2 )m x2 (2 m x m) 2

       (C)

1.1 Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị



C2



với m = 2.

1.2 Tìm m để hàm đồng biến trên



0;



1.3 Tìm m để hàm số có CĐ, CT thỏa mãn:

a. x CT 2

b. Hồnh độ các điểm cực trị lớn hơn -1
c. 1 2

1
3

x  x  , với x x1; 2 là hồnh độ các điểm cực trị

d. Có ít nhất 1 hoành độ cực trị thuộc khoảng (-2; 0)

Lời giải:
1.1. Các bạn tự làm.

1.2. Hàm đồng biến trên



0;



y' 3x2 2(1 2m x) (2 m) 0

       với





x

  

 

4 1

2
3x 2x

f x m

x



 

 

 với  x



0;



Ta có:

 









2
2

3 1 73

2 6

' 0 6

4 1 3 0 12

x

f x x x x x

x

         

  

Lập bảng biến thiên của hàm f(x) trên



0; 



, từ đó ta đi đến kết luận:

1 73 3 73

12 8

f      m  m

 

1.3. Ta có: y' 3x2 2 1( 2m x) (2 m)

    

Hàm số có CĐ, CT  y' 0 có 2 nghiệm phân biệt
2 2

' (1 2 ) 3(2 ) 4 5 0 4

m

m m m m

m





          



 


(*)

Với điều kiện (*), gọi x1x2 là 2 nghiệm phân biệt của y’ = 0. Hàm số đạt cực trị tại
các điểm x x1; 2.

a. Hàm số đạt cực tiểu tại điểm 2 2 1 4 2 5 2

3 CT

m m m

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

Do đó: 2 1 4 2 5 2
3

CT

m

x     m  m 





2
2

4 5 7 2

7 2 0

4 5 7 2

m m m

m

m m m

    

 




   

   




Kết hợp với (*), kết luận các giá trị cần tìm của m là:



; 1



5;2
4

m      

 

b. Hoành độ các điểm cực trị lớn hơn -1  y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x x1; 2 đều

lơn hơn -1



 



2
2

1 2

' 4 5 0

(1 2 ) 5

2 2

3 4

1 1 0 (1 2 )

3
2

0
3

m m

m

x x m

x x m m



    

     

  

          

    

   

  




c. Áp dụng định lí viet, ta có:

1 2
1 2

(1 2 )
3
2

2 m

x x

m
x x




 







 




Ta có: 1 2



1 2





1 2



2 1 2
1
4

3 9

x  x   x  x  x x  x x 









4 1 2 4 2 1 16 12 5 0

3 29 3 29

8 8

m m m m

m m

        

 

   

Kết hợp (*), ta suy ra 3 29 1
8

m   m 

d. Để hàm số có ít nhất 1 cực trị thuộc (-2; 0)  y'f x

 

0 có 2 nghiệm phân biệt

1; 2

x x và có ít nhất 1 nghiệm thuộc (-2; 0)

1 2

2 0 (1)

2 0 (2)

2 0 (3)

x x

   




    



   

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



 



2
2

1 2

4 5 0

' 4 5 0 2 1

2 0

2 0 10

(1) 2 (2 1) 2 1

4 0

2 2 0 3 3

0 0

3
4

m m

m m m

x x

m

m m

x x

m
x x

   



     



   

 

  

 

          

  

    

 




 

 




 



 





 







2
2

1 2

4 5 0

' 4 5 0 2

0 2 0 2 1

(2) 2 2

2 2 0 3

4 2 1

2 2 0 4 0

3 3

m m

m m m

f m m

m

x x

m
m

x x

   



    





   

 

       

   

 

      

    







2
2

1 2
1 2

4 5 0

' 4 5 0 3 5 0

2 10 6 0 2 1 5

(3) 0 1

0 3

0 0

m m

m m m

f m m

m

x x

m
x x

   



      




   

  

         

 

 

   

  



Tóm lại các giá trị m cần tìm là: 5; 1





m     

 

Bài tập 2 : Cho hàm số y x3 3x2 mx 2

    . Tìm m để hàm số có:

2.1. Cực trị và các điểm cực trị cách đều đường thẳng y = x – 1
2.2. Phương trình đường thẳng đi qua các điểm cực trị song song với

y = - 4x + 3

2.3. Phương trình đường thẳng đi qua các điểm cực trị tạo với đường thẳng

x + 4y – 5 = 0 một góc 45.

2.4. Các điểm cực trị đối xứng qua tâm 5; 17

3 3

I   

 

2.5. Các điểm cực trị đối xứng qua đường thẳng : 3 1

2 2

y x

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

2.6. Các điểm cực trị nằm về 2 phía đối với đường thẳng y = 4x + 5.

2.7. Có cực trị và chứng minh khoảng cách giữa 2 điểm cực trị lớn hơn 2.

2.8. Cực trị tại x x1; 2 thỏa mãn: x1 3x2 4.

Lời giải:

Hàm số có CĐ, CT  y' 3 x2  6x m 0 có 2 nghiệm phân biệt

   ' 9 3m 0 m 3 (*)

Với điều kiện (*), gọi x1x2 là 2 nghiệm phân biệt của y’ = 0. Hàm số đạt cực trị tại
các điểm x x1; 2; gọi hai điểm cực trị là A



x1;y1



;B x



2;y2



Thực hiện phép chia y cho y’ ta được:

1 1 2

' 2 2

3 3 3 3

m m

y x y    x  

     



 

1 1

2 2

1
2
2

2 2

3 3

2 2

3 3

y y x

y

m
m
x

y

x

   

      

   

   

      

 











 Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là d: 2 2 2

3 3

m m

y   x  

   

2.1. Các điểm cực trị cách đều đường thẳng y = x – 1 xảy ra 1 trong 2 trường hợp:

TH1: Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị song song hoặc trùng với đường

thẳng y = x – 1 2 2 1 3

3 2

m

 

    

  

  (thỏa mãn)

TH2: Trung điểm I của AB nằm trên đường thẳng y = x – 1









1 2 1

2
2

2 2 2 2

3 3

2 2

3 .2 6 0

2 2

I I

x

m m

x x x x

m

m
y

m

y x

   

           

   

 

  

 

       

 

  



Vậy các giá trị cần tìm của m là: 0; 3
2

m   

 

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

2 4

2 3

m

m
m

  

   


  

   

 

  

 

 



(thỏa mãn)

2.3. Đặt 2 2

m
k    

  là hệ số góc của đường thẳng đi qua các điểm cực trị.
Đường thẳng x + 4y – 5 = 0 có hệ số góc bằng -1/4

Ta có:

3 39

1 1

1 1

5 10

4 4

4
tan 45

1 1 1 5 1

1 1

4 4 4 3 2

k m

k k

k

k k k k m

 



 

  

   

      

 



     

  

  



Kết hợp đk (*), suy ra giá trị m cần tìm là: 1
2

m 

2.4. Các điểm cực trị đối xứng qua tâm 5; 17
3 3

M   

 

M d

  17 2 2 5 2 3

3 3

m m

m

   

        



   

  (thỏa mãn)

Vậy m = 3

2.5. Theo định lí viet ta có:

1 2
1 2

x x

m
x x

 










Gọi I là trung điểm của AB  I



1;m



Các điểm cực trị đối xứng qua đường thẳng : 3 1

2 2

y x

   d

I

 

 

 


2 3

2
3 1
2

. 1

3 2 2

m

m
m

  

    



  

   




  

(thỏa mãn (*))

Vậy không tồn tại giá trị m thỏa mãn bài toán

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









1 2 1 2
2

3 4 2 1 0

3 5 0

3 3

m

x x x x

m m

 

    

 

 

   

      

   



3 0

15
3

4 4

5 0

m

m
m



 




   

  




Vậy 15

m  là các giá trị cần tìm.

2.7. Ta có: 2













2
2

1 2 1

2 1

AB  x x  y  y  m  x x





     



  

2
2

2 1

3 4 3

m
m

   

       

 

 

 




Với m thỏa mãn đk (*) 2 2 0
3

m

    AB2  2 AB 2
Vậy khi hàm số có cực trị thì khoảng cách cực trị ln lớn hơn 2

2.8. Áp dụng định lí viet, kết hợp điều kiện ta có hệ:

1
1 2

1 2 2

1 2

1 2
5

2 2

1 5 15

3 2 3 4 4

3 4

x

x x

m m

x x x m

m

x x x x





 






 

       

 

 

 

 

 




(thỏa mãn (*))

Vậy 15

m 

Bài tập 3 : Cho hàm số y x4 2mx2 2m m4

   

3.1. Tìm m để hàm số chỉ có cực tiểu mà khơng có cực đại
3.2. Tìm m để hàm số có 3 cực trị là 3 đỉnh của một tam giác:

a. Vuông cân
b. Đều

c. Tam giác có diện tích bằng 4.

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

3.4. Tìm m để parabol đi qua 3 điểm cực trị đi qua điểm M



2;1



Lời giải:

3.1. Ta có: ' 4 3 4 0 0 2

( ) 0

x

y x mx

g x x m




    

  



Vì hệ số a = 1 > 0 nên nếu hàm số có 1 cực trị thì đó là điểm cực tiểu, do đó điều kiện
để hàm có cực tiểu mà khơng có cực đại là y’ = 0 đổi dấu tại duy nhất 1 điểm

    g m 0 m0

3.2. Hàm số có 3 cực trị y' 0 có 3 nghiệm phân biệt  g m 0 m0 (*)

Với đk (*), phương trình y’ = 0 có 3 nghiệm x1  m x; 2 0;x3  m. Hàm số đạt

cực trị tại x x x1; ;2 3. Gọi







 



4 4 2 4 2

0;2 ; ; 2 ; ; 2

A m m B m m  m  m C  m m  m  m
là 3 điểm cực trị.

Ta có: AB2 AC2 m4 m BC; 2 4m ABC

      cân đỉnh A

a. ABC vuông cân  ABC vuông cân tại A BC2 AB2 AC2

4 2 4 2 4 0
1

m

m m m m m

m




      




Kết hợp điều kiện, suy ra giá trị cần tìm m 1

b. ABC đều  BCAB AC  m4 m4m 4 3
0

m
m m

m




   



Kết hợp điều kiện, suy ra giá trị cần tìm m 3 3

c. Gọi M là trung điểm của BC M



0;m4  m2 2m



 AM m2 m2
Vì ABC cân tại A nên AM cũng là đường cao, do đó:

2
5

5 5

1 1

. . . 4 4

2 2

4 16 16

ABC

S AM BC m m

m m m

   

     

2;1



1 m4 2m 2m m 1

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

Kết hợp điều kiện, ta lấy nghiệm m = 1. Vậy

 

P1 :y x2 3

Bài tập 4 : Cho hàm số

2 2 1 3 2

x mx m

y

x m

  



 . Tìm tham số m để hàm số có:

4.1. Hai điểm cực trị nằm về hai phía trục tung;

4.2. Hai điểm cực trị cùng với gốc tọa độ O lập thành tam giác vuông tại O;
4.3. Hai điểm cực trị cùng với điểm M(0; 2) thẳng hàng;

4.4. Khoảng cách hai điểm cực trị bằng m 10;

4.5. Cực trị và tính khoảng cách từ điểm cực tiểu đến TCX.
4.6. Cực trị và thỏa mãn: yCD yCT 2 3

Lời giải:

Tập xác định: D R \

 

m
Ta có:









2 2

1 1 2 1

3 ' 1 x xm m

y x m y

x m x m x m

  

      

  

4.1. Hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục tung  y’ = 0 có 2 nghiệm trái

dấu

2 2

( ) 2 1

g x x xm m

     có 2 nghiệm trái dấu cùng khác m

2 1 0

1 1

( ) 0

m

m
g m

  

     




Vậy m  



1;1



4.2. Có: 1

1
' 0

x x m

y

x x m

  



     



Do đó hàm số ln đạt cực trị tại x x1; 2. Ta có:

 

1 1 4 2; 2 2 4 2

y y x  m y y x  m

Gọi 2 điểm cực trị là A m



 1;4m 2 ;



B m



1;4m2



OAB

 vuông tại O  OA OB  OA OB               . 0



 



1 1 4 2 4 2 0

17 5 0

m m m m

m m

      

    

Vậy 85

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

4.3. Ta có: MA



m 1;4m 2 ;



MB



m1;4m



 

A, M, B thẳng hàng  MA MB ||  4m m



 1

 

 m1 4

 

m 2



6 2 1

m m

   

Đáp số: 1
3

m 

4.4. Ta có: AB m 10 4 42 m 10 m 2

     

4.5. Mọi giá trị m thì hàm số ln có cực trị.

Vì lim





lim 1 0 3

x y x m  x x m   y x  m là TCX của hàm số.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = m – 1. Khoảng cách từ điểm cực tiểu đến TCX là:



 

4 2



3 1

2 2

m m m

h     

4.6. Ta có:

3
4

2 3 8 2 3

3
4

CD CT

m

y m

y

m






    


 



Đáp số: ; 3 3;

4 4

m     

   

Bài tập 5 : Cho hàm số 1

2 1

x
y

x

 


 (C)

5.1. Viết phương trình tiếp tuyến đi qua điểm M(2 ; 3) đến (C)

5.2. Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết rằng tiếp tuyến đó đi qua

giao điểm của 2 đường tiệm cận.

5.3. Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm M 

 

C , biết tiếp tuyến cắt 2
trục tọa độ tạo thành 1 tam giác có diện tích bằng 1.

5.4. Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm M 

 

C , biết tiếp tuyến cắt 2
trục tọa độ tạo thành 1 tam giác cân.

5.5. Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến 2 trục tọa độ

đạt GTNN

5.6. Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến 2 tiệm cận

đạt GTNN

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

5.8. Tìm m để (C) cắt đường thẳng



dm



:y mx 2m 1 tại 2 điểm phân
biệt A, B:

a. Thuộc 2 nhánh của đồ thị (C)

b. Tiếp tuyến tại A, B vng góc với nhau
c. Thỏa mãn đk 4OA OB                . 5

Lời giải:

Tập xác định: \ 1
2

D R   

 . Ta có:





2
3

' 0,

2 1

y x D

x



   



5.1. Vì đường thẳng x = 2 không là tiếp tuyến của (C), nên phương trình đường thẳng

đi qua M (2; 3) có hệ số góc k có dạng: y k x



 2



3 tiếp xúc với (C) khi và chỉ

khi hệ:









2 3

2 1

x

k x
x

k
x

 


  

 



 

 





có nghiệm

Thế k từ pt thứ hai vào pt đầu ta được:









2
2

1 3

2 3 7 4 4 0

2 1 2 1

x

x x x

x x

  

      

  : Vô nghiệm

Vậy khơng có tiếp tuyến nào đi qua M đến (C)

5.2. Hàm số có: TCĐ: 1

x  ; TCN: 1
2

y  1; 1

2 2

I  

   

 

Vì đường thẳng 1
2

x  khơng là tiếp tuyến của (C), nên phương trình đường thẳng đi
qua 1; 1

2 2

I   

 có hệ số góc k có dạng:

1 1

2 2

y k x   

  tiếp xúc với (C) khi và chỉ
khi hệ:





1 1 1

2 1 2 2

2 1

x

k x
x

k
x

    

   

 

 






 

 



có nghiệm

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









1 3 1 1 3 3

2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 1

x

x x x x

     

     

      :Vô nghiệm

Vậy khơng có tiếp tuyến nào đi qua I đến (C)

5.3. Gọi 0

 

1 3 1

;

2 4 2

M x C

x

 

  

 

  . Tiếp tuyến tại M có dạng:





2 2

0 0 0 0

3 3 1 3 3 1

4 4 2 4 2 2

d y x x x

x x x x

 

      

Giả sử A d Ox;B d Oy suy ra: 0





2 3 3

;0 ; 0;

x x x

A B

x

     

   

 

OAB

 vuông tạo O 1 . 2



3 0



2 1

2 3

OAB

S OA OB x

    

3 0 6 0 6 6

2 2

x x 

    

Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn là: 3 4 6
20
40 12 6

y  x 



hay 3 4 6

20
40 12 6

y   x 



5.4. Tiếp tuyến cắt 2 trục tọa độ tạo thành một tam giác cân nên hệ số góc của tiếp

tuyến là k 1. Gọi M x y



0; 0

  

 C là tiếp điểm
- Nếu





2 0 0

3 1 3

1 1 2 1 3

2 1

k x x

x

  

       



Với 0 1 3 0 1 3

2 2

x    y    tiếp tuyến là: y  x 1 3

Với 0 1 3 0 1 3

2 2

x    y    tiếp tuyến là: y x 1 3

- Nếu









2
0
2

0
3

1 1 2 1 3

2 1

k x

x



     

 : Vô nghiệm

Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn bài tốn là: y x 1 3 và y x 1 3

5.5. Gọi 0

 

1 3 1

; ; 0

2 4 2

M x C x

x

 

   

 

 

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

1 3 1

2 4 2

d x

x

   

Với 0

1 1

0 1

2 2

x   d   

Với 0 0 0

0 0

1 3 1 3

0 1 3 1

2 4 2 4

x d x x

x x

   

 

           

     

Dấu = xảy ra khi 0 0
0

3 3 3 1 3 1

;

4 2 2 2

x x M

x

   

     

 

Vậy 3 1; 3 1

2 2

M   

 

thì dmin  3 1

5.6. Khoảng cách tứ M đến TCN, TCĐ làn lượt là: d1 x0 ; 2

0
3
4
d
x


 1 2 0 0

0 0

3 3

2 . 3

4 4

d d d x x

x x

      , dấu = xảy ra khi 0 3

x 

Kết luận: 3 1; 3 1

2 2

M   

 

hoặc 3 1; 3 1

2 2

M     

 

là các điểm cần tìm

5.7. Gọi 1 3; 1

2 4 2

A a

a

 

 

 

  thuộc nhánh trái,

1 3 1

;

2 4 2

B b

b

 

 

 

  thuộc nhánh phải của

đồ thị hàm số (C), với a 0 b. Ta có:













2
2

2 3 3 2 3 3 3

4 4 4 4 2

b a

AB b a b a

b a b a ab


   
          
   
3 4
. 6
2
ab
ab

 



Dấu bằng xảy ra





2
2
3
2
3 3
3
4 4
2

b a a

b a
b
b a


  
 
     
   
  
 
 

Vậy hai điểm cần tìm là: 3 1; 3 1

2 2

A    

 

; 3 1; 3 1

2 2

B   

 

thì ABmin  6

5.8.Xét phương trình hồnh độ giao điểm:

 





2 1 5 1 2 2 0

2 1

x

mx m f x mx m x m

x

 

         

 với

1
2

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

 

C cắt



dm



tại 2 điểm phân biệt A, B f x

 

0 có 2 nghiệm phân biệt khác
1
2


2
0

17 2 9 0

1 1 3

2 4 2

m

m m

m

f m



 

  



       





 

     

  



(*)

 

f x

  có 2 nghiệm phân biệt x x1; 2 mà 1 1 2
2

x   x

1 1 3

2 4 2

m

mf m m

m




   

       

 

    

b. Hệ số góc của tiếp tuyến tại A. B lần lượt là:

















3 3

' ; '

2 1 2 1

A A B B

A B

k y x k y x

x x

 

   

 



 



3 3

. . 0

2 1 2 1

A B

k k

x x

  

  nên hai tiếp tuyên tại A, B khơng thể vng góc
với nhau. Vậy khơng tồn tại m thảo mãn bài toán.

c. Gọi x x1; 2 là 2 nghiệm của f(x). Giả sử A x mx



1; 12m 1 ;



B x mx



2; 2 2m 1



Theo viet ta có:

1 2
1 2

5 1

2 2

m

x x

m
m
x x

m




 







 




Có: 4 . 5 . 5 0

OA OB               OA OB 

   



 









 



1 2 1 2

2
2

1 2 1 2

2 1 2 1 0

1 2 1 2 1 0

x x mx m mx m

m x x m m x x m

       

        



2 1 2









2 1 5

 





2 1



2 5 0

m m m m m m m

         

3 2 3

4 2 0

m m m

    



2 1



2 3 0

m m 

    

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

1 3

2 4

m m 

   

Đáp số: 1; 3
2 4

m  

 

Bài tập 6 : Cho hàm số y



m 1



x m
x m

 







Cm



6.1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số



C3



khi m = 3

6.2. Dựa vào đồ thị hàm số, tùy theo m hãy biện luận số nghiệm của

phương trình:

a. 2

2 3

1 log
3

x

m
x



 


b. 2xx33 2m 1 0



6.3. CMR đồ thị hàm số luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định tại 1



- kí hiệu là  Ct

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

 

t t

C C C

   (Các bạn tự vẽ hình)
Kết luận: 1

m  phương trình vơ nghiệm

1;2
2

m  

  phương trình có nghiệm duy nhất
1;2





m   

  phương trình có 2 nghiệm phân biệt
b. Vẽ đồ thị hàm số

 

C' :y2xx33

 như sau:

- Giữ nguyên nhánh phải của



C3



- kí hiệu là

 

Cp

- Lấy

 

C'p đối xứng nhánh trái của C3



qua trục hoành Ox

 

p p

C C C

   (Các bạn tự vẽ hình)
Kết luận: 1

m  phương trình vơ nghiệm
1 3

2 m 2

   phương trình có nghiệm duy nhất
3

m  phương trình có 2 nghiệm phân biệt

6.3. Gọi M x y



0; 0



là điểm cố định của hàm số





0
1

;

m x m

y m

x m

 

  





0 0

 

0 0 0



0 0 0

0 0 0 0

1 0;

1 0 0

0 1

m x y x x y m

x y x

x x y y

      

   

 

   

  

 

Với M



0; 1



, tiếp tuyến tại M là: y y' 0

 

x 1 x 1

Vậy đồ thị hàm số luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định y  x 1 tại M



0; 1



6.4. Ta có:

1 m

y m

x m

   

 TCĐ:

x m và TCN: y m  1

Gọi





; 1 m m , 0

M a m m C a

a

 

    

 

  . Tiếp tuyến tại M có dạng:



 







2 2 2

: ' 1 m m 1 m

d y y a m x a m m x a m m

a a a

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

Gọi A, B là giao điểm của đường thẳng d với TCN, TCĐ tương ứng nên:





2 ; 1 ; ; 1 m

A a m m B m m

a

 

     

 

Nhận thấy 2

A B M

x x x

y y y

 






 

 M là trung điểm của AB (đpcm)

6.5. Điểm





9 9

: 2 3 ;2

M C y M

x  

 

       

  

Phương trình tiếp tuyến của M có dạng: :y 92 x 2 18 272

  

    

Gọi A, B là giao điểm của đường thẳng d với TCN, TCĐ tương ứng nên:



2 3;2 ;



3;2 18

A  B



 

   

 

Vì I là giao điểm của 2 tiệm cận nên I



3;2



+ IAB vuông tại I nên: 1. . 1. 2 .18 18

2 2

IAB

S IA IB 



    (đvdt)

+ Chu vi tam giác IAB là:

2
2

18 18

2 4

p IA IB AB  

 

 

        

 

2
2

18 18

2 2 2 4 . 12 2.2.18 12 6 2

 

 

       

 

Dấu = xảy ra 2 18  3


thì IAB có chu vi nhỏ nhất bằng 12 6 2

6.6. Dựa vào câu 6.4 ta có khoảng cách từ M đến TCN, TCĐ lần lượt là:

2
1 ; 2

m

d d a

a

 

Suy ra:

2
2
1. 2

m

d d d a m

a

    đpcm.

Bài tập 7: Cho hàm số y x3 3x 2

   (C)

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

7.3. Tìm 2 điểm trên đồ thị hàm số sao cho chúng đối xứng nhau qua tâm

M(-1; 3);

7.4. Tìm 2 điểm trên đồ thị hàm số sao cho chúng đối xứng nhau qua đt

2x – y + 2 = 0;

7.5. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình sau:

a.  x3 3 x m 1 0

b. x2  x 22mx11



7.6. Chứng minh tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất.
Lời giải:

7.1. Điểm M thuộc trục hoành Ox M a





. Nhận thấy đường thẳng x = a không là
tiếp tuyến của (C), xét đường thẳng đi qua M có hệ số góc k có dạng: y k x a







tiếp

xúc với (C)





3
2

3 2

3 3

x x k x a

x k

    


 

  




có nghiệm.
Suy ra:  x33x  2



3x2 3





x a











 





1 2 3 2 3 2 0

2 3 2 3 2 0

x x a x a

x

f x x a x a

      



 

     



Để từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị hàm số (C) thì f x 

 

0 phải có 2 nghiệm

phân biệt khác -1













2 2 6 4 3

3 2 8 3 2 0 3 12 4 0 3

6 0

1 0 6 4 3

a

a a a a

f

a

 




         

 

    

 

   



 




Vậy các điểm M thỏa mãn có tọa độ



a;0



với ;6 4 3 6 4 3;

3 3

a      

   

7.2. Hàm số tiếp xúc với đường thẳng y mx

3
2

3 2

3 3

x x mx

x m

   


 

  




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









2 1 1 0

x x x

x

    

 

Thay vào ta được m = 0. Vậy m = 0 thì (C) tiếp xúc với đường thẳng y = 0.

7.3. Gọi A x y



0; 0

  

 C , B

 

C là điểm đối xứng với A qua điểm M 



1;3





2 0;6 0



B x y

   

Vì A B, 

 

C









0 0 0

3 2

6 2 3 2 2

y x x

   


 

       












0 0 0 0

0 0

6 3 2 2 3 2 2

6 12 6 0

1 0

x x x x

x x

x y

          

   

   

thuộc (C) là hai điểm đối xứng qua đường thẳng d
I là trung điểm của AB nên 1 2; 1 2

2 2

x x y y

I   

 , ta có I d

Có:



 



3 3

1 1 2 2

1 2 3 2 3 2 2. 1 2 2

2 2 2

x x x x

y y        x x

  



1 2



3 1 2



1 2





1 2





1 2



1 2

2 2

1 1 2 2

3 3 2

x x x x x x x x x x

x x

x x x x

        

 


 

  





2 1





12 1 2 22



2 2

1 1 2 2

7 2 0

7
2

x x x x x x x x

x x x x

      

   

- Xét x1x2 0 1 2

7 7

;

2 2

x x

  

- Xét

2 2

1 2
1 1 2 2

2 2

1 1 2 2

1 2

9
1

7 5

2 4

x x

x x x x

x x x x x x



      

 

 

 

  

  

 

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

Vậy 2 điểm đối xứng của đồ thị hàm số là: 7;2 1 7 ; 7;2 1 7

2 2 2 2 2 2

   

  

   

   

7.5. Bạn đọc tự vẽ đồ thị hàm số

 

C y: x3 3x 2

  

a. Ta có: x33x m 1 0   x3 3x   2 3 m
Vẽ đồ thị hàm số y  x3 3 x 2 như sau:

- Giữ nguyên phần đồ thị

 

Cp hàm số (C) bên phải trục Oy

- Lấy



C'p



đối xứng phần đồ thị

 

Cp qua Oy

 

C1



C'p

  

Cp

   từ đó dựa vào đồ thị hàm số biện luận
b. x2  x 22mx11  



x2  x 2



x 1 m21

 với x 1

Vẽ đồ thị hàm số









2 2 1

C y   x  x x như sau:
- Giữ nguyên phần đồ thị

 

Cp của

 

C - ứng với x > -1

7.6. Ta có: y' 3x2 3

  ; y"6x 0 x0



0;2



U

 là điểm uốn của đồ thị hàm số

Hệ số góc của tiếp tuyến tại U là: k y' 0

 

3

Với điểm M x y



0; 0



bất kì thuộc đồ thị hàm số, thì hệ số góc tại M là:
k1 y x'

 

0 3x02  3 3

Vậy tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất.

Bài tập 8 : Cho hàm số





2 3 3

2 1

x x

y

x

  



 (1)

8.1. Tìm m để đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm A, B sao

cho AB = 2

8.2. Chứng minh rằng đồ thị hàm số (1) nhận 1;1

I  

  làm tâm đối xứng.

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

8.4. Tìm trên đồ thị 2 điểm A, B thuộc 2 nhánh sao cho AB min.
8.5. Tính diện tích tam giác tạo bởi tiệm cận xiên và các trục tọa độ.

Lời giải:
8.1. Xét phương trình hồnh độ giao điểm:





 





3 3

2 3 3 2 0

2 1

x x

m f x x m x m

x

  

       

 ; với x 1

Để hàm số (1) cắt đường thẳng y = m tại 2 điểm phân biệt f x

 

0 có 2 nghiệm

phân biệt khác 1









 

2 3

2 3 4 3 2 0 2

1 0

m

m m

f m




      



   

 



  



(*)

Với điều kiện (*), gọi x x1; 2 là nghiệm của f x 

 

0. Theo viet có:
1 2

1 2

3 2
3 2

x x m

x x m

  




 


Tọa độ A, B là: A x m B x m





;





. Ta có:









1 2 1 2 1 2

2 2 4 2

AB   x  x   x x  x x 



3 2



2 4 3 2





2 4 2 4 5 0 1 6

m m m m m 

          

Đáp số: 1 6
2

m 

8.2. Xét công thức chuyển hệ trục tọa độ tịnh tiến theo véc tơ OI , ta có:

1
1
2

x X
y Y

 





 



Phương trình đường cong trong hệ tọa độ mới IXY có dạng:









2 2

1 3 1 3

1 1

2 2 2

X X X X

Y

X X

       

  

 

2 1 1 2 1

2 2 2

X X X

Y g X

X X

   

    

Dễ thấy hàm g(X) là hàm lẻ trên R\ 0

 

do đó nó đối xứng qua tâm I
Vậy đồ thị hàm số (1) đối xứng qua tâm 1;1

I  

  (đpcm)

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









  







3 3

2 3 2 1 3 1 2 4 3 0

2 1

x x

m x f x m x m x m

x

  

          

 ; với x 1

Để hàm số (1) cắt đường thẳng y m x



 2



3 tại 2 điểm phân biệt f x

 

0 có 2
nghiệm phân biệt khác 1







 



 

7 2 7
2

2 1 0

7 2 7

9 1 2 4 2 1 4 3 0

1 0

1
2

m
m

m m m m

f

m

 



 

 

   

           



  



  


 


Với điều kiện trên, gọi x x1; 2 là nghiệm của f x 

 

0 1 2





3 1 2

2 1

m

x x

m



  

d là trung điểm của AB 1 2 4 3 1 2





4 7

2 1 2

m

x x m

m



       



Vậy 7

m 

8.4. Ta có:









2 3 3 1 1

2 1 2 2 1

x x

y x

x x

   

   

 

Gọi 1; 1 1

2 2 2

A  




 

  

 

  thuộc nhánh trái,

1 1

2 2 2

B  



  

  

 

  thuộc nhánh

phải của đồ thị hàm số với   0  .

Ta có:









2
2

2 1 1 1

AB    

 

  

       

 

 





2
2

2 1 1 1 1

1 1 4 1 1

4 4

  

 

 

     

 

            

       

   

5 1 2 2 2 5


    

Dấu = xảy ra 1 41

5
5

 







    




</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Vậy

4 4

4 4 4 4

1 1 5 1 1 1 5 1

1; ; 1;

2 2 2 2

5 2 5 5 2 5

A     B     

   

thì ABmin  2 2 5

8.5. Hàm số có TCX: : 1 1

y  x

   .

Gọi A Ox A



2;0





Lập bảng biến thiên của hàm số f(x), từ đó dựa vào bảng biến thiên kết luận bài toán

9.2. Tương tự như câu a



m2  m2



 0 m1

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

9.4. Đk cần: Giả sử (C) cắt d tại 3 điểm phân biệt có hồnh độ x x x1; ;2 3 lần lượt lập
thành cấp số nhân. Khi đó ta có: g x

  

 x x 1

 

x x 2

 

x x 3



Suy ra:

1 2 3
1 2 2 3 1 3
1 2 3

1
2

x x x m

x x x x x x m

x x x

  




   



 



Vì 2 3 3

1 3 2 2 2 2 2

x x x  x   x  nên ta có: 1 4 3 2.3 3 5

3 2 1

m m m

     


Đk đủ: Với 3 5

3 2 1

m 

 , thay vào tính nghiệm thấy thỏa mãn.

Vậy 3 5

3 2 1

m 



Bài tập 10: Cho hàm số y x4 2



m 1



x2 2m 1

    

10.1. Tìm m để hàm số cắt Ox tại 4 điểm phân biệt lập thành cấp số cộng;
10.2. Tìm m để hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hồnh độ nhỏ hơn 3.

Lời giải:

Xét phương trình hồnh độ giao điểm: x4 2



m1



x2 2m 1 0; (1)

Đặt t x t2, 0

  thì (1)thành: f t( ) t2 2



m1



t2m 1 0.

10.1. Điều kiện để hàm số cắt Ox tại 4 điểm phân biệt là f(t) phải có 2 nghiệm dương

phân biệt





' 0 1

2 1 0 2

2 1 0

m

S m

m

P m

   

 

 

      

     



(*)

Với (*), gọi t1t2 là 2 nghiệm của f(t), khi đó hồnh độ giao điểm của hàm số với Ox
lần lượt là: x1  t x2; 2  t x1; 3  t x1; 4  t2

Các giao điểm lập thành cấp số cộng  x2 x1x3  x2 x4  x3  t2 9t1









1 9 1

5 4 4

5 4 1 4

5 4 4

m m m m

m

m m

m m m

     




 

 

     



   



</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Vậy 4; 4
9

m   

 

10.2. Hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hồnh độ nhỏ hơn 3

 

f t

 có 2 nghiệm phân biệt t t1; 2 sao cho:

1 2

0 3

t t

  



   







 





2 ' 0

' 0

3 4 4 0

(0) 2 1 0

2 1 0

2 1 3

2 1 0

1
2

m
m

f m

S m

P m

m m

  

   

  

 

     

  

    

  

 


   

Đáp số 1 1

m  m .

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Chuyên đề 2:

LOGARIT – PHƯƠNG TRÌNH MŨ – LOGARIT

CÁC BÀI TỐN ĐỊNH TÍNH VỀ LOGARIT

Bài 1: Cho a 0,b 0 và a2 b2 7ab

  . Chứng minh rằng với mọi  0, 1,

ta có: log 1



log log



3 2

a b

a b

  



 

Giải.

Từ





2
2

2 2 7 9

a b

a b  ab a b  ab    ab

  . Suyra:





log log

a b

ab

 



 



 

 

Do 0

a b

 , nên ta có: 2log log





a b

ab

 



 hay log 1



log log



3 2

a b

a b

  



 

Bài 2: Giả sử













lg lg lg

x y z x y z x y z x y z

x y z

     

  . Chứng minh rằng:

y x y z x z

x y z y z x

Đặt













lg lg lg

x y z x y z x y z x y z

x y z t

     

  

Suyra: lgx tx y z x

Từ đó ta có: xlgy y x lg 2txyz

Lập luận tương tự: y z zlg  lgy2txyz

lg lg 2

z x x z  txyz

Do đó ta có: xlgy y x y z z lg  lg  lgy z x x z lg  lg













lg x yy x lg z yy z lg z xx z x yy x z yy z z xx z

     

Bài 3: Tính

2 3 2009

1 1 1

...

log log log

A

x x x

    Biết x 2009!

Ta có:









2 3 2009

1 1 1

...

log log log

log 2 log 3 log 4 ... log 2009

log 2.3.4...2009 log 2009! log 1

x x x x

x x x

A

x x x

x

   

    

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Bài 4: Tính:

4.1 A ln tan10 ln tan 20 ln tan 30 ... ln tan890

   

4.2 B ln tan1 .ln tan 2 .ln tan 3 ...ln tan890 0 0 0
4.1 Ta có:



 











0 0 0 0

0 0 0 0 0

ln tan1 ln tan 2 ln tan3 ... ln tan89

ln tan1 ln tan89 ln tan 2 ln tan88 ... tan 45
ln tan1 .tan89 ln tan 2 .tan88 ... tan 45

ln1 ln1 ... ln1 0

A     

     

   

    

4.2 Ta có:

0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0

ln tan1 .ln tan 2 .ln tan3 ...ln tan89

ln tan1 .ln tan 2 .ln tan 3 ...ln tan 45 ...ln tan89
ln tan1 .ln tan 2 .ln tan 3 ...ln1...ln tan89
ln tan1 .ln tan 2 .ln tan 3 ...0...ln tan89 0

B 




 

(Chú ý tan 450 1

 )

HÀM SỐ MŨ – LOGARIT

Bài 1: Cho hàm số:

 

4 2

x
x

f x 

 . Tính tổng:

1 2 2008

...

2009 2009 2009

S f   f    f  

     

Bổ đề: Cho a+b=1. Hãy chứng minh f a

 

 f b

 

1

Ta xét:

 











 















4 4 2 4 4 2

4 4

4 2 4 2 4 2 4 2

8 2 4 4

4 2.4 4 2.4

4 2 4 4 4 8 2 4 4

a b b a

a b

a b a b

a b

a b a a b b

a b a b a b

f a f b

 



  

   

   

 

  

  

f x




 và

 

2 2

x x

g x

1 1

2.3 f



2x1



2f2

 

x1  1
2.1 Ta xét:



















 



   

1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 2 1 2 2 1 1 2 2

1 1 2 2

1 2 1 2

1 2

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 4

2 2 2 2

2 . 2

2 2

x x x x x x x x

x x x x x x x x x x

x x x x

f x x f x x

f x f x

     

    

 

 

    

    

 

 

 

2.2 Ta xét:







 





 



   

1 1 1 1

1 1

1 1 1 1

2 2

1 1

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

2. . 2

2 2

x x x x

x x

x x x x

g x

g x f x

 



 

 



 

 

 

2.3 Ta xét:









 

1 1 1 1

1 1 1 1

2 2 2 2

2 2

2
1

2 2 2 2 2

2 1 1 1

2 2

2 2 2 2

1 2 1 2 1

2 2

x x x x

x x x x

f x

 

 

  

    

   

       

 

Bài 3: Xét các hàm số:

 

x x

a a

f x




 và

 

x x

a a

g x




 với a0,a1.
Chứng minh rằng với mọi x ta có các hệ thức sau:

3.1 f 2

 

x  h x2

 

1

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

 

2 2

. . 1

2 2

x x x x

x x x x x x x x

x x

a a a a

f x h x

a a a a a a a a

a a

a a

 

   



     

     

   

     



  

3.2 Ta xét:

 













2 2

2 2 2 2

2 2

4 4 4

2
2

x x x x

x x

x x x x

x x

a a a a

f x h x

a a

a a a a

a a

f x

 



 



     

    

   



   

  



 

PHƯƠNG TRÌNH MŨ – LOGARIT

Dạng : AB + (ab)x = Aax + Bbx với a, b > 0 và a, b khác 1

Phương pháp giải.

Ta có: AB + (ab)x = Aax + Bbx

 AB − Aax = Bbx − (ab)x

 A(B − ax) = bx(B− ax )

 (B − ax) (A − bx)=0

Ví dụ minh họa: Giải các phương trình sau: 
1.1 12 6x 4.3x 3.2x

   1.4 e5e4x e3x2 ex3

1.2 40 10x 5.2x 8.5x

   1.5 8.3x 3.2x 24 6 x

1.3 15 8x 3.4x 5.2x

  

Giải.
1.1 Ta có: 12 6x 4.3x 3.2x

  

12 4.3x 3.2x 6x

     4 3 3



 x



2 3 3x



 x





4 2x

 

3 3x



    4 2 0 2 4 1

3 3 0 3 3

x x

x
x

      

     



   

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Dạng: A M



M2 1





M2 1



x 1

   

         

 

 

Đặt t



M M2 1

 

x M M2 1



x 1

t

       . Khi đó pt có dạng:

2 0

B

At C At Ct B

t

     

Ví dụ minh họa: Giải các phương trình sau: 
2.1



2 3

 

x  2 3



x 4

cotx 4

x 6x

   

Giải

2.1 Ta xét:



2 3

 

x 2 3



x 



2 3 2

 

 3



x

 

 

2 3 1 1

x
x

 

   

 

 



2 3



x



2 3



x 1

t

    

2 2 3

4 4 1 0

2 3

t

t t t

t t

  

       

 


Với t  2 3 x1

2 3 1

t   x

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Dạng: Ax Bx 2Cx

  với

A B

C   (Khi đó A<C<B)

Phương pháp giải.

Nhận thấy x=1, ta có: VT=VP suyra x=1 là nghiệm của phương trình.
x=0, ta có: VT=VP suyra x=1 là nghiệm của phương trình.

Chứng minh phương trình trên có duy nhất hai nghiệm, suyra x=0 và x=1 là hai
nghiệm duy nhất của phương trình.

Chia hai vế phương trình cho Cx, khi đó ta có: 2

x x

A B

C C

   

 

   

    ,

với A 1,B 1

C  C 

Xét hàm số:

 

x x

A B

 

3.2 2007x 2009x 2.2008x

 

3.3 2008x 2010x 2.2009x

 

3.4 3x 5x 6x 2

  

3.5 4x 5x 6x 12x 3

   

3.6 3x 5x 6 x 2

Giải.
3.1 phương trình: 3x 5x 2.4x

 

Ta có: x 0 VT VP  x0 là nghiệm của phương trình.

x  1 VT VP  x1 là nghiệm của phương trình.

Suyra: x=0 và x=1 là nghiệm của phương trình.
Vì 4x 0

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

3 5

4 4

x x

   

 

   

   

Xét hàm số:

 

3 5 2

4 4

x x

f x     

    với x  
Vậy phương trình 3 5 2

4 4

x x

   

 

   

    (hay phương trình 3 5 2.4

x x x

  ) chính là

phương trình hồnh độ giao điểm của

 

C y: f x

 

và trục hoành Ox y 





Đạo hàm: /

 

3 ln3 5 ln5

4 4 4 4

x x

f x    

   

 

// 3 ln2 3 5 ln2 5 0

4 4 4 4

x x

f x       x

     Suyra:

 

f x đồng biến

Mặt khác, ta có:

 





/ /
/

3 5 15

0 ln ln ln 0

4 4 16 0 1 0 0;1

3 3 5 5

1 ln ln 0

4 4 4 4

f

f f x

f



   




   



   




Suyra phương trình f/(x)=0 có nghiệm thuộc



0;1



Mà f x/

 

đồng biến

Nên f/(x)=0 có nghiệm x0 duy nhất thuộc



0;1



Bảng biến thiên.

x   0 x0 1 

f/(x) − 0 + 
f(x)

  

f x

 

0
Kết luận: Phương trình f(x)=0 chỉ có tối đa hai nghiệm

Suyra: x=0 và x=1 là hai nghiệm duy nhất của phương trình.
Vậy tập nghiệm phương trình S 



0;1



3.4 Phương trình: 3x 5x 6x 2

  

Ta có: x 0 VT VP  x0 là nghiệm của phương trình.

1 1

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Xét hàm số: f x

 

3x 5x 6x 2

    với x  

 

đồng biến

Mặt khác, ta có:

 





/ /
/

0 ln 3 ln 5 6 0

0 1 0 0;1

1 3ln 3 5ln5 6 0

f

f f x

f

    



   



   




Suyra phương trình f/(x)=0 có nghiệm thuộc



0;1



Mà f x/

 

đồng biến

Nên f/(x)=0 có nghiệm x0 duy nhất thuộc



0;1



Bảng biến thiên.

x   0 x0 1 

f/(x) − 0 + 
f(x)

  

f x

 

0
Kết luận: Phương trình f(x)=0 chỉ có tối đa hai nghiệm

Suyra: x=0 và x=1 là hai nghiệm duy nhất của phương trình.
Vậy tập nghiệm phương trình S 



0;1



Dạng: Af x   f x

 

Ag x  g x

 

Phương pháp giải.

+ Đặt

 

u f x

v g x










+ Xét hàm số: m t

 

At t

 

+ Cần chứng minh: m t

 

đơn điệu trên tập xác định D

+ Phương trình: Af x   f x

 

Ag x  g x

 

tương đương m u

 

m v

 

+ Suyra: u=v hay f(x)=g(x). Rồi giải phương trình đại số.
Ví dụ minh họa: Giải các phương trình sau:

4.1 2 8 2

2x x 2x 8 2x x

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

4.2 2 1 2

2x x 4x 3x x 2

   

4.3 2 3 2 2 2 3 2

2x x 9  x x 6 4 x 3x x 5x

     

Giải
4.1 Đặt:

u x x
v x



 



  

8 2

v u x x

    

Phương trình trên 2u 2v v u 2u u 2v v f u

 

f v

 

         

Xát hàm số: f t

 

2t t

 

 

' 2 ln 2 0 t

f t     t

 

f t

 đồng biến

mà f u f v

 

nên u v x2 x x 8 x2 2x 8 0

        

4
2

x
x



  



Vậy tập nghiệm phương trình: S  



2;4



4.3 Phương trình 2 6 4 2 4 6 2

2x x 3  x x 6 2 x 3x x 5x

      

2 2 2 4 6 6 4

2x x x x 3x x 2 x 4x 6 3  x

       

Đặt :
2

4 6

u x x
v x





2 2

2 2 , 0

m n
m

m n
n

uv A

u A

u v
u

A

v A

v




 

 

 

 






 



Ta chuyển phương trình: pA2m qAm n kA2n 0

  

về phương trình: pu2 quv kv2 0

  

Vì v>0 nên ta chia hai vế phương trình cho v2, ta có:

u u

p q k

v v

 

  

 
 
Đặt t u

v

 ta đưa về phương trình bậc hai theo t. Giải phương trình tìm t
Khi đó ta có: Am n t1

 (giải phương trình cơ bản này tìm ra x)

Ví dụ minh họa: Giải các phương trình sau:
5.1 22 x 3 x 5.2 x 3 1 2x4 0

  

5.2 2 2 1 2 2 2

2 x  9.2x x 2 x 0

  

5.3 2 2 2

2x x 4.2x x 2 x 4 0

   

Giải

5.1 Ta có: 22 x 3 x 5.2 x 3 1 2x4 0

    22 x 3 x  5.2 x 3 14.2x2 0

Đặt :





3 1
2 3

2 3 1

2
2

, 0

2 2

x

x x

x x x

uv
u

u v
u

v

 

 

   

 

 

 

 

 

 

 



.Khi đó ta có phương trình:

5 4 0 5 4 0

u

u u v

u uv v

v v u

v








        







Với: u 1 2 x 3 x 1 1

v

  

  

3 1

4 2 x x 4

u
v

  

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Dạng: Alogax  f x

 

0 với A, a >0 và a 1

Phương pháp giải.

Điều kiện: x>0

Hướng giải quyết 1: đặt t=logax => x=at . Chuyển f(x) về phương trình mũ 
theo t

Hướng giải quyết 2: Đưa f(x) về phương trình mũ của hàm logarit cùng cơ số.
Chú ý:

x

logaa





Ví dụ minh họa: Giải các phương trình sau:

6.1 log 62

log 2

6.9 x 6x 13.x

 

6.2 xlog 43 x22log3x  7xlog 23
6.3 x3log 23 x2.2log3x 12log3x x3

Giải
6.1 Phương trình: log 62

log 2

6.9 x 6x 13.x

  điều kiện x>0

Hướng giải quyết 1:

Chú ý công thức: alogbc clogba

 với a, b, c >0 và b 1

Áp dụng công thức trên, ta chuyển phương trình log 62
2

log 2

6.9 x 6x 13.x

  về

phương trình: 6.9log2x 6x2 13.6log2x

Đặt 2

log 2t 4t

t  x  x   x 

Khi đó ta có phương trình: 6.9t 6.4t 13.6t

  (về dạng phương trình A2x, B2x và

(AB)x)

Hướng giải quyết 2:

Ta có: 6.9log2x 6x2 13xlog 62

2 2 2

log log 4 log 6

6.9 x 6x 13x

  

2 2 2

log log log

6.9 x 64 x 136 x

  

Đặt t log2x, khi đó ta có phương trình: 6.9t 6.4t 13.6t

CÁC PHƯƠNG TRÌNH MŨ – LOGARIT ĐẶC SẮC:

Bài tập 1: Giải phương trình: 2x1 21 2 x 3 23

 

Giải.

Cách 1: Đặt t=2x, t>0. Khi đó ta có phương trình: 3
2
2

2t 3 2

t

 

3 3

2t 3 2t 2 0

    . Ta có t 3 2 là nghiệm của phương trình. Áp dụng lược đồ

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

2 3 23

 0 2

3 2 2  3 2  3 4 0
Khi đó: 2t3  3 23 t  2 0



t 3 2 2

 

t2  3 2t 3 4



0

2 3 3

2 1

2 2 4 0

t

x

t t

 


 



  




Cách 2: Sử dụng BĐT Cauchy.

Vì 12 1
2

x và 1 2

2 x là các số dương. Nên áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số 12 1

x , 12 1

x

và 21 2 x, ta có: 12 1 12 1 21 2 3 23

2 2

x x  x

  

Dấu // = \\ xãy ra khi và chỉ khi: 12 1 21 2 2 21 2 1

2 3

x  x x  x x

    

Bài tập 2: Giải phương trình: log 22



x2 4x2



 log2x  1 4x 2x2
Giải.

Phương trình: log 22



x2 4x2



 log2x 1 4x 2x2. Điều kiện: x>0





2 2

log 2x 4x2  log x 1 4x 2x





2
2

log 2x 4 3 2 1 x

x

 

       

 

Vì x>0, ta có: 2

2 2 2

2x 4 2x 4 8 log 2x 4 3

x x x

 

          

 

Vậy





2
2

log 2 4 3

3 2 1 3

x

x
x

  

  

 



 



   



. Ta có VT 2, VP2 mà VT=VP

Nên ta có:

1 0

x

x
x

x





 



  


. Tập nghiệm phương trình S 

 

Bài tập 3: Giải phương trình: 
3.1 8 9.2 27 27 64

8 2

x x

    3.2 23 6.2 31 1 12 1

2
2

x x

x
x

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

Giải.

Phương trình: 8 9.2 27 27 64

8 2

x x

   

3 3

2 64 2 4 4 4.2 3 0

2 2

x x x x

x x

 

           

 

Bài tập 4: Giải phương trình: 2 2 3 2 2 2 2 2 1

3x  x 4x  x 5x  x 14

  

Giải.

Cách 1: Phương trình: 2 2 3 2 2 2 2 2 1

3x  x 4x  x 5x  x 14

  

Ta có:

 
 
 

2
2

2 2 2 2

2
2

1 2

2 3 2

1 1

2 2 1 2 3 2 2 2 1

2 1 0

3 3 3 9

4 4 4 4 3 4 5 14

5 5 5 1

x

x x

x

x x x x x x x x

x

x x

 
 

 

       



 

   




      




  




Dấu // = \\ xãy ra khi và chỉ khi: x=−1.

Cách 2: Phương trình: 2 2 3 2 2 2 2 2 1

3x  x 4x  x 5x  x 14

  

 12 2  12 1  12

2 1

3 4 5 1

9.3 4.4 5 1

x x x

t t t

    

 

   

Dùng đạo hàm ta chứng minh phương trình 9.3t 4.4t 5t 1

   có t=0 là nghiệm duy

nhất.

Với t=0 ta suyra x=−1.

Vậy tập nghiệm phương trình: S  

 

Bài tập 5: Giải phương trình: 6 1 2 3log 56





x x x

   

Giải.
Phương trình: 6 1 2 3log 56





x x x

    . Điều kiện: 1

x  

Đặt log 56





5 1 6 1 6 5

t t

t x  x     x. Khi đó ta có phương trình:





6x 6t 5x 2x 3t 6x 3x 6t 3t

        . Xét hàm số: f u

 

6u 3u

  . Chứng minh

f(u) đơn điệu khi đó ta có t=x.

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Bài tập 6: Giải phương trình: 3log 13



 x  3 x



2log2 x
Giải.

Điều kiện: x>0. Khi đó đặt





3 2

3log 1 x  x 2log x 6y

Khi đó ta có:





3 3 2

6
2

log 1 2 1 3

log 3

y
y

x x y x x

x

x y

       

 



 




  



3 2 1 8 4

1 2 2 9 1

9 9 9

t t t

y y y      

           

      . Ta có t=2 là nghiệm duy nhất.
Với t=2, ta có: x=212=4096

Bài tập 7: Giải phương trình:





2 1 3 2

2
3

2 2

log 4 4 4

x x

x x
 

 

 

Giải.

Ta có: 4x2  4x 4



2x 1



2  3 3 log 43



x2  4x4



1
Hay





3
8

8 8

log 4x  4x4   VP

Theo BĐT Cauchy ta có: 22 1x 23 2 x 8 VT 8

    . Mà VT=VP (theo giả thuyết).

Suyra: 8 22 11 03 2 1

8 2 x 2 x 2

x
VT

x

VP  

 

 



  

 

 

 

Vậy tập nghiệm phương trình: 1
2

S   

 

Bài tập 8: Giải phương trình: 2x1 2x2x



x 1



  

Giải.

Ta có:



x 1



2 0 x2 2x 1 0 x2 x x 1

         

2 1 1 2

2x x 2x 2x 2x x 0

     (do hàm số y=2t đồng biến).

Suyra: 0

VT
VP







 mà VT=VP (Giả thuyết) nên ta có:





2
2
1

1 0

1
2x 2x x

x

 

  



 






</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

Tập nghiệm phương trình: S 

 

Bài tập 9: Giải phương trình:













2 3 6

log x x  1 log x x  1 log x x  1
Giải.

Điều kiện:

2
2
2

1 0
1 0
1 0

x x

x

   




  




 




. Chú ý:



x x2  1



x x2 1



1
2

1 0

1
1 0

x x

x
x

   



   

 




. Với x 1 thì ta có:













2 3 6

log x x  1 .log x x  1 log x x  1 
Áp dụng công thức đổi cơ số ta có:













2 2

6 6 2

6 6

log 1 log 1

. log 1

log 2 log 3

x x x x

x x

   

  









 

2
6

2 3 6

log 1 0

log 6.log 6.log 1 1 *

x x

   


 

  





 

*  log 6.log 6.log2 3 6



x x2  1



1





2 log 26

3 6

log x x 1 log 2 x x 1 3

       

Vì 6

log 2
2

1 1

1 3

3
1

x x



    

  , nên ta có hệ phương trình:





6 6

6
log 2
2

log 2 log 2
log 2

1 3 1

3 3

2
1 3

x x

x

x x




   



  



  




Rõ ràng theo BĐT Cauchy, ta có: 3log 26 3 log 26 2 1



3log 26 3 log 26



1
2

 

    

Vậy phương trình có nghiệm x=1 và 1



3log 26 3 log 26



x 

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40></div>

KSHSPTMuLogarit

<b>HÀM SỐ</b>

















<sub> </sub>





 























 



















 



 



 



 





 























 

 











































 