chơng 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 a n xác định bởi: a0 = 1, an = n với n nghuyên âm a Định nghĩa 2: (Căn bậc n): Với n nguyên dơng bậc n số thực a số thùc b (nÕu cã) cho bn = a Ta thừa nhận hai khẳng định sau đây: Khi n số lẻ, số thực a có bậc n, kí hiệu n a Khi n số chẵn, số thực dơng a có hai bậc n hai số đối Căn có giá trị dơng 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 dơng m r số hữu tỉ Giả sử r = , m n số nguyên n số nguyên dơng Khi đó, luỹ thừa a với với sô mũ r số ar xác định bởi: m ar = a n = Tõ ®ã n a = an n am TÝnh chÊt cđa l thõa: Víi a > 0, b > 0, ta cã: an.am = an + m (ab)n = an.bn n am n −m an  a = a =  b÷ an bn (am)n = am.n Định lí 1: Cho m, n số nguyên Khi đó: 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 nghĩa α = logab ⇔ b = aα, α = lgb ⇔ b = 10α, α = lnb ⇔ b = e, 139 từ định nghĩa ta đợc: loga1 = 0, logaaα = α; logaab = b, víi mäi b; aloga b = b víi b > So s¸nh hai lôgarit số Định lí 1: Cho số dơng b c (1) Khi a > logab > logac ⇔ b > c HƯ qu¶: Khi a > th× logab > ⇔ b > (2) Khi < a < th× logab > logac ⇔ b < c HƯ qu¶: Khi < a < th× logab > ⇔ b < (3) logab = logac ⇔ b = c Các quy tắc tính lôgarit Định lí 2: Với a dơng khác số dơng b, c, ta cã: (1) logab + logac = loga(bc), Trêng hỵp chØ cã bc > th× log a(xy) = logab + logac b (2) logab − logac = loga , c b trờng hợp có bc > loga = logab− logac c (3) logabα = αlogab, Trêng hỵp b ∈ ¡ vµ α = 2k, k ∈ Z logab = logab Hệ quả: Với n nguyên dơng th× 1 loga = −logab; loga n b = logab b n Đổi số lôgarit Định lí 3: Với a, b dơng khác số dơng c, ta cã: loga c logbc = hay logab.logbc = logac loga b HƯ qu¶: Ta cã: logb a Với a, b dơng khác logab = Với a dơng khác 1, c số dơng 0, ta có loga c = α α logac Trêng hỵp a ∈ ¡ , a ≠ vµ α = 2k, k ∈  loga c = log|a|c III Hàm số mũ 140 Định nghĩa: Hàm số mũ số a (0 < a ≠ 1) cã d¹ng y = ax Đạo hàm hàm số mũ: Ta ghi nhận kết sau: ex a lim = x→ x b Víi mäi x ∈ ¡ , ta cã (ex)' = ex vµ (ax) = ax.lna c Nếu u = u(x) hàm số có đạo hàm J với x J, ta cã (eu)' = u'.eu vµ (au) = u'.au.lna XÐt hµm sè y = ax, < a ≠ 1, ta có tính chất sau: Liên tục Ă Sự biến thiên: Hàm số đơn điệu với mäi x  Víi a > th× ax1 > ax2 x1 > x2, tức hàm số đồng biÕn  Víi < a < th× ax1 > ax2 ⇔ x1 < x2, tøc lµ hµm sè 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) có dạng y = logax Đạo hàm hàm số mũ: Ta ghi nhận kết sau: ln(x + 1) a lim = x→ x 1 b Víi mäi x ∈ (0; +∞), ta cã (lnx)' = vµ (logax)' = x x.lna c Nếu u = u(x) hàm số có đạo hàm J với x J, ta có u' u' (lnu)' = vµ (logau)' = u u.lna XÐt hµm sè y = logax, víi < a 1, ta có tính chất sau: Hàm số liên tục D = (0, + ) tập giá trị I = Ă Sự biến thiên: Hàm số đơn điệu với x Với a > th× logax1 > logax2 ⇔ x1 > x2, tức hàm số đồng biến Với < a < th× log ax1 > logax2 ⇔ x1 < x2, tức hàm số nghịch biến 141 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 trờng hợp sau: Nếu nguyên dơng hàm số có tập xác định Ă Nếu nguyên âm = hàm số có tập xác định Ă * Đạo hàm hàm số lũy thừa: Ta ghi nhận kết sau: a Hàm số y = x có có đạo hàm điểm x > và: (x)' = α.xα − b NÕu u = u(x) lµ hµm số có đạo hàm u(x) > J th×: (uα)' = α.u'.uα − 1, víi mäi x ∈ J Chú ý: Với n số nguyên tïy ý, ta cã (x n)' = n.xn − víi mäi x ≠ 0; vµ nÕu u = u(x) hàm số có đạo hàm u(x) J (un)' = n.u'.un 1, với x ∈ J Ta cã: ( n x )' = nn xn−1 , víi mäi x > nÕu n ch½n, víi mäi x ≠ nÕu n lẻ Nếu u = u(x) hàm số có đạo hàm J thỏa mãn điều kiện u(x) > víi mäi x thc J n ch½n, u(x) ≠ víi mäi x thuéc J n lẻ thì: ( n u )' = u' n un1 n VI Các dạng phơng trình, bất phơng trình mũ lôgarit Phơng trình mũ có dạng ax = m, a > m số cho Khi đó: Nếu m phơng trình vô nghiệm Nếu m > phơng trình có nghiệm x = logam Ta có kết quả: 142 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) Phơng trình lôgarit có dạng logax = m, m số ®· cho Ta ph¶i cã ®iỊu kiƯn x > < a Với m phơng 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) số phơng pháp giải phơng trình, bất phơng trình mũ lôgarit a Phơng pháp đa số b Phơng pháp đặt ẩn phụ c Phơng pháp lôgarit hóa: Ta giải phơng trình có hai vế dơng cách lấy lôgarit hai vế theo số thích hợp d Phơng pháp sử dụng tính chất đồng biến hay nghịch biến hàm số B Phơng pháp giải dạng toán liên quan Đ1 hàm số mũ hàm số lôgarit Dạng toán 1: Giới hạn hàm số mũ lôgarit Phơng pháp Chúng ta có dạng giới hạn đặc biệt sau: ex 1 a lim = c lim (1 + )x = e x→ x→∞ x x ln(x + 1) 1/ x lim lim d x→ (1+ x) = e b x→0 = x  Më réng:: Ta cã: ef(x) − = 1, x→ x0 f(x) f (x)→ lim lim x→ x0 f (x)→ ln[ f(x) + 1] f(x) = 143 Quy tắc Lôpitan: Nếu f(x), g(x) khả vi lân cận x0 trừ ®iĨm x0, th×: lim lim x→ x0 f(x) = x→ x0 g(x) = g'(x) lân cËn x0, ®ång thêi: lim x→ x0 f '(x) f(x) = A th× xlim = A → x g'(x) g(x) Quy tắc với x Thí dụ Tìm giới hạn sau: e2 e3x+ x→ x a lim b e2x − e3x x→ x lim  Gi¶i a Ta biÕn ®æi: e2 − e3x+ −3e2 (e3x − 1) lim = lim = −3e2 x→ x→ x 3x b Ta biÕn ®ỉi: e2x − e3x e2x − 1+ 1− e3x 2(e2x − 1) 3(e5x − 1) = lim = lim − lim lim x→ x→ x→ x→ x x 2x 3x = − = −1  NhËn xÐt: Qua thÝ dơ trªn: câu a), để làm xuất dạng giới h¹n ef (x) − chóng ta thùc hiƯn nhãm nh©n tư x→ x0 f(x) f (x)→ lim chung e2 câu b), tách giới hạn ban đầu thành hai giới hạn việc thêm bớt Với quy tắc Lôpitan, ta có: ( ) e2 − e3x+ ' e2 − e3x+ = lim −3e3x+ = −3e2 lim = lim x→ x→ x → x ( x) ' ( ) ( ) e2x − e3x ' e2x − e3x = lim 2e2x − 3e3x = − = = lim x→ x→ x→ x x ' ( ) lim −1 ThÝ dô Tìm giới hạn sau: 144 ( ) a lim x →0 ex − x +1 −1 lim b x →0 ex − sin 2x  Gi¶i a Ta cã: x ex − = lim (e − 1)( x + + 1) = x →0 x +1 −1 x lim x →0 b Ta cã: e x − = lim x →0 sin 2x lim x →0 ( ex − ) e x + sin 2x = lim x →0 ( ex − 1 x = 2sin 2x ex + 2x ) 5x − x x → x − 3x ThÝ dụ Tìm giới hạn lim Giải Ta biến ®æi: x eln − eln 5x − x = lim lim x →0 x → x − 3x x(x − 3) = x e x ln − e x ln − ln − ln = lim x ln x x →0 x −3 ln − ln = − ln −3 ThÝ dụ Tìm giới hạn sau: a lim x ln(2x + 1) x b ln(1+ 2x2 ) x x lim Giải a Ta biến đổi: ln(2x + 1) 2ln(2x + 1) lim = lim = 2.1 = x→ x → x 2x b Ta biÕn ®ỉi: ln(1+ 2x2 ) 2xln(1+ 2x2 ) lim = lim = 0.1 = x→ x→ x 2x2 Thí dụ Tìm giới hạn sau: a lim x →0  ln(4x + 1) − ln(2x + 1) x b x2 + ln , víi x > −1 x→ ex + x+1 lim Giải a Ta biến đổi: 145 lim ln(4x + 1) − ln(2x + 1) = lim  ln(4x + 1) − ln(2x + 1)   x →0 x →0  x x x   2ln(2x + 1)   4ln(4x + 1) = lim −  = x →0  4x 2x   b Ta biÕn ®ỉi: x2 + ln(x2 + 1) − ln(x + 1) ln = lim = lim x→ x→ lim xx + ex + x→ e + ln(x2 + 1) ln(x + 1) − x x ex + x x.ln(x + 1) ln(x + 1) − lim 0.1 − x →0 x → x x = = = −1 x e +1 lim x →0 x lim Dạng toán 2: Tập xác định hàm số mũ lôgarit Thí dụ Tìm tập xác định hàm số: a y = ln(x + 1) x b y = log x x Giải a Điều kiện: x + >  x > −1 ⇔ −1 < x ≠ ⇔  x ≠ x ≠ VËy, ta đợc tập xác định D = (1; +)\{0} b §iỊu kiƯn: 0 < x ≠ 0 < x ≠ 0 < x ≠  ⇔ ⇔ ⇔ x >  x − > x >  x − > Vậy, ta đợc tập xác định D = (1; +) Thí dụ Tìm tập xác định hàm số y = lg  21− x − 2x + 2x Giải Hàm số g(x) = 21 − x − 2x + nghÞch biÕn, cã g(1) = 0, nªn:  g(x) > ⇔ g(x) > g(1) ⇔ x <  g(x) < ⇔ g(x) < g(1) ⇔ x > Hµm sè cã nghÜa khi: 146  2x − >  x >   1−x   2 − 2x + >  x < 21− x − 2x + > ⇔ x ⇔ ⇔ < x < 2x − x <  2 − <   21−x − 2x + <  x > Vậy, ta đợc tập xác định D = (0; 1) Dạng toán 3: Xét tính liên tục hàm số mũ lôgarit Phơng pháp Ta thực theo bớc sau: Bớc 1: Khẳng định hàm số xác định điểm x0, tính f(x0) Bớc 2: Xác định limf(x) x x0 Bớc 3: Kiểm nghiệm f(x0) = xlimf(x) →x Bíc 4: KÕt luËn Thí dụ Xác định a để hàm số sau liªn tơc trªn ¡ :  ln(x2 + 1) x ≠  f(x) =  e2x − a − x =   Giải Điều kiện cần đủ liên tục Ă liên tục điểm x0 = 0, tøc: f(0) = limf(x) x→ (*) Ta cã: f(0) = a − ln(x2 + 1) x.ln(x2 + 1) x x2 limf(x) = limln(x + 1) = lim lim = = 2x 2x x→ x→ x→ 2(e − 1) x→ e2x − e −1 x 2x Khi ®ã, ®iỊu kiƯn (*) trë thµnh: a = = ⇔ a = VËy, víi a = tháa m·n ®iỊu kiện đầu Dạng toán 4: Tính đạo hàm hàm số luỹ thừa, mũ, lôgarit hàm số hợp chúng Phơng pháp 147 Sử dụng kết phần kiến thức cần nhớ Thí dơ Chøng minh r»ng hµm sè y = ln thøc xy' + = ey  tho¶ m·n hệ 1+ x Giải Trớc tiên, ta có: 1 y = ln = − ln(1 + x) ⇒ y' = − 1+ x 1+ x Khi ®ã: x 1 xy' + = − +1= = eln1+ x = ey, ®pcm 1+ x 1+ x ThÝ dơ Tính đạo hàm hàm số sau: a y = x2 e2x + b y = x ln x +  Gi¶i a Ta cã: ) ( 2x y' = x2 e2x + ' = 2x e + + = ( ) 2x e2x + + 2x2.e2x e2x + b Ta cã: y' = 2x.ln x ( +1 + x = 4x2.e2x e2x + ( = 2x e2x + + 2x e2x + 1+ xe2x e2x + ) x2 + ' x2 + 2x2.e2x e2x + ) = = 2x.ln x + + x2 x2 + Dạng toán 5: ứng dụng đạo hàm để khảo sát vẽ đồ thị hàm số mũ lôgarit Các toán liên quan Thí dụ Cho hàm sè (Cm): y = xemx Víi m = −2: a Tìm khoảng tăng, giảm cực trị hµm sè (C) b BiƯn ln theo a sè nghiƯm phơng trình xe2x = a c Tìm b để phơng trình sinx.e2sinx = b có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng [0; ] 148 Đặt t = x − x , víi t > ta chun phơng trình dạng: t = loại t − = ⇔ t2 − 3t − = ⇔  ⇔ x − x = = 22 t = t  ⇔ x2 − x = ⇔ x2 − x − = ⇔ x = − vµ x = Vậy, phơng trình có hai nghiệm x = − vµ x = 2  Chó ý: TiÕp theo chóng ta sÏ quan t©m tíi viƯc sư dụng phép biến đổi đại số để làm xuất hiƯn Èn phơ hc sư dơng Èn phơ cho tỉ hợp đối xứng Ví dụ 14: Giải phơng trình 22x +1 − 2x + x + 22x+ =  Gi¶i Chia c¶ hai vÕ cđa phơng trình cho 22x+ 0, ta đợc: x −x +1=0 22x − 2x−1 − 2x − x− + = ⇔ 22x − 2x − ⇔ 22x − 2x − 2x − x + = Đặt t = 2x x , điều kiện t > Khi đó, phơng trình tơng đơng với: 2x − x = 22  x2 − x = t =  x = −1 2t − 9t + = ⇔  ⇔ ⇔ ⇔ 2x − x = 2−1  t = 1/  x − x = −1  x = Vậy, phơng trình có hai nghiệm x = −1, x = 2 2 2 2 2 Ví dụ 15: Giải phơng trình: log2(x − x − ) log3(x +  x − ) = log6|x − x − | Giải Điều kiện: x2   x − x − > ⇔ x ≥   x + x − > NhËn xÐt r»ng: (x − x − )(x + x − ) = ⇒ (x − x − ) = (x + x − )−1 Khi ®ã phơng trình đợc viết lại dới dạng: log2(x + x − ) − log3(x + x − ) = log6(x + x − )−1 ⇔ log2(x + x − ) log3(x + x − ) = log6(x + x ) Sử dụng phép đổi số: log2(x + x − ) = log26.log6(x + x − ); 195 vµ log3(x + x − ) = log36.log6(x + x − ) Khi phơng trình đợc viết lại dới d¹ng: log26.log6(x + x − ) log36.log6(x + x ) = log6(x + (1) Đặt t = log6(x + x − ) Khi ®ã (1) cã d¹ng: t = t(log26.log36.t − 1) = ⇔  log 6.log 6.t − =  Víi t = x −1 ) = ⇔ x + log6(x +  =1 x − )  x + x − = = ⇔ ⇔x =  x −1  x − x − = Víi log26.log36.t − = log26.log36 log6(x + x − ) − = ⇔ log26.log3(x + ⇔ log3(x + x − ) = log62 ⇔ x + x2 −1 ) log x2 −1 =  x + x − = 3log6 ⇔ ⇔ x = ( 3log6 + 3− log6 ) − log 2  x − x = Vậy, phơng trình có nghiƯm x = vµ x = log6 (3 + 3− log6 ) VÝ dô 16: (ĐHY Hà Nội 2000): Giải phơng trình 23x 6.2x − 3(x−1)  + 12 = 2x Giải Viết lại phơng trình dới dạng: 23 (23x − 3x ) − 6(2x − x ) = 2 (1) Đặt t = 2x x , suy ra: 2 2 23x − 3x = (2x − x )3 + 3.2x x (2x − x ) = t3 + 6t 2 2 Khi đó, phơng trình (1) có dạng: t3 + 6t − 6t = ⇔ t = ⇔ 2x − x = (2) 196 Đặt u = 2x, u > 0, phơng trình (2) có dạng: u = 1(l) u− = ⇔ u2 − u − = ⇔  ⇔ u = ⇔ 2x = ⇔ x u = u  = Vậy, phơng trình có nghiệm x = Ví dụ 17: (Đề thi đại học khối A 2002): Cho phơng trình: log 32 x + log 32 x + 2m = a Giải phơng trình với m = b Tìm m để phơng tr×nh cã Ýt nhÊt nghiƯm thc [1; 3 ] Giải Điều kiện x > Đặt t = log 32 x + , víi t ≥ 1, ta đợc: f(t) = t2 + t 2m − = Víi m = ph¬ng trình (2) có dạng: t2 + t = t = (loại) t = Với t = 2, ta đợc: (1) log 32 x + = ⇔log x = ⇔ x = 3± VËy, víi m = 2, phơng trình có nghiệm phân biệt x = 3± Tõ ®iỊu kiƯn: ≤ x ≤ 3 ⇔ ≤ log3x ≤ ⇔ ≤ log 32 x + ≤ ⇔ ≤ log 32 x + ≤ ⇔ t Tới ta lựa chọn ba cách trình bày nh sau: Cách 1: Phơng trình ban đầu có nghiệm thuộc đoạn [1; 3 ] phơng trình (3) có nghiệm thuộc [1; 2] đờng thẳng y = 2m + cắt phần đồ thị hàm số y = t + t lấy đoạn [1; 2] ®iĨm Ta xÐt hµm sè: y = t + t Miền xác định D = [1; 2] Đạo hàm: y' = 2t + 1, y' = ⇔ 2t + = ⇔ t = Bảng biến thiên: 197 t y' −∞ −1/2 + ∞ + + y Vậy điều kiện là: 2m + ≤ ⇔ ≤ m ≤ Cách 2: (Tối u hoá cách 1): Phơng trình ban đầu có nghiệm thuộc đoạn [1; 3 ] phơng trình (3) có nghiệm thuộc [1, 2] đờng thẳng y = 2m + cắt phần đồ thị hàm số y = t + 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 ®iỊu kiƯn lµ: y(1) ≤ 2m + ≤ y(2) ⇔ ≤ 2m + ≤ ⇔ m Cách 3: Phơng trình ban đầu có nghiệm thuộc đoạn [1, 3 ] phơng trình (3) có nghiệm thuộc [1, 2] phơng trình (3) có nghiệm thoả m·n: 1 < t1 ≤ t < lo¹i vi t1 + t = −1 t ≤ ≤ t ≤ 2 1 1 ≤ t1 ≤ ≤ t ⇔ f(1).f(2) ≤ ⇔ − 2m(4 − 2m) ≤ ⇔ ≤ m ≤ (ĐHKT 1998): Cho phơng trình: (x 2)log [9(x2)] = 9(x 2)m (1) a Giải phơng trình với m = b Tìm m để phơng trình cã nghiƯm tho¶ m·n: 3x1x2 − 6(x1 + x2) + 11 = Ví dụ 18: Giải Điều kiÖn x − > ⇔ x > Lấy logarit số hai vế, ta đợc: 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) 198 Đặt t = log3(x 2) Khi (1) có dạng: (2 + t)t = + mt ⇔ t2 − (m − 2)t − = (2) a Víi m = 3, ta đợc: t = log3(x − 2) = −1  x = t2 − t − = ⇔  ⇔ ⇔  t =  log3(x − 2) =  x = 11 VËy, víi m = ph¬ng trình có hai nghiệm x = x = 11 b XÐt ®iỊu kiƯn: 3(x1 − 2)(x2 − 2) − = ⇔ (x1 − 2)(x2 − 2) = ⇔ log3[(x1 − 2) (x2 − 2)] = log3 ⇔ log3(x1 − 2) + log3(x2 − 2) = − ⇔ t1 + t2 = Vậy, để phơng trình có nghiệm thoả mãn 3x 1x2 − 6(x1 + x2) + 11 = ⇔ (2) cã nghiƯm t1, t2 tho¶ m·n t1 + t2 = − (m− 2)2 + ≥ ∆ ≥ ⇔ ⇔ ⇔ m = t1 + t2 = −1 m− = −1 VËy, víi m = thoả mãn điều kiện đầu Chú ý: Phơng pháp dùng ẩn phụ dạng việc sử dụng ẩn phụ chuyển phơng trình ban đầu thành phơng trình với ẩn phụ nhng hệ số chứa x Phơng pháp thờng đợc sử dụng phơng trình lựa chọn ẩn phụ cho biểu thức biểu thức lại không biểu diễn đợc triệt để qua ẩn phụ biểu diễn đợc công thức biểu diễn lại phức tạp Khi đó, thờng ta đợc phơng trình bậc hai theo ẩn phụ (hoặc theo ẩn x) có biệt số số phơng Ví dụ 19: Giải phơng trình 9x + (x − 3).3x − 2x + = (1) Giải 199 Đặt t = 3x, điều kiện t > Khi đó, phơng trình tơng đơng víi: t2 + (x − 3).t − 2x + = ta cã ∆ = (x − 3)2 − 4(2x + 2) = (x + 1) nên phơng trình có nghiệm: t1 = hoặ c t2 = 1− x Khi ®ã:  Víi t = ⇔ 3x = ⇔ x = log32  Víi t = − x ⇔ 3x = − x, ta có nhận xét: VT hàm đbiến Phơng trình có nghiệm nghiệm VPlà hàm nbiến Nhận xét x = nghiệm phơng trình Vậy, phơng tr×nh cã hai nghiƯm x = log32, x = Ví dụ 20: Giải phơng trình x + 2log x = Giải Điểu kiện x > Biến đổi phơng trình dạng 2log x = x Nhận xét rằng: Vế trái phơng trình hàm đồng biến Vế phải phơng trình hàm nghịch biến Do vậy, phơng trình có nghiệm nghiệm Nhận xét x = nghiệm phơng tr×nh v×: 2log = − ⇔ = 2, Vậy, phơng trình có nghiệm x = 3  NhËn xÐt: Nh vËy, vÝ dơ trªn b»ng viƯc chun vÕ chóng ta thấy tính đồng biến nghịch biến hàm số hai vế phơng trình, để từ ®ã kÕt ln vỊ tÝnh nhÊt nghiƯm (nÕu cã) phơng trình Tuy nhiên, hầu hết phơng trình đợc giải phơng pháp dạng ban đầu không đa đợc nhận xét "VT đồng biến VP hàm nghịch biến" Khi đó, cần thực vài phép biến đổi đại số, thí dụ với phơng trình: 200 A.af(x) + B.bg(x) = C.ch(x) ⇔ A af (x) ch(x) + B bg(x) ch(x) = C Ví dụ 21: Giải phơng trình + 3x/2 = 2x  Gi¶i x x  1  Chia hai vế phơng trình cho 0, ta đợc ữ + ữ =   ÷  (1) NhËn xÐt r»ng: Vế trái phơng trình hàm nghịch biến Vế phải phơng trình hàm Do vậy, phơng trình có nghiệm nghiệm ®ã lµ nhÊt NhËn xÐt r»ng x = nghiệm phơng trình vì: x 2  1   = ⇔ + = 1, ữ + ữ ữ 4 Vậy, phơng trình cã nghiƯm nhÊt x =  Chó ý: Nhiều toán cần sử dụng phơng pháp đặt ẩn phụ để chuyển chúng dạng f(u) = k Từ đó, áp dụng đợc phơng pháp hàm số để giải Ví dụ 22: Giải phơng trình 2log3(x+1) = x Giải Điều kiện x + > ⇔ x > −1 a NÕu −1 < x 0, phơng trình vô nghiệm VT > cßn VP ≤ b XÐt x > 0, đặt y = log3(x + 1) Ta đợc hệ phơng tr×nh: y y  y = log3(x + 1)  x + 1= 3y  2  1 y y   ⇔ ⇒ + = ⇔  ÷ +  ÷ = y y  x =  x =  3  (1) Nhận xét rằng: Vế trái phơng trình hàm nghịch biến Vế phải phơng trình hàm Do vậy, phơng trình có nghiệm nghiệm Nhận xét y = nghiệm phơng trình, suy ra: 201 y = ⇔ log3(x + 1) = ⇔ x + = ⇔ x = Vậy, phơng trình có nghiệm x = Ví dụ 23: (Đề thi đại học khối B 2005): Giải hệ phơng trình: x + − y =  3log (9x ) − log y =  Giải Điều kiện: x x  ⇔ 2 − y ≥ 0 < y ≤  9x > y > Biến đổi phơng trình thứ hai cđa hƯ: 3(1 + log3x) − 3log3y = ⇔ log3x = log3y ⇔ x = y Khi ®ã, hƯ cã d¹ng: x = y =  x = y  x = y ⇔ ⇔   x − + − x =  (x − 1)(2 − x) =  x = y = Vậy, hệ phơng trình có hai cặp nghiệm (1, 1) (2, 2) (*) Ví dụ 24: (Đề thi đại học khối A 2004): Giải hệ phơng trình: log (y x) − log y =   x + y = 25   Gi¶i §iỊu kiƯn: y − x > y > x ⇔  y > y > BiÕn đổi phơng trình thứ hệ dạng: log4(y − x) + log4y = ⇔ log4y = log44(y − x) 3y ⇔ y = 4(y − x) x = Thay (**) vào phơng 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 phơng trình: 202 x + y + a =  a2 x+ y− xy =2 Giải Biến đổi hệ dạng: (1) y = 1− a − x  a2 x+ y− xy = (2) 2 ThÕ (1) vµo (2), ta đợc: 2 x + (1 a − x) − x(1 − a − x) = ⇔ 22[x +(a−1)x+1−a] = 21−a 2a ⇔ 2x2 + 2(a − 1)x + (a − 1)2 = 0, (3) ta cã ∆' = −(a − 1)2 ≤ Khi đó: Với a ' < phơng trình (3) vô nghiệm hệ vô nghiƯm  Víi a = th× ∆' = phơng trình (3) có nghiệm x = 0, suy y = VËy, a = hÖ cã nghiƯm x = y = VÝ dơ 26: Giải hệ phơng trình: 2x.3y = 12 x y 3 = 18 Gi¶i LÊy logarit cã sè hai vế hai phơng trình, ta đợc: log2(2x.3y ) = log2 12 x + ylog2 = + log2 ⇔  x y log2(3 ) = log2 18 xlog2 3+ y = 1+ 2log2 Ta cã D = − log22 0, hệ phơng trình có nghiện Dx = − log22 , Dy = − log22 Suy hÖ cã nghiÖm Dy D x = x = 2, y = = D D Vậy, hệ phơng trình có nghiệm (2; 1) Ví dụ 27: Giải hệ phơng trình: 42x − 22x + y + 4y =  2y+ 2 − 3.22x + y = 16 2 Giải 203 Viết lại hệ phơng trình díi d¹ng: 2 42(x −1) − 4.4x −1.2y + 22y = (I)  2y x2 −1 y 3.4 = Đặt: u = 4x 1 , điều kiện u v >  y  v = Khi đó, hệ (I) đợc biến đổi dạng: 2 u − 4uv + v = (1) (II)   v − 3uv = (2) §Ĩ gi¶i hƯ (II) ta cã thĨ lùa chän mét hai cách sau: Cách 1: Khử số hạng tự từ hệ ta đợc: 4u2 13uv + 3v2 = (3) Đặt u = tv, đó: t = (3) ⇔ v2(4t2 − 13t + 3) = ⇔   t = 1/  Víi t = ta đợc u = 3v đó: (2) ⇔ − 8v2 = v« nghiƯm 1 Với t = ta đợc u = v v = 4u ®ã: 4 (2) ⇔ 4u2 = ⇔ u = 4x −1 = x2 − = u =  x = ±1 ⇒ ⇔ y ⇔ ⇔  v = 2 = y = y = Vậy, hệ phơng trình có hai cặp nghiệm (1, 2) ( 1, 2) Cách 2: Nhận xét (u, v) nghiệm hệ u v2 Từ (2) ta đợc u = 3v (4) Thay (4) vµo (1), ta đợc 2v4 31v2 16 = (5) Đặt t = v2, t > 0, ta đợc: t = 16 (5) ⇔ 2t − 31t − 16 = ⇔  ⇔ v2 = 16 ⇔ v = ⇒  t = − (l)  u =  v = 204 x −1 x2 − = x = ±1 4 = ⇔ y ⇔ ⇔ y = 2 = y = Vậy, hệ phơng trình có hai cặp nghiệm (1; 2) (1; 2) Ví dụ 28: Giải bất phơng trình sau: a ( ) 10 + x− x−1 < ( ) 10 − x+1 x+ c 2.2x + 3.3x > 6x − b 32x − 3x+ x+ − 9 x+ > d 4x − 2x + + 4x ≤  Gi¶i a NhËn xÐt r»ng: ( 10 + 3)( 10 − 3) = ⇒ 10 − = ( 10 + 3)1 Khi đó, bất phơng trình đợc viết lại dới dạng: x3 x1 x+1 x3 x+1 < ( 10 + 3)− x+ ⇔ ( 10 + 3)x−1+ x+ < ( 10 + 3)  −3 < x < − x2 − x− x+1 ⇔ + Chia hai vế bất phơng trình cho 32 x+ > 0, ta đợc: 32(x x+ 4) 3x x+ > (1) Đặt t = 3x− x+ , t > 0, ®ã bất phơng trình (1) có dạng: t2 8t > ⇔ (t − 9)(t + 1) > ⇔ t − > ⇔ t > ⇔ 3x− x+ >9 x − > ⇔ x − x+ > ⇔ x+ < x − ⇔  ⇔ x >  ≤ x + < (x 2) Vậy, tập nghiệm bất phơng trình (5; +∞) c Chia hai vÕ bÊt phơng trình cho 6x > 0, ta đợc x + x + x > (2) XÐt hµm sè y = x + x + x , hàm nghịch biến Ta cã:  Víi x ≥ 2, f(x) ≤ f(2) = bất phơng trình (2) vô nghiệm  Víi x < 2, f(x) > f(2) = bất phơng trình (2) nghiệm 205 Vậy, tập nghiệm bất phơng trình (; 2) d Ta trình bày theo hai cách sau: Cách 1: Đặt t = 2x, điều kiện t > Khi đó, bất phơng trình có dạng: t2 2t + 4x ≤ (3) ta cã ∆' = − 4x ≤ 0, ®ã: ∆ ' = x x =  1− 4x =  = (3) ⇔  ⇔ x ⇔ ⇔ x = b⇔  t = x = 2 =  t = − 2a VËy, bất phơng trình có nghiệm x = Cách 2: Biến đổi bất phơng trình có dạng: 2 2 ( x x 22x + 22x − 2x+1 ≤ ⇔ − ( ⇔ 2x − 2x ) ( 2 ) ) 2 + 2.2x.2x − 2x+1 ≤ + 2x+1 2x − ≤ (*) NhËn xÐt r»ng:  2x − 2x ≥  ⇒ VT(*) ≥  2x+1 2x − ≥  Do ®ã:  2x − 2x = 2x = 2x  x = x  (*) ⇔  ⇔ ⇔ ⇔ x = x  x = 2 = 2x+1 2x − = Vậy, bất phơng trình có nghiệm nhÊt x = ( ( ( ) ) ( ) )  Nhận xét: Nh vậy, thông qua ví dụ em học sinh đợc ôn tập lại phơng pháp để giải bất phơng trình mũ Và đó: Với câu a) việc đa bất phơng 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 phơng trình bậc hai Tuy nhiên, cuối gặp dạng bất phơng trình chứa f < g 206 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 phơng tr×nh:  32  2x  log21 (x) log24(x) − log1  ÷ + 9log  x2 ÷  Biến đổi phơng trình dạng: 32  x  log2 (x) − log2  ÷ + 9log  x2 ÷  < log2 (x)   −1 −1 ⇔ log24(x) − [log2x3 − log28]2 + 9[log232 − log2x2] < log22(x) ⇔ log24(x) − [3log2x − 3]2 + 9[5 2log2x] < log22(x) Đặt t = log2x, ta đợc: t4 (3t 3)2 + 9(5 2t) < 4t2 ⇔ t4 − 13t2 + 36 < ⇔ < t2 (1) Giải Điều kiện x > (*) Coi (1) bất phơng trình b©c theo Èn x, ta cã: ∆ = (log2x − 2)2 − 4(log2x − 3) = log22 x − 8log2x + 16 = (log2x − 4)2 Do ®ã, bÊt phơng trình (1) có dạng: (*) (x + 1)(x + log2x − 3) > ⇔ x + log2x − > ⇔ log2x > − x (2) 207 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)  Víi < x ≤ 2, ta cã: VT < vµ VP > ⇒ < x ≤ không nghiệm (2) Vậy, tập nghiệm bất phơng trình (2; +) Ví dụ 31: (Đề thi đại học khối B 2002): Giải bất phơng trình: logx(log3(9x − 72)) ≤  Gi¶i Tríc hÕt ta xác định điều kiện: 9x 72> x log3 (9 − 72) > ⇔ 9x > 73 ⇔ x > log973 ⇔ x > log3 73 0 < x ≠  (*) Víi ®iỊu kiƯn trên, bất phơng trình đợc biến đổi dạng: log3(9x − 72) ≤ x ⇔ 9x − 72 ≤ 3x (2) x Đặt t = > 0, ta đợc: (2) ⇔ t2 − t − 72 ≤ ⇔ − ≤ t ≤ ⇔ 3x ≤ ⇔ x ≤ KÕt hỵp víi (*), suy bất phơng trình có nghiệm log3 73 < x Ví dụ 32: (Đề thi đại học khối D 2003): Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số: y= ln x , [1; e3] x Giải ln x , [1, e3], ta cã: x 2ln x − ln x y' = , x2 ln x = y' = ⇔ 2lnx − ln2x = ⇔  ⇔ ln x = XÐt hµm sè y = x =  x = e Do ®ã, giá trị lớn nhỏ hàm số [1, e 3] đợc cho bởi: 208 a ymax = Max{y(1), y(e2), y(e3)} = Max{0, , đạt đ2 , } = e e e2 ợc x = e2 b ymin = 0, đạt đợc x = Ví dụ 33: (Đề thi đại häc khèi B − 2005): Chøng minh r»ng víi mäi x ∈ R, ta cã: x x x  12   15   20  x x x  ÷ +  ÷ +  ÷ ≥ +4 +5      Khi đẳng thức xảy ? Giải Sử dụng bất đẳng thức Côsi, ta lần lợt có: x x x  12   15   12   ÷ +  ÷ ≥  ÷  5  4 5 x x x x x x x x x x x  20   ÷ = 2.4x   x  20   ÷ = 2.5x    12   20   12   ÷ +  ÷ ≥  ÷  5   5 (2)  15   20   ÷ +  ÷ ≥  4   (3) Céng theo vÕ (1), (2) x  15   ÷ = 2.3x  4  15   ÷  4 (1) x x (3) ta đợc: 12 15  20  x x x  ÷ +  ÷ +  ÷ ≥ + + , ®pcm  5  4   DÊu "=" x¶y khi:  12   15   20   ÷ =  ÷ =  ÷ ⇔ x =  5  4   209 ... = x2 e2x + b y = x ln x +  Gi¶i a Ta cã: ) ( 2x y' = x2 e2x + ' = 2x e + + = ( ) 2x e2x + + 2x2.e2x e2x + b Ta cã: y' = 2x.ln x ( +1 + x = 4x2.e2x e2x + ( = 2x e2x + + 2x e2x + 1+ xe2x e2x... lim x ln(2x + 1) x b ln(1+ 2x2 ) x→ x lim Giải a Ta biến đổi: ln(2x + 1) 2ln(2x + 1) lim = lim = 2. 1 = x→ x → x 2x b Ta biÕn ®ỉi: ln(1+ 2x2 ) 2xln(1+ 2x2 ) lim = lim = 0.1 = x→ x→ x 2x2 Thí dụ... a 6x 3x 2x + + = b log4{2log3[1 + log2(1 + 3log2x)]} = Giải a Phơng trình đợc biến đổi dạng: (2. 3)x 3x 2. 2x + = ⇔ 3x(2x − 1) − 2( 2x − 1) = 2x − 1= 2x = x = ⇔ (2x − 1)(3x − 2) = ⇔  x