Đoàn Ngọc Dũng -

(1)

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII

DẠNG HÀM ĐẶC TRƯNG CỦA PT-HPT MŨ-LOGARIT

GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

MỘT SỐ KẾT QUẢ QUAN TRỌNG KHI GIẢI BÀI TẬP LIÊN QUAN ĐẾN TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ 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.

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

A. PHƯƠNG TRÌNH MŨ

1)

2^x^¹2^x²^^x 



x1



² (1) ĐS : x = 1

 Hướng dẫn :

Ta có : 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) = 2^t + 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.

2)

2^x^¹4^xx1

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

Xét hàm số f(t) = 2^t + 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.

3)

3²^x²^³^x^²27^x² x²3x2 (1) ĐS : x = 1  x = 2

 

1 3²^x²^³^x^²3³^x² x²3x2 (2) Nhận xét : 3x² – (2x² – 3x – 2) = x² + 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) = 3^t + t ; f ’(t) = 3^tln3 + 1 > 0 t  f(t) luôn tăng Do đó : f(u) = f(v)  u = v  2x² – 3x – 2 = 3x²  x² + 3x + 2 = 0  











 2 x

1 x

(2)

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

4)

2²^x 3²^x 2^x3^x^¹x1 (1) ĐS : x = 0  x = 1

 

1 2²^x 3²^x 2^x 2^x^¹3^x^¹x1 Đặt









 1 x v

2

u ^x ta được : 2^u + 3^u + u = 2^v + 3^v + v  f(u) = f(v) Xét hàm số : f(t) = 2^t + 3^t + t

f’(t) = 2^tln2 + 3^tln3 + 1 > 0 t  f(t) luôn đồng biến

Do đó : f(u) = f(v)  u = v  2^x = x + 1 i 2^x – x – 1 = 0 (2) Xét hàm số : g(x) = 2^x – x – 1

g’(x) = 2^tln2 – 1 ; g’(x) = 0  x = 



 



 2 ln

log₂ 1 = x0

Bảng 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.

5)

2^x²^¹2²^x²^ ^x^¹x² x11 (1) ĐS : 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 ; 2^u – 2^v = v – u  2^u + u = 2^v + v  f(u) = f(v) Xét hàm số : f(t) = 2^t + t với t  2

f’(t) = 2^tln2 + 1 > 0 t  2  f(t) luôn tăng t  2

Do đó : f(u) = f(v)  u = v  x² + 1 = 2x² + x1  x1 = 1 – x²

Do x  1 nên x 1

0 x 1

0 1 x

2  













 là nghiệm của (1)

6)

x

1 2 2 1

2 ² ²

2

x x 2 1 x

x 1







 Hướng dẫn : Điều kiện : x  0

Nhận xét rằng : 



 

 





 

 

x 1 2 2 1 x 1 2 x

x 2 x x

x 1 x

x 2 1

2 2 2

2 2

Viết phương trình đã cho dưới dạng : ¹^x^x ¹^x²^x ₂ ₂ ² ¹^x^x ₂ ² ¹^x^x ₂ x

x 2 1 2 2 1

x x 1 2 2 1

x x 1 x

x 2 1 2 2 1

2 ²

2 2

2

2        



 



   





Xét hàm số

 

t 2 2 1 t

f  ^t 

Nhận xét rằng f(t) là hàm đồng biến.

(3)

Viết phương trình đã cho dưới dạng : x 2x 0

x x 2 1 x

x 1 x

x 2 f 1 x

x

f 1 ₂ ² ₂  ₂ ²  ₂  ² 



 



  



 



 

 







  2 x

loại 0

x

Vậy phương trình có 1 nghiệm duy nhất : x = 2.

B. PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT

1)

x 3x 2

5 x 4 x 2

3 x

log x₂ ²

2

3   



 ĐS : x = 1  x = 2

 Hướng dẫn : Ta có :























R x , 0 5 x 4 x 2

R x , 0 3 x x

2 2

và 2x² + 4x + 5 – (x² + x + 3) = x² + 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 t 1 '

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 = 2x² + 4x + 5  x² + 3x + 2 = 0  x = 1 hay x = 2 Vậy nghiệm của phương trình là : x = 1 hay x = 2.

2)

₂ ^x 1 x 2^x x

1

log 2    

DBĐH 2007 ĐS : 1

x x

2 1 x 2

x 1

log 2     (1)

Điều kiện : x > 0

(1)  log2(2^x – 1) – log2x = 1 + x – 2^x

 log2(2^x – 1) + (2^x – 1) = log2x + x Đặt u = 2^x – 1, u > 0

Ta có : log2u + u = log2x + x  f(u) = f(x) Xét hàm đặc trưng : f(t) = log2t + t, với t > 0

 

1 0

2 ln t t 1 '

f    , t > 0

 f(t) đồng biến trên (0 ; +)

Do đó : f(u) = f(x)  u = x  2^x – 1 = x  2^x = x + 1 Ta thấy x1 = 0 ; x2 = 1 là hai nghiệm của phương trình.

Mặt khác : Xét hàm số y = 2^x  y’ = 2^xln2  y’’ = 2^xln²2 > 0, x > 0

 đồ thị y = 2^x 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.

3)

2 x 1

1 2

2

log₃ x_x  ^x  



 







 (1) ĐS : x = 0  x = 1

Điều kiện : x + 2 > 0  x > 2

(4)

(1)  log3(x + 2) – log3(2^x + 1) = (2^x + 1) – (x + 2)  log3(x + 2) + (x + 2) = log3(2^x + 1) + (2^x + 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 t 1 '

f    t > 0  f(t) luôn tăng trên ( , +)

Do đó : f(u) = f(v)  u = v  x + 2 = 2^x + 1  2^x – x – 1 = 0 (2 Xét hàm số g(x) = 2^x – x – 1

g’(x) = 2^xln2 – 1

g’(x) = 0  x = 



 



 2 ln

log₂ 1 = x0

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.

4)

² ²



x 1



²

1 x log 2 2 x 6 x

2 

 



 ĐS : x =

2 7 3

 Hướng dẫn : Điều kiện :











 1

x 2

x 1. Ta có :

 

² ²

 

² ² ²2



x 1



²

1 x log 2 1 x 6 x 2 1 1

x 1 x log 2 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 t 1 '

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 .

5)

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

Điều kiện : 81 – 27x > 0  x < 3

(1)  xlog32 + x + 2^x = log3[27(3 – x)]  log32^x + 2^x = 3 + log3(3 – x) – x

 log32^x + 2^x = log3(3 – x) + (3 – x)

(5)

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  2^x = 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 log 2 x3  2^x log 81 27x3







log 81 27x3







log 23 ^x x 2^x  log₃^{81 27x}_x 2^x x ^{81 27x}_x 3²^x ^x

2 2

        ⁸¹^²⁷^x^

 

³²^x^^x ^.²^x

Xét hai hàm số :

 

   













 2 là hàm đồng biến 3

x g

biến nghịch hàm

là x 27 81 x f

x x 2^x

Nhận xét x = 1 là nghiệm của phương trình

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

 phương trình có một nghiệm duy nhất x = 1

6)

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

6 x 1 0 1 x

6     (2)

 Cách 1 :

Đặt ylog₇



6x1



7^y 6x1. 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 : 7^x 6x7^y6y (4) Xét hàm số f

 

t 7^t6t ; phương trình (4) có dạng f(x) = f(y) (5) f’(t) = 7^tn760, t  R nên f(t) đồng biến trên R

Do vậy : (5)  x = y (6)

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

 

x 7^x 6x1 ; g’(x) = 7^xln76 g’(x) = 0  x = x0 = log₇6log₇

 

ln7 và ta có

 



 















0 0

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 7^x 6log₇7^x 6log₇



6x1

 

 6x1



(7) Xét hàm số f

 

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

 

7^x f



6x1



(8)

Rõ ràng f(t) đồng biến trên R. Do vậy (8)  7^x = 6x + 1 (9) Phần còn lại của lời giải trình bày như cách 1.

(6)

 Chú ý : Xem phương trình (9) : 7^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 :

 

_







 





 x 1

0 1 x

x 1 7 7^x

7^x  (7 – 1)x + 1  0  x  1

Suy ra 







 



 x 1

0 1 x

x 6 7^x

7)

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

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 Xét 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 = 2^x  2^x – 3x + 1 = 0

Xét g(x) = 2^x – 3x – 1, x >

3 1

Ta có g’(x) = 2^x.ln2 – 3, g”(x) = 2^x.ln²2 > 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

8)

log₂



1x x







1x



3x (1) ĐS : x = 0  x = 1.

 Hướng dẫn : Điều kiện : x  0

    

³ ³

2

2 3 . x 3. x

x 1

x log 1

x x 3 x x 3

1

x x 1 x log 1

1  



 



 





 



3



2

     3

21 x log 1 x 31 x 31 x

log       

^log



¹ ^x3

 

³¹ ^x3



^log2



¹ ^x

 

³¹ ^x



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

 

_







 



















 x 1

0 0 x

1 x x 0 x x x

1 x

1 ³ ³

Vậy nghiệm là x = 0  x = 1.

9)  

2 x 2

x 1 1 x

1 x log 2 3 x 2 x 2log

1 ²

2

2   



 

 

 





 

1













 

















 





 





0

x 2

x 1 2 0

x hoặc 2 x 1

2 x x 0

1 x 2

0 2 x

Ta biến đổi phương trình

 

1 về dạng ₂

 

₂ ₂

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

log   



 

 













(7)

 

2 ²

2 x

2 1 x 2 1 x 2

2 1 log 2 x 2 x 2 2 x

log 



 

 





 

 





 

 











 

2

Xét hàm số f

 

t log₂t2tt² trên khoảng



0;



.

Ta có

 

2 0

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

'f          .

Suy ra hàm số f

 

t đồng biến trên khoảng



0;



.

Khi đó phương trình

 

2 được viết dưới dạng ^f



^x ²



^f ² _x¹ ^x ² ² _x¹²



 

 









 

 







^x ¹

 

^x ³^x 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 .

C. HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ - LOGARIT

1)













) 2 ( 12 y xy x

) 1 ( x

y 3 3

2 2

y x

ĐS : (–2 ; –2) ; (2 ; 2)

Từ phương trình (1), ta có :3^x3^y yx3^xx3^yy f(x)f(y) Xét hàm đặc trưng ^f

 

^t ³^t^t, t  ^f^'

 

^t ³^t^ln³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).

2)













27 y xy x

x y e e

2 2

y x

ĐS : (3 ; 3); (–3 ; –3)

Từ phương trình (1), ta có :e^xe^y yxe^xxe^yy f(x)f(y)

Xét hàm đặc trưng f

 

t 3^tt, t  f'

 

t 3^tln3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).

3)



















1 ) 2 y ( x ) 1 y y )(

1 x (

2 2 y x

2 4

x y 3

3 ĐS : (–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2^x y³2^yf(x)f(y)

Xét hàm đặc trưng f

 

t t³2^t, t  f'

 

t 2t² 2^tln2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 4 1

3 2 x 1 ) 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   











  



 

 























(8)

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).

4)



















2 y log 3 x log

e e y x

2 1 2

2

y x

ĐS : (2 ; 2) ; (4 ; 4)

Điều kiện : x > 0, y > 0. Từ phương trình (1), ta có :e^xe^y yxe^xxe^yyf(x)f(y) Xét hàm đặc trưng f

 

t e^tt, t > 0  f'

 

t e^t 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)  log²₂x3log₂x20 







 







 

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).

5)



























1 3 2 2

1 2

x y

y y y

x x

x (DBĐH 2007) ĐS : (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 : uv u²1 v² 13^v 3^u u u² 13^u v v² 13^v (3) Xét hàm đặc trưng f

 

t t t²13^t, t 

 

³ ^ln³

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)  u u²13^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



^^u^ln³^⁰

Xét hàm số ^g

 

^u ^^ln



^u^ ^u² ^¹



^^u^ln³^

 

^ln³ ¹ ^ln³ ⁰

1 u u 1 '

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).

6)      



 

















2 0

y 20 xy 12 x

1 y x y 1 ln x 1 ln

2

2 (DBĐH 2006) ĐS : (0 ; 0)

Điều kiện : x > 1, y > 1

(2)  x² + 20y² = 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

 

1 t

1 t t 1 t 1

'f   

   f ’(t) = 0  t = 0

(9)

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 không thỏa (*) (vì khi đó vế trái (2) luôn dương)  phương trình vô nghiệm.

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

D. MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN HÀM ĐẶC TRƯNG

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

2 x

xy

log₃ 1    



 .

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

3 3 11 P_min 2 

 Câu 47: Xét các số thực dương x, y thỏa mãn 3xy x 2y 4

y 2 x

xy

log₃ 1    



 .

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

A. 9

19 11

P_min 9  B.

9 19 11

P_min 9  C.

21 29 11

P_min 18  D.

3 3 11 P_min  2 

 Điều kiện: xy < 1

Ta có: 3xy x 2y 4 log



1 xy



log



x 2y



3xy x 2y 4 y

2 x

xy

log₃ 1      ₃   ₃     







1 xy

 

31 xy



1 log



x 2y



x 2y

log₃      ₃   





log₃



1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 có:

 

1 0

3 ln t t 1

'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 x 3



 

Vì x > 0, y > 0 nên

2 y 3 0  Ta có:

y 3 1

3 y y y 3 y 3 1

y 2 y 3

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 3 0

11 y 1

2

;3 3 0

11 y 1

Ta có bảng biến thiên:

(10)

y 0

3 11 1



2 3

P’  0 

P

3 3 11

2 

Vậy

3 3 11 P_min  2  .