LTDH log&mu(captoc co hdan)

LTDH 2009 GV VÕ SĨ KHUÂN Vài vấn đề về phương trình &Bất phương trình Mũ Log 1) Giải phương trình: 2 2 2 log ( 7)log 12 4 0x x x x + − + − = 2) Giải bất phương trình )3(log53loglog 2 4 2 2 2 2 −>−− xxx 3) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: 2 2 1 1 1 1 9 ( 2)3 2 1 0 x x m m + − + − − + + + = 4) ( ) ( ) 3 1 8 2 2 log 1 log 3 log 1 0x x x+ − − − − = 5) Giải bất phương trình: 2 2 1 2 9 1 10.3 x x x x+ − + − + ≥ . 6) Giải bất phương trình: 2 2 log ( 3 1 6) 1 log (7 10 )x x+ + − ≥ − − 7) Giải bất phương trình: 4 2 2 2 1 1 log ( 3) log ( 1) log (4 ) 2 4 x x x+ + − ≥ 8) Tìm m để bất phương trình: 5 2x – 5 x+1 – 2m5 x + m 2 + 5m > 0 thỏa với mọi số thực x. 9) Giải bất phương trình: 2 1 ln ln( 1) 0 2 x x x + − − + > 10) Giải phương trình: log 9 (x + 1) 2 + 3 27 3 3 log 2 log 4 log ( 4) (1)x x= − + + 11) Cho phương trình : 2 2 5 5 log 2 log 1 2 0x x m + + − − = , ( m là tham số ) . Tìm các giá trị của tham số m để ptrình đã cho có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 3 1;5     12) Giải hệ phương trình: log log 2 2 3 y x x y xy y  =   + =   HƯỚNG DẪN GIẢI: 1) Đặt ẩn phụ 2 logt x= giải ph.trình bậc 2: 2 (7 ) 12 4 0t x t x− − + − = ; t=4; t=3-x Dùng tính đơn điệu chứng minh nghiệm duy nhất ta có x= 16; x=2(1/2đ). 2) BPT (1) ⇔ )3(5)1)(3()3(532 2 −>+−⇔−>−− tttttt ĐS : )16;8(] 2 1 ;0( ∪ 3) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: 2 2 1 1 1 1 9 ( 2)3 2 1 0 x x m m + − + − − + + + = (1) * Đk [-1;1]x ∈ , đặt t = 2 1 1 3 x+ − ; [-1;1]x ∈ ⇒ [3;9]t ∈ Ta có: (1) viết lại 2 2 2 2 1 ( 2) 2 1 0 ( 2) 2 1 2 t t t m t m t m t t m t − + − + + + = ⇔ − = − + ⇔ = − Xét hàm số f(t) = 2 2 1 2 t t t − + − , với [3;9]t ∈ . Ta có: 2 / / 1 4 3 ( ) , ( ) 0 3 ( 2) t t t f t f t t t =  − + = = ⇔  = −  Lập bảng biến thiên t 3 9 f / (t) + f(t) 48 7 4 Căn cứ bảng biến thiên , (1) có nghiệm [-1;1]x ∈ ⇔ (2) có nghiệm [3;9]t ∈ ⇔ 48 4 7 m≤ ≤ 1 LTDH 2009 GV VÕ SĨ KHUÂN 4) Giải phương trình: ( ) ( ) 3 1 8 2 2 log 1 log 3 log 1 0x x x+ − − − − = (*). Điều kiện: 1 3x < < . Ta có (*) ⇔ ( ) 2 2 2 log 1 log (3 ) log ( 1) 0 1 3 x x x x  + + − − − =   < <   ⇔ ( ) ( ) 2 1 17 1 3 1 4 0 2 x x x x x x ± + − = − ⇔ + − = ⇔ = (tmđk) 5) Giải bất phương trình: 2 2 1 2 9 1 10.3 x x x x+ − + − + ≥ . Đặt 2 3 x x t + = , t > 0. Bất phương trình trở thành: t 2 – 10t + 9 ≥ 0 ⇔ ( t ≤ 1 hoặc t ≥ 9) Khi t ≤ 1 ⇒ 2 2 3 1 0 1 0 x x t x x x + = ≤ ⇔ + ≤ ⇔ − ≤ ≤ .(i) Khi t ≥ 9 ⇒ 2 2 2 3 9 2 0 1 x x x t x x x + ≤ −  = ≥ ⇔ + − ≥ ⇔  ≥  (2i) Kết hợp (i) và (2i) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (- ∞; -2]∪[-1;0]∪[1; + ∞). 6) Điều kiện: 3 1 0 10 0 7 10 0 x x x  + ≥  − ≥   − − >  1 10 3 x⇔ − ≤ ≤ 2 2 log ( 3 1 6) 1 log (7 10 )x x+ + − ≥ − − ⇔ 2 2 3 1 6 log log (7 10 ) 2 x x + + ≥ − − ⇒ 3 1 6 7 10 2 x x + + ≥ − − ⇒ 3 1 6 2(7 10 )x x+ + ≥ − − ⇒ 3 1 2 10 8x x+ + − ≥ ⇒ 49x 2 – 418x + 369 ≤ 0 ⇒ 1 ≤ x ≤ 369 49 (thoả) 7) Giải bất phương trình: 4 2 2 2 1 1 log ( 3) log ( 1) log (4 ) 2 4 x x x+ + − ≥ ĐKXĐ: 4 3 0 ( 1) 0 0 1 4 0 x x x x + >   − > <=> < ≠   >  BPT <=> 2 2 2 log ( 3) log 1 log 4x x x+ + − ≥ <=> 2 2 log ( 3) 1 log 4 ( 3) 1 4x x x x x x+ − ≥ <=> + − ≥ <=> 1 3 ( 3)( 1) 4 0 1 0 3 2 3 ( 3)(1 ) 4 x x x x x x x x x x  >    ≥ + − ≥    <=>   < < < ≤ − +     + − ≥    8) Đặt X = 5 x ⇒ X > 0. BPT đã cho trở thành: X 2 + (5 + 2m)X + m 2 + 5m > 0 (*) Bpt đã cho có nghiệm với mọi x khi và chỉ khi (*) có nghiệm với mọi X > 0 ⇔∆ < 0 hoặc (*) có hai nghiệm X 1 ≤ X 2 ≤ 0 . Từ đó suy ra m 9) Giải bất phương trình: 2 1 ln ln( 1) 0 2 x x x + − − + > ĐK: x ≠ -1. BPT ⇔ 2 2 2 2 1 2( 1) 1 1 1 2( 1) 2 1 2( 1) x x x x x x x x x x x x  + > − + + > − + ⇔ + > − + ⇔  + < − − +  2 2 2 3 1 0 1 1 2 2 3 0 x x x x x  − + < ⇔ ⇔ < <  − + <  2 LTDH 2009 GV VÕ SĨ KHUÂN 10) log 9 (x + 1) 2 + 3 27 3 3 log 2 log 4 log ( 4) (1)x x= − + + ĐK: 4 4 1 x x − < <   ≠ −  (1) ⇔ log 3 (x + 1) + log 3 4 = log 3 (4 – x) + log 3 (x + 4) ⇔ log 3 4 1x + = log 3 (16 – x 2 ) ⇔ 4 1x + = 16 – x 2 ⇔ x = 2 hoặc x = 2 - 24 11) Đặt t = 2 5 log 1x + ta thấy nếu x ∈ 3 1;5     thì t ∈ [ ] 1;2 Phương trình có dạng: t 2 + 2t – m – 3 = 0; t ∈ [ ] 1;2 ⇔ t 2 + 2t – 3 = m ; t ∈ [ ] 1;2 Xét hàm số hàm f(t) = t 2 + 2t – 3 trên [ ] 1;2 ta được 0 ≤ f(t) ≤ 5 ĐK của m là: 0 ≤ m ≤ 5 12) Giải hệ phương trình: log log 2 2 3 y x x y xy y  =   + =   Điều kiện: x > 0 và x ≠ 1 và y > 0 và y ≠ 1 Ta có 2 log log log log 2 0 y x y y xy y x x= ⇒ + − = log 1 log 2 y y x x =  ⇒  = −   2 1 x y x y =   ⇒  =   + Với x = y ⇒ x = y = 2 log 3 1− + Với x = 2 1 y ta có: 2 1 2 2 3 y y + = theo bất đẳngt thức Cô-si pt vô nghiệm ĐỀ DỰ BỊ 2008 A1: Giải bất phương trình : 0 1 32 loglog 2 2 1 ≥       + + x x Bpt ⇔ 1 1 32 log00 1 32 loglog 22 2 1 ≤ + + <⇔≥       + + x x x x 2 2 2 3 2 3 2 log 0 1 0 2 1 1 1 1 2 2 3 2 3 1 1 log 1 2 0 1 1 1 x x x x x x x x x x x x x x x + + +    > > >    < − ∨ > −     + + + ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ < −     + + < −     ≤ ≤ ≤    + + +    Vậy bất phương trình có tập ngiệm là (–∞ ; –2) A2: Giải phương trình :       −=+ x x x x 6 9log log 1 3 3 Điều kiện      > ≠< 3 6 10 x x . Ta có: 2 4 2 3 1 6 3 log 9 3 log 3 log (9 6) 1 log (3. ) log (9 6) log x x x x x x x x x x x   + = − ⇔ + = − − ⇔ = −  ÷   2)63)(1(0693 2224 =⇒−−⇔=+−⇔ xxxxx B1: Giải phương trình : 2 1 2 2log (2 2) log (9 1) 1x x + + − = Giải: 2 1 2 2log (2 2) log (9 1) 1x x+ + − = Điều kiện x > 1/9 . 3 LTDH 2009 GV VÕ SĨ KHUÂN Với điều kiện đã cho phương trình tương đương với 2 2 2 2 2 2 log (4 8 4) log (9 1) 1 log (4 8 4)) log (18 2)x x x x x x + + = − + ⇔ + + = − 2 1 4 10 6 0 3 2 x x x x =   ⇔ − + = ⇔  =  (thỏa điều kiện) B2: Giải bất phương trình : 06.523 1212 <−− ++ xxx 02 2 3 .5 4 9 .304.26.59.306.523 1212 <−       −       ⇔<−−⇔<−− ++ xx xxxxxx Đặt 0 2 3 >       = x t Ta có 2log2 2 3 020 0253 0 2 3 2 <⇔<       <⇔<<⇔    <−− > xt tt t x D: Giải bất phương trình : 022.162 1 2 224 2 2 ≤−− −−−− xxxx Ta có : 2 2 2 2 2 4 2 2 1 2 1 2 1 4 2 16.2 2 0 4 2 0 2 x x x x x x x x − − − − − − − − − − ≤ ⇔ − − ≤ Đặt 2 2 1 2 0 x x t − − = > . Bất phương trình tương đương với : 2 3 2 0 0 0 0 2 4 2 0 2 4 0 ( 2)( 2 2) 0 t t t t t t t t t t t >  > >    ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ < <    − − < − − < − + + <     Vậy 2 2 1 2 2 0 2 2 2 1 1 2 2 0 1 3 1 3 x x x x x x x − − < < ⇔ − − < ⇔ − − < ⇔ − < < + Giải phương trình và bất phương trình : 1) 2 2 2 2 1 9 2 3 3 x x x x − −   − ≤  ÷   2) 2 2 log 2 2log 4 log 8 x x x + = 3) 3 1 8 2 2 log 1 log (3 ) log ( 1) 0x x x+ − − − − = 4) 2 2 1 2 9 10.3 1 0 x x x x+ − + − − + = 5) log 3 (3 x −1).log 3 (3 x+1 −3) = 6 6) 2 4 2 1 2(log 1)log log 0 4 x x+ + = 7) ( ) 2 2 1 2 2 1 1 log 2x 3x 1 log x 1 2 2 − + + − ≥ . 8) 022.72.72 xx21x3 =−+− + . Tính tích phân: 4 LTDH 2009 GV VÕ SĨ KHUÂN 1) 2 1 ( 2)ln .x x dx− ∫ 2) 2 0 ( 1)sin 2 .x x dx π + ∫ 3) 1 3 2ln . 1 2ln e x dx x x − + ∫ 4) 10 5 2 1 dx x x− − ∫ 5) 6 2 (2 1) 4 1 dx x x+ + ∫ 6) 2 2 1 (2 1)cos .I x x dx π = − ∫ 7) 3 2 1 ln ln 1 e x I dx x x = + ∫ 8) 7 3 0 2 1 x I dx x + = + ∫ 9) 3 2 0 sin .tanI x xdx π = ∫ 10) 2 1 ln . e x x dx ∫ 11) 4 sin 0 (tan cos ) x x e x dx π + ∫ 12) ∫ −+ = 2/ 0 2cossin43 2sin π dx xx x I 13) ∫ + + = 2 0 14 1 dx x x I 14) ∫ − = 1 0 2 3 4 dx x x I 15) ∫ − −= 1 0 2 2 ) 4 .( dx x x exI x 16) Trong mặt phẳng Oxy cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường 2 xy4 = và y = x. Tính thể tích vật thể tròn trong khi quay (H) quanh trục Ox trọn một vòng. 17) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng y = 0 và ( ) 1x x1x y 2 + − = . 18) Trong mp(Oxy), tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x 2 và 2 x2y −= . HD giải 12) Đặt t = sinx +1 ⇒ sinx = t – 1 ⇒ cosxdx = dt Khi x = 0 ⇒ t = 1 ; khi x = π/2 ⇒ t = 2 Ta có : ∫ ∫ −=       +=       −= − = 2 1 2 1 2 1 22 2 1 2ln 1 ||ln 111 t tdt t t dt t t I 13) ∫ + + = 2 0 14 1 dx x x I Đặt 2 t 1 1 t 4x 1 x dx tdt 4 2 − = + ⇒ = ⇒ = . Khi x = 0 ⇒ t = 1 ; khi x = 2 ⇒ t = 3 2 3 3 3 2 3 1 1 1 t 1 1 1 1 1 3 13 3 11 4 I . tdt (t 3)dt = t t t 2 8 24 8 12 4 6 − +   = = + + = + =  ÷   ∫ ∫ 14) 1 1 3 2 2 2 0 0 4 4 x x I dx xdx x x = = − − ∫ ∫ Đặt tdtxdxtxxt −=⇒−=⇒−= 222 44 . Khi x = 0 ⇒ t = 2 ; khi x = 1 ⇒ 3 = t Ta có ( ) ∫ ∫ −=−−       −=       −=−=− − = 3 2 2 3 3 2 3 2 2 33 3 16 334 3 8 8 3 1 4)4()( 4 ttdtttdt t t I 5 LTDH 2009 GV VÕ SĨ KHUÂN 15) 1 1 1 2 2 1 2 2 2 0 0 0 ( . ) 4 4 x x x xdx I x e dx xe dx I I x x = − = − = − − − ∫ ∫ ∫ 1 2 1 0 . x I x e dx= ∫ Đặt 2 2 1 2 x x du dx u x v e dv e dx =  =   ⇒   = =    ( ) 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 1 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 . ( 1) 2 2 2 4 2 4 4 4 x x x I x e e dx e e e e e= − = − = − + = + ∫ 1 1 1 2 1/2 2 2 2 2 0 0 0 1 (4 ) (4 ) 4 2 3 2 4 xdx I x d x x x − = = − − − = − − = − − ∫ ∫ 2 1 2 1 7 3 4 4 I I I e= − = − + . NHỊ THỨC NIUTON 1) Tìm hệ số của x 7 trong khai triển đa thức (2 − 3x) 2n , trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn: 1 3 5 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 . 1024 n n n n n C C C C + + + + + + + + + = Giải (1+ x) 2n+1 = 0 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 . n n n n n n C C x C x C x + + + + + + + + + + Lần lượt cho x = 1 và x = - 1 suy ra : 2 2n = 1 3 5 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 . 1024 n n n n n C C C C + + + + + + + + + = ⇒ 2n = 10 Vậy: (2 − 3x) 2n = (2 − 3x) 10 = 10 10 10 0 ( 1) 2 (3 ) k k k k k C x − = − ∑ ,suy ra hệ số của x 7 là : 7 7 3 10 3 2C− 2) Áp dụng khai triển nhị thức Newton của (x 2 + x) 100 .Chư ́ ng minh ră ̀ ng : 99 100 198 199 0 1 99 100 100 100 100 100 1 1 1 1 100 101 . 199 200 0 2 2 2 2 C C C C         − + − + =  ÷  ÷  ÷  ÷         Giải (x 2 + x) 100 = 0 100 1 101 2 102 100 200 100 100 100 100 .C x C x C x C x+ + + + Lấy đạo hàm hai vế,cho x = -1/2 và nhân (-1) ,Kq 3) Tìm hệ số của x 8 trong khai triển (x 2 + 2) n , biết: 49CC8A 1 n 2 n 3 n =+− . Giải ĐK : n≥ 4 (x 2 + 2) n = 2 0 ( 1) 2 n k k n k k n k C x − = − ∑ .Hệ số của x 8 là: 4 4 2 n n C − Ta có: 49CC8A 1 n 2 n 3 n =+− ⇔ n = 7 4) Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển nhị thức Newton (1+3x) 2n biết rằng 1002 23 =+ nn AA (n là số nguyên dương) 5) Chứng minh với mọi n nguyên dương luôn có : ( ) ( ) ( ) 0C1C1 .C1nnC 1n n 1n 2n n 2n 1 n 0 n =−+−++−− − − − − . Giải Ta có : 0 1 1 2 2 1 1 ( 1) . ( 1) ( 1) n n n n n n n n n n n n n x C x C x C x C x C − − − − − = − + + + − + − Đạo hàm hai vế của (1) : 1 ( 1) n n x − − = 0 1 1 2 2 3 1 1 ( 1) ( 2) . ( 1) n n n n n n n n n nC x n C x n C x C − − − − − − − + − + + − Cho x = 1 suy ra đpcm 6) Cho số nguyên n thỏa mãn )3(35 )2)(1( 33 ≥= −− + n nn CA nn . Tính tổng n n n nnn CnCCCS )1( .43.2 2423222 −+−+−= 6 LTDH 2009 GV VÕ SĨ KHUÂN 7) Chứng minh rằng với n là số nguyên dương : )1(2 13 1 2 . 2 1 .2 1 0110 + − =+++ + + − n C n C n C n n nn n n n 8) Chứng minh rằng với n là số nguyên dương : n 0 n 1 1 n 1 n 1 n n n n.2 C (n 1).2 C 2C 2n.3 − − − + − + + = HD GIẢI 4) Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển nhị thức Newton (1+3x) 2n biết rằng 1002 23 =+ nn AA (n là số nguyên dương) GiẢI 1002 23 =+ nn AA Điều kiện n ≥ 3 5100)1(2)2)(1(100 )!2( ! 2 )!3( ! 1002 23 =⇔=−+−−⇔= − + − ⇔=+ nnnnnn n n n n AA nn ∑ = =+ 10 0 10 10 3)31( k kkk xCx Số hang chứa x 5 tương ứng k = 5 . Hệ số só hạng chứa x 5 là 612363. 55 10 = C 6) 3 3 n n A C n! n! 35 35(n 1)(n 2) (n 1)(n 2) (n 3)! 3!.(n 3)! + = ⇔ + = − − − − − − n(n 1)(n 2) n(n 1)(n 2) 35(n 1)(n 2) 6 − − − − + = − − n n 35 n 30 6 ⇔ + = ⇔ = Ta có : 30 0 1 2 2 3 3 4 4 30 30 30 30 30 30 30 30 (1 ) . (1)x C C x C x C x C x C x + = + + + + + + Đạo hàm hai vế của (1) : 29 1 2 2 3 3 4 29 30 30 30 30 30 30 30(1 ) 2 3 4 . 30 (2)x C xC x C x C x C + = + + + + + Nhân hai vế của (2) cho x Ta được 29 1 2 2 3 3 4 4 30 30 30 30 30 30 30 30 (1 ) 2 3 4 . 30 (3)x x C x x C x C x C x C + = + + + + + Đạo hàm hai vế của (3) 29 28 1 2 2 2 2 3 2 3 4 2 29 30 30 30 30 30 30 30 (1 ) 29 (1 ) 2 3 4 . 30 (4)x x x C xC x C x C x C   + + + = + + + + +   Thay x = –1 vào (4) Ta có : 1 2 2 2 3 2 4 2 30 30 30 30 30 30 0 2 3 4 . 30C C C C C= − + − + − 2 2 2 3 2 4 2 30 1 30 30 30 30 30 2 3 4 . 30 30C C C C C ⇔ − + − + = = Vậy khi n = 30 Ta có : 2 2 2 3 2 4 2 30 30 30 30 30 2 . 3 4 . 30 . 30S C C C C = − + − + = 7) Khai triển nhị thức Newton: n n n n n n n n n CxCxCxCx ++++=+ −− )1( 22110 Lấy tích phân hai vế với cận từ 0 đến 2 Ta có 2 2 2 2 2 1 1 2 0 1 1 2 2 0 1 0 0 0 0 0 0 ( 1) ( 1) ( ) . 1 1 n n n n n n n n n n n n n n n n x x x x dx C x C x C x C dx C C C x n n n + + − −   + + = + + + + ⇔ = + + +  ÷ + +   ∫ ∫ n nn n n nn CC n C nn 1 2 . 2 1 2 1 13 1 10 11 +++ + = + − ++ . Chia hai vế cho 2 Ta được )1(2 13 1 2 . 2 1 .2 1 0110 + − =+++ + + − n C n C n C n n nn n n n (đpcm) 8) Ta có công thức khai triển 0 1 1 2 2 3 3 1 ( 1) n n n n n n n n n n n n n x C x C x C x C x C x C − − − − + = + + + + + + (1) Đạo hàm hai vế của (1) Ta được 1 1 0 2 1 3 2 1 ( 1) ( 1) ( 2) . n n n n n n n n n n x nx C n x C n x C C − − − − − + = + − + − + + (2) Nhân 2 vế của (2) cho x rồi thay x = 2 vào Ta được : n 0 n 1 1 n 2 2 n 1 n 1 n n n n n.2 C (n 1).2 C (n 2)2 C 2C 2n.3 − − − − + − + − + + = (đpcm) 7 . .tanI x xdx π = ∫ 10) 2 1 ln . e x x dx ∫ 11) 4 sin 0 (tan cos ) x x e x dx π + ∫ 12) ∫ −+ = 2/ 0 2cossin43 2sin π dx xx x I 13) ∫ + + = 2 0 14 1 dx x x I. biến thiên , (1) có nghiệm [-1;1]x ∈ ⇔ (2) có nghiệm [3;9]t ∈ ⇔ 48 4 7 m≤ ≤ 1 LTDH 2009 GV VÕ SĨ KHUÂN 4) Giải phương trình: ( ) ( ) 3 1 8 2 2 log 1 log 3