Hàm số logarit

Hàm số $f\left( x \right)$ xác định và liên tục trên đoạn $\left[ {1;{e^2}} \right]$.

Đạo hàm $f'\left( x \right) = \dfrac{{1 - \ln x}}{{{x^2}}}$$\Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 1 - \ln x = 0$ $\Leftrightarrow x = e \in \left[ {1;{e^2}} \right]$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}f\left( 1 \right) = 0\\f\left( e \right) = \dfrac{1}{e}\\f\left( {{e^2}} \right) = \dfrac{2}{{{e^2}}}\end{array} \right.$ $\Rightarrow \mathop {\min }\limits_{x \in \left[ {1;{e^2}} \right]} f\left( x \right) = 0,\mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {1;{e^2}} \right]} f\left( x \right) = \dfrac{1}{e}$ $\Rightarrow {\rm{T}} = \left[ {0;\dfrac{1}{e}} \right]$

Giả sử $M\left( {{x_M};{y_M}} \right)$ là điểm thuộc hàm số $y = {a^x}$; $N\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ là điểm đối xứng của $M$ qua đường thẳng $y =  - x$.

Gọi $I$ là trung điểm của $MN \Rightarrow I\left( {\dfrac{{{x_M} + {x_0}}}{2};\dfrac{{{y_M} + {y_0}}}{2}} \right)$.

Vì $M,{\rm{ }}N$ đối xứng nhau qua $d$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}I \in d\\\overrightarrow {MN} //\overrightarrow {{n_d}} \end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{{y_M} + {y_0}}}{2} =  - \dfrac{{{x_M} + {x_0}}}{2}\\\dfrac{{{x_M} - {x_0}}}{1} = \dfrac{{{y_M} - {y_0}}}{1}\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} =  - {y_M}\\{y_0} =  - {x_M}\end{array} \right.$

Ta có $M\left( {{x_M};{y_M}} \right) \in$ đồ thị $y = {a^x}$ nên ${y_M} = {a^{{x_M}}}$.

Do đó ${x_0} =  - {y_M} =  - {a^{{x_M}}} =  - {a^{ - {y_0}}}$$\Rightarrow  - {y_0} = {\log _a}\left( { - {x_0}} \right) \Leftrightarrow {y_0} =  - {\log _a}\left( { - {x_0}} \right)$.

Điều này chứng tỏ điểm $N$ thuộc đồ thị hàm số $f\left( x \right) = - {\log _a}\left( { - x} \right)$.

Khi đó $f\left( { - {a^3}} \right) =  - {\log _a}{a^3} =  - 3.$

Ta có: $y = \dfrac{{{{\log }_{\dfrac{1}{2}}}x - 2}}{{{{\log }_2}x - m}} = \dfrac{{ - {{\log }_2}x - 2}}{{{{\log }_2}x - m}}$.

Đặt $t = {\log _2}x$, với $x \in \left( {0;1} \right) \Rightarrow t \in \left( { - \infty ;0} \right)$.

$\Rightarrow$ Hàm số $y = \dfrac{{{{\log }_{\dfrac{1}{2}}}x - 2}}{{{{\log }_2}x - m}}$ đồng biến trên khoảng $\left( {0;1} \right)$ khi và chỉ khi $y = f\left( t \right) = \dfrac{{ - t - 2}}{{t - m}}$ đồng biến trên $\left( { - \infty ;0} \right)$.

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y' = \dfrac{{m + 2}}{{{{\left( {t - m} \right)}^2}}} > 0\\m \notin \left( { - \infty ;0} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m >  - 2\\m \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge 0$.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy ${x_1}$ là nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm ${\log _b}{x_1} = 3 \Leftrightarrow {x_1} = {b^3}.$

Và ${x_2}$ là nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm ${\log _a}{x_2} = 3 \Leftrightarrow {x_2} = {a^3}.$

Theo đề bài ta có: ${x_2} = 2{x_1} \Rightarrow {a^3} = 2{b^3} \Leftrightarrow \dfrac{{{a^3}}}{{{b^3}}} = 2 \Leftrightarrow \dfrac{a}{b} = \sqrt[3]{2}.$

Xét hàm số $y = {\log _{\frac{e }{3}}}\left( {x - 1} \right)$ có TXĐ: $D = \left( {1; + \infty } \right)$ và $a = \frac{e }{3} < 1$

$\Rightarrow$ Hàm số nghịch biến trên $\left( {1; + \infty } \right).$

Hàm số $f\left( x \right) = {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{{\log }_4}\left( {{{\log }_{\frac{1}{4}}}\left( {{{\log }_{16}}\left( {{{\log }_{\frac{1}{{16}}}}x} \right)} \right)} \right)} \right)$ xác định

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\{\log _{\frac{1}{{16}}}}x > 0\\{\log _{16}}\left( {{{\log }_{\frac{1}{{16}}}}x} \right) > 0\\{\log _{\frac{1}{4}}}\left( {{{\log }_{16}}\left( {{{\log }_{\frac{1}{{16}}}}x} \right)} \right) > 0\\{\log _4}\left( {{{\log }_{\frac{1}{4}}}\left( {{{\log }_{16}}\left( {{{\log }_{\frac{1}{{16}}}}x} \right)} \right)} \right) > 0\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x < 1\\{\log _{\frac{1}{{16}}}}x > 1\\{\log _{16}}\left( {{{\log }_{\frac{1}{{16}}}}x} \right) < 1\\{\log _{\frac{1}{4}}}\left( {{{\log }_{16}}\left( {{{\log }_{\frac{1}{{16}}}}x} \right)} \right) > 1\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 < x < 1\\x < \frac{1}{{16}}\\{\log _{\frac{1}{{16}}}}x < 16\\{\log _{16}}\left( {{{\log }_{\frac{1}{{16}}}}x} \right) < \frac{1}{4}\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 < x < 1\\x < \frac{1}{{16}}\\x > {\left( {\frac{1}{{16}}} \right)^{16}}\\{\log _{\frac{1}{{16}}}}x < {16^{\frac{1}{4}}} = 2\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {\frac{1}{{16}}} \right)^{16}} < x < \frac{1}{{16}}\\x > {\left( {\frac{1}{{16}}} \right)^2} = \frac{1}{{256}}\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \dfrac{1}{{256}} < x < \dfrac{1}{{16}}$.

Suy ra tập xác định của hàm số đã cho là $D = \left( {\dfrac{1}{{256}};\dfrac{1}{{16}}} \right)$.

$\Rightarrow$ Tập xác định là khoảng có độ dài là $\dfrac{1}{{16}} - \dfrac{1}{{256}} = \dfrac{{15}}{{256}}$ $\Rightarrow n = 15,\,\,m = 256$.

Vậy $m - n = 256 - 15 = 241$.

ĐKXĐ: $mx - m + 2 > 0 \Leftrightarrow m\left( {x - 1} \right) >  - 2$

Để hàm số xác định trên $\left[ {1; + \infty } \right)$ thì $m\left( {x - 1} \right) >  - 2\,\,(*),\,\,\forall x \ge 1$

+) $x = 1 \Rightarrow$ (*) $\Leftrightarrow 0m >  - 2$ đúng với mọi m

+) $x > 1 \Rightarrow$ (*) $\Leftrightarrow m > \dfrac{{ - 2}}{{x - 1}}$, $\forall x > 1$ (2*).

Xét hàm số $f\left( x \right) = \dfrac{{ - 2}}{{x - 1}}\,\,\forall x > 1$ta có $f'\left( x \right) = \dfrac{2}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} > 0\,\,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right)$.

BBT:

Dựa vào BBT $\Rightarrow m \ge 0$.

Vậy để hàm số $y = {\log _{2020}}\left( {mx - m + 2} \right)$ xác định trên $\left[ {1; + \infty } \right)$ thì $m \ge 0$.

Lấy điểm $A\left( {{x_0};{a^{{x_0}}}} \right) \in \left( {{C_1}} \right)$ (đồ thị của hàm số $y = {a^x}$. Gọi B là điểm đối xứng của A qua M(1;1).

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} = 2{x_M} - {x_A} = 2 - {x_0}\\{y_B} = 2{y_M} - {y_A} = 2 - {a^{{x_0}}}\end{array} \right.$$\Rightarrow {x_0} = 2 - {x_B} \Rightarrow {y_B} = 2 - {a^{2 - {x_B}}}$

$\Rightarrow$ Hàm số $y = f\left( x \right) = 2 - {a^{2 - x}}$

$\Rightarrow f\left( {2 + {{\log }_a}\dfrac{1}{{2020}}} \right) = 2 - {a^{2 - \left( {2 + {{\log }_a}\dfrac{1}{{2020}}} \right)}}$$= 2 - {a^{{{\log }_a}20220}} = 2 - 2020 =  - 2018$.

Gọi $H\left( {{x_0};0} \right)\,\,\left( {{x_0} > 1} \right)$ ta có: $A\left( {{x_0};{{\log }_a}{x_0}} \right);\,\,B\left( {{x_0};{{\log }_b}{x_0}} \right)$.

$\Rightarrow HA = {\log _a}{x_0}$; $HB =  - {\log _b}{x_0}$ (do ${\log _a}{x_0} > 0,\,\,{\log _b}{x_0} < 0$).

Theo bài ra ta có: $3HA = 4HB$$\Leftrightarrow 3{\log _a}{x_0} =  - 4{\log _b}{x_0}$.

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3{\log _a}{x_0} + 4{\log _b}{x_0} = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{3}{{{{\log }_{{x_0}}}a}} + \dfrac{4}{{{{\log }_{{x_0}}}b}} = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{3{{\log }_{{x_0}}}b + 4{{\log }_{{x_0}}}a}}{{{{\log }_{{x_0}}}b.{{\log }_{{x_0}}}a}} = 0\\ \Leftrightarrow {\log _{{x_0}}}{b^3} + {\log _{{x_0}}}{a^4} = 0\\ \Leftrightarrow {\log _{{x_0}}}{a^4}{b^3} = 0\\ \Leftrightarrow {a^4}{b^3} = 1\end{array}$

Ta có:  $f\left( x \right) = \ln \left( {{e^x} + m} \right)$

Điều kiện: ${e^x} + m > 0.$

$\begin{array}{l} \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{{e^x}}}{{{e^x} + m}}\\ \Rightarrow f'\left( { - \ln 2} \right) = \frac{3}{2} \Leftrightarrow \frac{{{e^{ - \ln 2}}}}{{{e^{ - \ln 2}} + m}} = \frac{3}{2}\\ \Leftrightarrow 2.{e^{ - \ln 2}} = 3.{e^{ - \ln 2}} + 3m\\ \Leftrightarrow {2.2^{ - \ln e}} = {3.2^{ - \ln e}} + 3m\\ \Leftrightarrow 2.\frac{1}{2} - 3.\frac{1}{2} = 3m\\ \Leftrightarrow m =  - \dfrac{1}{6}.\\ \Rightarrow m \in \left( { - 2;\,\,0} \right).\end{array}$

Ta có $P = \log _{\frac{a}{b}}^2\left( {{a^2}} \right) + 3{\log _b}\dfrac{a}{b}$

$\Leftrightarrow P = 4\log _{\frac{a}{b}}^2a + 3\left( {{{\log }_b}a - 1} \right)$$\Leftrightarrow P = \dfrac{4}{{{{\left( {1 - {{\log }_a}b} \right)}^2}}} + 3\left( {\dfrac{1}{{{{\log }_a}b}} - 1} \right)$ 

Đặt ${\log _a}b = t \Rightarrow 0 < t < 1$ . Khi đó $P = \dfrac{4}{{{{\left( {t - 1} \right)}^2}}} + \dfrac{3}{t} - 3$

$P' = \dfrac{{ - 8}}{{{{\left( {t - 1} \right)}^3}}} - \dfrac{3}{{{t^2}}} = 0$ $\Leftrightarrow 3{t^3} - {t^2} + 9t - 3 = 0$  $\Rightarrow t = \dfrac{1}{3}$

$\Rightarrow {P_{\min }} = 15$.

ĐKXĐ: $x \ne 0,\,\,x \ne 2$.

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

$\begin{array}{l}\ln \left| {\dfrac{{x - 2}}{x}} \right| = \dfrac{3}{{x - 2}} - \dfrac{1}{x} + 4m - 2020\\ \Leftrightarrow \ln \left| {\dfrac{{x - 2}}{x}} \right| - \dfrac{3}{{x - 2}} + \dfrac{1}{x} = 4m - 2020\end{array}$

Đặt $f\left( x \right) = \ln \left| {\dfrac{{x - 2}}{x}} \right| - \dfrac{3}{{x - 2}} + \dfrac{1}{x}$ ta có:

$\begin{array}{l}f'\left( x \right) = \dfrac{2}{{{x^2}}}:\dfrac{{x - 2}}{x} + \dfrac{3}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} - \dfrac{1}{{{x^2}}}\\f'\left( x \right) = \dfrac{2}{{x\left( {x - 2} \right)}} + \dfrac{3}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} - \dfrac{1}{{{x^2}}}\\f'\left( x \right) = \dfrac{{2x\left( {x - 2} \right) + 3{x^2} - {{\left( {x - 2} \right)}^2}}}{{{x^2}{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\\f'\left( x \right) = \dfrac{{2{x^2} - 4x + 3{x^2} - {x^2} + 4x - 4}}{{{x^2}{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\\f'\left( x \right) = \dfrac{{4{x^2} - 4}}{{{x^2}{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1\end{array}$

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy để phương trình có nghiệm duy nhất thì $\left[ \begin{array}{l}4m - 2020 = 0\\4m - 2020 = \ln 3\\4m - 2020 = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 505\\m = \dfrac{{2020 + \ln 3}}{4} \notin \mathbb{Z}\,\,\left( {ktm} \right)\\m = 506\end{array} \right.$.

Vậy tổng các giá trị của $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán là: $505 + 506 = 1011$.

Điều kiện : $x + y >0, x – y > 0$

${\log _4}\left( {x + y} \right) + {\log _4}\left( {x - y} \right) \ge 1 \Leftrightarrow {\log _4}\left( {{x^2} - {y^2}} \right) \ge 1 \Leftrightarrow {x^2} - {y^2} \ge 4$

Ta có: $P = 2x - y = \dfrac{{x + y + 3(x - y)}}{2} \ge \sqrt {(x + y).3(x - y)}  = \sqrt {3({x^2} - {y^2})}  = \sqrt {3.4}  = 2\sqrt 3$

Dấu “=” xảy ra khi:

$\left\{ \begin{array}{l}x + y = 3\left( {x - y} \right)\\{x^2} - {y^2} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 3\left( {x - y} \right)\\3{\left( {x - y} \right)^2} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - y = \dfrac{2}{{\sqrt 3 }}\\x + y = 2\sqrt 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} + \sqrt 3 \\y = \sqrt 3  - \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\end{array} \right.$

Vậy   $Min\,P = 2\sqrt 3$.