Có bao nhiêu số nguyên \(x\) sao cho tồn tại số thực \(y\) thỏa mãn biểu thức sau 

\({\log _4}\left( {x + y + 3} \right) = {\log _5}\left( {{x^2} + {y^2} + 2x + 4y + 5} \right)?\)

DẠNG TOÁN PHƯƠNG PHÁP HÀM ĐẶC TRƯNG, BIẾN ĐỔI MŨ, LOGARIT – phát triển theo đề tham khảo Toán 2021
  ĐỀ BÀI:
Có bao nhiêu số nguyên \(x\) sao cho tồn tại số thực \(y\) thỏa mãn biểu thức sau 

\({\log _4}\left( {x + y + 3} \right) = {\log _5}\left( {{x^2} + {y^2} + 2x + 4y + 5} \right)?\)

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. ===========