Đoàn Ngọc Dũng -

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. DẠNG HÀM ĐẶC TRƯNG PHƯƠNG TRÌNH MŨ BÀI 1 : Giải các phương trình sau :

1) 2^x12^x2x 



x1



² ĐS : x = 1

2) 2^x14^xx1 ĐS : x = 1

3) 3^2x23x227^x2 x²3x2 ĐS : x = 1  x = 2 4) 2^2x 3^2x 2^x3^x1x1 ĐS : x = 0  x = 1 5) 2^x212^{2x2 x1} x² x11 ĐS : x = 1

6) x

1 2 2 1

2 ^{2 2}

2

x x 2 1 x

x 1











ĐS : x = 2

7)

 

^{2x 2x 1}

3 x 1 2 3 x

2 ²

x 1 x

1





 



 



 



ĐS : x ^{1 3}

2

 

8) 3^2x3x23^x32xx³3x20 ĐS : x = –2  x = 1 9) 2^{3x312x23x1}8^{2x33x22x} 3x³3x²3x1 ĐS :

1 4 x ₃ 1

 

10) x 3x

x 7 x 21 713 280

713 ₂

2 x

3 x

21 x 47 x

x 7

2 3 2

2





 

 ^





ĐS : x = 5  x = –8

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

1) x 3x 2

5 x 4 x 2

3 x

log x₂ ²

2

3   







 ĐS : x = 1  x = 2

2) ^x

x

2 1 x 2

x 1

log 2    

(DBĐH 2007) ĐS : x = 1

3) 2 x 1

1 2

2

log₃ x_x  ^x  



 







 ĐS : x = 0  x = 1

4) ^{2x2 6x 2 log2}



^2xx¹



¹²

 



 ĐS : x =

2 7 3

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

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

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

8) log₂



1x x







1x



3x ĐS : 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   



 

 

 







 ĐS : 3 13

x 1 x

2

    

10) 1 x

x 1 1 ln x x

1 1 ln

x ^x2

1 1

2 x 3

1 1



 



 

 

 



 

  ^{ } (với x > 0) ĐS : x = 1

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

12) 7^x112log₇(6x5)³ ĐS : x = 1  x = 2

13) 6^x 3log₆



5x1



2x1 ĐS : x = 0  x = 1

14) cos2x log (4cos 2x cos6x 1)

sin6 2

1 ₃

4 x

sin 2 ²









 



 



 ĐS : x = k, k  Z

15)



x 1



^{3x 8x 5}

1 x

log₃ 2 ₂  ² 



 ĐS :

3

x2  x2

16) 7x 21x 14

5 x 4 x 2

3 x

log₃ x₂²  ²  







 ĐS : x = 1  x = 2

17) x 3x 2

5 x 4 x 2

2 x

log₃ x₂²  ²  



 











 ĐS : x = 1  x = 2

18) x 6x 8

5 x 4 x

3 x

log_{2 2}2  ²  



 









 ĐS : x = 2  x = 4

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

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 (DBĐH 2007) 6)





















0 y 20 xy 12 x

y x ) y 1 ln(

) x 1 ln(

2

2 (DBĐH 2006)

ĐS : 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) 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  BÀI 5 : (ĐỀ THI THPT QG 2018) Cho phương trình ^{5 m log}5



^{x m}



x    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.

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

x y 4

log₂ x   



 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức:

 

³

2 2 2 4

y x

x 6 y x 2 x P 2





  ĐS :

9 P_min 16

HƯỚNG DẪN GIẢI 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

 Hướng dẫn :

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)

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

 Hướng dẫn :

 

1 3^2x23x23^3x2 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 Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là : x = 1, x = 2.

4)

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

 Hướng dẫn :

 

1 2^2x 3^2x 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2^{2x2 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 : ^x ₂

x 1 2

2 x

x 1 2

2 x 2

x 2 1 x

x 1

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

2

2        



 



   



 ^{  }



Xét hàm số

 

t 2 2 1 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 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

7)

^2x

 

^{3 x1 2x} ₃¹^{1 x 2x2 2x1}



 



 



 Hướng dẫn : Điều kiện : x0

Phương trình đã cho viết lại :

 

^{3 x1} ₃¹^{1 x  2x2 }_2x^2x1



 







hay

 

^{3 x1 1}₃^{1 x }₂¹_x^



^1x





 







 

3 x 1

 

*

x 2

3 ^21x  1  ^{x 1} 

 ^

Xét hàm số g

 

t 3^t t có g'

 

t 3^tln3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 x g

2 g 1

*     



 



  tương đương 2x²2x10

 2

3

x1 hoặc

2 3

x1 . Vậy, tập nghiệm của phương trình là







  

 2

3

;1 2

3

S 1 .

 Chú ý : Cần tìm a, b, c  R sao cho b



x 1



c x

a1 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

a1 , b1, c0. Vì thế



1 x



x 2

1 x

2 1 x 2 x

2 ²      .

8)

3^2x3x23^x32xx³3x20

 Hướng dẫn :

x 2 x 3

2 x x 2

3^2x3x2 ³   ^x32x ³ dạng ^f



^2x3x2

 

^{f x3 2x}



Xét hàm số f

 

t 3^t t, tR ta có 'f

 

t 3^tln3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.

9)

2^{3x312x23x1}8^{2x33x22x} 3x³3x²3x1 (1) ĐS :

1 4 x ₃ 1

 

 Hướng dẫn :

 

1 2^{3x312x23x1}2^{32x33x22x}3x³3x²3x1 (2) Ta có : 3(2x³ + 3x² – 2x) – (3x³ + 12x² – 3x + 1) = 3x³ – 3x² – 3x – 1 Đặt _^{vu33}



^{x2x3123xx232xx}



¹

2 3

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

Do đó : f(u) = f(v)  u = v  3x³ – 3x² – 3x – 1 = 0  3x³ = 3x² + 3x + 1

 4x³ = x³ + 3x² + 3x + 1 = (x + 1)³ 

1 4 x 1 1 x x .

4 ₃

3

 





 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là :

1 4 x ₃ 1

  .

10)

x 3x

x 7 x 21 713 280

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 có :

 





 



 

 



 ^{  } 1

x 3 x 7 40 713

713

1 ^{x72 1 x72 x2403x} ₂



 





 







 



 



 ^{  }

x 3 x

40 x

7 7 713

x 1 7 7

713^{x72 1} ₂ ^{x72 x2403x} _{2 2} (3)

Xét hàm số f

 

t 713^t 7t ; f’(t) = 713^tln713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

1 7 x

7 x

3 x

40 x

f 7 x 1

f 7_{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}.

11*)

3^{2009x3cosx}3^{2009x4cos3x}3cos3x0

 Hướng dẫn :

Phương trình ^{32009x3cosx32009x4cos3x 3.}



^{4cos3x3cosx}





2009x 3cosx



3 3.



2009x 4cos x



. 3

3^2009x3cosx   ^{2009x 4cos3x}  ³

 ^{ } (1)

Xét hàm số f(t) = 3^t + 3t, tập xác định R

f’(t) = 3^t.ln330, t  R nên f(t) đồng biến trên R

Phương trình (1) được viết : f(2009x + 3cosx) = f(2009x + 4cos³x) (2) Vì f(t) đồng biến trên R nên (2)  2009x + 3cosx = 2009x + 4cos³x

 4cos³x – 3cosx = 0  cos3x = 0

k3 x 6 

 (k  Z)

12*)

2^x23cosx2^x24cos3x 7cos3x (1) ĐS : x = k3 6

 

 , k  Z

 Hướng dẫn : Tập xác định : R

Ta có :

 

^{1 2x23cosx2x24cos3x 7}



^{4cos3x3cosx}





^{x 3cosx}



^{2 7}



^{x 4cos x}



7

2^{x2 3cosx} ²  ^{x2 4cos3x} ² ³

 ^{ } (2)

Xét hàm số f

 

t 2^t7t. Tập xác định : R.

f’(t) = 2^tln2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 k 3

x 6 2 k

x

3 













 (k  Z)

13*)

e^{sin x 4} tanx

 



 

ĐS :  k

x 4 , k  Z

 Hướng dẫn :

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

 ^{ }

x cos

x e ^{2sinx2cosx}  sin

x cos e x sin

e ^22sinx  ^22cosx



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

v e u

e ^{22u 22v}





Xét hàm số

 

t t e f

y ²

t 2



 , với t  (–1 ; 0)  (0 ; 1)

y’ =

 

₀

t 2

e 2 t 2 t

e 2 1

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

x 4 (chọn)

14*)

x x

x 4 x 4 2009 120

2009 ^{x x} ₂ ²

4 x 34 x

x 4

2 3 2

2





 

 ^





 Hướng dẫn :

Tập xác định : R \ {0 ; 1}



 



 

 



 



 

 ^{   }





x 1 x 4 30 2009

x 2009 x

x 4 x 4 2009 120

2009^{4xx2 34x3xx24} ₂ ^{2 x42 1 x42 x302 x} ₂

2



 





 







 



 



 ^{  }

x x

30 x

4 4 2009

x 1 4 4

2009^{x42 1} ₂ ^{x42 x302 x} _{2 2} (1)

Xét f(t) = 2009^t + 4t, có f’(t) = 2009^tln2009 + 4, t > 0 tức f(t) đồng biến trên R

Từ (1) suy ra x x 30 0

x x

30 x

1 4 x

4 x

x 30 x

f 4 x 1

f 4_{2 2 2 2 2 2}  ²  

 









 





 





 



 

 









 

kiện điều thỏa 5

x 6 x

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

15*)

3^cosx2^cosx cosx (1)

 Hướng dẫn :

Nhận xét : x = 0 là nghiệm của phương trình ; gọi  là nghiệm bất kì của (1).

Khi đó, ta có : 3^cos  2^cos = cos  3^cos  3cos = 2^cos  2cos (*) Xét hàm số : f(t) = t^cos  tcos (với t > 1)

Hàm số f liên tục trên (1 ; +), có đạo hàm là f’(t) = t^{cos  1}.cos  cos

Từ (*) có f(2) = f(3).

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

 cos = 0  cos = 1  k2k2

2 (với k  Z)

16*)

sinx.²⁰⁰⁸sin²x2008



cosx1



.²⁰⁰⁸cos²x2cosx2009 cosxsinx1

 Hướng dẫn :

Phương trình đã cho viết lại là : sinxsinx.²⁰⁰⁸sin²x2008 



cosx1

 

 cosx1



.²⁰⁰⁸



cosx1



²2008 Xét hàm số : yf

 

t tt^{2008 2}t 2008, t R

Ta có : f’(t) =



t 2008



⁰

1 1004

2008 t t

t

1 2008 2 2007

2008 2 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 2 k 1 x

x cos x

sin (k  Z)

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

 Hướng dẫn :

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

 Hướng dẫn :

Điều kiện : x + 2 > 0  x > 2

(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

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.

4)

 

²

2 2

1 x

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 2}2



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

 Hướng dẫn :

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) 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 3^{2x x}

2 2

        ^8127x

 

^{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 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

 Hướng dẫn : Điều kiện :

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

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.

 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

 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 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 x}3

 

^{31 x}3



^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

 Hướng dẫn : Điều kiện :















 

















 





 





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   



 

 

















 

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} _x^{1 x 2 2} _x¹²



 

 









 

 







^{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 .

10)

1 x

x 1 1 ln x x

1 1 ln

x ^x2

1 1

2 x 3

1 1



 



 

 

 



 

  ^{ } với x > 0) ĐS : x = 1

 Hướng dẫn :

Ta có : ^{xln 1} _x^{1 1 x1 x3ln 1} _x¹₂ ^{1 x12 1 x}



^{x 1}



^{ln 1} _x^{1 x}



^{x2 1}



^{ln 1} _x¹₂ ^1x



 

 







 

 







 



 

 

 



 

  ^{ }

   

_



 



 



 

 









 

 



 1

x 1 1 ln 1 x x x 1

1 1 ln 1

x ² ₂

   

_



 



 



 

 







 



 



 

 



 1

x 1 1 ln 1 x x x 1

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)

Xét 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}

t t t 1 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

t t 1 2t 1 t t 1 2t 1 0

 

  

    , 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 khác :

…

   

_



 



 



 

 







 



 



 

 



 1

x 1 1 ln 1 x x x 1

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) =

   

_



 





 



 

 









 

 

 2t 1

2 t

1 1 ln 1 t 2 t 2

1 1 ln 1 t 2 Xét hàm :

 

1 t 2

2 t

1 1 ln t

g  



 

 

 , có : g’(t) =

   

²

  

²

1 4 1

t t 1 2t 1 t t 1 2t 1 0

    

    , 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 = x²  x = 1 Tóm lại : phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.

11)

3^x 1xlog₃(12x) (1) ĐS : x = 0  x = 1

 Hướng dẫn : Điều kiện :

2 x 1 0 x 2

1    (2)

Cách 1 :

Đặt ylog₃



12x



3^y 12x

Ta có hệ :

 



 















2 . 3 x 2 1 3

1 . 3 y x 1 3

y x

Trừ vế theo vế ta có 3^x + x = 3^y + y (4)

Xét hàm số f

 

t tlog₃t. Phương trình (4) có dạng 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 3^x = 1 + 2x  3^x – 2x – 1 = 0 (6)

Xét hàm số g(x) = 3^x – 2x – 1 ; g’(x) = 3^xln3 – 2 ; g’(x) = 0  x = x0 = log32 – log3(ln3) Lí luận tương tự ví dụ 1 suy ra x = 0 , x = 1 là hai nghiệm của phương trình đã cho.

Cách 2 :

Ta có :

 

1 3^x log₃3^x 



12x



log₃



12x



(7)

Xét hàm số f

 

t tlog₃t. Phương trình (7) có dạng f

 

3^x f



12x



(8) Rõ ràng f(t) là hàm số đồng biến trên R, nên (8)  3^x = 1 + 2x (9) Phần còn lại của lời giải như cách 1.

12)

7^x1 12log₇(6x5)³ (1) ĐS : x = 1  x = 2

 Hướng dẫn :

Điều kiện : 6x – 5 > 0  x >

6 5

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

Khi đó, phương trình đã cho trở thành : 7^{x – 1} = 1 + 2log7(6x – 5)³ = 1 + 6log7(6x – 5) = 6y – 5 (2) Trừ theo từng vế (1) và (2) ta được : 7^{x – 1} – 7^{y – 1} = 6y – 6x  7^{x – 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 : 7^{x – 1} – 6(x – 1) – 1 = 0 (3)

Hàm số g(t) = 7^t – 6t – 1 có g’(t) = 7^tln7 – 6  g’(t) = 7^tln7 – 6 = 0  t0 = 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 nh�