KSHSPTMuLogarit

Tiếp tuyến cắt 2 trục tọa độ tạo thành một tam giác cân nên hệ số góc của tiếp.. tuyến là k  1.[r]

Chuyên đề 1: HÀM SỐ

Bài tập 1: Cho hàm sốy x3 (1 )m x2 (2 m x m) 2

       (C)

1.1 Khảo sát hàm số vẽ đồ thị C2 với m =

1.2 Tìm m để hàm đồng biến 0;

1.3 Tìm m để hàm số có CĐ, CT thỏa mãn:

a x CT

b Hoành độ điểm cực trị lớn -1 c

1

x  x  , với x x1; hoành độ điểm cực trị

d Có hồnh độ cực trị thuộc khoảng (-2; 0)

Lời giải: 1.1 Các bạn tự làm.

1.2 Hàm đồng biến 0; y' 3x2 2(1 2m x) (2 m) 0

       với

0; 

x

  

 

2

4

2 3x 2x

f x m

x



 

 

 với  x 0;

Ta có:    

 

2

2

3 1 73

2

'

4 12

x

f x x x x x

x

         

  

Lập bảng biến thiên hàm f(x) 0; , từ ta đến kết luận:

1 73 73

12

f      m  m

 

1.3 Ta có: y' 3x2 2 1( 2m x) (2 m)

    

Hàm số có CĐ, CT  y' 0 có nghiệm phân biệt 2

5

' (1 ) 3(2 )

1

m

m m m m

m

  

          

   

(*)

Với điều kiện (*), gọi x1x2 nghiệm phân biệt y’ = Hàm số đạt cực trị điểm x x1;

a Hàm số đạt cực tiểu điểm 2 2

3 CT

m m m

Do đó:

2

CT

m

x     m  m 

 

2

2

4

7

2

4

m m m

m

m

m m m

    

 

 

   

   

 

Kết hợp với (*), kết luận giá trị cần tìm m là:  ; 1 5;2

m      

 

b Hoành độ điểm cực trị lớn -1  y’ = có nghiệm phân biệt x x1; 2

lơn -1

   

2

1

1

'

'

(1 )

2

3

1 (1 )

3

2

0

2

m m

m m

m

x x m

x x m m



    

     

  

          

    

   

  

 

c Áp dụng định lí viet, ta có:

1 2

(1 )

3

2 m

x x

m x x

 

 

  



 

 

Ta có:  22  22

1

3

x  x   x  x  x x  x x 

 2  

4 16 12

3 29 29

8

m m m m

m m

        

 

   

Kết hợp (*), ta suy 29

m   m 

d Để hàm số có cực trị thuộc (-2; 0)  y'f x  0 có nghiệm phân biệt

1;

x x có nghiệm thuộc (-2; 0)

1

1

1

2 (1)

2 (2)

2 (3)

x x

x x

x x

   

 

    



   

   

2

1

1

1

4

' 2 1

2

3

2 10

(1) (2 1) 2

7

4

2 3 3

2

0 0

3

m m

m m m

x x

m

m m

x x

m x x

   



     



   

 

  

 

          

  

    

 

 

 

 

 

 

   

     

2

1

1

4

' 2

0 2 1

(2) 2

2 3

4

2

2 4 0

3

m m

m m m

f m m

m

x x

m m

x x

   



    

  

   

 

       

   

 

      

    



 

2

1 2

4

' 3 5 0

2 10 2 1

(3) 0

3

0 3

2

0 0

3

m m

m m m

f m m

m

x x

m x x

   



      

 

   

  

         

 

 

   

  



Tóm lại giá trị m cần tìm là: 5; 2; 

m     

 

Bài tập 2 : Cho hàm số y x3 3x2 mx 2

    Tìm m để hàm số có:

2.1 Cực trị điểm cực trị cách đường thẳng y = x – 1 2.2 Phương trình đường thẳng qua điểm cực trị song song với

y = - 4x +

2.3 Phương trình đường thẳng qua điểm cực trị tạo với đường thẳng

x + 4y – = góc 45.

2.4 Các điểm cực trị đối xứng qua tâm 5; 17

3

I   

 

2.5 Các điểm cực trị đối xứng qua đường thẳng :

2

y x

2.6 Các điểm cực trị nằm phía đường thẳng y = 4x + 5.

2.7 Có cực trị chứng minh khoảng cách điểm cực trị lớn

2.8 Cực trị x x1; thỏa mãn: x1 3x2 4

Lời giải:

Hàm số có CĐ, CT  y' 3 x2  6x m 0 có nghiệm phân biệt

   ' 3m 0 m 3 (*)

Với điều kiện (*), gọi x1x2 nghiệm phân biệt y’ = Hàm số đạt cực trị điểm x x1; 2; gọi hai điểm cực trị Ax1;y1;B x 2;y2

Thực phép chia y cho y’ ta được:

1

' 2

3 3

m m

y x y    x  

     



   

1

2

1 2

2

3

2

2

3

y y x

y

m m x

m m x

y

x

   

      

   

   

      

 



 



 

 Phương trình đường thẳng qua điểm cực trị d: 2

3

m m

y   x  

   

2.1 Các điểm cực trị cách đường thẳng y = x – xảy trường hợp:

TH1: Phương trình đường thẳng qua điểm cực trị song song trùng với đường

thẳng y = x – 2

3

m

m

 

    

  

  (thỏa mãn)

TH2: Trung điểm I AB nằm đường thẳng y = x –

   

2

1

1

2

2 2

3

2

3

3

1

3

1

2

I I

x

m m

x x x x

m

m y

m

y x

y x

   

           

   

 

  

 

       

 

  



Vậy giá trị cần tìm m là: 0;

m   

 

2

2

3

3

2

3

m

m m

  

    

  

   

 

  

 

 



(thỏa mãn)

2.3 Đặt 2

3

m k    

  hệ số góc đường thẳng qua điểm cực trị Đường thẳng x + 4y – = có hệ số góc -1/4

Ta có:

3 39

1

1 1

5 10

4

4 tan 45

1 1 1 5 1

1 1

4 4 4 3 2

k m

k k

k

k k k k m

 



 

  

   

      

 



     

  

  



Kết hợp đk (*), suy giá trị m cần tìm là:

m 

2.4 Các điểm cực trị đối xứng qua tâm 5; 17 3

M   

 

M d

  17 2

3

3

m m

m

   

        



   

  (thỏa mãn)

Vậy m =

2.5 Theo định lí viet ta có:

1 2

2

3

x x

m x x

 

  

 



Gọi I trung điểm AB  I1;m

Các điểm cực trị đối xứng qua đường thẳng :

2

y x

   d

I

    

  

2

2

3 2

2

m

m m

  

    



  

   

 

  

(thỏa mãn (*))

Vậy không tồn giá trị m thỏa mãn toán

 

 

2

1 2

3

3

4

3

3

m

x x x x

m m

 

    

 

 

   

      

   



3

15

4

5

3

m

m m



  



   

  

 

Vậy 15

4

m  giá trị cần tìm

2.7 Ta có:  2  2  2

2

2

1

2

2

3

AB  x x  y  y  m  x x





     



  

2

2

2

3

m m

   

       

 

 

 

 

Với m thỏa mãn đk (*) 2

m

    AB2  2 AB 2 Vậy hàm số có cực trị khoảng cách cực trị ln lớn

2.8 Áp dụng định lí viet, kết hợp điều kiện ta có hệ:

1

1 2

1

1

2 2

1 15

3 4

3

3

x

x x

m m

x x x m

m

x x x x

  

 



 

 

       

 

 

 

 

 

 

(thỏa mãn (*))

Vậy 15

4

m 

Bài tập 3 : Cho hàm số y x4 2mx2 2m m4

   

3.1 Tìm m để hàm số có cực tiểu mà khơng có cực đại 3.2 Tìm m để hàm số có cực trị đỉnh tam giác:

a Vuông cân b Đều

c Tam giác có diện tích

3.4 Tìm m để parabol qua điểm cực trị qua điểm M 2;1 Lời giải:

3.1 Ta có: ' 4 0 2

( )

x

y x mx

g x x m

 

    

  



Vì hệ số a = > nên hàm số có cực trị điểm cực tiểu, điều kiện để hàm có cực tiểu mà khơng có cực đại y’ = đổi dấu điểm

    g m m0

3.2 Hàm số có cực trị y' 0 có nghiệm phân biệt  g m 0 m0 (*)

Với đk (*), phương trình y’ = có nghiệm x1  m x; 2 0;x3  m Hàm số đạt

cực trị x x x1; ;2 Gọi      

4 4

0;2 ; ; ; ;

A m m B m m  m  m C  m m  m  m điểm cực trị

Ta có: AB2 AC2 m4 m BC; 4m ABC

      cân đỉnh A

a ABC vuông cân  ABC vuông cân A BC2 AB2 AC2

4

m

m m m m m

m

 

      

 

Kết hợp điều kiện, suy giá trị cần tìm m 1

b ABC  BCAB AC  m4 m4m 3

3

m m m

m

 

   

  Kết hợp điều kiện, suy giá trị cần tìm m 3 3

c Gọi M trung điểm BC M0;m4  m2 2m  AM m2 m2 Vì ABC cân A nên AM đường cao, đó:

2

5

2

1

4

2

4 16 16

ABC

S AM BC m m

m m m

   

     

Vậy m 516

3.3 Chia y cho y’ ta được: '  2 4

4

y  x y  mx  m m

Do hoành độ điểm cực trị nghiệm y’ = nên phương trình đường thẳng qua điểm cực trị parabol: Pm:y mx2 2m m

3.4  P qua điểm M 2;1 1 m4 2m 2m m 1

Kết hợp điều kiện, ta lấy nghiệm m = Vậy  P1 :y x2 3

Bài tập 4 : Cho hàm số

2 2 1 3

x mx m

y

x m

  



 Tìm tham số m để hàm số có:

4.1 Hai điểm cực trị nằm hai phía trục tung;

4.2 Hai điểm cực trị với gốc tọa độ O lập thành tam giác vuông O; 4.3 Hai điểm cực trị với điểm M(0; 2) thẳng hàng;

4.4 Khoảng cách hai điểm cực trị m 10;

4.5 Cực trị tính khoảng cách từ điểm cực tiểu đến TCX. 4.6 Cực trị thỏa mãn: yCD yCT 2

Lời giải:

Tập xác định: D R \ m Ta có:

   

2

2

1

3 ' x xm m

y x m y

x m x m x m

  

      

  

4.1 Hàm số có hai điểm cực trị nằm hai phía trục tung  y’ = có nghiệm trái

dấu

2

( )

g x x xm m

     có nghiệm trái dấu khác m

2 1 0

1

( )

m

m g m

  

     

 

Vậy m   1;1

4.2 Có:

2

1 '

1

x x m

y

x x m

  



     



Do hàm số ln đạt cực trị x x1; Ta có:

   

1 2; 2

y y x  m y y x  m

Gọi điểm cực trị A m  1;4m ; B m 1;4m2

OAB

 vuông O  OA OB  OA OB               0

       

2

1 4

85

17

17

m m m m

m m

      

    

Vậy 85

17

4.3 Ta có: MAm 1;4m ; MBm1;4m

 

A, M, B thẳng hàng  MA MB ||  4m m  1  m1 4  m 2

3

m m

   

Đáp số:

m 

4.4 Ta có: AB m 10 4 42 m 10 m 2

     

4.5 Mọi giá trị m hàm số ln có cực trị.

Vì lim   lim

x y x m  x x m   y x  m TCX hàm số Hàm số đạt cực tiểu x = m – Khoảng cách từ điểm cực tiểu đến TCX là:

 1 4 2 1

2

m m m

h     

4.6 Ta có:

3

2

3

CD CT

m

y m

y

m

   

    

    

Đáp số: ; 3;

4

m     

   

Bài tập 5 : Cho hàm số

2

x y

x

  

 (C)

5.1 Viết phương trình tiếp tuyến qua điểm M(2 ; 3) đến (C)

5.2 Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến qua

giao điểm đường tiệm cận

5.3 Viết phương trình tiếp tuyến điểm M  C , biết tiếp tuyến cắt trục tọa độ tạo thành tam giác có diện tích

5.4 Viết phương trình tiếp tuyến điểm M  C , biết tiếp tuyến cắt trục tọa độ tạo thành tam giác cân

5.5 Tìm điểm M thuộc (C) cho tổng khoảng cách từ M đến trục tọa độ

đạt GTNN

5.6 Tìm điểm M thuộc (C) cho tổng khoảng cách từ M đến tiệm cận

đạt GTNN

5.8 Tìm m để (C) cắt đường thẳng dm:y mx 2m điểm phân biệt A, B:

a Thuộc nhánh đồ thị (C)

b Tiếp tuyến A, B vng góc với c Thỏa mãn đk 4OA OB               

Lời giải:

Tập xác định: \

D R   

  Ta có:  2

' 0,

2

y x D

x



   



5.1 Vì đường thẳng x = khơng tiếp tuyến (C), nên phương trình đường thẳng

đi qua M (2; 3) có hệ số góc k có dạng: y k x   23 tiếp xúc với (C)

khi hệ:

 

 2

1

2

2

3

2

x

k x x

k x

  

  

 



 

 

  

có nghiệm

Thế k từ pt thứ hai vào pt đầu ta được:

   

2

1

2 4

2

x

x x x

x x

  

      

  : Vô nghiệm

Vậy khơng có tiếp tuyến qua M đến (C)

5.2 Hàm số có: TCĐ:

2

x  ; TCN:

y  1;

2

I  

   

 

Vì đường thẳng

x  không tiếp tuyến (C), nên phương trình đường thẳng qua 1;

2

I   

 có hệ số góc k có dạng:

1

2

y k x   

  tiếp xúc với (C) hệ:

 2

1 1

2 2

3

2

x

k x x

k x

    

   

 

 

 



 

 



có nghiệm

 2  

1 1 3

2 2 1 2 2

x

x

x x x x

     

     

      :Vơ nghiệm

Vậy khơng có tiếp tuyến qua I đến (C)

5.3 Gọi  

0

1

;

2

M x C

x

 

  

 

  Tiếp tuyến M có dạng:

 0

2

0 0

3 3

:

4 4 2

d y x x x

x x x x

 

      

Giả sử A d Ox;B d Oy suy ra: 0 

0

2 3

;0 ; 0;

3

x x x

A B

x

     

   

 

 

OAB

 vuông tạo O 23 02

2

OAB

S OA OB x

    

0 0 6

2

x x 

    

Vậy có tiếp tuyến thỏa mãn là: 20 40 12

y  x 



hay

20 40 12

y   x 



5.4 Tiếp tuyến cắt trục tọa độ tạo thành tam giác cân nên hệ số góc tiếp

tuyến k 1 Gọi M x y 0; 0   C tiếp điểm - Nếu

 2 0

3

1

2

2

k x x

x

  

       



Với 0 0

2

x    y    tiếp tuyến là: y  x 1

Với 0 0

2

x    y    tiếp tuyến là: y x 1

- Nếu

   

2

0

1

2

k x

x



     

 : Vơ nghiệm

Vậy có tiếp tuyến thỏa mãn toán là: y x 1 y x 1

5.5 Gọi  

0

1

; ;

2

M x C x

x

 

   

 

 

0

0

1

2

d x

x

   

Với

1

0

2

x   d   

Với 0

0

1 3

0

2 4

x d x x

x x

   

 

           

     

Dấu = xảy 0

3 3

;

4 2

x x M

x

   

     

 

Vậy 1;

2

M   

 

dmin  1

5.6 Khoảng cách tứ M đến TCN, TCĐ lượt là: d1 x0 ;

0 d x 

 1 2 0 0

0

3

2

4

d d d x x

x x

      , dấu = xảy 0

2

x 

Kết luận: 1;

2

M   

 

1;

2

M     

 

điểm cần tìm

5.7 Gọi 3;

2

A a

a

 

 

 

  thuộc nhánh trái,

1

;

2

B b

b

 

 

 

  thuộc nhánh phải đồ thị hàm số (C), với a 0 b Ta có:

     

2

2

2 3 2 3

4 4

b a

AB b a b a

b a b a ab

                    ab ab    

Dấu xảy

  2 3 3 4

b a a

b a b b a                          Vậy hai điểm cần tìm là: 1;

2

A    

 

; 1;

2

B   

 

ABmin 

5.8.Xét phương trình hồnh độ giao điểm:

   

1

2 2

2

x

mx m f x mx m x m

x

 

         

 với

1

 C cắt dm điểm phân biệt A, B f x  0 có nghiệm phân biệt khác 

2

0

17

6

1

0

2

m

m

m m

m

f m



 

  



       

  

 

     

  



(*)

 

f x

  có nghiệm phân biệt x x1; 2 mà 1 2

x   x

0

1

0

6

2

m

mf m m

m

 

   

       

 

    

b Hệ số góc tiếp tuyến A B là:  

 2    2

3

' ; '

2

A A B B

A B

k y x k y x

x x

 

   

 

  2 2

3

2

A B

A B

k k

x x

  

  nên hai tiếp tuyên A, B khơng thể vng góc với Vậy khơng tồn m thảo mãn toán

c Gọi x x1; nghiệm f(x) Giả sử A x mx 1; 12m ; B x mx 2; 2m 1

Theo viet ta có:

1 2

5

2

m

x x

m m x x

m

 

 

  



 

 

Có:

4

OA OB               OA OB 

   

   

   

   

   

   

   

   

   

       

1 2

2

1 2

5

2

4

5

1 2

4

x x mx m mx m

m x x m m x x m

       

        

 2 2 2 5  1 2 12

4

m m m m m m m

         

3

4

4

m m m

    

2 12

4

m m 

    

1

2

m m 

   

Đáp số: 1;

m  

 

Bài tập 6 : Cho hàm số y m 1x m x m

 



 Cm

6.1 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số C3 m =

6.2 Dựa vào đồ thị hàm số, tùy theo m biện luận số nghiệm

phương trình:

a

2

1 log

x

m x



 

 b 2xx33 2m 1



6.3 CMR đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng cố định

điểm cố định

6.4 Tiếp tuyến M Cm cắt tiệm cận A, B CMR M trung điểm AB

6.5 Cho điểm M x , y  0 C3 Tiếp tuyến C3tại M cắt tiệm cận (C) điểm A B Chứng minh diện tích tam giác AIB không đổi, I giao tiệm cận

Tìm M để chu vi tam giác AIB nhỏ

6.6 Mọi M Cm chứng minh tích khoảng cách từ M đến tiệm cận không đổi

Lời giải: 6.1 Các bạn tự khảo sát vẽ hình.

6.2 Số nghiệm phương trình f x  g m là số giao điểm đường cong  

yf x đường thẳng y g m   song song với trục hoành Ox vẽ lên hệ trục tọa độ Oxy

a Vẽ đồ thị hàm số  : 3

x C y

x

 

 sau:

- Giữ nguyên phần đồ thị nằm trục hồnh Ox C3- kí hiệu  Ct

   '  

t t

C C C

   (Các bạn tự vẽ hình) Kết luận:

2

m  phương trình vơ nghiệm

1;2

m  

  phương trình có nghiệm 1;2 2; 

2

m   

  phương trình có nghiệm phân biệt b Vẽ đồ thị hàm số  C' :y2xx33

 sau:

- Giữ nguyên nhánh phải C3- kí hiệu  Cp

- Lấy  C'p đối xứng nhánh trái C3 qua trục hoành Ox    '  

p p

C C C

   (Các bạn tự vẽ hình) Kết luận:

2

m  phương trình vơ nghiệm

2 m

   phương trình có nghiệm

2

m  phương trình có nghiệm phân biệt

6.3 Gọi M x y 0; 0 điểm cố định hàm số

 

0

0

;

m x m

y m

x m

 

  



 0   0 0

0 0

0 0

1 0;

1 0

0

m x y x x y m

x y x

x x y y

      

   

 

   

  

 

Với M0; 1 , tiếp tuyến M là: y y' 0 x 1 x

Vậy đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng cố định y  x 1 M0; 1 

6.4 Ta có:

2

1 m

y m

x m

   

 TCĐ:

x m TCN: y m 

Gọi  

2

; m m ,

M a m m C a

a

 

    

 

  Tiếp tuyến M có dạng:

     

2 2

2

: ' m m m

d y y a m x a m m x a m m

a a a

Gọi A, B giao điểm đường thẳng d với TCN, TCĐ tương ứng nên:

 

2

2

2 ; ; ; m

A a m m B m m

a

 

     

 

Nhận thấy

2

A B M

A B M

x x x

y y y

 



 

 

 M trung điểm AB (đpcm)

6.5 Điểm  3

9

: ;2

3

M C y M

x  

 

       

  

Phương trình tiếp tuyến M có dạng: :y 92 x 18 272

  

    

Gọi A, B giao điểm đường thẳng d với TCN, TCĐ tương ứng nên: 2 3;2 ; 3;2 18

A  B



 

   

 

Vì I giao điểm tiệm cận nên I3;2

+ IAB vuông I nên: 18 18

2

IAB

S IA IB 



    (đvdt)

+ Chu vi tam giác IAB là:

2

18 18

2

p IA IB AB  

 

 

        

 

2

18 18

2 2  12 2.2.18 12

 

 

       

 

Dấu = xảy 2 18  

     M6;5 M 0; 1 

Vậy M 6;5 M0; 1  IAB có chu vi nhỏ 12 2

6.6 Dựa vào câu 6.4 ta có khoảng cách từ M đến TCN, TCĐ là:

2 ;

m

d d a

a

 

Suy ra:

2 2

m

d d d a m

a

    đpcm

Bài tập 7: Cho hàm số y x3 3x 2

   (C)

7.3 Tìm điểm đồ thị hàm số cho chúng đối xứng qua tâm

M(-1; 3);

7.4 Tìm điểm đồ thị hàm số cho chúng đối xứng qua đt

2x – y + = 0;

7.5 Biện luận theo m số nghiệm phương trình sau:

a  x3 3 x m 0

b x2  x 22mx11



7.6 Chứng minh tiếp tuyến điểm uốn có hệ số góc lớn nhất. Lời giải:

7.1 Điểm M thuộc trục hoành Ox M a ;0 Nhận thấy đường thẳng x = a không tiếp tuyến (C), xét đường thẳng qua M có hệ số góc k có dạng: y k x a    tiếp

xúc với (C)  

3

3

3

x x k x a

x k

    

  

  

 

có nghiệm Suy ra:  x33x  2  3x2 3x a 

    

   

2

2

1 3

1

2 3

x x a x a

x

f x x a x a

      

   

     



Để từ M kẻ tiếp tuyến đến đồ thị hàm số (C) f x   0 phải có nghiệm

phân biệt khác -1

   

 

2 2

3 3 12 3

6

1

3

a

a a a a

f

a

 

 

         

 

    

 

   



 

 

Vậy điểm M thỏa mãn có tọa độ a;0 với ;6 3;

3

a      

   

7.2 Hàm số tiếp xúc với đường thẳng y mx

3

3

3

x x mx

x m

   

  

  

 

  

2 1

1

x x x

x

    

 

Thay vào ta m = Vậy m = (C) tiếp xúc với đường thẳng y =

7.3 Gọi A x y 0; 0   C , B C điểm đối xứng với A qua điểm M  1;3  0;6 0

B x y

   

Vì A B,  C

   

3

0 0

3

0 0

3

6 2

y x x

y x x

   

  

       

 

 3  

3

0 0

2

0

0

6 2 2

6 12

1

x x x x

x x

x y

          

   

   

Vậy điểm cần tìm là: 1;0 1;6

7.4 Gọi M x y 1; 1;N x y 2; 2 thuộc (C) hai điểm đối xứng qua đường thẳng d I trung điểm AB nên 2;

2

x x y y

I   

 , ta có I d

Có:    

3

1 2

1 3 2. 2

2 2

x x x x

y y        x x

  

 23 2 2  2  2

2

1 2

3

0

1

x x x x x x x x x x

x x

x x x x

        

 

  

  



Lại có: MN d x2 x1.1y2  y1.2 0

 1  1 12 22

2

1 2

7

7

x x x x x x x x

x x x x

      

   

- Xét x1x2 0 1 2

7

;

2

x x

  

- Xét

2

2

1 1 2

2

1 2

1

9

4

7 5

2 4

x x

x x x x

x x x x x x



      

 

 

 

  

  

 

Vậy điểm đối xứng đồ thị hàm số là: 7;2 ; 7;2

2 2 2

   

  

   

   

7.5 Bạn đọc tự vẽ đồ thị hàm số  C y: x3 3x 2

  

a Ta có: x33x m 0   x3 3x   2 m Vẽ đồ thị hàm số y  x3 3 x 2 sau:

- Giữ nguyên phần đồ thị  Cp hàm số (C) bên phải trục Oy

- LấyC'p đối xứng phần đồ thị  Cp qua Oy

 C1 C'p  Cp

   từ dựa vào đồ thị hàm số biện luận b x2  x 22mx11   x2  x 2 x 1 m21

 với x 1

Vẽ đồ thị hàm số    

2

C y   x  x x sau: - Giữ nguyên phần đồ thị  Cp  C - ứng với x > -1

- Lấy  C'p đối xứng với phần đồ thị  C - ứng với x < -1 qua trục hoành Ox

 C  Cp'  Cp

   (Các bạn tự vẽ hình) Từ dẫn tới kết luận

7.6 Ta có: y' 3x2 3

  ; y"6x 0 x0

0;2

U

 điểm uốn đồ thị hàm số

Hệ số góc tiếp tuyến U là: k y' 0  3

Với điểm M x y 0; 0 thuộc đồ thị hàm số, hệ số góc M là: k1 y x' 0 3x02  3

Vậy tiếp tuyến điểm uốn có hệ số góc lớn

Bài tập 8 : Cho hàm số

 

2 3 3

2

x x

y

x

  



 (1)

8.1 Tìm m để đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm A, B

cho AB =

8.2 Chứng minh đồ thị hàm số (1) nhận 1;1

2

I  

  làm tâm đối xứng

8.4 Tìm đồ thị điểm A, B thuộc nhánh cho AB min. 8.5 Tính diện tích tam giác tạo tiệm cận xiên trục tọa độ.

Lời giải: 8.1 Xét phương trình hồnh độ giao điểm:

     

2

2

3

2 3

2

x x

m f x x m x m

x

  

       

 ; với x 1

Để hàm số (1) cắt đường thẳng y = m điểm phân biệt f x  0 có nghiệm

phân biệt khác    

 

2

2 2

1

1

2

m

m m

f m

 

      



   

 



  



(*)

Với điều kiện (*), gọi x x1; nghiệm f x   Theo viet có:

1

3

x x m

x x m

  

 

  

Tọa độ A, B là: A x m B x m 1; ;  2;  Ta có:

 2  2

1 2

2

AB   x  x   x x  x x 

3 2 2 4 2  2 4 4 5 0

2

m m m m m 

          

Đáp số:

m 

8.2 Xét công thức chuyển hệ trục tọa độ tịnh tiến theo véc tơ OI , ta có:

1

x X y Y

 

  

  

 Phương trình đường cong hệ tọa độ IXY có dạng:

   

2 2

1 3

1

2 2

X X X X

Y

X X

       

  

 

2 1 1 1

2 2

X X X

Y g X

X X

   

    

Dễ thấy hàm g(X) hàm lẻ R\ 0  đối xứng qua tâm I Vậy đồ thị hàm số (1) đối xứng qua tâm 1;1

2

I  

  (đpcm)

         

2

3

2 3

2

x x

m x f x m x m x m

x

  

          

 ; với x 1

Để hàm số (1) cắt đường thẳng y m x   2 3 điểm phân biệt f x  0 có nghiệm phân biệt khác

     

 

2

7

2

7

9 4

2

1

1

m m

m m m m

f

m

 

   

 

   

           



  



  

   

Với điều kiện trên, gọi x x1; nghiệm f x   1 2  

2

m

x x

m



  

 Gọi giao điểm A x m x 1;  1 23 ; B x m x 2;   2 3

Điểm M2;3d trung điểm AB 1 2 2 

2

m

x x m

m



       



Vậy

2

m 

8.4 Ta có:

   

2 3 3 1 1

1

2 2

x x

y x

x x

   

   

 

Gọi 1; 1

2 2

A  

 

 

  

 

  thuộc nhánh trái,

1

1;

2 2

B  



  

  

 

  thuộc nhánh

phải đồ thị hàm số với   0 

Ta có:    

2

2 1

4

AB    

 

  

       

 

 

 

2

2 1 1

1 1

4

  

 

 

     

 

            

       

   

5 2 

    

Dấu = xảy 41

5

 

 



  

    

 

Vậy

4

4 4

1 1

1; ; 1;

2 2

5 5

A     B     

   

ABmin  2

8.5 Hàm số có TCX: : 1

2

y  x

  

Gọi A Ox A2;0; B  Oy B 0;1 

Nên

2

OAB

S  OA OB  (đvdt)

Bài tập 9 : Cho hàm số (C):y x3 3mx2 mx

   đường thẳng d: y = x +

Tìm m để hàm số (C) cắt đường thẳng d:

9.1 Tại điểm phân biệt.

9.2 Tại điểm phân biệt có hồnh độ dương. 9.3 Tại điểm phân biệt A, B, C cho AB = BC 9.4 Tại điểm phân biệt lập thành cấp số nhân.

Lời giải: 9.1 Xét phương trình hồnh độ giao điểm:

 

3

2

3

3

x x

x mx mx x f x m

x x

 

      

 Ta có:  

 

4

4

2

3 12

' 3 12

3

x x x x

f x x x x x

x x

   

        



Lập bảng biến thiên hàm số f(x), từ dựa vào bảng biến thiên kết luận toán

9.2 Tương tự câu a

9.3 Xét phương trình hồnh độ giao điểm:

x3 3mx2  mx x  2 g x  x3  3mx2  m1x 0

Hàm số (C) cắt đường thẳng d điểm phân biệt A, B, C cho AB = BC  

'

g x

  có nghiệm phân biệt điểm uốn đồ thị hàm số y g x   nằm trục hồnh Ox

- Phương trình g x'  3x2  6mx m1 0 có  ' 9m2 3m 3 0 nên ln

có nghiệm phân biệt với m

- Hàm y g x   có điểm uốn U m ; 2 m3  m2  m 2Ox khi: 2m3  m2  m 0  m1 2 m2  m2  0 m1

9.4 Đk cần: Giả sử (C) cắt d điểm phân biệt có hồnh độ x x x1; ;2 lập thành cấp số nhân Khi ta có: g x   x x 1 x x 2 x x 3

Suy ra:

1 2 3

3

1

x x x m

x x x x x x m

x x x

  

 

   



 



Vì 3

1 2 2

x x x  x   x  nên ta có: 2.3 3

3

m m m

     

 Đk đủ: Với 3

3

m 

 , thay vào tính nghiệm thấy thỏa mãn

Vậy 3

3

m 



Bài tập 10: Cho hàm số y x4 2m 1x2 2m 1

    

10.1 Tìm m để hàm số cắt Ox điểm phân biệt lập thành cấp số cộng; 10.2 Tìm m để hàm số cắt Ox điểm phân biệt có hồnh độ nhỏ 3.

Lời giải:

Xét phương trình hoành độ giao điểm: x4 2m1x2 2m 1 0; (1)

Đặt t x t2, 0

  (1)thành: f t( ) t2 2m1t2m 1

10.1 Điều kiện để hàm số cắt Ox điểm phân biệt f(t) phải có nghiệm dương

phân biệt  

2

' 1

2

0

2

m

m

S m

m

P m

   

 

 

      

     



(*)

Với (*), gọi t1t2 nghiệm f(t), hồnh độ giao điểm hàm số với Ox là: x1  t x2; 2  t x1; 3  t x1; 4  t2

Các giao điểm lập thành cấp số cộng  x2 x1x3  x2 x4  x3  t2 9t1

 

 

1

4

5 4

5 4

5 4

9

m m m m

m

m m

m m

m m m

     

 

 

 

     



   



Vậy 4;

m   

 

10.2 Hàm số cắt Ox điểm phân biệt có hoành độ nhỏ 3

  f t

 có nghiệm phân biệt t t1; cho:

1

1

0

0

t t

t t

  



   



 

 

 

2

2 '

'

3 4

(0)

2

2

2

1

1

m m

f m

f m

S m

S m

P m

m m

  

   

  

 

     

  

    

  

  

   

Đáp số 1

2

m  m

Chuyên đề 2: LOGARIT – PHƯƠNG TRÌNH MŨ – LOGARIT

CÁC BÀI TỐN ĐỊNH TÍNH VỀ LOGARIT

Bài 1: Cho a 0,b 0 a2 b2 7ab

  Chứng minh với  0, 1,

ta có: log 1log log 

3

a b

a b

  



 

Giải

Từ  

2

2 7 9

3

a b

a b  ab a b  ab    ab

  Suyra:  

2

log log

3

a b

ab

 



 



 

 

Do

3

a b

 , nên ta có: 2log log  

a b

ab

 



 hay log 1log log 

3

a b

a b

  



 

Bài 2: Giả sử      

lg lg lg

x y z x y z x y z x y z

x y z

     

  Chứng minh rằng:

y x y z x z

x y z y z x

Đặt      

lg lg lg

x y z x y z x y z x y z

x y z t

     

  

Suyra: lgx tx y z x      y x txy y z xlg     

   

lgy ty z x y    x y txy z x ylg   

Từ ta có: xlgy y x lg 2txyz

Lập luận tương tự: y z zlg  lgy2txyz

lg lg

z x x z  txyz

Do ta có: xlgy y x y z z lg  lg  lgy z x x z lg  lg

     

lg x yy x lg z yy z lg z xx z x yy x z yy z z xx z

     

Bài 3: Tính

2 2009

1 1

log log log

A

x x x

    Biết x 2009!

Ta có:

   

2 2009

1 1

log log log

log log log log 2009

log 2.3.4 2009 log 2009! log

x x x x

x x x

A

x x x

x

   

    

Bài 4: Tính:

4.1 A ln tan10 ln tan 20 ln tan 30 ln tan890

   

4.2 B ln tan1 ln tan ln tan ln tan890 0 4.1 Ta có:

   

   

0 0

0 0 0

0 0 0

ln tan1 ln tan ln tan3 ln tan89

ln tan1 ln tan89 ln tan ln tan88 tan 45 ln tan1 tan89 ln tan tan88 tan 45

ln1 ln1 ln1

A     

     

   

    

4.2 Ta có:

0 0

0 0 0

0 0

0 0

ln tan1 ln tan ln tan3 ln tan89

ln tan1 ln tan ln tan ln tan 45 ln tan89 ln tan1 ln tan ln tan ln1 ln tan89 ln tan1 ln tan ln tan ln tan89

B 

 

 

(Chú ý tan 450 1

 )

HÀM SỐ MŨ – LOGARIT

Bài 1: Cho hàm số:  

4

x x

f x 

 Tính tổng:

1 2008

2009 2009 2009

S f   f    f  

     

Bổ đề: Cho a+b=1 Hãy chứng minh f a  f b  1

Ta xét:

       

   

 

 

 

4 4

4

4 4

8 4

4 2.4 2.4

1

4 4 4

a b b a

a b

a b a b

a b

a b a a b b

a b a b a b

f a f b

 



  

   

   

 

  

  

    

Vậy a+b=1 f a  f b  1

Khi ta có: 2008     2008 1004

2

S   f a  f b   

Bài 2: Xét hàm số:   2

x x

f x

 

   2

2

x x

g x

 

2.1 f x 1x2  f x 1 x2 2f x f x   1 2.2 g2x1 2g x f x   1

2.3 f 2x1 2f2 x1  2.1 Ta xét:

   

       

   

1 2 2

1 2 2 1 2

1 2

1 2

1

2 2

2

2 2 2 2 2

2

2

2 2

2

2

x x x x x x x x

x x x x x x x x x x

x x x x

f x x f x x

f x f x

     

    

 

 

    

    

 

 

 

2.2 Ta xét:

     

   

   

1 1

1

1 1

2

1

1

2 2

2

2

2

2 2

2

2

x x x x

x x

x x x x

g x

g x f x

 



 

 



 

 

 

2.3 Ta xét:

 

 

 

1 1

1 1 1

2 2

1

2 2

2

2 2 2

2 1

2

2 2 2

1 2

2

x x x x

x x x x

f x

f x

 

 

  

    

   

       

 

Bài 3: Xét hàm số:  

2

x x

a a

f x

 

  

2

x x

a a

g x

 

 với a0,a1 Chứng minh với x ta có hệ thức sau:

3.1 f 2 x  h x2  1

   

2

2

2

2

2

2

x x x x

x x x x x x x x

x x

x x

a a a a

f x h x

a a a a a a a a

a a

a a

 

   





     

     

   

     



  

3.2 Ta xét:

   

 

 

 

2

2

2

2 2

2

2

2

2

4 4

2

x x x x

x x

x x x x

x x

a a a a

f x h x

a a

a a a a

a a

f x

 



 



     

    

   



   

  



 

PHƯƠNG TRÌNH MŨ – LOGARIT

Dạng : AB + (ab)x = Aax + Bbx với a, b > a, b khác

Phương pháp giải.

Ta có: AB + (ab)x = Aax + Bbx

 AB − Aax = Bbx − (ab)x

 A(B − ax) = bx(B− ax )

 (B − ax) (A − bx)=0

Ví dụ minh họa: Giải phương trình sau: 1.1 12 6x 4.3x 3.2x

   1.4 e5e4x e3x2 ex3

1.2 40 10x 5.2x 8.5x

   1.5 8.3x 3.2x 24 6 x

1.3 15 8x 3.4x 5.2x

  

Giải 1.1 Ta có: 12 6x 4.3x 3.2x

  

12 4.3x 3.2x 6x

     3  x 2 3x  x

4 2x 3 3x

    2

2

3 3

x x

x x

x x

      

     



   

Dạng: A M M2 1x B M M2 1x C

      với M >

Phương pháp giải.

Ta xét: M M2 1 x M M2 1x

    

M M2 1M M2 1 x M2 M2 1 x 1

   

         

 

 

Đặt t M M2 1 x M M2 1x

t

       Khi pt có dạng:

2 0

B

At C At Ct B

t

     

Ví dụ minh họa: Giải phương trình sau: 2.1 2 3 x  2 3x 4

2.2 5 6 tanx 5 6 tanx 10 2.3  5  5 12

x x

   

2.4 2 3cotx 2 3cotx 4

2.5  3  3

x x

   

2.6

3 81 2sin 2x 3 82cos2x1 2.7 2 3 x 3x 4x

   

2.8 3 2 x 2x 6x

   

Giải

2.1 Ta xét: 2 3 x 2 3x 2 2   3x

 

 2

2

2 1

x x

 

   

 

 

2 3x 2 3x

t

t

    

2

1

4

2

t

t t t

t t

  

       

  

Với t  2 3 x1

2

t   x

Dạng: Ax Bx 2Cx

  với

2

A B

C   (Khi A<C<B)

Phương pháp giải.

Nhận thấy x=1, ta có: VT=VP suyra x=1 nghiệm phương trình x=0, ta có: VT=VP suyra x=1 nghiệm phương trình

Chứng minh phương trình có hai nghiệm, suyra x=0 x=1 hai nghiệm phương trình

Chia hai vế phương trình cho Cx, ta có: 2

x x

A B

C C

   

 

   

    ,

với A 1,B

C  C 

Xét hàm số:  

x x

A B

f x

C C

   

    

    xác định R Tính đạo hàm cấp 2, chứng minh đạo hàm cấp hai dương, suyra đạo hàm cấp đồng biến Mặt khác f a f b / . /  0

suyra phương trình f x /  0

có nghiệm x0 thuộc khoảnga b, 

Bảng biến thiên:

x   a x0 b 

f/(x) − + f(x)

  

f x 0 Dựa vào bảng biến thiên ta có pt f(x)=0 có tối đa hai nghiệm

Ví dụ minh họa: Giải phương trình: 3.1 3x 5x 2.4x

 

3.2 2007x 2009x 2.2008x

 

3.3 2008x 2010x 2.2009x

 

3.4 3x 5x 6x

  

3.5 4x 5x 6x 12x

   

3.6 3x 5x 6 x 2

Giải 3.1 phương trình: 3x 5x 2.4x

 

Ta có: x 0 VT VP  x0 nghiệm phương trình

x  1 VT VP  x1 nghiệm phương trình

Suyra: x=0 x=1 nghiệm phương trình Vì 4x

3

2

4

x x

   

 

   

   

Xét hàm số:  

4

x x

f x     

    với x   Vậy phương trình

4

x x

   

 

   

    (hay phương trình 2.4

x x x

  )

phương trình hoành độ giao điểm  C y: f x  trục hoành Ox y  0 Đạo hàm: /  ln3 ln5

4 4

x x

f x    

   

 

// ln2 ln2 0

4 4

x x

f x       x

     Suyra:  

/

f x đồng biến

Mặt khác, ta có:

   

     

/

/ / /

3 15

0 ln ln ln

4 16 0 1 0 0;1

3 5

1 ln ln

4 4

f

f f x

f



   

 

   



   

 

Suyra phương trình f/(x)=0 có nghiệm thuộc 0;1 Mà f x/ 

đồng biến

Nên f/(x)=0 có nghiệm x0 thuộc 0;1 Bảng biến thiên

x   x0 

f/(x) − + f(x)

  

f x 0 Kết luận: Phương trình f(x)=0 có tối đa hai nghiệm

Suyra: x=0 x=1 hai nghiệm phương trình Vậy tập nghiệm phương trình S 0;1

3.4 Phương trình: 3x 5x 6x

  

Ta có: x 0 VT VP  x0 nghiệm phương trình

1

Xét hàm số: f x  3x 5x 6x

    với x  

Vậy phương trình 3x 5x 6x

   phương trình hồnh độ giao điểm

 C y: f x  trục hoành Ox y  0 Đạo hàm: f x /  3 ln ln 6x x

 

 

// 3 ln ln x x

f x      x Suyra: f x/  đồng biến

Mặt khác, ta có:  

       

/

/ / /

0 ln ln

0 0;1

1 3ln 5ln5

f

f f x

f

    



   



   

 

Suyra phương trình f/(x)=0 có nghiệm thuộc 0;1 Mà f x/ 

đồng biến

Nên f/(x)=0 có nghiệm x0 thuộc 0;1 Bảng biến thiên

x   x0 

f/(x) − + f(x)

  

f x 0 Kết luận: Phương trình f(x)=0 có tối đa hai nghiệm

Suyra: x=0 x=1 hai nghiệm phương trình Vậy tập nghiệm phương trình S 0;1

Dạng: Af x   f x  Ag x  g x 

Phương pháp giải.

+ Đặt  

 

u f x

v g x

   

  

+ Xét hàm số: m t  At t

 

+ Cần chứng minh: m t  đơn điệu tập xác định D

+ Phương trình: Af x   f x  Ag x  g x  tương đương m u  m v 

+ Suyra: u=v hay f(x)=g(x) Rồi giải phương trình đại số Ví dụ minh họa: Giải phương trình sau:

4.1 8 2

2x x 2x 2x x

4.2 1 2

2x x 4x 3x x

   

4.3 3 2 2 2 3

2x x  x x x 3x x 5x

     

Giải 4.1 Đặt:

2

8

u x x v x



 



  

2

8

v u x x

    

Phương trình 2u 2v v u 2u u 2v v f u  f v 

         

Xát hàm số: f t  2t t

 

 

' ln t

f t     t

 

'

f t

 đồng biến

mà f u f v =  

nên u v x2 x x 8 x2 2x 8 0

        

4

x x

    



Vậy tập nghiệm phương trình: S   2;4

4.3 Phương trình 6 4 2 4 6

2x x  x x x 3x x 5x

      

2 2 4 6 6 4

2x x x x 3x x x 4x  x

       

Đặt :

4

u x x v x



 

 

   3

u u u v v v

    

Xét hàm số  

t t

f t     t  

   

/ 2 ln 1 ln1 0

3

t t

f t   t

        

  

  / f t

 đống biến Mà f u  f v   u v

Ta có phương trình: 6

6

x

x x x x x

x

 

        

Dạng: Phương trình chứa A2m, A2n Am+n

Phương pháp giải.

Đặt:  

2

2 ,

m n m

m n n

uv A

u A

u v u

A

v A

v

 

 

 

 

 

 

 



 



Ta chuyển phương trình: pA2m qAm n kA2n 0

  

về phương trình: pu2 quv kv2 0

  

Vì v>0 nên ta chia hai vế phương trình cho v2, ta có:

2

0

u u

p q k

v v

 

  

    Đặt t u

v

 ta đưa phương trình bậc hai theo t Giải phương trình tìm t Khi ta có: Am n t1

 (giải phương trình tìm x)

Ví dụ minh họa: Giải phương trình sau: 5.1 22 x 3 x 5.2 x 3 2x4 0

  

5.2 2 1 2 2

2 x  9.2x x x

  

5.3 2 2

2x x 4.2x x x

   

Giải

5.1 Ta có: 22 x 3 x 5.2 x 3 2x4 0

    22 x 3 x  5.2 x 3 14.2x2 0

Đặt :  

3

2

2

,

2

x

x x

x x x

uv u

u v u

v

v

   

   

 

 

 

 

 

 

 





Khi ta có phương trình:

1

5

4

u

u u v

u uv v

v v u

v



 



        



 

 Với: u 1 2 x x 1

v

  

  

3

4 x x

u v

  

Dạng: Alogax  f x  0 với A, a >0 a 1

Phương pháp giải.

Điều kiện: x>0

Hướng giải 1: đặt t=logax => x=at Chuyển f(x) phương trình mũ theo t

Hướng giải 2: Đưa f(x) phương trình mũ hàm logarit số Chú ý: x xlogaa

 

Ví dụ minh họa: Giải phương trình sau:

6.1 log 62

2

log

6.9 x 6x 13.x

 

6.2 xlog 43 x22log3x  7xlog 23 6.3 x3log 23 x2.2log3x 12log3x x3

Giải 6.1 Phương trình: log 62

2

log

6.9 x 6x 13.x

  điều kiện x>0

Hướng giải 1:

Chú ý công thức: alogbc clogba

 với a, b, c >0 b 1

Áp dụng công thức trên, ta chuyển phương trình log 62

log

6.9 x 6x 13.x

 

phương trình: 6.9log2x 6x2 13.6log2x

Đặt

2

log 2t 4t

t  x  x   x 

Khi ta có phương trình: 6.9t 6.4t 13.6t

  (về dạng phương trình A2x, B2x

(AB)x)

Hướng giải 2:

Ta có: 6.9log2x 6x2 13xlog 62

2 2

log log log

6.9 x 6x 13x

  

2 2

log log log

6.9 x 64 x 136 x

  

Đặt t log2x, ta có phương trình: 6.9t 6.4t 13.6t

CÁC PHƯƠNG TRÌNH MŨ – LOGARIT ĐẶC SẮC:

Bài tập 1: Giải phương trình: 2x1 21 2 x 3 23

 

Giải

Cách 1: Đặt t=2x, t>0 Khi ta có phương trình: 2

2t

t

 

3

2t 2t

    Ta có t 3 nghiệm phương trình Áp dụng lược đồ

2 3 23



3 2 2  2  4 0 Khi đó: 2t3  3 23 t  2 0 t 2 2  t2  2t 4 0

3

2 3

2

3

2

t

x

t t

  

 



  

 

Cách 2: Sử dụng BĐT Cauchy.

Vì 12

x 1 2

2 x số dương Nên áp dụng BĐT Cauchy cho số 12

2

x , 12

x

và 21 2 x, ta có: 12 12 21 23

2

x x  x

  

Dấu // = \\ xãy khi: 12 21 2 21

2

x  x x  x x

    

Bài tập 2: Giải phương trình: log 22 x2 4x2  log2x  1 4x 2x2 Giải

Phương trình: log 22 x2 4x2 log2x 1 4x 2x2 Điều kiện: x>0

 

2

log 2x 4x2  log x 1 4x 2x  2

2

log 2x x

x

 

       

 

Vì x>0, ta có:

2 2

2x 2x log 2x

x x x

 

          

 

Vậy

 

2

2

log

3

x

x x

  

  

 



 



   



Ta có VT 2, VP2 mà VT=VP

Nên ta có:

1

1

1

x

x x

x

  

 



   

Tập nghiệm phương trình S  1

Bài tập 3: Giải phương trình: 3.1 9.2 27 27 64

8

x x

x x

    3.2 23 6.2 31 1 12

2

x x

x x

Giải.

Phương trình: 9.2 27 27 64

8

x x

x x

   

3

3

2 64 4 4.2

2

x x x x

x x

 

           

 

Bài tập 4: Giải phương trình: 2 3 2 2 2 1

3x  x 4x  x 5x  x 14

  

Giải.

Cách 1: Phương trình: 2 3 2 2 2 1

3x  x 4x  x 5x  x 14

  

Ta có:

     

2

2

2 2

2

1

2

1

2 2 2

1

2

3 3

4 4 4 14

5 5

x

x x

x

x x x x x x x x

x

x x

   

 

       

  

   

 

      

 

  

 

Dấu // = \\ xãy khi: x=−1.

Cách 2: Phương trình: 2 3 2 2 2 1

3x  x 4x  x 5x  x 14

  

 12  12  12

2

3

3

9.3 4.4

x x x

t t t

t t t

    

 

   

   

   

Dùng đạo hàm ta chứng minh phương trình 9.3t 4.4t 5t

   có t=0 nghiệm

nhất

Với t=0 ta suyra x=−1

Vậy tập nghiệm phương trình: S   1

Bài tập 5: Giải phương trình: 6 3log 56 1

x x x

   

Giải Phương trình: 3log 56 1

x x x

    Điều kiện:

5

x  

Đặt log 56 1 6

t t

t x  x     x Khi ta có phương trình:

 

6x 6t 5x 2x 3t 6x 3x 6t 3t

        Xét hàm số: f u  6u 3u

  Chứng minh

f(u) đơn điệu ta có t=x

Bài tập 6: Giải phương trình: 3log 13  x  x 2log2 x Giải

Điều kiện: x>0 Khi đặt  

3

3log 1 x  x 2log x 6y

Khi ta có:  

3

3

6

log 1 3

2

log

y y

x x y x x

x

x y

       

 



 

 

  



3

1 2

9 9

t t t

y y y      

           

      Ta có t=2 nghiệm Với t=2, ta có: x=212=4096

Bài tập 7: Giải phương trình:

 

2

2

8

2

log 4

x x

x x  

 

 

Giải

Ta có: 4x2  4x 4 2x 12  3 log 43 x2  4x41 Hay

 

3

8

log 4x  4x4   VP

Theo BĐT Cauchy ta có: 22 1x 23 2 x 8 VT 8

    Mà VT=VP (theo giả thuyết)

Suyra: 22 11 03 2

8 x x

x VT

x

VP  

 

 



  

 

 

 

Vậy tập nghiệm phương trình:

S   

 

Bài tập 8: Giải phương trình: 2x1 2x2x x 12

  

Giải

Ta có: x 12 0 x2 2x 1 0 x2 x x 1

         

2 1 1

2x x 2x 2x 2x x

     (do hàm số y=2t đồng biến)

Suyra:

0

VT VP

  



 mà VT=VP (Giả thuyết) nên ta có:

 

2

1

1 2x 2x x

x

x

 

  



 



 

Tập nghiệm phương trình: S  1

Bài tập 9: Giải phương trình:

     

2

log x x  log x x  log x x  Giải

Điều kiện:

2 2

1 1

x x

x x

x

   

 

  

 

  



Chú ý: x x2  1x x2 1 1

2

1

1

x x

x x

   



   

  



Với x 1 ta có:

     

2

log x x  log x x  log x x   Áp dụng cơng thức đổi số ta có:

   

 

2

6 2

6

6

log log

log

log log

x x x x

x x

   

  

 

   

2

2

2

log

log 6.log 6.log 1 *

x x

x x

   

  

  

 

 *  log 6.log 6.log2 6x x2  1 1

  log 26

3

log x x log x x

       

Vì

6

log 2

log 2

1

1

3

x x

x x



    

  , nên ta có hệ phương trình:

 

6

6

6 log 2

log log log

2

1 1

3

2

x x

x

x x

 

   



  



  

 

Rõ ràng theo BĐT Cauchy, ta có: 3log 26 log 26 13log 26 log 26 

 

    

Vậy phương trình có nghiệm x=1 13log 26 log 26 

x 