Dạng Hàm Đặc Trưng Của Phương Trình, Hệ Phương Trình Mũ – Logarit

 Ñoà thò haøm soá g(x) truïc caét truïc Ox toái ña taïi hai ñieåm phaân bieät... Ñoù cuõng chính laø nghieäm cuûa phöông trình (1).[r]

DẠNG HAØM ĐẶC TRƯNG CỦA PT-HPT MŨ-LOGARIT GVBM : ĐOAØN NGỌC DŨNG

MỘT SỐ KẾT QUẢ QUAN TRỌNG KHI GIẢI BAØI TẬP LIÊN QUAN ĐẾN TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ 1) Nếu hàm số y = f(x) liên tục đoạn [a ; b] f(a).f(b) < tồn

điểm c  (a ; b) cho f(c) =

2) Nếu hàm số f(x) liên tục đơn điệu (luôn đồng biến nghịch biến) khoảng (a ; b) khoảng (a ; b) phương trình f(x) = có nhiều nghiệm 3) Nếu hai hàm số f(x) g(x) đơn điệu ngược chiều khoảng (a ; b) phương trình f(x) = g(x) có tối đa nghiệm khoảng (a ; b)

4) Nếu hàm số y = f(x) tăng khoảng (a ; b) y = g(x) hàm hàm số giảm khoảng (a ; b) phương trình f(x) = g(x) có nhiều nghiệm thuộc khoảng (a ; b)

Do đó, có x0 (a ; b) cho f(x0) = g(x0) phương trình f(x) = g(x) có nghiệm

5) Nếu hàm số f(x) xác định khoảng (a ; b) có f ’’(x) > (hoặc f ’’(x) < 0) (a ; b) f ’(x) đồng biến nghịch biến khoảng (a ; b) nên phương trình f ’(x) = có tối đa nghiệm khoảng (a ; b) phương trình f(x) = có nhiều nghiệm khoảng (a ; b)

6) Nếu hàm số f(x) liên tục đơn điệu khoảng (a ; b) : u, v  (a ; b) : f(u) = f(v)  u = v 7) Nếu hàm số f(x) liên tục đơn điệu khoảng (a ; b) : u, v  (a ; b) : f(u)  f(v)  u  v

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

A DẠNG HÀM ĐẶC TRƯNG PHƯƠNG TRÌNH MŨ BÀI : Giải phương trình sau :

1) 2x 2x2 x x 12

 

 

 ÑS : x =

2) 2x14xx1 ÑS : x =

3) 32x2 3x2 27x2 x2 3x

   



 ÑS : x = 1  x = 2

4) 22x 32x 2x 3x1 x

   

  ÑS : x =  x =

5) 2x2122x2 x1 x2 x11 ÑS : x =

6)

x 2

2 2

2

x x x

x

  

 

ÑS : x =

7)   2x 2x

3 x x

2

x x

1

         



ÑS : x

2

 

8) 32x3x23x32xx33x20 ÑS : x = –2  x = 9) 23x3 12x2 3x1 82x3 3x2 2x 3x3 3x2 3x

   

  

 

 ÑS :

1

1 x 3

 

10)

x x

x x 21 280 713

713 2

2 x

3 x

21 x 47 x

x

2

2

   

 

 

ÑS : x =  x = –8

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

1) x 3x

5 x x

3 x x

log 2

2

3     



 ÑS : x =

1  x = 2

2) x

x

2 x x

1

log     (DBÑH 2007) ÑS : x =

3) x

1

2 x

log x

x

3   

  

 



 ÑS : x =

 x = 4)

 2

2

1 x

1 x log x x

  



 ÑS : x =

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

6) 7x 2log7(6x1)31 ÑS : x =  x =

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

8) log21x x1x 3x ÑS : x =  x =

9)   x

x 1 x x log x x log 2

2   

          

 ÑS : x x 13

2

    

10) x

x 1 ln x x 1 ln

x x2

1 x 1               

    (với x > 0) ĐS : x =

11) 3x 1xlog3(12x) ÑS : x =  x =

12)

7 x ) x ( log

7     ÑS : x =  x =

13) 6x 3log65x12x1 ÑS : x =  x =

14) cos2x log (4cos 2x cos6x 1) sin x sin 2           

 ÑS : x = k, k  Z

15)   3x 8x

1 x x log 2

3   

 

ÑS :

x  x2

16) 7x 21x 14

5 x x x x log 2

3   

 



 ÑS : x =

1  x = 2

17) x 3x

5 x x 2 x x log 2

3   

       

 ÑS : x =

 x =

18) x 6x

5 x x x log 2

2   

      

 ÑS : x =  x =

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

1)          12 y xy x x y 3 2 y x 2)          27 y xy x x y e e 2 y x 3)             ) y ( x ) y y )( x ( 2 y x x y 3 4)           y log x log e e y x 2 y x 5)                 2 2 2 x y y y y x x

x (DBÑH 2007) 6)

           y 20 xy 12 x y x ) y ln( ) x ln(

2 (DBÑH 2006)

ÑS : 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 TỐN LIÊN QUAN ĐẾN HÀM ĐẶC TRƯNG

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

2 x

xy

log3    





Tìm giá trị nhỏ Pmin P = x + y ĐS :

3 11 Pmin  

BAØI : (ĐỀ THI THPT QG 2018) Cho phương trình 5x mlog5xm với m tham số Có giá

trị nguyên m  (–20 ; 20) để phương trình cho có nghiệm? ĐS : 19 giá trị

BAØI : Xét x, y số thực dương thỏa mãn 2x 4y y

x y x

log2   



 Tìm giá trị nhỏ biểu

thức:  23 y x x y x x P   

 ÑS :

HƯỚNG DẪN GIẢI A PHƯƠNG TRÌNH MŨ

1) 2x 2x2 x x 12

 

 

 (1) ÑS : x =

 Hướng dẫn :

Ta coù : x2 – x – (x – 1) = (x – 1)2

Đặt

  

 

 

x x v

1 x u

2 (1) trở thành :

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

Xét hàm số f(t) = 2t + t

 t ln2 '

f  t   t  f(t) tăng R

Do f(u) = f(v)  u = v  x – = x2 – x  x = Vậy phương trình cho có nghiệm x =

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 f’(t) = 2t.ln2 +

Vì f’(t) > ,  t nên f đồng biến R

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

3) 32x2 3x 27x2 x2 3x

   



 (1) ÑS : x = 1  x = 2

 Hướng dẫn :

 1 32x2 3x 33x2 x2 3x

   

   (2)

Nhận xét : 3x2 – (2x2 – 3x – 2) = x2 + 3x + Do :

2 2 2

2x 3x 3x 2x 3x 3x 2 2x 3x 2 3x

3   3 x 3x 2   3 3x (2x 3x 2)   (2x 3x 2) 3x Đặt

2

u 2x 3x

v 3x

   

 



 

u + u = 3v + v  f(u) = f(v)

Xét hàm số f(t) = 3t + t ; f ’(t) = 3tln3 + > t  f(t) tăng

Do : f(u) = f(v)  u = v  2x2 – 3x – = 3x2 x2 + 3x + = 

  

 

 

2 x

1 x Vậy phương trình cho có nghiệm : x = 1, x = 2

4) 22x 32x 2x 3x1 x

   

  (1) ÑS : x =  x =

 Hướng dẫn :

 1 22x 32x 2x 2x 3x x

     

  

Đặt

  

  

1 x v

2

u x

ta : 2u + 3u + u = 2v + 3v + v  f(u) = f(v)

Xét hàm số : f(t) = 2t + 3t + t

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

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

g’(x) = 2tln2 – ; g’(x) =  x = 

    

2 ln

1

log2 = x0

Baûng biến thiên :

x x0 +

f’(x)  +

 Đồ thị hàm số g(x) trục cắt trục Ox tối đa hai điểm phân biệt

 Phương trình g(x) = có tối đa hai nghiệm phân biệt Mà g(0) = g(1) = nên x = 0, x = hai nghiệm (2) Vậy phương trình cho có nghiệm x = 0, x =

5) 2x2122x2 x1x2 x11 (1) ÑS : x =

 Hướng dẫn : Điều kiện : x 

Đặt (2x x 1) (x 1) x x 1 v u

2 x x v x

u 2 2 2

2                      

Khi : (1) trở thành ; 2u – 2v = v – u  2u + u = 2v + v  f(u) = f(v)

Xét hàm số : f(t) = 2t + t với t 

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

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

Do x  neân x

0 x 1 x

2  

      

 nghiệm (1)

6) x 2

2 2

2 x x x x     

 Hướng dẫn : Điều kiện : x 

Nhận xét : 

              x 2 x x x x x x x x 2 2 2

Viết phương trình cho dạng : x 2

x 2 x x 2 x x x x x x 2 x x 2 x x x x 2 2 2 2 2                       

Xét hàm số   t 2 t

f  t 

Nhận xét f(t) hàm đồng biến

Phương trình cho dạng : x 2x

x x x x x x f x x f 2 2 2                               x loại x Vậy phương trình có nghiệm : x =

7)   2x 2x x x 2 x x           

 Hướng dẫn : Điều kiện : x0

Phương trình cho viết lại :  

x x x 3 x x

1  

        

hay   1 x

x 3 x x            

  x  * x

2

3 21x   x 1 

 

Xét hàm số g t 3t t có g' t 3tln310, t0, tR nên hàm số g đồng biến khoảng  t

;0 0;,     x x 1 x g x g *          

 tương đương 2x22x10



2

x 

2

x  Vậy, tập nghiệm phương trình

 Chú ý : Cần tìm a, b, c  R cho bx 1 c x

1 a x

2 x x 2

    

 hay  

x

a x c b bx

x

1 x x

2 2    

 

 ,

đồng thức hai vế ta tìm

2

a , b1, c0 Vì 1 x x

2 x

2 x x 2

    



8) 32x3 x 3x3 2x x3 3x

   

 

   Hướng dẫn :

x x

2 x x

32x3 x x3 2x

  

 

 



 daïng f2x3x2 f x3 2x

Xét hàm số f t 3t t, tR ta có 'f t 3tln310, tR nên f đồng biến R  t

Phương trình cho tương đương 2x3x2x32x, phương trình có nghieäm x2, x1

9) 23x3 12x2 3x1 82x3 3x2 2x 3x3 3x2 3x

   

  

 

 (1) ÑS :

1

1 x 3

 

 Hướng dẫn :

 1 23x3 12x2 3x1 232x3 3x2 2x 3x3 3x2 3x

    

      (2)

Ta coù : 3(2x3 + 3x2 – 2x) – (3x3 + 12x2 – 3x + 1) = 3x3 – 3x2 – 3x –

Đặt  

   

  

  



x x x v

1 x x 12 x u

2

2

Thì (2) trở thành : 2u – 2v = v – u  2u + u = 2v + v  f(u) = f(v)

Xét hàm số f(t) = 2t + t ; f’(t) = 2tln2 + > t  f(t) tăng

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

 4x3 = x3 + 3x2 + 3x + = (x + 1)3

1

1 x x x

4 3

3

    

Vậy phương trình cho có nghiệm :

1

1

x 3





10)

x x

x x 21 280 713

713 2

2 x

3 x

21 x 47 x

x

2

2

   

 

 

(1) ĐS : x =  x = –8  Hướng dẫn :

Tập xác định : D = R \ {0 ; 3} (2)

Ta coù :   

  



 

 



   

x x

40 713

713

1 x 3x 2

40 x

7

x

2 2

   

 

  

    



 



   

x x

40 x

7 713

1 x

7

713 x 3x 2 2

40 x

7

1 x

7

2

2 (3)

Xét hàm số f t 713t 7t ; f’(t) = 713tln71370, t  R, f(t) đồng biến R

Từ (3) suy x 3x 40 x 3x 40

x x

40 x

7 x

7 x

3 x

40 x

7 f x

7

f 2

2 2

2

2            

  

 

  

   



 

  

   

5 x

8 x

(thỏa mãn (2)) Vậy phương trình cho có tập nghiệm {5 ; 8}

11*) 32009x 3cosx 32009x 4cos3x 3cos3x

 

 

  Hướng dẫn :

Phương trình 32009x 3cosx 32009x 4cos3x 3.4cos3x 3cosx

 



  

2009x 3cosx 3.2009x 4cos x

3

32009x3cosx 2009x 4cos3x

 

 



   (1)

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

Phương trình (1) viết : f(2009x + 3cosx) = f(2009x + 4cos3x) (2)

Vì f(t) đồng biến R nên (2)  2009x + 3cosx = 2009x + 4cos3x

 4cos3x – 3cosx =  cos3x =

3 k x  

 (k  Z)

12*) 2x23cosx2x24cos3x 7cos3x (1) ÑS : x =

3 k

 

 , k  Z

 Hướng dẫn : Tập xác định : R

Ta coù :  1 2x2 3cosx 2x2 4cos3x 74cos3x 3cosx

 



  

x 3cosx 7x 4cos x

7

2x2 3cosx x2 4cos3x

  

 

   (2)

Xét hàm số f t 2t7t Tập xác định : R

f’(t) = 2tln270, t  R suy f(t) đồng biến R

Phương trình (2) viết fx23cosx f x24cos3x (3)

Do f(t) đồng biến R nên  3 x23cosxx24cos3x4cos3x3cosx0cos3x0

3 k x k x

3      

 (k  Z)

13*) esin x 4 tanx 

   

ÑS :  k

4

x , k  Z  Hướng dẫn :

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

  

x cos

x sin

e

x cos x sin





x cos e x sin

e

x cos 2

x sin

 

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

v e u

e

v 2

u

 

Xét hàm số   t e t f

y

t



 , với t  (–1 ; 0)  (0 ; 1)

y’ =  

t

e t t

e

t

2

t 2

2 t

 

    

 



suy hàm số nghịch biến khoảng (–1 ; 0) (0 ; 1) Vì u, v dấu nên u, v thuộc khoảng (–1 ; 0) (0 ; 1) phương trình  f(u) = f(v)

 u = v  tanx =   k

4

x (choïn)

14*)

x x

x x 120 2009

2009 x x 2

4 x 34 x

x

2

2

   

 

 

 Hướng dẫn :

Tập xác định : R \ {0 ; 1}

   



 

 

 

   

    

 

1 x x

30 2009

2009 x

x

x x 120 2009

2009 x x 2

30 x

4

x

2 x

x x 34 x

x

2 2

2

2

   

 

  

    



 



   

x x

30 x

4 2009

1 x

4

2009 x x 2 2

30 x

4

1 x

4

2

2 (1)

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

Từ (1) suy x x 30

x x

30 x

4 x

4 x

x 30 x

4 f x

4

f

2 2

2

2         

  

 

  

   



 

  

   

kiện điều thỏa

x x

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

15*) 3cosx2cosx cosx (1)

 Hướng dẫn :

Nhận xét : x = nghiệm phương trình ; gọi  nghiệm (1) Khi đó, ta có : 3cos 2cos = cos 3cos 3cos = 2cos 2cos (*)

Xét hàm số : f(t) = tcos tcos (với t > 1)

Hàm số f liên tục (1 ; +), có đạo hàm f’(t) = tcos 1.cos cos

Từ (*) có f(2) = f(3)

Suy tồn b  (2 ; 3) cho : f’(b) =  bcos 1.cos cos =  cos(bcos 1 1) =

 cos =  cos =  k2k2

2 (với k  Z)

16*) sinx.2008sin2x2008cosx1.2008cos2x2cosx2009 cosxsinx1  Hướng dẫn :

Phương trình cho viết lại : sinxsinx.2008sin2x2008 cosx1  cosx1.2008cosx122008

Xeùt hàm số : yf t tt2008 2t 2008, t R

Ta coù : f’(t) =

t 2008

1 1004

t 2008 t

t

2008 2007

2

2008 

 

 

 , t

Vậy hàm y = f(t) hàm đồng biến R Khi phương trình cho có dạng : f(sinx) = f(cosx + 1)

   

   

      



2 k x

2 k x x cos x

sin (k  Z)

B PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT

1) x 3x

5 x x

3 x x

log 2

2

3     



 ÑS : x =

1  x = 2  Hướng dẫn :

Ta coù :

   

    

    

R x , x x

R x , x x

2

vaø 2x2 + 4x + – (x2 + x + 3) = x2 + 3x +

Do :

(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 x v

3 x x u

2

(u > , v > 2) Ta có phương trình : log3u + u = log3v + v

Xét hàm số : f(t) = log3t + t , t >

 

3 ln t

1 t '

f    , t >  f(t) hàm số ln ln đồng biến t >

Do : f(u) = f(v)  u = v  x2 + x + = 2x2 + 4x +  x2 + 3x + =  x = 1 hay x = 2

2) x x

2 x x

1

log     DBÑH 2007 ÑS :

 Hướng dẫn :

x x

2 x 1 x

log     (1)

Điều kieän : x >

(1)  log2(2x – 1) – log2x = + x – 2x

 log2(2x – 1) + (2x – 1) = log2x + x

Đặt u = 2x – 1, u >

Ta coù : log2u + u = log2x + x  f(u) = f(x)

Xét hàm đặc trưng : f(t) = log2t + t, với t >

 

2 ln t

1 t '

f    , t >

 f(t) đồng biến (0 ; +)

Do : f(u) = f(x)  u = x  2x – = x  2x = x +

Ta thấy x1 = ; x2 = hai nghiệm phương trình

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

 đồ thị y = 2x đường cong lõm khoảng (0 ; +) Do đó, đường thẳng (d) : y = x + cắt đồ thị (C)

tối đa hai điểm Mà x > nên phương trình cho có nghiệm x =

3) x

1

2 x

log x

x

3   

  

 



 (1) ÑS : x =  x =

 Hướng dẫn :

Điều kiện : x + >  x > 2

(1)  log3(x + 2) – log3(2x + 1) = (2x + 1) – (x + 2)  log3(x + 2) + (x + 2) = log3(2x + 1) + (2x + 1)

Đặt

  

  

  

0 v

0 x u

x ta : log3u + u = log3v = v  f(u) = f(v)

Xét hàm số f(t) = log3 + t với t >

 

3 ln t

1 t '

f    t >  f(t) tăng ( , +)

Do : f(u) = f(v)  u = v  x + = 2x +  2x – x – = (2

Xét hàm số g(x) = 2x – x –

g’(x) = 2xln2 –

g’(x) =  x =      

2 ln

1

log2 = x0

Bảng biến thiên :

x 2 x0 +

g’(x)  +

g(x)

4

5 1

Dựa vào bảng biến thiên :

 đồ thị hàm số g(x) cắt trục Ox tối đa hai điểm phân biệt

 g(x) = có tối đa hai nghiệm phân biệt

4)

 2

2

1 x

1 x log x x

  



 ÑS : x =

2 3

 Hướng dẫn : Điều kiện :

   

  

1

x

1

x Ta coù :  

 2 2  2

2

1 x

1 x log x x 1 x

1 x log x x

  

    

 

  

2x 1 log 2x 4x 2 log

1 x x

2

2

2      

 (2)

Đặt v u 2x 6x

2 x x v

1 x

u 2

2     

  

  

 

Khi : (2) trở thành : v – u = log2u – log2v  log2u + u = log2v + v  f(u) = f(v)

Xét hàm số : f(t) = log2t + t với t >

 

2 ln t

1 t '

f    t >  f(t) taêng t  (0 ; +)

Do : f(u) = f(v)  u = v  2x + = 2x2 – 4x +  2x2 – 6x + =  x =

2 3

Vậy nghiệm phương trình cho : x =

7 3

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

 Hướng dẫn :

Điều kieän : 81 – 27x >  x <

(1)  xlog32 + x + 2x = log3[27(3 – x)]  log32x + 2x = + log3(3 – x) – x

 log32x + 2x = log3(3 – x) + (3 – x)

Đặt

  

  

x 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 >  f’(t) =

3 ln t

1 + > 0, t >  f(t) tăng (0 ; +)

 f(u) = f(v)  u = v  2x = – x

Nhận xét : x = nghiệm phương trình Mặt khác, ta có :

  

   

giảm hàm x y

tăng hàm

y x

 đồ thị hai hàm số cắt điểm x = Vậy phương trình có nghiệm : x =

 Cách khác :

Điều kiện : 81 – 27x >  x <

(1)  x     x x

3 3

x log x 2 log 81 27x log 81 27x log  x

 x 2x x

3 x x

81 27x 81 27x

log x

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 2x

Nhaän xét x = nghiệm phương trình

 đồ thị hai hàm số cắt điểm có hồnh độ x =

6) 2log7(6x 1)3

x    (1) ÑS : x =  x =

 Hướng dẫn : Điều kiện :

6 x x

6     (2)

 Cách :

Đặt y log 6x 1 7y 6x

7    

 Ta có hệ :

   

 

 

1 x

1 y

y x

(3) Trừ theo vế phương trình hệ ta : 7x 6x7y6y (4)

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

Do vaäy : (5)  x = y (6)

Thế (6) vào (3) có : 7x 6x17x6x10 Xét hàm số g x 7x 6x1 ; g’(x) = 7xln76

g’(x) =  x = x0 = log76log7 ln7 ta có

      

  

  

0

x x x ' g

x x x ' g

Suy g(x) nghịch biến với x < x0 ; g(x) đồng biến với x > x0 g(x) có khơng hai nghiệm R

Lại thấy x = ; x = hai nghiệm g(x) thỏa mãn (2) Đó nghiệm phương trình (1)

 Cách :

Ta coù  1 6log 7x 6log76x 1 6x 1

7

x     

 (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 R Do (8)  7x = 6x + (9)

Phần cịn lại lời giải trình bày cách

 Chú ý : Xem phương trình (9) : 7x = 6x + Đó phương trình Béc-nu-li Thay khảo sát hàm số g(x),

bạn dùng bất đẳng thức Béc-nu-li để chứng minh có hai nghiệm :

Theo Bec-nu-li :   

 

     

1 x

0 x x 7x

7x (7 – 1)x +   x 

Suy 

 

    

1 x

0 x x 7x

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

 Hướng dẫn :

Điều kiện : 3x – > 0, 3log2(3x – 1) >  x >

3

3 

Đặt y = log2(3x – 1) có hệ :  

  

 

 

1 x log y

1 y log x

2

Do log2(3x – 1) + x = log2(3y – 1) + y

Xeùt f(t) = log2(3x – 1) + t, t >

3

1 f’(t) =

3t 1ln2

3 

 > với t >

1 nên f hàm đồng biến,

phương trình f(x) = f(y)  x = y  x = log2(3x – 1)  3x – = 2x 2x – 3x + =

Xeùt g(x) = 2x – 3x – 1, x >

3

Ta có g’(x) = 2x.ln2 – 3, g”(x) = 2x.ln22 > nên g’(x) đồng biến D Do g(x) = có tối đa nghiệm,

8) log21x x1x 3x (1) ÑS : x =  x =

 Hướng dẫn : Điều kiện : x 

     3

2

2 x x

x x log x x x x x x x log

1  

         

       3

2

21 x log x 31 x 31 x

log       



1 x  31 x  log 1 x 31 x

log2       

 Đặt         x v x u

Ta có phương trình : log2u 3ulog2v 3v (với u, v > 0)  f(u) = f(v)

Xét hàm đặc tröng : f(t) = log2t + , t t   f’(t) =

2 ln t

1   , t 

 f(t) hàm số luôn đồng biến t 

Do : f(u) = f(v)  u = v   

               x x x x x x x x

1 3

Vậy nghiệm x =  x =

9)   x

x 1 x x log x x log 2

2   

          

  1

 Hướng dẫn : Điều kiện :

                            x x x x x x x 2 x

Ta biến đổi phương trình  1 dạng 2   2 2

x x x log x x 2 x

log   

             

  2

2 x 2 x x log 1x 2 1x x1

log                             

  2

Xét hàm số  

2t 2t t

log t

f    khoảng 0;

Ta coù  

2 ln 2 t 2 ln t 2 t 2 ln t t

'f         

Suy hàm số f t đồng biến khoảng 0; Khi phương trình  2 viết dạng  

2 x 2 x x f x f                    x 1x 3x 1 0 x x

x3 2     2  



Đối chiếu với điều kiện ta thấy tập nghiệm phương trình  1

         13 ; S

10) x

x 1 ln x x 1 ln

x x2

1 x 1               

    với x > 0) ĐS : x =

 Hướng dẫn :

Ta coù :     x

x 1 ln x x x 1 ln x x x 1 ln x x 1 ln

x x 2

1 x 1 2                                                                      x 1 ln x x x 1 ln

       



 

   

   

    



 

       



x 1 ln x x x 1 ln x

x 2 2 (vì x > 0) (1)

Đặt u x2

v x

  



 

 ta :    

2

2

1

u u ln 1 v v ln 1

u v

       

            

   

     f(u) = f(v)

Xét hàm đặc trưng :     

  

 

        



t 1 ln t t t

f với t >

 f ’(t) = 2t ln 1 2t ln 1 1 2t ln 1 2t ln 1

t t t t t 2t

2

 

   

       

                     



            

 

Mặt khác, xét hàm số :  

1 t

2 t

1 ln t g

        



 g’(t) =

   2   2

1

0

t t 2t 1 t t 2t 1

 

  

    , t >  Hàm số g(t) nghịch biến (0 ; +)

Bảng biến thiên :

t +

g’(t) 

g(t) +

Từ bảng biến thiên ta suy g(t) >

 f ’(t) = (2t + 1)g(t) > 0, t >  f(t) đồng biến (0 ; +) Do : f(u) = f(v)  x = x2 x = (do x > 0)

Tóm lại : phương trình có nghiệm x =  Caùch khaùc :

…

    

  

 

    

   

    

 

        



x 1 ln x x x 1 ln x

x 2 2 (vì x > 0) (1)

Xét hàm đặc trưng :     

  

 

        



t 1 ln t t t

f với t > (1) có dạng : f(x) = f(x2)

Ta coù : f ’(t) =     

  

 

         

         

1 t

2 t

1 ln t 2 t 1 ln t Xét hàm :  

1 t

2 t

1 ln t g

        

 , coù : g’(t) =

   2   2

1

0

t t 2t 1 t t 2t 1

    

    , t >

Do g(t) nghịch biến (0 ; +) mà lim g t

t  suy g(t) > ; t >

 f’(t) = (2t + 1)g(t) > 0, t > nên đồng biến (0 ; +) Vì f(x) = f(x2)  x = x2 x =

Tóm lại : phương trình có nghiệm x =

11) x log3(1 2x)

x     (1) ÑS : x =  x =

 Hướng dẫn : Điều kiện :

2 x x

1    (2)

Caùch :

Đặt y log 1 2x 3y 2x

3    

Ta có hệ :  

 

   

 

  

2 x

1 y x

y x

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

Xét hàm số f t tlog3t Phương trình (4) có daïng f(x) = f(y) (5)

Rõ ràng f(t) hàm số đồng biến R, nên (5)  x = y

Thay vào (3.1) có 3x = + 2x  3x – 2x – = (6)

Xét hàm số g(x) = 3x – 2x – ; g’(x) = 3xln3 – ; g’(x) =  x = x

0 = log32 – log3(ln3)

Lí luận tương tự ví dụ suy x = , x = hai nghiệm phương trình cho Cách :

Ta coù :  1 3x log33x 12xlog312x (7)

Xét hàm số f t tlog3t Phương trình (7) có dạng f 3x f12x (8)

Rõ ràng f(t) hàm số đồng biến R, nên (8)  3x = + 2x (9)

Phần lại lời giải cách

12)

7

x

) x ( log

7     (1) ÑS : x =  x =

 Hướng dẫn :

Điều kiện : 6x – >  x >

6

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

Khi đó, phương trình cho trở thành : 7x – 1 = + 2log

7(6x – 5)3 = + 6log7(6x – 5) = 6y – (2)

Trừ theo vế (1) (2) ta : 7x – 1 – 7y – 1 = 6y – 6x  7x – 1 + 6(x – 1) = 7y – 1 + 6(y – 1)

 f(x – 1) = f(y – 1)  x = y

Thay vào (1) biến đổi ta phương trình : 7x – 1 – 6(x – 1) – = (3)

Hàm số g(t) = 7t – 6t – coù g’(t) = 7tln7 –  g’(t) = 7tln7 – =  t

0 = log76 – log7ln7

Hàm số g(t) nghịch biến khoảng ( ; t0) đồng biến (t0 ; +) nên khoảng g(t) có

nhiều nghiệm nên phương trình g(t) = có nhiều hai nghiệm

Ta thấy t1 = , t2 = hai nghiệm g(t) suy phương trình (3) có hai nghiệm x1 = , x2 = Hai nghiệm

này thịa mãn điều kiện

 Cách : Ta có : x

7  2log (6x 5) 17x 1 6(x 1) (6x 5) 6log  76x 5  (7) Xét hàm số f t t6log7t ; phương trình (7) có dạng f 7 x 1 f 6x 5   (8)

Rõ ràng f(t) đồng biến R Do (8)  7x – 1 = 6x – (9)

Phần cịn lại lời giải trình bày cách

13) 6x 3log65x12x1

 Hướng dẫn : Điều kiện :

5 x

Khi đó, đặt tlog65x1, ta có hệ phương trình :

  



 

    

 

 

  

1 x

1 x t

x log t

1 x t

t x

x

Trừ vế theo vế hai phương trình ta phương trình 6x3x6t 3t (*)

Xét hàm số f x 6x 3x, dễ thấy, f(x) hàm đơn điệu R phương trình (*) viết dạng

   x f t

f  Do tính đơn điệu f(x), ta suy x = t

Khi phương trình thứ hai hệ có dạng 6x 5x16x5x10

Đặt g x 6x 5x1, ta có : g’(x) = 6xln65 ; g”(x) = 6x ln260 x  R

Như vậy, g’(x) đồng biến, liên tục R Ta có :

g’(1) = 61ln656ln650 (do ln6 > lne1 = 1)

Suy tồn số x0 thuộc khoảng (0 ; 1) cho g’(x0) = 0, ta có bảng xét dấu g’(x), bảng biến thiên

g(x) nhö sau :

x 

5

 x0 +

g’(x)  +

g(x)

Từ bảng xét dấu, ta suy phương trình g(x) = có có khơng q hai nghiệm thực phân biệt Mặt khác, ta có g 0 605010g 1 61511

Vậy, phương trình cho có tập nghiệm : {0 ; 1}

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

sin

1

4 x

sin

2

 

 

      

 (1) ÑS : x = k, k  Z

 Hướng dẫn :

Caùch : Ta coù   cos2x log 3cos2x 1

1

1  cos2x1    (2)

Điều kiện :

3 x

cos  Đặt y = cos2x, điều kieän y

1  (3)

Phương trình (2) trở thành : y log 3y 1 2y log 3y 1

1

2y1     y    (4)

Đặt t log 3y 1 2t 3y

2    

 Điều kiện : y t

3

1    (5)

Ta có hệ

   

 

  

1 y

1 t y 2

t y

(6)

Trừ theo vế có 2yy2t t (7)

Xét hàm f z 2z z, phương trình (7) có dạng f(y) = f(t) (8)

Rõ ràng f(z) đồng biến R, suy (8)  y = t

Thay vào (6) có 2t = 3t –  2øt – 3t + = (9)

Xét hàm g(t) = 2t – 3t + Tập xác định R

g’(t) = 2tln2 – 3, g’(t) =  t = t

0 = log23 – log2(ln2)

Lí luận tương tự ví dụ suy R, phương trình (9) có khơng q hai nghiệm Lại thấy g(1) = g(3) = Suy phương trình (9) có nghiệm :    

 

 

5 loại

t t Với t =  y =  cos2x =  x = k , k  Z

Vậy nghiệm phương trình (1) x = k , k  Z Cách : Tiếp nối từ phương trình (4) cách Viết lại (4)  2y + log

22y = (3y – 1) + log2(3y – 1) (10)

Xét hàm f(z) = z + log2z, phương trình (10) có dạng f 2y f3y1 (11)

Rõ ràng f(z) đồng biến R suy (11)  2y = 3y – (12)

Phần lại lời giải cách

15)   3x 8x

1 x

1 x

log

2

3    



ÑS :

x  x2  Hướng dẫn :

Phương trình cho tương đương log 2x 1 2x 1 log 3x 12 3x 1  2 *

3

Xét hàm số f t log3tt, t0 'f t  tln1310 với t0 nên hàm f t đồng biến khoảng

0; Phương trình  * có dạng f2x1f3x122x13x12, phương trình có nghiệm

3

x x2

Vậy, phương trình cho có hai nghiệm

x x2

16) 7x 21x 14

x x

3 x x

log

2

3     



 (1) ÑS : x = 1  x = 2

 Hướng dẫn : Điều kiện :

   

    

    

R x , x x

R x , x x

2

 (1) xác định x  R Nhận xeùt : 7(2x2 + 4x + 5) – 7(x2 + x + 3) = 7x2 + 21x + 14

Do (1)  log3(x2 + x + 3) – log3(2x2 + 4x + 5) = 7(2x2 + 4x + 5) + 7(x2 + x + 3)

 log3(x2 + x + 3) + 7(x2 + x + 3) = log3(2x2 + 4x + 5) + 7(2x2 + 4x + 5)

Đặt

   

  

  

5 x x v

3 x x u

2

Ta có phương trình : log3u + 7u = log3v + v (với u, v > 0)  f(u) = f(v)

Xét hàm đặc trưng : f(t) = log3t + 7t, t >  f’(t) =

3 ln t

1 + > 0, t >

 f(t) hàm đồng biến t >

Do f(u) = f(v)  u = v  x2 + x + = 2x2 + 4x +  x2 + 3x + =  x = 1  x = 2

17) x 3x

5 x x

2 x x

log

2

3   

  

 

 



 (1) ÑS : x =  x =

 Hướng dẫn : Ta có :

   

    

    

R x x x

R x x x

2

 Nhận xét : x2 – 3x + = (2x2 – 4x + 5) – (x2 – x + 2)

(1)  log3(x2 – x + 2) – log3(2x2 – 4x + 5) = 2x2 – 4x + – (x2 – x + 2)

 log3(x2 – x + 2) + x2 – x + = log3(2x2 – 4x + 5) + 2x2 – 4x +

Đặt

   

   

   

0 x x v

0 x x u

2

ta : log3u + u = log3v + v  f(u) = f(v)

Xét hàm số f(t) = log3t + t với t >

  t

3 ln t

1 t '

f     

 f(t) hàm số tăng t  (0 ; +)

Do : f(u) = f(v)  u = v  x2 – x + = 2x2 – 4x +  x2 – 3x + = 

  

 

2 x

1 x Vậy phương trình cho có nghiệm : x =  x =

18) x 6x

5 x x

3 x

log

2

2   

  

 

 

 (1) ÑS : x =  x =

 Hướng dẫn :

Ta coù : x2 – 4x + = (x – 2)2 + > x  R

Điều kiện :

2 x x

(1)  log2(2x – 3) – log2(x2 – 4x + 5) = (x2 – 4x + 5) – (2x – 3)

 log2(2x – 3) + 2x – = log2(x2 – 4x + 5) + x2 – 4x +

Đặt

  

   

  

0 x x v

0 x u

2

Ta : log2u + u = log2v + v = g(u) = g(v)

Xét hàm số f(t) = log2t + t với t >

 

2 ln t

1 t '

f    t >

 f(t) tăng (0 , +)

Do : f(u) = f(v)  u = v  2x – = x2 – 4x +  x2 – 6x + = 

  

 

4 x

2 x

(thỏa mãn) Vậy phương trình cho có nghiệm : x =  x =

19*) 3x 5x

x x

3 x x

log 2

2

3   

  

 

 



 (1) ÑS : x = –1  x =

3



 Hướng dẫn :

Ta thaáy : (5x2 + 4x + 5) – (2x2 – x + 3) = 3x2 + 5x +

Do đó, ta đặt : a = 2x2 – x + ; b = 5x2 + 4x + ta có phương trình : log

3a + a = log3b + b

 f(a) = f(b) (1)

Trong đó, hàm f(t) = log3t + t hàm số đồng biến

Do vaäy : (1)  a = b  b – a =  3x2 + 5x + 2=  x = 1 , x =

3



Vậy phương trình cho có hai nghiệm : x =

 ; x = 1

20*) x x 6x

9 x 13 x 13

1 x x 14 x

log 2

2

7

1    

 

 

 ÑS : x = 1  x =

 Hướng dẫn :

Nhận thấy 14x27x10, x  R,

  

   

 

0

0 14 a

suy x414x27x10, x  R (2)

9 x 13 x

13 2   , x  R ,

  

   

 

0 299

0 13 a

(3)

Từ (2), (3) suy phương trình có tập xác định R (4)

Ta coù : log x 14x 7x 1 log 13x2 13x 9 x4 14x2 7x 1 13x2 13x 9

7

4

1             

x 14x 7x 1 x 14x 7x 1 log 13x 13x 9 13x 13x 9

log 2

7

4

4

1             

 (5)

Xét hàm số f t log t t

7

1 

 có tập xác định R*



Phương trình (5) có dạng fx414x27x1 f13x213x9 (6)

Rõ ràng f(t) nghịch biến R*



Do vaäy  6 x414x27x113x2 13x9x4 x2 6x80x2 12 x32 0

x2x4x2x20

 (7)

Vì

4 15

1 x x x

2

2  

        

 x  R neân   

 

       

2 x

1 x x x

7

C HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ - LOGARIT 1)          ) ( 12 y xy x ) ( x y 3 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 : f(x) = f(y)  x = y Khi : phương trình (2)  3x2 12x24

              y x y x Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (–2 ; –2) ; (2 ; 2)

2)          27 y xy x x y e e 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 R Do : f(x) = f(y)  x = y Khi : phương trình (2)  3x2 27x2 9

              y x y x Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (3 ; 3); (–3 ; –3)

3)             ) y ( x ) y y )( x ( 2 y x x y 3

ÑS : (–1 ; –1) ; (1 ; 1)

 Hướng dẫn : Hệ              ) ( ) y ( x ) y y )( x ( ) ( y x y x

Từ phương trình (1), ta có :x32x y32yf(x)f(y)

Xét hàm đặc trưng   t

2 t t

f   , t  f' t 2t2 2tln20,t  hàm số f(t) đồng biến R

Do : f(x) = f(y)  x = y Khi : phương trình (2)  (x41)(x2x1)x(x2)1 ) x x x )( x

( 2 4 3  

           x x x x

Ta thaáy :

x , x ) x ( ) x x ( ) x ( ) x )( x ( ) x ( ) x ( x x x x 2 2 3

4   

                                 

Do hệ trở thành :

             x y x x y x               y x y x

Vaäy nghiệm (1 ; 1); (–1 ; –1)

4)           y log x log e e y x 2 y x

ĐS : (2 ; 2) ; (4 ; 4)  Hướng dẫn :

Điều kiện : x > 0, y > 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 >  f' t et 1e01110,t0

 hàm số f(t) đồng biến (0 ; +)

Do : f(x) = f(y)  x = y Khi : phương trình (2)  log x 3log2x

2

2    

           x x x log x log 2             y x y x

5)

   

    

    

 

1 2

1 2

1

1

x y

y y y

x x

x (DBÑH 2007) ÑS : (1 ; 1)

 Hướng dẫn : Ta có :

   

    

      

  

    

    

  



1 x

1 y

1 x

1 y

3 ) y ( ) y (

3 ) x ( ) x ( y y y

1 x x x

Đặt

  

 

 

1 y v

1 x u

Ta hệ  

 

   

   

   

2 v v

1 u u

u

v

Từ (1) (2) ta có : 2 v u

3 v u v

u       u u2 13u v v2 13v (3) Xét hàm đặc trưng f t t t213t, t   

3 ln t

t t t '

f t

2

 

  

Vì t2 1 t2 t t21t0  f’(t) > 0, t, hàm số f(t) đồng biến R Do : f(u) = f(v)  u = v Khi : phương trình (1)  u

3 u

u   (4) Nhận xét : u = nghiệm phương trình (4)

Theo nhận xét u u210 nên phương trình (4) lnu u21uln30 Xét hàm số g u lnu u2 1uln3   

0 ln ln u

1 u

' g

2     

 , u  R

 hàm số g(u) nghịch biến R  phương trình (4) có nghiệm u = Từ ta nghiệm hệ cho (x ; y) = (1 ; 1)

6)      

  

 

 



    

2

y 20 xy 12 x

1 y x y ln x ln

2

2 (DBÑH 2006) ÑS : (0 ; 0)

 Hướng dẫn :

Điều kiện : x > 1, y > 1

(2)  x2 + 20y2 = 12xy  xy  (x, y 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

t t

1 t 'f

    

  f ’(t) =  t = Bảng biến thiên :

t 1 +

f’(t) + 

f(t)

 

Từ bảng biến thiên, ta thấy : Hàm số đồng biến (–1 ; 0) hàm số nghịch biến (0 ; +) Ta thấy : x = y = nghiệm phương trình (2)

Nếu x, y  (1 ; 0) f(x) = f(y)  x = y Khi (2)  x = y = (loại  (1 ; 0)) Nếu x, y  (0 ; +) f(x) = f(y)  x = y Khi (2)  x = y = (loại  (0 ; +))

Nếu x, y thuộc hai khoảng khác x, y trái dấu  x.y < khơng thỏa (*) (vì vế trái (2) ln dương)  phương trình vơ nghiệm

D MỘT SỐ BÀI TỐN LIÊN QUAN ĐẾN HAØM ĐẶC TRƯNG

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

2 x

xy

log3    





Tìm giá trị nhỏ Pmin P = x + y ĐS :

3 11 Pmin

 

 Câu 47 (mã đề 101) : Xét số thực dương x, y thỏa mãn 3xy x 2y y

2 x

xy

log3    





Tìm giá trị nhỏ Pmin P = x + y

A

9 19 11 Pmin



 B

9 19 11 Pmin



 C

21 29 11 18

Pmin   D

3 11 Pmin

 

 Hướng dẫn :  Điều kiện: xy <

Ta coù: 3xy x 2y log 1 xy log x 2y 3xy x 2y y

2 x

xy

log3            

 

1 xy 31 xy 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       

 (1)

Xét hàm số f(t) = log3t + t, t >

Ta coù:  

3 ln t

1 t

'f    , t >

Suy hàm số f(t) ln đồng biến t > 0, (1) có dạng: f(3(1 – xy)) = f(x + 2y)

 – 3xy = x + 2y  x + 3xy = – 2y  x(1 + 3y) = – 2y 

y

y x

  

Vì x > 0, y > neân

2 y 0 

Ta coù:

y

3 y y y y

y y x

P

        

 , 

      

2 ; y

P’ =

 2

y

10 y y

 

 ; P’ =

 9y2 + 6y – 10 = 

      

         

         

2 ;

11 y

2 ;

11 y

Ta có bảng biến thiên:

y

3 11 1 

2

P’  

P

3 11

2 

Vaäy

3 11 Pmin



BAØI : (ĐỀ THI THPT QG 2018) Cho phương trình 5x mlog5xm với m tham số Có giá

trị nguyên m  (–20 ; 20) để phương trình cho có nghiệm? ĐS : 19 giá trị

 Câu 46 (mã đề 101) : Cho phương trình 5x + m = log

5(x – m) với m tham số Có giá trị nguyên

của m  (20 ; 20) để phương trình cho có nghiệm?

A 20 B 19 C D 21

 Hướng dẫn : Điều kiện : x > m

Ta coù : 5xmlog5(xm)5xxxmlog5(xm)5xx5log5(xm)log5(xm)

Đặt

  

 



) m x ( log v

x u

5

) v ( f ) u ( f v u

5u  v  



Xét hàm đặc trưng f(t)5t t, t >  f' t 5t.ln510,t0

 hàm số f(t) đồng biến R

Do : f(u) = f(v)  u = v  x x

5(x m) x x m m x

log        

Xét hàm số : g(x) =

5 ln

1 log x ln

1 ) x ( ' g ; ln ) x ( ' g x ) x (

g

x x

x        

 

Bảng biến thiên:

Do để phương trình có nghiệm glog5 ln50,29

Các giá trị nguyên m  (20 ; 20) –19 ; –18 ; … ; –1 có 19 giá trị m thỏa mãn

BÀI : Xét x, y số thực dương thỏa mãn 2x 4y y

x y x

log2   



 Tìm giá trị nhỏ biểu

thức:  23 y x

x y x x P

  

 ÑS :

9 16 Pmin 

 Câu 50 : Xét x, y số thực dương thỏa mãn 2x 4y y

x y x

log2   



 Giá trị nhỏ biểu thức:

 3 2

y x

x y x x P

  



A

9 25

Pmin  B Pmin 4 C

4

Pmin  D

9 16 Pmin 

 Hướng dẫn :

Ta coù : 2x 4y

y x

y x log y

4 x y x

y x log y x y x

y x

log2 2 2  

  

     

    

) y x ( ) y x ( log ) y x ( ) y x ( log y x ) y x ( log ) y x (

log2   2     2     2   



Đặt

  

  

  

0 y x v

0 y x u

) v ( f ) u ( f v v log u u

log2   2   



Xét hàm đặc trưng f(t)log2t2t, t >    0, t

ln t

1 t '

f     

 hàm số f(t) đồng biến khoảng (0 ; +)

  16 y y 27 24 y y 27 24 y

27 y 24 y 24 y

27

y 24 y y 32 y

y

) y ( y ) y ( ) y (

P 3

2

3

4

2

2

       

 

 

 

  

  



Dấu “=” xảy y y x

y

y      



Vậy giá trị nhỏ

9 16

Pmin  x =2 vaø y =