Bài giảng trong tâm toán 12 hàm số lũy thừa, hàm số mũ, hàm số logarit

chương hàm số luỹ thừa, hàm số mũ hàm số lôgarit A Kiến thức cần nhớ I luỹ thừa Định nghĩa 1: (Luỹ thừa với số mũ nguyên): Với a 0, n = n số nguyên âm, luỹ thừa bậc n a số an xác định bởi: a0 = 1, an = n với n nghuyên âm a Định nghĩa 2: (Căn bậc n): Với n nguyên dương bậc n số thực a số thực b (nÕu cã) cho bn = a Ta thõa nhận hai khẳng định sau đây: Khi n số lẻ, số thực a có bËc n, kÝ hiÖu n a  Khi n số chẵn, số thực dương a có hai bậc n hai số đối Căn có giá trị dương kí hiệu n a (còn gọi số học bậc n a), có giá trị âm kí hiệu n a Định nghĩa 3: (Luỹ thừa với số mũ hữu tỉ): Cho a số thực dương r số hữu m tỉ Giả sử r = , m số nguyên n số n nguyên dương Khi đó, luỹ thừa a với với sô mũ r số ar xác định bởi: m ar = a n = n am Tõ ®ã n a = a n TÝnh chÊt cđa l thõa: Víi a > 0, b > 0, ta cã: an.am = an + m (ab)n = an.bn m n a an a n−m = a   = n n a b b (am)n = am.n Định lí 1: Cho m, n số nguyên Khi ®ã: Víi a > th× am > an vµ chØ m > n Víi < a < am > an m < n II lôgarit Định nghĩa1: Cho < a 1, b > 0, ta định nghÜa α = lnb ⇔ b = eα, α = logab ⇔ b = aα, α = lgb ⇔ b = 10, từ định nghĩa ta được: loga1 = 0, logaaα = α; logaab = b, víi mäi b; a loga b = b víi b > 139 So sánh hai lôgarit số Định lí 1: Cho số dương b c (1) Khi a > th× logab > logac ⇔ b > c HƯ quả: Khi a > logab > b > (2) Khi < a < logab > logac b < c Hệ quả: Khi < a < th× logab > ⇔ b < (3) logab = logac ⇔ b = c Các quy tắc tính lôgarit Định lí 2: Với a dương khác số dương b, c, ta cã: (1) logab + logac = loga(bc), Tr­êng hợp có bc > loga(xy) = logab + logac b (2) logab − logac = loga , c b trường hợp có bc > loga = logab − logac c α (3) logab = logab, Trường hợp b = 2k, k Z logab = logab Hệ quả: Với n nguyên dương 1 loga = logab; loga n b = logab b n Đổi số lôgarit Định lí 3: Với a, b dương khác số dương c, ta có: log a c logbc = hay logab.logbc = logac log a b HƯ qu¶: Ta cã: log b a  Víi a, b dương khác logab = Với a dương khác 1, c số dương 0, ta cã log a c = α Tr­êng hỵp a ∈  , a ≠ vµ α = 2k, k ∈  th× log a c = α III Hàm số mũ Định nghĩa: Hàm số mũ sè a (0 < a ≠ 1) cã d¹ng y = ax Đạo hàm hàm số mũ: Ta ghi nhận kết sau: ex = a lim x→0 x b Víi mäi x ∈  , ta cã (ex)' = ex vµ (ax) = ax.lna 140 logac α log|a|c α c NÕu u = u(x) hàm số có đạo hàm J th× víi mäi x ∈ J, ta cã (eu)' = u'.eu vµ (au) = u'.au.lna XÐt hµm sè y = ax, < a ≠ 1, ta cã c¸c tÝnh chÊt sau: Liªn tơc trªn  Sù biến thiên: Hàm số đơn điệu với x Víi a > th× a x1 > a x x1 > x2, tức hàm số đồng biÕn  Víi < a < th× a x1 > a x ⇔ x1 < x2, tøc hàm số nghịch biến Đồ thị hàm số có dạng và: Luôn cắt trục Oy A(0; 1) Nằm phía trục hoành Nhận trục hoành làm tiệm cân ngang IV Hàm số lôgarit Định nghĩa: Hàm số logarit số a (0 < a ≠ 1) cã d¹ng y = logax Đạo hàm hàm số mũ: Ta ghi nhận kÕt qu¶ sau: ln(x + 1) a lim = x→0 x 1 vµ (logax)' = b Víi mäi x ∈ (0; +∞), ta cã (lnx)' = x x.ln a c NÕu u = u(x) lµ hµm sè có đạo hàm J với x J, ta cã u' u' (lnu)' = vµ (logau)' = u u.ln a XÐt hµm sè y = logax, víi < a ≠ 1, ta cã c¸c tÝnh chất sau: Hàm số liên tục D = (0, + ) tập giá trị I = Sự biến thiên: Hàm số đơn điệu với mäi x  Víi a > th× logax1 > logax2 x1 > x2, tức hàm số đồng biÕn  Víi < a < th× logax1 > logax2 ⇔ x1 < x2, tøc lµ hµm sè nghịch biến Đồ thị hàm số có dạng và: Luôn cắt trục Oy A(1; 0) Nằm bên phải trục tung Nhận trục tung làm tiệm cân đứng V Hàm số luỹ thừa Định nghĩa: Hàm số lũy thừa hàm số xác định công thức y = x, với số tùy ý Tập xác định (0; +), trừ trường hợp sau: Nếu nguyên dương hàm số có tập xác định Nếu nguyên âm = hàm số có tập xác định * Đạo hàm hàm số lũy thừa: Ta ghi nhận kết sau: a Hàm số y = x có có đạo hàm điểm x > và: 141 (xα)' = α.xα − b NÕu u = u(x) hàm số có đạo hàm u(x) > J thì: (u)' = .u'.u 1, với mäi x ∈ J  Chó ý: Víi n số nguyên tùy ý, ta có (xn)' = n.xn − víi mäi x ≠ 0; vµ nÕu u = u(x) hàm số có đạo hàm u(x) J (un)' = n.u'.un 1, víi mäi x ∈ J Ta cã: ( n x )' = n x n −1 n , víi mäi x > nÕu n ch½n, víi mäi x ≠ nÕu n lỴ NÕu u = u(x) hàm số có đạo hàm J tháa m·n ®iỊu kiƯn u(x) > víi mäi x thc J n ch½n, u(x) ≠ víi mäi x thuộc J n lẻ thì: ( n u )' = u' n n u n −1 VI Các dạng phương trình, bất phương trình mũ lôgarit Phương trình mũ có dạng ax = m, a > m số đà cho Khi đó: Nếu m phương trình vô nghiệm Nếu m > phương trình có nghiệm x = logam Ta có kết quả: af(x) = ag(x) ⇔ f(x) = g(x) Víi a > th× af(x) > ag(x) ⇔ f(x) > g(x) Víi < a < th× af(x) > ag(x) ⇔ f(x) < g(x) Phương trình lôgarit có dạng logax = m, m số đà cho Ta phải có điều kiện x > < a Với m phương trình có nghiệm x = am Ta có kết quả: logaf(x) = logag(x) ⇔ f(x) = g(x) > Víi a > th× logaf(x) > logag(x) ⇔ f(x) > g(x) > Víi < a < th× logaf(x) > logag(x) ⇔ < f(x) < g(x) mét số phương pháp giải phương trình, bất phương trình mũ lôgarit a Phương pháp đưa số b Phương pháp đặt ẩn phụ 142 c Phương pháp lôgarit hóa: Ta giải phương trình có hai vế dương cách lấy lôgarit hai vế theo số thích hợp d Phương pháp sử dụng tính chất đồng biến hay nghịch biến hàm số B Phương pháp giải dạng toán liên quan Đ1 hàm số mũ hàm số lôgarit Dạng toán 1: Giới hạn hàm số mũ lôgarit Phương pháp Chúng ta có dạng giới hạn đặc biÖt sau: a b ex − = x→0 x ln(x + 1) = lim x→0 x lim c d x ) = e x →∞ x lim (1 + x)1/ x = e lim (1 + x→0  Më réng:: Ta cã: e f (x) − =1, x →x0 f(x) f (x) → lim lim ln [ f(x) + 1] x →x0 f (x) f(x) Quy tắc Lôpitan: Nếu f(x), g(x) khả vi lân cận x = trừ ®iĨm x0, th×: lim f(x) = lim g(x) = ∞ g'(x) lân cận x0, x x0 x →x0 ®ång thêi: f '(x) f(x) = A th× lim = A x → x g(x) x x g'(x) lim Quy tắc với x Thí dụ Tìm giới hạn sau: e2 − e3x + x→0 x a lim  Gi¶i e2x − e3x x→0 x b lim a Ta biÕn ®ỉi: e2 − e3x + −3e2 (e3x − 1) = lim = −3e2 lim x→0 x→0 3x x b Ta biÕn ®ỉi: e2x − e3x 3(e5x − 1) e2x − + − e3x 2(e2x − 1) = lim = lim − lim lim x→0 x→0 x→0 x→0 x 3x x 2x = − = −1 143  NhËn xÐt: Qua thÝ dô trªn:  e f (x) − chóng x →x0 f(x) f (x) câu a), để làm xt hiƯn d¹ng giíi h¹n lim ta thùc hiƯn nhãm nh©n tư chung e2  ë c©u b), chóng ta tách giới hạn ban đầu thành hai giới hạn việc thêm bớt Với quy tắc L«pitan, ta cã: ( ) e2 − e3x + ' e2 − e3x + = lim = lim −3e3x + = −3e2 lim x→0 x→0 x→0 x (x)' ( ( ) ) e2x − e3x ' e2x − e3x = lim = lim 2e2x − 3e3x = − = −1 x→0 x→0 x→0 x (x)' lim ( ) Thí dụ Tìm giới hạn sau: a lim x →0 ex − x +1 −1 b lim x →0 ex − sin 2x  Gi¶i a Ta cã: ex − (e x − 1)( x + + 1) = lim = x →0 x x +1 −1 lim x →0 b Ta cã: lim x →0 x x e −1 = lim sin 2x x →0 ( e −1 x ) e + sin 2x = lim x →0 ( ex − 1 x = 2sin 2x ex + 2x ) 5x − x x → x − 3x Thí dụ Tìm giới hạn lim Giải Ta biÕn ®ỉi: x x ln 5x ln 2x e −e −2 = lim x →0 x → x − 3x x(x − 3) lim = ln − ln = − ln 3 Thí dụ Tìm giới hạn sau: 144 = lim x →0 ln e x ln − e x ln − − ln x ln x x −3 ln(2x + 1) x→0 x a lim  Gi¶i ln(1 + 2x ) x→0 x b lim a Ta biÕn ®ỉi: ln(2x + 1) ln(2x + 1) = lim = 2.1 = lim → x→0 x 2x x b Ta biÕn ®ỉi: ln(1 + 2x ) 2x ln(1 + 2x ) = lim = 0.1 = lim x→0 x→0 x 2x ThÝ dụ Tìm giới hạn sau: ln(4x + 1) − ln(2x + 1) x →0 x a lim x2 + , víi x > −1 .ln x→0 ex + x +1 b lim  Gi¶i a Ta biÕn ®ỉi: ln(2x + 1)  ln(4x + 1) − ln(2x + 1)  ln(4x + 1) = lim  − lim  → x →0 x x x x   2ln(2x + 1)   4ln(4x + 1) − = lim   = x →0 4x 2x   b Ta biÕn ®ỉi: x2 + ln(x + 1) ln(x + 1) ln − ln(x + 1) − ln(x + 1) x x = lim xx + = lim lim x x x→0 x→0 e + x → e +1 e +1 x x.ln(x + 1) ln(x + 1) lim − lim 0.1 − x →0 x →0 x x = = = −1 x e +1 lim x x Dạng toán 2: Tập xác định hàm số mũ lôgarit Thí dụ Tìm tập xác định hàm số: a y =  Gi¶i ln(x + 1) x b y = log x x −1 a §iỊu kiƯn:  x > −1 x + > ⇔ −1 < x ≠ ⇔  x x 145 Vậy, ta tập xác định D = (1; +)\{0} b Điều kiện: < x ≠ 0 < x ≠ 0 < x ≠  ⇔ x > ⇔ ⇔  x > x − > x > Vậy, ta tập xác định D = (1; +) Thí dụ Tìm tập xác định hàm số y = lg  Gi¶i 21− x − 2x + 2x − Hµm sè g(x) = 21 − x − 2x + nghịch biến, có g(1) = 0, nên:  g(x) > ⇔ g(x) > g(1) ⇔ x <  g(x) < ⇔ g(x) < g(1) ⇔ x > Hµm sè cã nghÜa khi:  2 x − >  x >   1− x   2 − 2x + >  x < 21− x − 2x + > ⇔ ⇔ ⇔ < x < x  x < 2x −  2 − <   21− x − 2x + <  x > Vậy, ta tập xác định D = (0; 1) Dạng toán 3: Xét tính liên tục hàm số mũ lôgarit Phương pháp Ta thực theo bước sau: Bước 1: Khẳng định hàm số xác định điểm x0, tính f(x0) Bước 2: Xác định lim f(x) x x0 Bước 3: Kiểm nghiƯm f(x0) = xlim f(x) →x B­íc 4: Kết luận Thí dụ Xác định a để hàm sè sau liªn tơc trªn  :  ln(x + 1) x ≠  2x f(x) =  e − a − x = Giải Điều kiện cần đủ liên tục liên tục điểm x0 = 0, tức: f(0) = lim f(x) x→0 Ta cã: f(0) = a − 146 (*) ln(x + 1) x.ln(x + 1) ln(x + 1) x2 = lim 2xx = lim = lim f(x) = lim 2x x →0 x →0 x → 2(e 2x − 1) x →0 e e −1 −1 x 2x Khi ®ã, ®iỊu kiƯn (*) trë thµnh: a = = ⇔ a = VËy, víi a = tháa m·n ®iỊu kiƯn đầu Dạng toán 4: Tính đạo hàm hàm số luỹ thừa, mũ, lôgarit hàm số hợp chúng Phương pháp Sử dụng kết phần kiến thức cần nhớ Thí dụ Chứng minh hàm số y = ln Giải tho¶ m·n hƯ thøc xy' + = ey 1+ x Tr­íc tiªn, ta cã: 1 y = ln = − ln(1 + x) ⇒ y' = − 1+ x 1+ x Khi ®ã: ln x xy' + = − +1= = e 1+ x = ey, ®pcm 1+ x 1+ x ThÝ dơ Tính đạo hàm hàm số sau: a y x e2x + b y x ln x + = =  Gi¶i a Ta cã: ( = y' = ) x e2x += ' 2x e2x + + ( ) 2x e2x + + 2x e2x e +1 2x b Ta cã: = y ' 2x.ln x ( +1 + x = ( 2x e2x 4x e2x = 2x e2x + + e2x + e2x + 2x e2x + + xe2x e +1 2x ) ) x2 + ' x2 = 2x.ln x + + = x +1 x2 + D¹ng toán 5: ứng dụng đạo hàm để khảo sát vẽ đồ thị hàm số mũ lôgarit Các toán liên quan 147 Thí dụ Cho hàm số (Cm): y = xemx Víi m = −2: a Tìm khoảng tăng, giảm cực trị hàm sè (C) b BiƯn ln theo a sè nghiƯm cđa phương trình xe2x = a c Tìm b để phương trình sinx.e2sinx = b có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng [0; ] d Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm có hòanh độ x = Tìm m để: b Hàm số có cực trị a Hàm số đồng biến c Hàm số có cực tiểu Giải Với m = hàm số có dạng (C): y = xe2x a Ta có: (1) Hàm số xác định D = (2) Sự biến thiên hàm số: Giới hạn hàm số v« cùc lim y = −∞, lim y = x x + Bảng biến thiên: y' = e−2x − 2xe−2x = e−2x(1 − 2x), y' = ⇔ e−2x(1 − 2x) = ⇔ x = x y' y −∞ −∞ + 1/2 C§ 1/2e − 1/e2 +∞ Kết luận: 1 Hàm số đồng biến khoảng ; nghịch biến kho¶ng  ; + ∞  2  1 Đồ thị hàm số đạt cực đại điểm A ;  2e  −2x b Sè nghiƯm cđa phương trình xe = a số giao điểm đồ thị (C) với đường thẳng y = a Ta có: Với a 0, phương trình có nghiệm nhÊt  Víi < a < , phương trình có hai nghiệm phân biệt 2e 1 , phương trình có nghiệm x = Với a = 2e , phương trình vô nghiệm Với a > 2e c Đặt t = sinx, t 1, phương trình có dạng te2t = b (1) 148 câu b) miêu tả việc lựa chọn ẩn phụ thông qua đánh giá mở rộng a.b = 1, ®ã lµ: a b = 1, c c a.b = c2 tức với phương trình có dạng A.ax + B.bx + C.cx = Khi ta thực phép chia hai vế phương trình cho cx0, để nhận được: a x b   x A   + B   + C = 0, c c x x a b tõ ®ã thiÕt lËp Èn phơ t =   , t > vµ suy   = t c c b Chia hai vÕ phương trình cho 2x > 0, ta được: x x 3+  3−  log   +   = 2     x (*) x x 3+  3−  3+ 3−  NhËn xÐt r»ng     =   = 1,       x 3+  ®ã, nÕu ®Ỉt t =   , ®iỊu kiƯn t > 0, Khi đó, phương trình (*) tương đương với: t+ = t2 3t + = t x 3+  3± 3± ⇔ t= ⇔  = = 2 Vậy, phương trình có nghiệm x = Ví dụ 12: Giải phương tr×nh sau: a x +1 + x +1 = x +1  Gi¶i a BiÕn đổi phương trình dạng: 22(x +1) + (2.3)x +1 = 32(x +1) Chia c¶ hai vÕ cđa phương trình cho 22(x 2 2 2+   2 x +1 x +1 3 =  2 x 3−    =  t   3+      ±1 b log ⇔ x = ±1 2 x + x − log x − 11 = 2 +1) 0, ta được: 2(x +1) 3 Đặt t = , điều kiƯn t ≥ v× x2 + ≥ ⇔ t = 2 Khi đó, phương trình (1) tương đương với: (1) x +1 3 ≥  = 2 187 t =2 f(t) = t − t − = ⇔  ⇔t=2⇔  t = −1 (lo¹i) ⇔ x2 + = log ⇔ x = ± log − 3 2  x +1 =2 2 Vậy, phương trình cã hai nghiÖm x = ± log − b Điều kiện x > Đặt u = log2x x = 2u, phương trình (1) có dạng: 2 u + (2 u )− u − 11 = ⇔ u + 2u − 11 = (2) Đặt t = u , điều kiện t Khi đó, phương trình (2) có d¹ng: 2 u = u2 = t =   4t2 − 11t + = ⇔  ⇔  u ⇔  u = log t = =     log x = u = x =    ⇔ ⇔ ⇔   log x = ± log  x = ± log u = ± log 2    4 2 Vậy, phương trình có ba nghiệm x = 1, x = ± log2 7 Ví dụ 13: (Đề thi đại học khối D 2003): Giải phương trình: Giải 2x −x − 22+ x − x = Biến đổi phương trình dạng: x − x − x − x = x2 x Đặt t = , với t > ta chuyển phương trình dạng: t = −1 lo¹i = ⇔ t2 − 3t − = ⇔  ⇔ x − x = = 22 t− t t = 2 ⇔ x − x = ⇔ x − x − = ⇔ x = x = Vậy, phương trình có hai nghiƯm x = − vµ x =  Chó ý: TiÕp theo chóng ta sÏ quan t©m tới việc sử dụng phép biến đổi đại số để làm xuất ẩn phụ sử dụng ẩn phụ cho tổ hợp đối xứng Ví dụ 14: Giải phương trình 22x +1 x + x + 22x + =  Gi¶i 188 Chia hai vế phương trình cho 22x + 0, ta được: 2x − 2x −1 − x − x − + = ⇔ 2x − 2x − x − x + = x −x 2x − 2x − + = ⇔ 2 x −x Đặt t = , điều kiện t > Khi đó, phương trình tương đương với: x x = 22 x2 − x = t =  x = −1 ⇔  ⇔  ⇔  2t2 − 9t + = ⇔  x − x − x = x x − = − 2 t = / =2 Vậy, phương trình có hai nghiÖm x = −1, x = 2 2 2 2 2 VÝ dơ 15: Gi¶i phương trình: log2(x x ) log3(x + Giải Điều kiện: x ) = log6|x − x − ≥   x − x − > ⇔ x ≥   x + x − > NhËn xÐt r»ng: (x − x − )(x + x − ) = ⇒ (x − x − ) = (x + Khi phương trình viết lại d¹ng: log2(x + x − ) − log3(x + ⇔ log2(x + x − ) log3(x + Sử dụng phép đổi số: log2(x + x − ) = log6(x + x − ) = log6(x + x − ) = log26.log6(x + x − | x − )−1 x − )− x − ) x − ); vµ log3(x + x − ) = log36.log6(x + x ) Khi phương trình viết lại dạng: log26.log6(x + x − ) = log6(x + x − ) (1) x − ) Khi ®ã (1) cã d¹ng: t = t(log26.log36.t − 1) = ⇔  log 6.log 6.t − = Víi t =  x + x − = log6(x + x − ) = ⇔ x + x − = ⇔  ⇔ x = 1  x − x − = Víi log26.log36.t = Đặt t = log6(x + x − ) log36.log6(x + log26.log36 log6(x + x − ) − = ⇔ log26.log3(x + x2 −1 ) = 189 ⇔ log3(x + x − ) = log62 ⇔ x + x − = 3log  x + x − = 3log ⇔ x = ( 3log + 3− log ) ⇔  3− log  x − x = Vậy, phương trình có nghiệm x = vµ x = ( 3log + 3− log ) 6 6 6 Ví dụ 16: (ĐHY Hà Nội 2000): Giải phương trình 23x 6.2x Giải 3(x −1) + 12 = 2x ViÕt l¹i phương trình dạng: 23 (23x 3x ) − 6(2x − x ) = (1) 2 Đặt t = 2x x , suy ra: 2 2 23x − 3x = (2x − x )3 + 3.2x x (2x − x ) = t3 + 6t 2 2 Khi đó, phương trình (1) có dạng: t3 + 6t − 6t = ⇔ t = ⇔ 2x x = (2) Đặt u = 2x, u > 0, phương trình (2) có dạng:  u = −1 (l) u− = ⇔ u2 − u − = ⇔  ⇔ u = ⇔ 2x = ⇔ x = u = u Vậy, phương trình có nghiệm x = Ví dụ 17: (Đề thi đại học khối A 2002): Cho phương trình: log 32 x + log 32 x + − 2m − = a Giải phương trình với m = b Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc [1; 3 ] Giải Điều kiện x > Đặt t = log 32 x + , với t 1, ta được: f(t) = t2 + t − 2m − = Với m = phương trình (2) có dạng: t2 + t − = ⇔ t = (loại) t = Với t = 2, ta được: log 32 x + = log 32 x = ⇔ x = 3± 190 (1) Vậy, với m = 2, phương trình cã nghiƯm ph©n biƯt x = 3± Tõ ®iỊu kiƯn: ≤ x ≤ 3 ⇔ ≤ log3x ≤ ⇔ ≤ log 32 x + ≤ ⇔ ≤ log 32 x + ≤ ⇔ ≤ t Tới ta lựa chọn ba cách trình bày sau: Cách 1: Phương trình ban đầu có nghiệm thuộc đoạn [1; 3 ] phương trình (3) cã Ýt nhÊt nghiƯm thc [1; 2] ⇔ ®­êng thẳng y = 2m + cắt phần đồ thị hàm số y = t2 + t lấy đoạn [1; 2] điểm Ta xét hàm số: y = t2 + t Miền xác định D = [1; 2] Đạo hàm: y' = 2t + 1, y' = ⇔ 2t + = ⇔ t = −  B¶ng biÕn thiªn: t −∞ −1/2 +∞ y' + + y Vậy điều kiện là: ≤ 2m + ≤ ⇔ ≤ m Cách 2: (Tối ưu hoá cách 1): Phương trình ban đầu có nghiệm thuộc đoạn [1; 3 ] phương trình (3) có nghiệm thuộc [1, 2] đường thẳng y = 2m + cắt phần đồ thị hàm số y = t2 + t lấy đoạn [1, 2] điểm Ta xét hàm số: y = t2 + t Miền xác định D = [1; 2] Đạo hàm: y' = 2t + > 0, tD hàm số đồng biến D Vậy điều kiện là: y(1) 2m + y(2) ⇔ ≤ 2m + ≤ ⇔ m Cách 3: Phương trình ban đầu có nghiệm thuộc đoạn [1, 3 ] phương trình (3) có nghiệm thuộc [1, 2] phương trình (3) có nghiệm tho¶ m·n: −1 1 < t1 ≤ t < lo¹i vi t1 + t = t ≤ ≤ t ≤ 2 1 1 ≤ t1 ≤ ≤ t ⇔ f(1).f(2) ≤ ⇔ − 2m(4 − 2m) ≤ ⇔ ≤ m Ví dụ 18: (ĐHKT 1998): Cho phương tr×nh: 191 (x − 2)log3 [9(x −2)] = 9(x − 2)m (1) a Giải phương trình với m = b Tìm m để phương trình có nghiệm thoả mÃn: 3x1x2 − 6(x1 + x2) + 11 =  Giải Điều kiện x > x > LÊy logarit c¬ sè hai vÕ, ta ®­ỵc: log3[ (x − 2)log3 [9(x −2)] ] = log3[9(x − 2)m] ⇔ [log3[9(x − 2)].log3(x − 2) = + log3(x − 1)m ⇔ [2 + log3(x − 2)].log3(x 2) = + mlog3(x 1) (1) Đặt t = log3(x 2) Khi (1) có dạng: (2) (2 + t)t = + mt ⇔ t2 − (m − 2)t − = a Víi m = 3, ta được: log (x − 2) = x=  t = −1 ⇔  ⇔  t2 − t − = ⇔   t =  log3 (x − 2) =  x = 11 Vậy, với m = phương trình có hai nghiƯm x = vµ x = 11 b XÐt ®iỊu kiƯn: 1 3(x1 − 2)(x2 − 2) − = ⇔ (x1 − 2)(x2 − 2) = ⇔ log3[(x1 − 2)(x2 − 2)] = log3 3 ⇔ log3(x1 − 2) + log3(x2 − 2) = − t1 + t2 = Vậy, để phương trình có nghiệm thoả mÃn 3x1x2 6(x1 + x2) + 11 = ⇔ (2) cã nghiÖm t1, t2 tho¶ m·n t1 + t2 = − (m − 2)2 + ≥ ∆ ≥ ⇔  ⇔  ⇔ m = −1 t1 + t = m − =−1 VËy, víi m = thoả mÃn điều kiện đầu Chú ý: Phương pháp dùng ẩn phụ dạng việc sử dụng ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành phương trình với ẩn phụ hệ số chứa x Phương pháp thường sử dụng phương trình lựa chọn ẩn phụ cho biểu thức biểu thức lại không biểu diễn triệt để qua ẩn phụ biểu diễn công thức biểu diễn lại phức tạp Khi đó, thường ta phương trình bậc hai theo ẩn phụ (hoặc vÉn theo Èn x) cã biƯt sè ∆ lµ mét số phương Ví dụ 19: Giải phương trình 9x + (x − 3).3x − 2x + = (1) 192 Giải Đặt t = 3x, điều kiện t > Khi đó, phương trình tương đương với: t2 + (x − 3).t − 2x + = ta cã ∆ = (x − 3)2 − 4(−2x + 2) = (x + 1)2 nên phương trình có nghiƯm: t1 = hc t = − x Khi ®ã:  Víi t = ⇔ 3x = ⇔ x = log32  Víi t = − x ⇔ 3x = − x, ta có nhận xét: VT hàm đbiến Phương trình có nghiệm nghiệm  VP lµ hµm nbiÕn NhËn xÐt r»ng x = nghiệm phương trình Vậy, phương trình có hai nghiƯm x = log32, x = VÝ dơ 20: Giải phương trình x + log x = Giải Điểu kiện x > Biến đổi phương trình dạng log x= x Nhận xét rằng: Vế trái phương trình hàm đồng biến Vế phải phương trình hàm nghịch biến Do vậy, phương trình có nghiệm nghiệm Nhận xét x = nghiệm phương trình v×: log 3= − ⇔ = 2, Vậy, phương trình có nghiệm x = 3  NhËn xÐt: Nh­ vËy, vÝ dơ trªn b»ng viƯc chun vÕ chóng ta thÊy tính đồng biến nghịch biến hàm số hai vế phương trình, để từ kÕt ln vỊ tÝnh nhÊt nghiƯm (nÕu cã) cđa phương trình Tuy nhiên, hầu hết phương trình giải phương pháp dạng ban đầu không đưa nhận xét "VT đồng biến VP hàm nghịch biến" Khi đó, cần thực vài phép biến đổi đại số, thí dụ với phương trình: A.af(x) + B.bg(x) = C.ch(x) A a f (x) c h( x ) + B b g( x ) c h( x ) = C VÝ dụ 21: Giải phương trình + 3x/2 = 2x  Gi¶i x x 1  3 Chia hai vÕ phương trình cho 0, ta +   =     NhËn xÐt r»ng: x (1) 193  VÕ tr¸i phương trình hàm nghịch biến Vế phải phương trình hàm Do vậy, phương trình có nghiệm nghiệm nhÊt NhËn xÐt r»ng x = lµ nghiƯm cđa phương trình vì: + = , ®óng   +   = 4     VËy, phương trình có nghiệm x = 2 Chú ý: Nhiều toán cần sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để chuyển chúng dạng f(u) = k Từ đó, áp dụng phương pháp hàm số để giải Ví dụ 22: Giải phương trình log3 (x +1) = x Giải §iỊu kiƯn x + > ⇔ x > a Nếu < x 0, phương trình vô nghiệm VT > VP b Xét x > 0, đặt y = log3(x + 1) Ta hệ phương trình: y y = y log3 (x + 1) x + = 3y 1 2 y y ⇔ ⇒ + = ⇔ +     = 3 y y     x = x = NhËn xÐt r»ng:  VÕ tr¸i cđa phương trình hàm nghịch biến Vế phải phương trình hàm Do vậy, phương trình có nghiệm nghiệm Nhận xét y = nghiệm phương tr×nh, suy ra: y = ⇔ log3(x + 1) = ⇔ x + = ⇔ x = Vậy, phương trình có nghiệm x = (1) Ví dụ 23: (Đề thi đại học khối B 2005): Giải hệ phương trình: x + − y =  3 3log (9x ) − log y = Giải Điều kiện: x x ≥  ⇔  2 − y ≥ 0 < y ≤   9x > y > Biến đổi phương tr×nh thø hai cđa hƯ: 3(1 + log3x) − 3log3y = ⇔ log3x = log3y ⇔ x = y Khi đó, hệ có dạng: 194 (*) x = y  x = y  x= y= ⇔  ⇔   x= y=  x − + − x = 2 (x 1)(2 x) = Vậy, hệ phương trình có hai cặp nghiệm (1, 1) (2, 2) Ví dụ 24: (Đề thi đại học khối A 2004): Giải hệ phương trình: log (y − x) − log y =  x + y2 = 25 Giải Điều kiÖn: y − x > y > x ⇔   y > y > BiÕn đổi phương trình thứ hệ dạng: log4(y − x) + log4y = ⇔ log4y = log44(y − x) 3y ⇔ y = 4(y − x) x = Thay (**) vào phương trình thø hai cđa hƯ: (*) 9y + y2 = 25 ⇔ y2 = 16 ⇔ y = ⇒ x = 16 VËy, hÖ cã nghiÖm (3; 4) (*) (**) Ví dụ 25: (ĐHMĐC 2000): Giải biện luận hệ phương trình: Giải x + y + a =  a2 x + y xy =2 Biến đổi hệ dạng: (1) y = − a − x  a2 x + y − xy = (2) 2 Thế (1) vào (2), ta được: 2 2a 4x + (1 − a − x) − x(1 − a − x) = ⇔ 22[x + (a −1)x +1−a] = 21−a ⇔ 2x2 + 2(a − 1)x + (a − 1)2 = 0, ta cã ∆' = −(a − 1)2 ≤ (3) Khi ®ã:  Víi a ' < phương trình (3) v« nghiƯm ⇔ hƯ v« nghiƯm  Víi a = ' = phương trình (3) cã nghiÖm x = 0, suy y = VËy, a = hÖ cã nghiÖm x = y = Ví dụ 26: Giải hệ phương trình: 195 x y 2 = 12  x y 3 = 18 Gi¶i LÊy logarit cã sè hai vế hai phương trình, ta được: x y + log2 x + y log2 = log2 (2 ) = log2 12 ⇔   x y log2 (3 ) = log2 18 x log2 + y =1 + log2 Ta cã D = − log22 0, hệ phương trình có nghiện Dy = − log22 Dx = − log22 , Suy hÖ cã nghiÖm Dy Dx = x = 2,= y = D D Vậy, hệ phương trình có nghiệm (2; 1) Ví dụ 27: Giải hệ phương trình: 42x 22x + y + y =  2y + 2x + y − 3.2 = 16 2 Giải Viết lại hệ phương trình d­íi d¹ng: 2 42(x −1) − 4.4 x −1.2 y + 22y =  2y x y 3.4 = Đặt: u = x −1 , ®iỊu kiƯn u ≥ vµ v >  y  v = Khi đó, hệ (I) biến đổi d¹ng: 2 (1) u − 4uv + v =  (2)  v − 3uv = Để giải hệ (II) ta lựa chọn hai cách sau: Cách 1: Khử số hạng tự từ hệ ta được: 4u2 13uv + 3v2 = Đặt u = tv, đó: t = (3) ⇔ v2(4t2 − 13t + 3) = ⇔   t = 1/  Với t = ta u = 3v ®ã: (2) ⇔ − 8v2 = v« nghiƯm 196 (I) (II) (3)  Víi t = 1 ta ®­ỵc u = v ⇔ v = 4u ®ã: 4 (2) ⇔ 4u = ⇔ u = 4 x −1 = x − = u = x = ±1 ⇔  ⇔  ⇔  ⇒  y v = y = 2 = y = Vậy, hệ phương trình có hai cặp nghiệm (1, 2) ( 1, 2) Cách 2: Nhận xét (u, v) nghiệm hệ u ≠ v2 − Tõ (2) ta u = 3v Thay (4) vào (1), ta 2v4 31v2 16 = Đặt t = v2, t > 0, ta được: t = 16 ⇔ v2 = 16 ⇔ v = ⇒ (5) ⇔ 2t − 31t − 16 = ⇔   t = − (l)  2 4 x −1 = x − = x = ±1 ⇔  ⇔  ⇔  y y = 2 = y = (4) (5) u =  v = Vậy, hệ phương trình có hai cặp nghiệm (1; 2) (1; 2) Ví dụ 28: Giải bất phương trình sau: a Giải ( 10 + ) x −3 x −1 < ( 10 − ) x +1 x +3 b 32x − 3x + c 2.2x + 3.3x > 6x − x+4 − 9 x+4 > d 4x − 2x + + x ≤ a NhËn xÐt r»ng: ( 10 + 3)( 10 − 3) = ⇒ 10 − = ( 10 + 3)−1 Khi đó, bất phương trình viết lại dạng: x −3 − x +1 x +3 x − x +1 + ⇔ ( 10 + 3) x −1 x +3 <  −3 < x < − x2 − x−3 x +1 ⇔ + Chia hai vế bất phương trình cho 32 x + > 0, ta được: (1) 32(x x + ) − 3x − x + > Đặt t = 3x x + , t > 0, bất phương trình (1) có dạng: t2 8t > ⇔ (t − 9)(t + 1) > ⇔ t − > ⇔ t > ⇔ 3x − x + > 197 x − > ⇔ x > x+4 >2⇔ x+4 0, ta Xét hàm sè y = + x + x > x (2) + x + x , hàm nghịch biến x Ta cã:  Víi x ≥ 2, f(x) f(2) = bất phương trình (2) v« nghiƯm  Víi x < 2, f(x) > f(2) = bất phương trình (2) nghiệm Vậy, tập nghiệm bất phương trình (; 2) d Ta trình bày theo hai cách sau: Cách 1: Đặt t = 2x, điều kiện t > Khi đó, bất phương trình có dạng: t2 − 2t + x ≤ ta cã ∆' = − x ≤ 0, ®ã: ∆ ' =0 4 x = 1 − x = x = 0  (3) ⇔  ⇔ ⇔ ⇔  ⇔ x =  x  b t = x = 2 = t = 2a Vậy, bất phương trình có nghiệm x = Cách 2: Biến đổi bất phương trình có dạng: (3) 2 ( 2 2x + 2x − x +1 ≤ ⇔ x − x ( ⇔ 2x − 2x ) ( 2 ) 2 + 2.2 x.2 x − x +1 ≤ ) + x +1 x − ≤ (*) NhËn xÐt r»ng:  2x − 2x ≥  ⇒ VT(*) ≥   x +1 x − ≥  Do ®ã:  2x − 2x = 2 x = x x = x  ⇔  ⇔  ⇔ x = (*) ⇔  x x =  =    x +1 x − = Vậy, bất phương trình có nghiÖm nhÊt x = ( ( (  198 ) ) ( ) ) NhËn xÐt: Nh­ vËy, th«ng qua vÝ dơ em học sinh đà ôn tập lại phương pháp để giải bất phương trình mũ Và đó: Với câu a) việc đưa bất phương trình dạng có số Với câu b) có tổng hợp cao, bắt đầu việc sử dụng vài phép biến đổi đại số để làm xuất ẩn phụ, tiếp tới công việc đơn giản phải giải bất phương trình bậc hai Tuy nhiên, cuối gặp dạng bất phương trình chứa f < g Với câu c) d) chúng toán khó cần phải sử dụng tới kiến thức hàm số biết cách đánh giá biểu thức chứa hàm số mũ Ví dụ 29: Giải bất phương trình: x3 32 log 24 (x) log 21   + 9log2   < log 21 (x)  x  Giải Điều kiện x > Biến đổi phương trình dạng: x3 32 log 24 (x) − log 22   + 9log2   < log 22 (x) x    −1 −1 ⇔ log 24 (x) − [log2x3 − log28]2 + 9[log232 − log2x2] < log 22 (x) ⇔ log 24 (x) − [3log2x − 3]2 + 9[5 2log2x] < log 22 (x) Đặt t = log2x, ta được: t4 (3t 3)2 + 9(5 − 2t) < 4t2 ⇔ t4 − 13t2 + 36 < ⇔ < t2 < 1  −3 < log x < −2 (1) Giải Điều kiện x > Coi (1) bất phương trình bâc theo ẩn x, ta có: ∆ = (log2x − 2)2 − 4(log2x − 3) = log 22 x − 8log2x + 16 = (log2x − 4)2 Do đó, bất phương trình (1) có dạng: (*) (x + 1)(x + log2x − 3) > ⇔ x + log2x − > ⇔ log2x > − x NhËn xÐt r»ng:  Hµm sè y = log2x hàm đồng biến Hàm số y = x hàm nghịch biến Với x > 2, ta cã: VT > vµ VP < ⇒ x > lµ nghiƯm cđa (2) (*) (2) 199 Víi < x ≤ 2, ta cã: VT < vµ VP > ⇒ < x không nghiệm (2) Vậy, tập nghiệm bất phương trình (2; +) Ví dụ 31: (Đề thi đại học khối B 2002): Giải bất phương trình: logx(log3(9x 72)) Giải Trước hết ta xác định điều kiện: 9 x − 72 >  x x log (9 − 72) > ⇔ > 73 ⇔ x > log973 ⇔ x > log3 73 < x Với điều kiện trên, bất phương trình biến đổi dạng: log3(9x 72) x 9x 72 3x Đặt t = 3x > 0, ta được: (2) t2 − t − 72 ≤ ⇔ − ≤ t ≤ ⇔ 3x ≤ ⇔ x ≤ (*) (2) KÕt hỵp víi (*), suy bÊt phương trình có nghiệm log3 73 < x Ví dụ 32: (Đề thi đại học khối D 2003): Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số: y= Giải ln x , [1; e3] x ln x , trªn [1, e3], ta cã: x 2ln x − ln x , y' = x2 x = ln x = y' = ⇔ 2lnx − ln2x = ⇔  ⇔  ln x = x = e Do đó, giá trị lớn nhỏ hàm số [1, e3] cho bởi: a ymax = Max{y(1), y(e2), y(e3)} = Max{0, , } = , đạt t¹i x = e2 e e e b ymin = 0, đạt x = Xét hàm số y = Ví dụ 33: (Đề thi đại học khối B − 2005): Chøng minh r»ng víi mäi x ∈ R, ta cã: x x x  15   20   12  x x x   +   +   ≥3 +4 +5  Khi đẳng thức xảy ? 200 Giải Sử dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: x x 12   15   12    +   ≥2    4  5  5 x x x  12   20   12    +   ≥2    5    5 x x x x  15     4 x = 2.3x (1)  20    = 2.4x   (2) x x  15   20   15   20  x   +   ≥     = 2.5  4    4   Céng theo vÕ (1), (2) (3) ta được: x x x x x x (3)  20   12   15  x x x   +   +   ≥ + + , ®pcm    5  4 DÊu "=" x¶y khi:  12   15   20    =   =   ⇔ x =  5  4   201 ... để: b Hàm số có cực trị a Hàm số đồng biến c Hàm số có cực tiểu Giải Với m = hàm số có dạng (C): y = xe2x a Ta có: (1) Hàm số xác định D = (2) Sự biến thiên hàm số: Giới hạn hàm số vô cực... hai vế theo số thích hợp d Phương pháp sử dụng tính chất đồng biến hay nghịch biến hàm số B Phương pháp giải dạng toán liên quan Đ1 hàm số mũ hàm số lôgarit Dạng toán 1: Giới hạn hàm số mũ lôgarit... với số tùy ý Tập xác định (0; +), trừ trường hợp sau: Nếu nguyên dương hàm số có tập xác định Nếu nguyên âm = hàm số có tập xác định * Đạo hàm hàm số lũy thừa: Ta ghi nhận kết sau: a Hàm