Phương pháp hàm số đặc trưng Nguyễn Văn Rin

ThS. Nguyeãn Vaên Rin – HBT Trang 1/43

TT LTĐH CAO THẮNG – HUẾ PHƯƠNG PHÁP ThS. Nguyeãn Vaên Rin – HBT HÀM SỐ ĐẶC TRƯNG SÑT: 089.8228222 Họ và tên: …………………………………….................….……; Trường:……………………..………; Lớp: ………………………..... Phương pháp hàm số đặc trưng thường xuyên xuất hiện trong đề thi THPT Quốc Gia và nó cũng là một trong những câu phân loại của đề:

- Câu 47 mã đề 101 – THPT QG năm 2017. - Câu 35 đề tham khảo – BGD&ĐT năm 2018. - Câu 46 mã đề 101 – THPT QG năm 2018. - Câu 47 đề tham khảo – BGD&ĐT năm 2020. Sau đây, tôi xin trình bày cơ sở lý thuyết và giới thiệu một số ví dụ áp dụng của nó trong các đề thi thử THPT Quốc Gia cũng như đề chính thức của BGD&ĐT qua các năm. I. Cơ sở lý thuyết: Cho hàm số  y f x  liên tục trên tập D .

 Nếu hàm số  f x đơn điệu (đồng biến hoặc nghịch biến) trên D thì   , , u v D f u f v u v      .

 Nếu hàm số  f x đồng biến trên D thì   , , u v D f u f v u v      .

 Nếu hàm số  f x nghịch biến trên D thì   , , u v D f u f v u v      .

II. Áp dụng 1. Giải phương trình, bất phương trình mũ và logarit Câu 1. (Chuyên Thái Bình 18) Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình

 

3 2

3 2 2 3 3 5 log 1 6 7 1 x x x x x x x          .

A. 2 3  . B. 2 . C. 0 . D. 2 3  . Lời giải Chọn C.

Điều kiện

3 2

2 3 3 5 0 1 x x x x       3 2 3 3 5 0 x x x     .

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương  

3 2

3 2 2 3 3 5 log 1 6 7 1 x x x x x x x         

      

3 3 2 2 2 log 3 3 5 log 1 6 7 1 x x x x x x x          

      3 2 3 2 2 2 log 3 3 5 3 3 5 log 1 1 * x x x x x x x x            .

Xét hàm số  log y f t t t    trên khoảng   0;.

Ta có:  1 1 0, 0 ln10 f t t t     .

Suy ra hàm số  f t đồng biến trên khoảng   0;.

     3 2 2 3 2 2 * 3 3 5 1 3 3 5 1 f x x x f x x x x x            

 3 2 2 3 6 0 x x x     

2

3

3

x

x

x

     

.

Đối chiếu điều kiện, ta được 3 x  thỏa mãn.

Vậy   3 3 0 S    .

Câu 2. (SGD Bắc Ninh 18) Cho phương trình  

2

2 2 1 2 1 1 log 2 3 log 1 2 2 2

x x x x x x               

, gọi S

là tổng tất cả các nghiệm của nó. Khi đó, giá trị của S là

A. 2 S . B. 1 13 2 S   . C. 2 S  . D. 1 13 2 S   .

ThS. Nguyeãn Vaên Rin – HBT Trang 2/43

Lời giải Chọn D.

Điều kiện

1 2 2 0

x

x

    

.

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương

  

2 2

2 2

1 1 log 2 2 1 log 2 2 1 * x x x x                           

.

Xét hàm số   

2

2 log 1 y f t t t     trên khoảng   0;.

Ta có    1 2 1 ln 2 f t t t    

2 2ln 2. 2ln 2. 1 0 .ln 2 t t t

    , 0 t  .

Suy ra hàm số  f t đồng biến trên khoảng   0;.

Do đó   

1 * 2 2 f x f x          

1 2 2 x x    

 3 2 2 4 1 0 x x x    

1

3 13 2 3 13 2

x

x

x

      

  

.

Kết hợp với điều kiện ta được

1

3 13 2

x

x

     

.

Vậy 1 13 2 S   .

Câu 3. (Nguyễn Trãi - Đà Nẵng 18) Gọi 0

3 a b x c   là một nghiệm lớn hơn 1 của phương trình

 

1 1

2 1 2 3 1 2 1 3

x x x x

                  

. Giá trị của P a b c    là

A. 6 P  . B. 0 P  . C. 2 P  . D. 4 P  . Lời giải Chọn D. Với 1 x  ta có

 

1 1 1 2 3 1 3

x x x

                

2 2 1 x  

1

1 2 1 3 3 1 2

x x x x

    

1

1 2 1 3 3 1 2

x x x x

       1 .

Xét hàm số  3t f t t   trên khoảng   0;.

Ta có  3 .ln3 1 0 t f t    , 0 t  .

   1 1 1 2 f f x x         

1 1 2 x x    1 3 2 x    1 a  , 1 b , 2 c  .

Vậy 4 P  .

Câu 4. (THTT 18) Biết 1x , 2x là hai nghiệm của phương trình

2

2 7

4 4 1 log 4 1 6 2 x x x x x          

và

  1 2

1 2 4 x x a b    với a, b là hai số nguyên dương. Tính . a b 

A. 16 a b   . B. 11 a b   . C. 14 a b   . D. 13. a b   Lời giải