Tải bản đầy đủ (.pdf) (10 trang)

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

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (283.7 KB, 10 trang )

(1)

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII


DẠNG HAØM ĐẶC TRƯNG CỦA PT-HPT MŨ-LOGARIT


GVBM : ĐOAØN NGỌC DŨNG


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


A. PHƯƠNG TRÌNH MŨ


1)

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 – 2v = v – u  2u + u = 2v + 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.

2)

2x14xx1


 Hướng dẫn :


Phương trình  2x +1 + (x + 1) = 22x + 2x


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

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 – (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 = 3v + v  f(u) = f(v)


Xét hàm soá f(t) = 3t + t ; f ’(t) = 3tln3 + 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



(2)

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII


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


4)

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 + 3u + u = 2v + 3v + v  f(u) = f(v)


Xét hàm số : f(t) = 2t + 3t + t


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


Do đó : f(u) = f(v)  u = v  2x = x + 1 i 2x – x – 1 = 0 (2)


Xét hàm số : g(x) = 2x – x – 1



g’(x) = 2tln2 – 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.



5)

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 – 2v = v – u  2u + u = 2v + v  f(u) = f(v)


Xét hàm số : f(t) = 2t + t với t  2


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


Do đó : f(u) = f(v)  u = v  x2 + 1 = 2x2 + x1 x1 = 1 – x2


Do x  1 nên x 1


0


x
1


0
1
x


2  













là nghiệm của (1)


6)



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



(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. PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT


1)

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 – (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


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 = 2x2 + 4x + 5  x2 + 3x + 2 = 0  x = 1 hay x = 2


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


2)

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  2x = x + 1


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


Mặt khác : Xét hàm số y = 2x  y’ = 2xln2  y’’ = 2xln22 > 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.


3)

2 x 1


1
2


2
x


log x


x


3   











(1) ÑS : x = 0  x = 1


 Hướng dẫn :




(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  2x – x – 1 = 0 (2


Xét hàm số g(x) = 2x – x – 1


g’(x) = 2xln2 – 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.


4)



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  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) + 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




(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

3
x
y


tăng
hàm

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 27x

 

32xx .2x




Xét hai hàm số :

 



 

 













2 hàm đồng biến


3
x
g


biến
nghịch
hàm



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


6)

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 6x7y6y (4)


Xét hàm số f

 

t 7t6t ; phương trình (4) có dạng f(x) = f(y) (5)

f’(t) = 7tn760, t  R nên f(t) đồng biến trên R


Do vaäy : (5)  x = y (6)


Thế (6) vào (3) có : 7x 6x17x6x10


Xét hàm số g

 

x 7x 6x1 ; g’(x) = 7xln76


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)



(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


7)

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) = 2x.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) 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.


9)

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   






 



(7)

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII


2 2


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


C. HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ - LOGARIT

1)











)
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).


2)











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).


3)














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   



(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).


4)












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).


5)


















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 t213t, t 

 



3
ln
3
1
t
t
1
t
t
'
f t
2
2






Vì t2 1 t2 t t21t0  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).


6)

 

 















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 + 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


 


t
1
t
1
t
1
1
t
'f






  f ’(t) = 0  t = 0



(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).


D. MỘT SỐ BÀI TỐN LIÊN QUAN ĐẾN HAØM ĐẶC TRƯNG


BAØI 4 : (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





Câu 47: 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.


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  9y2 + 6y – 10 = 0 

































2
3
;
0
3


11
1
y


2


3
;
0
3


11
1
y



(10)

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII


y 0


3
11


1




2
3


P’  0 


P


3
3
11



2 


Vaäy


3
3
11
2





×