DẠNG TOÁN PHƯƠNG PHÁP HÀM ĐẶC TRƯNG, BIẾN ĐỔI MŨ, LOGARIT – phát triển theo đề tham khảo Toán 2021 \({\log _4}\left( {x + y + 3} \right) = {\log _5}\left( {{x^2} + {y^2} + 2x + 4y + 5} \right)?\) A. \(3\). B. \(2\). C. \(1\). D. Vô số. LỜI GIẢI CHI TIẾT Cách 1. Ta có: \({\log _4}\left( {x + y + 3} \right) = {\log _5}\left( {{x^2} + {y^2} + 2x + 4y + 5} \right)\) \( \Leftrightarrow {\log _4}\left[ {\left( {x + 1} \right) + \left( {y + 2} \right)} \right] = {\log _5}\left[ {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + \left( {y + 2} \right){}^2} \right]\) Đặt \(X = x + 1;\,\,Y = y + 2\). Khi đó ta có: \({\log _4}\left( {X + Y} \right) = {\log _5}\left( {{X^2} + Y{}^2} \right)\) Đặt \(t = {\log _4}\left( {X + Y} \right) = {\log _5}\left( {{X^2} + Y{}^2} \right)\). Suy ra ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}X + Y = {4^t}\\{X^2} + {Y^2} = {5^t}\end{array} \right.\) Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: \({\left( {X + Y} \right)^2} \le 2({X^2} + {Y^2}) \Leftrightarrow {16^t} \le {2.5^t} \Leftrightarrow t \le {\log _{\frac{{16}}{5}}}2.\) Mặt khác: \({X^2} = {5^t} – {Y^2} \le {5^t} \le {5^{{{\log }_{\frac{{16}}{5}}}2}} \Leftrightarrow – {5^{\frac{1}{2}{{\log }_{\frac{{16}}{5}}}2}} \le X \le {5^{\frac{1}{2}{{\log }_{\frac{{16}}{5}}}2}}\) Vì \(X \in \mathbb{Z} \Rightarrow X \in \left\{ { – 1;0;1} \right\}\). Tương tự ta có: \( – {5^{\frac{1}{2}{{\log }_{\frac{{16}}{5}}}2}} \le Y \le {5^{\frac{1}{2}{{\log }_{\frac{{16}}{5}}}2}}\). TH1: \(X = 0\), ta có phương trình \({\log _4}Y = {\log _5}Y{}^2\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\). \(Y = 1\)là nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\). Do đó \(X = 0\) thỏa mãn Suy ra: \(x = y = – 1\). TH2: \(X = – 1\), ta có phương trình \({\log _4}\left( {Y – 1} \right) = {\log _5}\left( {1 + Y{}^2} \right)\,\,\,\,\left( 2 \right)\). Xét hàm số: \(f\left( Y \right) = {\log _4}\left( {Y – 1} \right) – {\log _5}\left( {1 + {Y^2}} \right)\),\(Y \in \left( {1;{5^{\frac{1}{2}{{\log }_{\frac{{16}}{5}}}2}}} \right]\) Ta có: \(f’\left( Y \right) = \frac{1}{{\left( {Y – 1} \right)\ln 4}} – \frac{{2Y}}{{\left( {1 + {Y^2}} \right)\ln 5}} > 0,\,\forall Y \in \left( {1;{5^{\frac{1}{2}{{\log }_{\frac{{16}}{5}}}2}}} \right]\) Suy ra hàm số đồng biến trên\(\left( {1;\beta } \right]\), với \(\beta = {5^{\frac{1}{2}{{\log }_{\frac{{16}}{5}}}2}}\) \( \Rightarrow \mathop {Max}\limits_{\left( {1;\beta } \right]} f\left( Y \right) = f\left( \beta \right) \approx – 1,1477689 < 0\) \( \Rightarrow f\left( Y \right) = 0\) vô nghiệm. Hay phương trình \(\left( 2 \right)\) vô nghiệm. Do đó: \(X = – 1\) TH3: \(X = 1\), ta có \({\log _4}\left( {Y + 1} \right) = {\log _5}\left( {1 + Y{}^2} \right)\,\,\left( 3 \right)\). \(Y = 0\) là nghiệm của phương trình \(\left( 3 \right)\). Do đó \(X = 1\) thỏa. Vậy có \(2\) giá trị \(X \in \mathbb{Z}\) thỏa mãn là: \(\left[ \begin{array}{l}X = 0\\X = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – 1\\x = 0\end{array} \right.\). Cách 2: Ta có: \({\log _4}\left( {x + y + 3} \right) = {\log _5}\left( {{x^2} + {y^2} + 2x + 4y + 5} \right)\) \( \Leftrightarrow {\log _4}\left[ {\left( {x + 1} \right) + \left( {y + 2} \right)} \right] = {\log _5}\left[ {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + \left( {y + 2} \right){}^2} \right]\) Đặt \(X = x + 1;\,\,Y = y + 2\). Khi đó ta có: \({\log _4}\left( {X + Y} \right) = {\log _5}\left( {{X^2} + Y{}^2} \right)\) Đặt \(t = {\log _4}\left( {X + Y} \right) = {\log _5}\left( {{X^2} + Y{}^2} \right)\). Suy ra ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}X + Y = {4^t}\\{X^2} + {Y^2} = {5^t}\end{array} \right.\) Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: \({\left( {X + Y} \right)^2} \le 2({X^2} + {Y^2}) \Leftrightarrow {16^t} \le {2.5^t} \Leftrightarrow t \le {\log _{\frac{{16}}{5}}}2.\) Khi đó ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}0 < X + Y = {4^t} \le {4^{{{\log }_{\frac{{16}}{5}}}2}}\\0 < {X^2} + {Y^2} = {5^t}{ \le ^{{{\log }_{\frac{{16}}{5}}}2}}\end{array} \right.\). Minh họa bằng hình vẽ: Vậy có \(2\) giá trị \(X \in \mathbb{Z}\) thỏa mãn là\(\left[ \begin{array}{l}X = 0\\X = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – 1\\x = 0\end{array} \right.\). Cách 3: Ta có: \({\log _4}\left( {x + y + 3} \right) = {\log _5}\left( {{x^2} + {y^2} + 2x + 4y + 5} \right)\) \( \Leftrightarrow {\log _4}\left[ {\left( {x + 1} \right) + \left( {y + 2} \right)} \right] = {\log _5}\left[ {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + \left( {y + 2} \right){}^2} \right]\) Đặt \(X = x + 1;\,\,Y = y + 2\). Khi đó ta có: \({\log _4}\left( {X + Y} \right) = {\log _5}\left( {{X^2} + Y{}^2} \right)\) Đặt \(t = {\log _4}\left( {X + Y} \right) = {\log _5}\left( {{X^2} + Y{}^2} \right)\). Suy ra ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}X + Y = {4^t}\\{X^2} + {Y^2} = {5^t}\end{array} \right.\) Lượng giác hóa: đặt \(\left\{ \begin{array}{l}X = \sqrt {{5^t}} .\cos \alpha \\Y = \sqrt {{5^t}} .\sin \alpha \end{array} \right.,\alpha \in \left( {0;2\pi } \right).\) Từ đó ta được: \(\sqrt {{5^t}} .\cos \alpha + \sqrt {{5^t}} .\sin \alpha = {4^t} \Rightarrow \cos \alpha + \sin \alpha = \frac{{{4^t}}}{{\sqrt {{5^t}} }} = {\left( {\frac{4}{{\sqrt 5 }}} \right)^t}\). \( \Rightarrow t = {\log _{\frac{4}{{\sqrt 5 }}}}\left( {\cos \alpha + \sin \alpha } \right).\) Ta có: \(x = X – 1 = \sqrt {{5^t}} .\cos \alpha – 1 = \sqrt {{5^{{{\log }_{\frac{4}{{\sqrt 5 }}}}\left( {\cos \alpha + \sin \alpha } \right)}}} .\cos \alpha – 1\) Dùng casio, dò bảng và tìm đáp án Vậy ta thấy \(x\) chạy trong khoảng từ \( – 1,16\) đến \(0,3334088261\). Vì theo đề \(x\) nguyên nên \(x \in \left\{ { – 1;0} \right\}\). PHƯƠNG PHÁP CHUNG 1. ĐẠO HÀM g'(x) 2. DÙNG HÀM ĐẶC TRƯNG, BIẾN ĐỔI MŨ, LOGARIT ĐỂ CÔ LẬP m = g'(x) 3. Lập BBT xét dấu g'(x) 4. Dựa vào BBT xét các điều kiện thoat yêu cầu bài toán. =========== DẠNG TOÁN PHƯƠNG PHÁP HÀM ĐẶC TRƯNG, BIẾN ĐỔI MŨ, LOGARIT – phát triển theo đề tham khảo Toán 2021 A. \(1\). B. \(2\). C. \(3\). D. \(4\). LỜI GIẢI CHI TIẾT Tự luận Ta có : \({2^{{x^2} + {y^2}}} = {2.2^{y – x}} \Leftrightarrow {2^{{x^2} + {y^2}}} = {2^{y – x + 1}}\)\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} = y – x + 1\)\( \Leftrightarrow {y^2} – y = – {x^2} – x + 1\left( * \right)\) Cách 1 : Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \)tìm \(x \in \mathbb{Z}\) đề phương trìnhcó nghiệm y dương. Xét hàm số \(f\left( y \right) = {y^2} – y\) trên \(\left( {0, + \infty } \right)\) \(f’\left( y \right) = 2y – 1,\,\,f’\left( y \right) = 0 \Leftrightarrow y = \frac{1}{2}.\) BBT : Dựa vào BBT ta có : Phương trìnhcó nghiệm y dương \( \Leftrightarrow – {x^2} – x + 1 \ge – \frac{1}{4} \Leftrightarrow \frac{{ – 1 – \sqrt 6 }}{2} \le x \le \frac{{ – 1 + \sqrt 6 }}{2}\) Vì \(x \in \mathbb{Z}\) nên \(x \in \left\{ { – 1;0} \right\}\) Vậy có 2 số nguyên x để phương trìnhcó nghiệm thực y dương. Cách 2 : Yêu cầu bài toán được thoả \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{Z};y > 0\\{\left( {x + \frac{1}{2}} \right)^2} + {\left( {y – \frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{3}{2}\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{Z};y > 0\\y = \frac{1}{2} + \sqrt {\frac{3}{2} – {{\left( {x + \frac{1}{2}} \right)}^2}} \end{array} \right.\,\,\,V\,\,\left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{Z};y > 0\\y = \frac{1}{2} – \sqrt {\frac{3}{2} – {{\left( {x + \frac{1}{2}} \right)}^2}} \end{array} \right.\) TH1 : \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{Z};y > 0\\y = \frac{1}{2} + \sqrt {\frac{3}{2} – {{\left( {x + \frac{1}{2}} \right)}^2}} \end{array} \right.\,\,\, \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{Z};\frac{{ – 1 – \sqrt 6 }}{2} \le x \le \frac{{ – 1 + \sqrt 6 }}{2}\\y = \frac{1}{2} + \sqrt {\frac{3}{2} – {{\left( {x + \frac{1}{2}} \right)}^2}} \end{array} \right.\) Ta chọn \(x \in \left\{ { – 1;0} \right\}\) TH2 : \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{Z};y > 0\\y = \frac{1}{2} – \sqrt {\frac{3}{2} – {{\left( {x + \frac{1}{2}} \right)}^2}} \end{array} \right.\,\,\, \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{Z};\frac{{ – 1 – \sqrt 6 }}{2} \le x \le \frac{{ – 1 + \sqrt 6 }}{2}\\y = \frac{1}{2} – \sqrt {\frac{3}{2} – {{\left( {x + \frac{1}{2}} \right)}^2}} ;y > 0\end{array} \right.,\,\,\) không tồn tại \(x \in \mathbb{Z}\) để \(y > 0\) Vậy có 2 số nguyên x để phương trìnhcó nghiệm thực y dương. Tư duy + C. asio + Mẹo Vẫn như kỹ thuật ở trên – xử lý bảng đồng thời 2 giá trị x, y Ta có : \({2^{{x^2} + {y^2}}} = {2.2^{y – x}} \Leftrightarrow {2^{{x^2} + {y^2}}} = {2^{y – x + 1}}\)\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} = y – x + 1\)\( \Leftrightarrow {y^2} – y = – {x^2} – x + 1\). Dò bảng đồng thời x, y Vậy chỉ có hai số nguyên x tồn tại số thực dương y. PHƯƠNG PHÁP CHUNG 1. ĐẠO HÀM g'(x) 2. DÙNG HÀM ĐẶC TRƯNG, BIẾN ĐỔI MŨ, LOGARIT ĐỂ CÔ LẬP m = g'(x) 3. Lập BBT xét dấu g'(x) 4. Dựa vào BBT xét các điều kiện thoat yêu cầu bài toán. =========== |
