Tai lieu ham so mu va ham so logarit toan 11 ctst

Chương VI HÀM SỐ MŨ VÀ HÀM SỐ LÔGARIT Bài PHÉP TÍNH LŨY THỪA A TĨM TẮT LÝ THUYẾT I KHÁI NIỆM LŨY THỪA Lũy thừa với số mũ nguyên Lũy thừa với số mũ nguyên dương Cho a ∈  n ∈ * Khi a n = a.a.a a (n thừa số a) Lũy thừa với số mũ nguyên âm, lũy thừa với số mũ −n Cho a ∈  \ {0} n ∈ * Ta có: a= ;= a 1;= a1 a n a Lũy thừa với số mũ ngun có tính chất tương tự tính chất lũy thừa với số mũ nguyên dương ( ) Chú ý: 00 0− n n ∈ * khơng có nghĩa Căn bậc n Cho số thực b số nguyên dương n ≥ Số a gọi bậc n số b a n = b Khi n lẻ, b ∈  : Tồn bậc n số b n b Khi n chẵn b < khơng tồn bậc n số b Khi n chẵn b = có bậc n số b Khi n chẵn b > có bậc n số thực b n n = b − n b Lũy thừa với số mũ hữu tỷ Cho số thực a > số hữu tỷ r = m r n a= a= n m , m ∈ ; n ∈ , n ≥ Khi n am Lũy thừa với số mũ vô tỷ Giả sử a số dương α số vô tỷ ( rn ) dãy số hữu tỷ cho lim rn = α Khi lim a rn = aα n →+∞ n →+∞ II TÍNH CHẤT CỦA LŨY THỪA VỚI SỐ MŨ THỰC Cho hai số dương a; b m; n ∈  Khi ta có cơng thức sau Nhóm cơng thức Nhóm cơng thức m n a m a n = a m + n = a n am   n =a m − n  m =0 ⇔ n =a − n  a n b n a a   = ( ) a m n am = ( a) n m ab ) , n a n b (= n n = a m.n an  a  n a n = =  , b b n b n n ab a b B CÁC DẠNG TỐN DẠNG 1: RÚT GỌN VÀ TÍNH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC CHỨA LŨY THỪA Phương pháp: Sử dụng phối hợp linh hoạt tính chất lũy thừa Chọn a, b số thực dương, x, y số thực tùy ý, ta có:  x a x + y = a x a y a x − y = a ay x ax  a  x y xy = a b (= ab ) ; x  =  ;(a ) a b b  x x Ví dụ Tính 21 ; x ( 4, 72 ) ; ( −3) ; 24 ; ( −4 ) −3 Lời giải Ta có: 21 =2; ( 4, 72 ) =1; ( −3) =( −3)( −3) =9; 1 −3 24 = 2.2.2.2 = 16; ( −4 ) = = − 64 ( −4 ) Ví dụ Đưa biểu thức sau dạng lũy thừa a a ( a > 0) 1) 2) 23 160,75 3) b3a ( a, b > ) a b Lời giải 1  12   32  1) = a a  a.= a  = a  a4       2  2) = 160,75 24 ( ) ( ) 1 3 2  −13 = = 23 2 −2 b a b a 15  b 15 15 15 3) = = a = b   1 a b a a b15 Ví dụ Rút gọn biểu thức sau đây: ( a − 5) 1) 2) 81a 4b ( b ≤ ) 3) x8 ( x + 1) ( x ≤ −1) Lời giải 1) ( a − 5) 2) 81a 4b = 9a b = −9a 2b (do b ≤ ) 3) 4 =( a − ) x8 ( x + 1) =x x + =− x ( x + 1) (do x ≤ −1 ⇔ x + ≤ ) ( ) (5 − ) Ví dụ Tính giá trị biểu thức P = 5+ ( Ta có: + 2024 2025 Lời giải )(5 − ) = 25 − 24 = Do ( P= 5+ ) (5 − ) 2024 2025 ( )( )  5−2  =+   2024 ( ) 5−2 = − Ví dụ Khơng dùng máy tính, tính giá trị biểu thức sau   −7    1    1) A =  3 :  : 16 :  3.3 2            2) B = (   +  3 3    3) C = 251+ − 52 ) −1− 2 ( + 81+ 41− ):2 4+ Lời giải 1   −7    1     + + +  2 3 4 1) A = :  : 16 :  3.3 2    3 :              15 −4 −1 = ( 32.52.22.2 = = ) 3.5.2 2) 6 17 17 18    3  5  3  5 18 10 B= + = + = + +  3 3  = 2 3.3 3                   3) ( 1+ C= 25 −1 −5 =5−5 + 2 25 + ) 4+ −1− 2 ( 1+ + 1− ):2 ( ) −1 ( ,b = 2− ) −1 Lời giải ( ) − 52 51+ 2 ) + (2 3+ 22− 24+ 36 =5− + = 5 Ví dụ Cho a = 2+ Ta có: a = 2+ (5 = 2+ 2 4+ −1 = = 2− 2+ Tính A = ( a + 1) + ( b + 1) −1 −1 2 ) ( b= 2− ) −1 = = 2+ 2− Suy ) + (2 + ( A = ( a + 1) + ( b + 1) = − + −1 −1 −1 ) = (3 − ) + (3 + ) +1 −1 −1 −1 1 = + = = 3− 3+ 9−3 Ví dụ Rút gọn biểu thức sau: a + ab a− b −4 ( a > 0, b > ) 4 a+ b a−4b 1) P = +1 a 2) Q = a 2− (a ) −2 +2   3) K =  x − y    ( a > 0)  y y +  1 − x x  −1 ( x > 0, y > ) Lời giải 1)Ta có ( a) a + ab a− b −4 = a+ b a−4b P= 4 a ( 4 a+ b =− a a+4b ( )−( ) a−4b )( + ab a+4b a+4b ( a) −( b) − 4 ) a−4b a− b a+ b = − b 4 +1 +1 − +2 −  a 3= a a a3 = a3  ⇒ Q = −2 = a 2) Ta có:  +2 + − 2 2 ) ( )( a a −2 a= a −2 =  ( )   3) Rút gọn  x − y  = x − y   ( ) −1 −2 −1  y    y− x   y y x  +  =  − 1  =  =   1 −   y − x  x x x   x          x  Vậy K = x− y  = x  y − x    Ví dụ Biết x + 9− x = 23 Tính 3x + 3− x ( ) Lời giải Ta có: x + 9− x = 23 ⇔ 32 x + 2.3x.3− x + 3−2 x = 25 ⇔ ( 3x + 3− x ) = 25 ⇒ 3x + 3− x = DẠNG 2: CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC LŨY THỪA Phương pháp: Để chứng minh đẳng thức ta thường sử dụng phương pháp sau : 1.Biến đổi tương đương 2.Biến đổi vế trái thành vé phải vế phải thành vế trái 3.Biến đổi hai vế đại lượng thứ   42  Ví dụ Chứng minh đẳng thức Lời giải Biến đổi vế trái ta có: VT               1   1   1  1   VP (dpcm) Ví dụ Chứng minh đẳng thức   5  Lời giải VT  2     2       3  3   10 3   1    1    1  3  1     3  1   VP(dpcm)  1 Ví dụ Chứng minh  x  x  x 1  x  x 1  Lời giải VT   x 1  x 1    x 1  x 1       x 1    x 1 1  x 1 1     x 1   x 1   1 x 1 Do  x  3 1  b    Ví dụ Chứng mnh  1   a   a  a  ab  4b  a  8a b Lời giải VT     a 3  a a  8b   1  a  b     2  3  a  a  ab  b   a a  8b     a 23 b  23 b   a a 23 b a a  8b  a  a  VP a  8b Ví dụ Chứng minh đẳng thức 1 1   a  2b 8b  a  a b   ab   1 2         13  2a  b 4a  2a b  b  Lời giải 1 1 1 1  1        a b 4a  2a b  b   2a  b a  2b    8b  a      VT   1 2  1 2a  b3 4a  2a3 b3  b        1   1 8b  a 4a b   a b   4a b  a b   8a   b   2 11  8b  a 8b  a 6ab     ab  VP 6 b a   a b Ví dụ Chứng minh đẳng thức sau: a  2a   1 a  ,  a  0  2a a a   2   1   Lời giải Biến đổi vế trái 2a 2a 1    22 a  2   22a   4  2a 2a 2 a 2 a   2    1 2    4 1   VT  a  2a  1  2a  2a    a a a a  2   1 2   1    22 a   2a  1 a  2  a 2a 2   1  2a (a Ví dụ Chứng minh (a VT = )( −1 a Phương pháp: a ) (a +1 a (a 3 3 2a 1 2a 1 )( −1 a2 + a a −a a 1  a   VP 2a  1  2a  + a3 3 ) = a + Lời giải ) −1 +a )= +1 a + 1= VP (đpcm) DẠNG 3: BÀI TOÁN THỰC TẾ Giả sử số tiền gốc A ; lãi suất r % / kì hạn gửi ( tháng, quý hay năm ) 12 n + Số tiền nhận gốc lãi sau n kì hạn gửi A 1  r  + Số tiền lãi nhận sau n kì hạn gửi n n A1  r   A  A 1  r  1   Ví dụ Bà Hạnh gửi 100 triệu vào tài khoản định kỳ tính lãi kép với lãi suất 8% / năm Tính số tiền lãi thu sau 10 năm Lời giải Áp dụng công thức tính lãi kép, sau 10 năm số tiền gốc lãi bà Hạnh n 10 thu A 1  r   100 1  0, 08  215,892 triệu đồng Suy số tiền lãi bà Hạnh thu sau 10 năm 215,892 100  115,892 triệu đồng Ví dụ Tỉ lệ tăng dân số hàng năm Việt Nam trì mức 1, 05% Biết rằng, dân số Việt Nam ngày tháng năm 2014 90.728.900 người Với tốc độ tăng dân số vào ngày tháng năm 2030 dân số Việt Nam Lời giải Dân số vào ngày tháng năm 2030 là: 90.728.900 × (1 + 1, 05% ) 16 = 107.232.574 người Ví dụ Một người muốn gửi tiết kiệm ngân hàng hi vọng sau năm có 850 triệu đồng để mua nhà Biết lãi suất ngân hàng tháng thời điểm 0, 45% Hỏi người tháng phải gửi vào ngân hàng tối thiểu tiền để đủ số tiền mua nhà ? ( giả sử số tiền tháng lãi suất năm không thay đổi) Lời giải Giả sử người gửi tiền thời điểm t , kể từ thời điểm sau năm (48 tháng) ơng muốn có số tiền 850 triệu Như rõ ràng ta coi tốn gửi tiền định kì đầu tháng Áp dụng tốn ta có số tiền phải gửi tháng : m  Ar 1  r  1  r  1 n  13 Theo n  48, r  0, 45% , A  850 thay vào  ta m 850.0, 45%  15,833 triệu đồng 48 1  0, 45% 1  0, 45% 1 Ví dụ Một bà mẹ Việt Nam anh hùng hưởng số tiền triệu đồng tháng (chuyển vào tài khoản mẹ ngân hàng vào đầu tháng) Từ tháng năm 2016 mẹ không rút tiền mà để lại ngân hàng tính lãi suất 1% tháng Đến tháng 12 năm 2016 mẹ rút toàn số tiền (gồm số tiền 12 tháng số tiền gửi tháng 1) Hỏi mẹ lĩnh tiền ? (kết làm trịn theo đơn vị nghìn đồng) Lời giải Nếu ban đầu gửi vào a đồng, từ đầu tháng sau gửi thêm a đồng (không đổi) vào đầu tháng với lãi suất r % n tháng tổng số tiền thu : a n 11 A  a  1  r  1  r  1    1% 1  1% 1   50, 73      r 1% triệu đồng Ví dụ [Đề thử nghiệm Bộ GD&ĐT 2017] Số lượng loại vi khuẩn A t phịng thí nghiệm tính theo cơng thức s ( t ) = s ( ) , s ( ) số lượng vi khuẩn A lúc ban đầu, s ( t ) số lượng vi khuẩn A có sau t phút Biết sau phút số lượng vi khuẩn A 625 Hỏi sau bao lâu, kể từ lúc ban đầu, số lượng vi khuẩn A 10 triệu con? Ta có: s ( 3) = s ( ) 23 ⇒ s ( ) = s ( 3) Lời giải = 78,125 nghìn Do s ( t ) = 10 triệu =10000 nghìn 10000 = s ( ) 2t ⇒= 2t 10000 = 128 78,125 Ví dụ Cường độ ánh sáng I qua mơi trường khác với khơng khí, chẳng hạn sương mù hay nước, giảm dần tùy theo độ dày mơi trường số µ gọi khả hấp thu ánh sáng tùy theo chất môi trường mà ánh sáng truyền tính theo cơng thức I = I e − µ x với x độ dày môi trường tính mét, I 14 d) Ta có a.c = log , log = 140 63 log 63 + log 2ac + = = log 140 2log + log + log abc + 2c + 1 Bài 5.a) 3x = ⇔ 3x = 3−2 ⇔ x = −2 b) 22 x −1 = ⇔ x − = log ⇔ x = c) e x − x −3 (1 + log 3) ⇔ x = log  x = −1 =1 ⇔ x − x − = ⇔  x = d) x.15 x +1 = 3x + ⇔ x.5 x +1 = 32 ⇔ 10 x = 9 ⇔ = = log − log x log 5 ⇔ x 2log − log = 1  2 Bài 6.a) log x = ⇔ x =   ⇔ x = 2 4 b) log ( x − 1) = ⇔ x − = 32 ⇔ x = c) log ( x − 1) =2 ⇔ 2log x − = ⇔  x = 11 log x − =1 ⇔ x − =10 ⇔  ( tm )  x = −9 Vậy tập nghiệm phương trình là= S {11; − 9}  x = −1 d) log [ x( x − 1) ] =1 ⇔ x ( x − 1) = ⇔ x − x − = ⇔  x = Vậy phương trình có hai nghiệm x1 = −1, x2 = x > e) Điều kiện: x − x + > ⇔  ; x < 0⇔ ( x − ) log 0,5 ( x − x + ) + 1 =  x − =  log 0.5 ( x − x + ) + = +) x − = ⇔ x = (không thỏa mãn điều kiện) 17 +) ⇔ x2 − 5x + = 0⇔ log 0.5 ( x − x + ) + = ⇔ x2 − 5x + = x =1  x = ( Thỏa mãn đk)  Vậy tập nghiệm phương trình S = {1;4} f) Điều kiện: x > Ta có: log x + log 2.log x + log 2.log x = log 20 2.log x ⇔ log x (1 + log + log − log 20 ) = ⇔ log x = ⇔ x = (nhận) Vậy phương trình có nghiệm x = g) log (9 − x ) = − x ⇔ − x = 23− x ⇔ − x = 2x Đặt t 2x , t > = Ta phương trình: − t = t = ⇔ t − 9t + = ⇔  t t = + ) t =1 ⇔ x =2 + ) t = ⇔ x = 256 Vậy phương trình có hai nghiệm là= x1 2,= x2 256 h) log (3x − 8) = − x ⇔ 3x − = 32 − x ⇔ 3x − = 3x Đặt = t 3x , t > Ta phương trình: t − = t = −1 ⇔ t − 8t − = ⇔  t t = +) t =−1 ⇔ x = +) t = ⇔ x = 19683 Vậy phương trình có hai nghiệm = x1 Bài 7.a) 3x −1 = 27 ⇔ 3x −1 = 33 ⇔ x − = ⇔x= 18 = , x2 19683 b) x −1 = 83− x ⇔ 11 ⇔x= 22 x 512 2048 ⇔ 28 x = 211 ⇔ x = 11 = x ⇔ 28 x = x = = 2−4 ⇔ x − x − = −4 ⇔ x − x = 0⇔  x =1 Vậy tập nghiệm phương trình S = {0;1} c) x − x−4 d) Ta có: 3.5 x − x +1 −2 x + x +1 = 5.3 ⇔ 5x −2 x +1 −2 x + x +1 5 = ⇔  3 −2 x + x +1 = x =0 ⇔ −2 x + x + = ⇔  x =   1 Vậy tập nghiệm phương trình S = 0;   2 f) Nhận xét: (3 + 2 )(3 − 2 ) =1 ⇒ − 2= = 3+ 2 3+ 2 ( ) −1 , Nên ta có: ( 3+ 2 ) x2 − x + ( = 3− 2 ) x3 − ( ⇔ 3+ 2 ) x2 − x + ( = 3+ 2 ) − x3 x = ⇔ x − x+2= 2− x ⇔ x + x − x =0⇔   x = −1 ±  2 3  −1 ±  Vậy tập nghiệm phương trình S = 0;     x =  x2 − x + = x −  Bài 8.a) log( x − x + 7)= log( x − 3) ⇔  ⇔   x = ⇔ x = x − > x >  b) log x + log ( x − 1) = 1( * ) 19 x > Đk:  ⇔ x >1 x −1 >  x = −1 x = (*) ⇔ log ( x ( x − 1) ) =1 ⇔ x ( x − 1) = ⇔ x − x − = ⇔  Đối chiếu với Đk ta nghiệm phương trình x = c) log ( x + 3) − log ( x − 1) = − log ; ĐKXĐ: x > Ta có: x+3  x +3 =2 ⇔ x =5 log ( x + 3) − log ( x − 1) = − log ⇔ log   = log ( ) ⇔ x x −1 −   (nhận) 6; d) log x + log x + log1/3 x = ĐKXĐ: x > Ta có: log x + log x + log1/3 x = ⇔ log x + 2log x − log x = ⇔ log x = ⇔ x = 27 (nhận) e) log1/ ( x − 1) + log1/ ( x + 1) =1 + log1/ (7 − x) ; ĐKXĐ: < x < Ta có: log1/ ( x − 1) + log1/ ( x + 1) =1 + log1/ (7 − x) ⇔ log1/ (( x − 1)( x + 1)) =2log1/ (7 − x  x = 3( N ) ⇔ ( x − 1)( x + 1) = ( x − 7) ⇔ x + 14 x − 51 = ⇔   x = −17( L) ( x + 1)2 >  x ≠ −1  −4 < x <  f) Điều kiện: 4 − x > ⇔  x < ⇔   x ≠ −1   ( + x ) >  x > −4 Ta có log ( x + 1)= + log 2 − x + log8 ( + x ) ⇔ log x + + log = log ( − x ) + log ( + x ) ⇔ x − = 16 − x 20  x ≥   x ≥    4 x − = 16 − x   x =−2 + hay x =−2 − ⇔ ⇔  x  x > b) Điều kiện :  ⇔ 3⇔x> x >  x > Phương trình cho tương đương với log ( x − ) − 1 log x =0 log ( x − ) = log ( x − ) − = ⇔ ⇔ log x =  x = ( KTM ) ⇔ x − = ⇔ x = (TM ) Vậy phương trình có nghiệm x = c) Phương trình cho tương đương với 2.3x − x.3x =2 − x ⇔ 3x ( − x ) =2 − x ⇔ ( − x )( 3x − 1) =0 21  −= = 2x 2x = x ⇔ x ⇔ x ⇔ −1 = = 3 x = Vậy phương trình có nghiệm x ∈ {0;1} d) 5x Ta −4 x +3 + 5x +7 x+6 = 52 x +3 x +9 + ⇔ 5x có: −4 x +3 + 5x +7 x+6 = 52 x +3 x +9 + a = x − x + Đặt  , ta phương trình: b = x + x + 5a + 5b = 5a + b + ⇔ 5a + 5b = 5a.5b + 5a 1= = a ⇔ (1 − 5a )(1 − 5b ) =0 ⇔  b ⇔ 5 = b = x =1 x  x − x= +3 = Khi  ⇔  x = −1  x + x + =   x = −6 e) ⇔2 x −1 (2 Phương x ( −= 1) ( − 1) ⇔ ( − 1) x x x x −1 x ) trình − 2= x = 2x − =  x 1= =  x 0= x  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x −1 x −1 x = 1± x −1 x x −1 2x − 2x =  =  =  x −=  Bài 10.a) Ta có: x = 2x −4 = 5x −2 ⇔ x − = ( x − 2) log ⇔ ( x − ) ( x + 2) = ( x − 2) log ⇔  =  x log − b) Lấy logarit số hai vế ta có: x 3 log 5= log ⇔ = log ⇔  = x log ( log )  log ⇔= 2 3x 2x x x Vậy phương trình có nghiệm là: x = log ( log ) c)Phương trình tương đương: 2 ( )2 ( ) x − x.2 =x ⇔ x − x +1 = 31− x ⇔ x −1 = 3− x −1 (*) 22 Lấy ( x − 1) logarit số hai vế ( *) , ta = − ( x − 1) log x =1 ⇔ ( x − 1)( x − + log 3) = ⇔  2 x = − log = log   3  x =1 Vậy phương trình có nghiệm là:   x = log    3 d) Điều kiện: x ≠ −1 3x 2− x Phương trình tương đương x.2 x +1 = 22.52 ⇔ x − = x +1 (*) 2− x Lấy logarit số hai vế (*) , ta ( x − ) = log x +1  x = (TM ) ⇔ ( x − )( x + + log ) = ⇔  − log − (TM )  x = x = Vậy phương trình có nghiệm là:  − log − x = Bài 11.a) x ≤ ⇔ x ≤ log x x −3 1 1 1 b) Ta có:   > 27 ⇔   >   ⇔ x < −3 3 3 3 Vậy tập nghiệm bất phương trình S = c) Ta có: 3x − > 35− x ⇔ x − > − x ⇔ x > ( −∞ ; −3) 7  S  ;+ ∞ Vậy tập nghiệm bất phương trình = 2  d) Ta có x −1 < ⇔ 2x −1 < 23 ⇔ x − < ⇔ −2 < x < Vậy tập nghiệm bất phương trình cho S = ( −2;2 ) e) Bất phương trình cho tương đương với 23 1   2 x2 − x 1 ≥   ⇔ x − x ≤ ⇔ x − x − ≤ ⇔ −1 ≤ x ≤ 2 Vậy tập nghiệm bất phương trình cho S = [ −1;3] f) Ta có: 3x −1.5 x ≤ 75 ⇔ 3x.5 x ≤ 75 ⇔ 15 x ≤ 225 = 152 ⇔ x ≤ Vậy tập nghiệm bất phương trình S = ( −∞ ;2] Bài 12.a) log x ≥ ⇔ x ≥ 10 b) log x > ⇔ < x < 1 c) log ( x + 1) ≤ ⇔ ≤ x + ≤ ⇔ − ≤ x ≤ 2 1 − < x ≤  x − x ≥ d) logπ ( x − x ) < ⇔  ⇔  x − x <  < x ≤ + Bài 13 a) 3x −1 > 27 ⇔ 3x −1 > 33 ⇔ x − > ⇔ x > b) Ta có bất phương trình tương đương với x − ≥ x − x − ⇔ x − x − ≤ ⇔ −2 ≤ x ≤ Vậy tập nghiệm bất phương trình cho S = [ −2;4] c) Ta có   x ≥ x+2 x+2 x x ≥   1 1 1 −x >3 ⇔  ≥   ⇔ x + ≤ x ⇔  x + ≥ ⇔  x ≥ −2 ⇔ x ≥   3 3 3   x≥2 x + ≤ x    x ≤ −1 Vậy tập nghiệm bất phương trình cho = S [ 2; +∞ ) d) Điều kiện: x ≠ −1 x 2x 2x 2x 2x 1   −2 x x +1 x +1 > ⇔ > ⇔ −2 x > ⇔ + 2x < ⇔ 2x  + 1 <   x +1 x +1 9  x +1  ⇔ 24 2x ( x + 2) x +1  x < −2 (thỏa điều kiện) 2 x ≤ ⇔ ⇔ 3< x ≤7 x > Vậy tập nghiệm bất phương trình cho S = ( 3;7 ] b) Ta có  x > −1 x +1 >  log ( − x ) ≥ log ( x + 1) ⇔  ⇔ ⇔ −1 < x ≤ 3 − x ≥ x +  x ≤  2  Vậy tập nghiệm bất phương trình cho S =  −1;  3   x2 > x ≠ c) Điều kiện:  ⇔ ⇔ −1 < x ≠  x + >  x > −1 Ta có: ln x ≥ 2ln ( x + 1) ⇔ ln x ≥ ln ( x + 1) ⇔ x ≥ ( x + 1) ⇔ 2 2x + ≤ ⇔ x ≤ − 1  Kết hợp với điều kiện ta tập nghiệm S =  −1; −  2   x3 > x > d) Đk:  ⇔ ⇔ x>2 x > x − > 25 Ta log x > −3log ( x − ) ⇔ có: 3log x > 3log ( x − ) ⇔ x > x − ⇔ > −2 (thỏa mãn ∀x ∈  ) Kết hợp với điều kiện ta tập nghiệm S= e) Điều kiện bất phương trình x > ( 2; + ∞ ) Khi bất phương trình cho thành log ( x − ) > log ( x + 10 ) ⇔ x − < x + 10 ⇔ x < a= 19 (Do < ) So điều kiện ta 19 −1 f) Điều kiện:  ⇔ −1 < x < x < Ta có log 0.8 ( x + 1) ≤ log1.25 ( −2 x + ) ⇔ log ( x + 1) ≤ log ( −2 x + ) log ( x + 1) ≤ − log ( −2 x + ) ⇔ log ( x + 1)( −2 x + ) ≤ 5 1− 1+ ≤x≤ 2 Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm bất phương trình ⇔ −2 x + x + ≥ ⇔ −2 x + x + ≥ ⇔ 1 − +  T = ;    g) Ta có log ( x + 1) − 2log ( − x ) < − log ( x − ) 2 < x < ⇔ log ( x + 1) − log ( − x ) < − log ( x − ) 2 < x < ⇔ log ( x + 1) + log ( x − ) < log 2 + log ( − x ) 2 < x < ⇔ log ( x + 1) ( x − )  < log (10 − x ) 26 2 < x < 2 < x < ⇔ ⇔ ( x + 1) ( x − ) < 10 − x  x + x − 12 < 2 < x < ⇔ ⇔ < x < −4 < x < Vậy tập nghiệm bất phương trình ( 2; 3) 2 Bài 15 a   e x + mx +1 e ≤  2 x −3m 2 , ∀x ∈  ⇔   e x + mx +1 2 ≤  e −2 x + m , ∀x ∈  ∀x ∈  ⇔ x + ( m + 1) x + − 3m ≥ , ⇔ x + 2mx + ≥ −2 x + 3m , ∀x ∈  (*) ⇔ ∆=′ m + 5m ≤ ⇔ −5 ≤ m ≤ Bài 15.b.Ta có: x − ( m + 1) 3x − − 2m > ⇔ ( 3x ) − 2.3x − > ( 3x + 1) 2m ⇔ ( 3x + 1)( 3x − 3) > ( 3x + 1) 2m ⇔ 3x − > 2m ⇔ 3x > + 2m Vậy x − ( m + 1) 3x − − 2m > 0, ∀x ∈  ⇔ + 2m ≤ ⇔ m ≤ − E HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM 2C D 16 17 B A 31 32 C C 46 47 C B Câu 30 Câu 31 3A 4B 5D 6C 7B A 23 B 38 C 18 19 20 21 22 D A D A D 33 34 35 36 37 A D C A C 48 49 50 D D C Chọn C Chọn C Điều kiện x > Ta có x log x + = x + 3log x 9B 24 A 39 C 10 D 25 D 40 D 11 A 26 A 41 D 12 D 27 B 42 D 13 D 28 C 43 D 14 A 29 C 44 C 15 C 30 C 45 D ⇔ x log x + − x − 3log x = 0 x − = x = ⇔ ( x − 3)( log x − ) = ⇔ ⇔ x = log x − = Vậy: tích nghiệm phương trình x log x + = x + 3log x 12 27 Câu 32 Câu 33 Câu 34 Chọn C Ta có 10 x + 10 = x +1 + x +1 ⇔ x.5 x + 2.5 − 2.2 x − 5.5 x = x 5 − =  x = log ⇔ ⇔ ( 5x − ) ( x − 5) = ⇔ x  − =  x = log Vậy: tích nghiệm phương trình log log 5.log = Chọn A Chọn D Ta có: 2x Câu 35 −1 = 32 x + ⇔ x − = (2 x + 3) log ⇔ x − (2log 3) x − − 3log = (1) Do 1.(−1 − 3log 3) =−1 − 3log < nên phương trình (1) có nghiệm thực trái dấu x1 , x2 Khi theo định lý Vi-et, ta có: −1 − 3log x1 x2 = =−1 − 3log =− log 54 Chọn C Ta có: x > ⇔ x > 23 ⇔ x > Vậy tập nghiệm bất phương trình = S Câu 36 ( 3; +∞ ) Chọn A 2 Ta có: 34 − x ≥ 27 ⇔ 34 − x ≥ 33 ⇔ − x ≥ ⇔ x ≤ ⇔ −1 ≤ x ≤ Vậy, tập nghiệm bất phương trình cho là: S = Câu 37 [ −1;1] Chọn C x −1 − x2 − x +  x >   ⇔ x −1 > x ⇔ x − > − ⇔ >0⇔ x>0 x x  16  Vậy, tập nghiệm bất phương trình cho S= Câu 38 ( 0; + ∞ ) Chọn C 1 Ta có:   3 x − x −10 1 >  3 x−2 ⇔ x − x − 10 < x −  x ≥   x − x − 10 ≥  x ≥   x ≤ −2    ⇔ x − > ⇔  x > ⇔   x ≤ −2 ⇔ ≤ x < 14   x < 14 2 < x < 14   x − x − 10 < ( x − )   28 Vì x nguyên nên nhận x ∈ {5;6;7;8;9;10;11;12;13} Câu 39 Chọn C x > ⇔ x ≥ 10 log x ≥ ⇔   x ≥ 10 Vậy bất phương trình cho có tập nghiệm [10; +∞ ) Câu 40 Chọn D x + > 2x −1 Ta có log ( x + 1) < log ( x − 1) ⇔  ⇔ < x 2 1  Vậy bất phương trình cho có tập nghiệm S =  ;2  2  Câu 41 Chọn D Điều kiện x > − 15 Khi đó, log 0,8 (15 x + ) > log 0,8 (13 x + ) ⇔ 15 x + < 13 x + ⇔ x < ⇔ x <   Tập nghiệm bất phương trình là: T =  − ;3   15  Vì x nguyên nên x ∈ {0;1;2} Câu 42 Chọn D x > x +8 ⇔ 22 x > x +8 ⇔ x > x + ⇔ x > Câu 43 Chọn D   5x + <    25  Câu 44 −x ⇔ 5x + < ( 5) ⇔ < x 2x Chọn C Ta có x −x < 25 ⇔ x − x < ⇔ −1 < x < ⇔ x ∈ ( −1;2 ) Vậy tập nghiệm bất phương trình cho S = Câu 45 ( −1;2 ) Chọn D Ta có: 32 x −1 > 27 ⇔ x − > ⇔ x > Vậy tập nghiệm bất phương trình là: ( 2;+∞ ) 29 Câu 46 Chọn C Ta có 5−2= ( ) 5+2 x −1 ≥ ( 5+2 5+2 ) 1− x x +1 ⇔ x −1 ≥ Câu 47 1− x x2 + x − ⇔ ≥ ⇔ x ∈ [ −2; −1) ∪ [1; +∞ ) x +1 x +1 Chọn B 1−3 x 2   5 1−3 x 25 2 ≥ ⇔  5 2 ≥  5 −2 ⇔ − x ≤ −2 ⇔ x ≥ Vậy tập nghiệm bất phương trình là: S= Câu 48 [1; +∞ ) Chọn D ( 10 − ) 3− x x −1 > ( 10 + ) x +1 x +3 ⇔ ( 10 + ) x −3 x −1 > ( 10 + ) x +1 x +3 ĐK: x ≠   x ≠ −3 BPT ⇔ x − x +1 −8 > ⇔ > ⇔ ( x − 1)( x + 3) < ⇔ −3 < x < → x ∈ x −1 x + ( x − 1)( x + 3) Câu 49 Chọn D  2 x + > x > − Đk:  ⇔ ⇔ − < x  x < Ta log ( x + 1) < log (1 − x ) + ⇔ có: log ( x + 1) < log (1 − x ) + log 5 ⇔ log ( x + 1) < log ( − x ) ⇔ x + < − 5x ⇔ x < Kết hợp điều kiện (*) suy bất phương trình cho có tập  4 nghiệm: S =  − ;   7 Câu 50 Chọn C Điều kiện x > Ta có 30 log x + log 3 x ≤ ⇔ − log x + log x ≤ ⇔ log x ≤ ⇔ x ≤ 27 Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm bất phương trình T = ( 0; 27 ] Do đó= + 3.27 = 81 a 0;= b 27 Vậy T = 31