[r]
(1)Vài vấn đề phương trình &Bất phương trình Mũ Log
1) Giải phương trình: log22x(x 7) log2x12 4 x0
2) Giải bất phương trình log log 5(log4 3)
2
2 x x x
3) Tìm giá trị tham số thực m cho phương trình sau có nghiệm thực:
2
1 1
9 x (m2)3 x 2m 1
4)
3
1
2
2
log x 1 log 3 x log x1 0
5) Giải bất phương trình: 9x x2 1 1 10.3x x2 2.
6) Giải bất phương trình: log ( 32 x 1 6) log (7 10 x) 7) Giải bất phương trình:
4
2
2
1
log ( 3) log ( 1) log (4 )
2 x 4 x x
8) Tìm m để bất phương trình: 52x – 5x+1 – 2m5x + m2 + 5m > thỏa với số thực x. 9) Giải bất phương trình:
2
1
ln ln( 1)
2
x
x x
10) Giải phương trình: log9(x + 1)2 + log 32log 4 xlog (27 x4) (1)3
11) Cho phương trình : log52 x2 log52x 1 m 20 , ( m tham số )
Tìm giá trị tham số m để ptrình cho có nghiệm thuộc đoạn
3
1;5
12) Giải hệ phương trình:
log log
2
y x
x y
xy y
HƯỚNG DẪN GIẢI:
1) Đặt ẩn phụ tlog2 x giải ph.trình bậc 2: t2 (7 x t) 12 4 x0; t=4; t=3-x
Dùng tính đơn điệu chứng minh nghiệm ta có x= 16; x=2(1/2đ) 2) BPT (1) √t2−2t −3
>√5(t −3)⇔√(t −3)(t+1)>√5(t −3) ĐS : ¿∪(8;16) 3) Tìm giá trị tham số thực m cho phương trình sau có nghiệm thực:
2
1 1
9 x (m2)3 x 2m 1
(1) * Đk x[-1;1], đặt t = 31 1 x2
; x[-1;1] t[3;9] Ta có: (1) viết lại
2
2 ( 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
t t
t
, với t[3;9] Ta có:
2
/( ) 3, ( ) 0/
3 ( 2)
t
t t
f t f t
t t
Lập bảng biến thiên
t
f/(t) +
f(t)
(2)Căn bảng biến thiên , (1) có nghiệmx[-1;1] (2) có nghiệm t[3;9]
48
7 m
4) Giải phương trình:
3
1
2
2
log x 1 log 3 x log x1 0
(*) Điều kiện: 1x3 Ta có (*)
2 2
log log (3 ) log ( 1)
1
x x x
x
2 17
1
2 x x x x x x
(tmđk) 5) Giải bất phương trình: 9x x2 1 1 10.3x x2 2
Đặt t 3x2x, t > 0. Bất phương trình trở thành: t2 – 10t +
( t t 9)
Khi t
2 2
3x x 1
t x x x
.(i)
Khi t
2 2
3
1
x x x
t x x
x
(2i)
Kết hợp (i) (2i) ta có tập nghiệm bpt là: S = (- ; -2][-1;0][1; + )
6) Điều kiện:
3
10
7 10
x x
x
1
10 x
log ( 32 x 1 6) log (7 10 x) 2
log log (7 10 )
2
x
x
3
7 10
x
x
3x 1 2(7 10 x)
3x 1 10 x8 49x2 – 418x + 369 ≤ ≤ x ≤ 369
49 (thoả) 7) Giải bất phương trình:
4
2
2
1
log ( 3) log ( 1) log (4 )
2 x 4 x x
ĐKXĐ:
4
( 1) 0
4
x
x x
x
BPT <=> log (2 x3) log x1 log 4 x<=> log (2 x3) x1 log 4 x(x3)x1 4 x
<=>
1
3 ( 3)( 1)
0 3
( 3)(1 )
x
x
x x x
x x
x x x
8) Đặt X = 5x
X > BPT cho trở thành: X2 + (5 + 2m)X + m2 + 5m > (*)
Bpt cho có nghiệm với x (*) có nghiệm với X >
< (*) có hai nghiệm X1 ≤ X2 ≤ Từ suy m
9) Giải bất phương trình:
2
ln ln( 1)
2
x
x x
ĐK: x -1
BPT
2
2
2
1 2( 1)
1
1 2( 1)
2 2( 1)
x x x
x
x x x x x
x x x
(3)2
2
2 1
1
2
x x
x
x x
10) log9(x + 1)2 + log 32log 4 xlog (27 x4) (1)3 ĐK:
4
1
x x
(1) log3(x + 1) + log34 = log3(4 – x) + log3(x + 4)
log34 x1 = log3(16 – x2) 4 x1 = 16 – x2 x = x = - 24 11) Đặt t = log25 x1 ta thấy x
3
1;5
t 1;2
Phương trình có dạng: t2 + 2t – m – = 0; t 1;2 t2 + 2t – = m ; t 1;2 Xét hàm số hàm f(t) = t2 + 2t – 1;2 ta f(t) 5
ĐK m là: m
12) Giải hệ phương trình:
log log
2
y x
x y
xy y
Điều kiện: x > x ≠ y > y ≠
Ta có logy xy logxy log2yxlogyx 0
log
log
y y
x x
1
x y
x y
+ Với x = y x = y = log 12
+ Với x =
y ta có:
1
2y 2y
theo bất đẳngt thức Cô-si pt vô nghiệm ĐỀ DỰ BỊ 2008
A1: Giải bất phương trình : log1 2(
log2
2x+3
x+1 )≥0 Bpt log1
2(
log22x+3
x+1 )≥0⇔0<log2
2x+3
x+1 ≤1
2
2
2 3
log 2 1
1 1 2
2 3 1
log
1 1
x x x
x x
x x x x
x x x
x x x
Vậy bất phương trình có tập ngiệm (– ; –2)
A2: Giải phương trình : 3+
log3x=logx(9x −
6
x)
Điều kiện
¿
0<x ≠1
x>√6
3
¿{
¿
Ta có:
2
3
1
3 log log log (9 6) log (3 ) log (9 6)
log x x x x x x x x x x x
⇔3x4−9x2
(4)B1: Giải phương trình : 12
2log (2x2) log (9 x 1) 1
Giải: 12
2log (2x2) log (9 x1) 1
Điều kiện x > 1/9 Với điều kiện cho phương trình tương đương với
2
2 2
log (4x 8x4) log (9 x 1) 1 log (4x 8x4)) log (18 x 2)
2
1
4 10 3
2
x
x x
x
(thỏa điều kiện) B2: Giải bất phương trình : 32x+1−22x+1−5 6x
<0
32x+1
−22x+1
−5 6x<0⇔3 9x−5 6x−2 4x<0⇔3 (9
4)
x
−5 (3 2)
x
−2<0
Đặt t=(3
2)
x
>0 Ta có
¿
t>0
3t2−5t −2<0
⇔0<t<2⇔0<(3
2)
x
<2⇔x<log3
2
¿{
¿
D: Giải bất phương trình : 22x2
−4x −2−16 22x− x2
−1−2≤0
Ta có :
2 2
2
2 2
2
4
2 16.2
2
x x x x x x
x x
Đặt t 2x22x1 0 Bất phương trình tương đương với :
2
0 0 0
0
4
2 ( 2)( 2)
t t t
t
t t t t t t
t
Vậy 2 x22x12 x2 2x1 1 x2 2x 0 1 3x 1
Giải phương trình bất phương trình : 1)
2
2
2
9
3 x x x x
2) log 2log logx 2x 2x8
3)
3
1
2
2
log x 1 log (3 x) log ( x1) 0
4) 9x2 x1 10.3x2 x
5) log3(3x 1).log3 (3x+1 3) = 6) 2(log 1) log log
4
x x
7)
2
1
2
1
log 2x 3x log x
2
8) 3x+1
−7 22x+7 2x−2=0
(5)Tính tích phân:
1)
1
(x 2) ln x dx
2)
0
(x 1)sin x dx
3)
3 2ln 2ln e
x dx
x x
4) 10
5
dx x x
5)
2(2 1)
dx
x x
6)
2
1
(2 1) cos
I x x dx
7)
3 2
1 ln
ln e
x
I dx
x x
8)
3
2
x
I dx
x
9)
2
0
sin tan
I x xdx
10)
1
ln e
x x dx
11)
4
sin
0
(tanx e xcos )x dx
12)
I=
π/2
sin 2x
3+4 sinx −cos 2xdx
13) I=
x+1
√4x+1dx 14) I=0
x3
√4− x2dx
15) I=
(x.e2x− x √4− x2)dx
16) Trong mặt phẳng Oxy cho hình phẳng (H) giới hạn đường 4y=x2 y = x
Tính thể tích vật thể tròn quay (H) quanh trục Ox trọn vịng
17) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường thẳng y = y=x(1− x)
x2+1
18) Trong mp(Oxy), tính diện tích hình phẳng giới hạn đường y = x2 và
y=√2− x2 HD giải
12) Đặt t = sinx +1 sinx = t – cosxdx = dt
Khi x = t = ; x = /2 t = Ta có :
I=
t −1
t2 dtị=
(1t −
1
t2)dtị=(ln∨t∨ +1
t )¿1
=ln 2−1
2
13) I=
x+1
√4x+1dx Đặt
2
t 1
t 4x x dx tdt
4
Khi x = t = ; x = t =
2
3
3
2
1 1
t
1 1 13 11
4
I tdt (t 3)dt = t t
t 24 12
(6)14)
1
2
0 4
x x
I dx xdx
x x
Đặt t=√4− x2⇒x2=4−t2⇒xdx=−tdt Khi x = t = ; x = t=√3 Ta có
I=
√3
4−t2
t (−tdt)=√3
2
(4− t2)dt=(4t −1
3t
3
)√3
=(8−8
3)−(4√3−√3)= 16
3 −3√3
15)
1 1
2
1
2
0 0
( )
4
x x x xdx
I x e dx xe dx I I
x x
1
0 x
I x e dx
Đặt
2
2
2 x x
du dx u x
v e
dv e dx
1 1
1
2 2 2 2
1 0 0
0
1 1 1 1
( 1)
2 2 4 4
x x x
I x e e dx e e e e e
1 1
2 1/2 2
2 2
0
0
1
(4 ) (4 )
2
xdx
I x d x x
x
2
1
3
4
I I I e
NHỊ THỨC NIUTON
1) Tìm hệ số x7 khai triển đa thức (2 3x)2n , n số nguyên dương thỏa mãn: 12 23 25 22 11 1024
n
n n n n
C C C C
Giải
(1+ x)2n+1 = C20n1C12n1x C 22n1x2 C22nn11 2x n1
Lần lượt cho x = x = - suy : 22n = C21n1C23n1C25n1 C22nn11 1024 2n = 10 Vậy: (2 3x)2n = (2 3x)10 =
10
10 10
( 1)k k2 k(3 )k k
C x
,suy hệ số x7 : C1073 27 2) Áp dụng khai triển nhị thức Newton (x2 + x)100 Chứng minh rằng :
99 100 198 199
0 99 100
100 100 100 100
1 1
100 101 199 200
2 2
C C C C
Giải
(x2 + x)100 = C x1000 100 C x1001 101C x1002 102 C x100100 200
Lấy đạo hàm hai vế,cho x = -1/2 nhân (-1) ,Kq 3) Tìm hệ số x8 khai triển (x2 + 2)n, biết: A
n
3
−8Cn
2
+Cn1=49 Giải ĐK : n≥
(x2+ 2)n =
2
( 1) n
k k n k k n
k
C x
.Hệ số x8 là: Cn42n4 Ta có: An3−8C2n+Cn1=49 n =
4) Tìm hệ số số hạng chứa x5 khai triển nhị thức Newton (1+3x)2n biết rằng
An
3
+2An2=100 (n số nguyên dương)
5) Chứng minh với n nguyên dương ln có : nCn0−
(n −1)Cn
1
+ +(−1)n −2Cn n −2
+(−1)n −1Cn n −1
(7)Giải Ta có :(x 1)n C xn0 n C xn1 n C xn2 n ( 1)n 1C xnn ( 1)nCnn
Đạo hàm hai vế (1) : n x( 1)n1=nC xn0 n (n 1)C xn1 n (n 2)C xn2 n ( 1)n 1Cnn
Cho x = suy đpcm
6) Cho số nguyên n thỏa mãn An
3 +Cn
3
(n −1)(n −2)=35(n ≥3) Tính tổng
−1¿n.n2.Cnn
S=22.Cn
2
−32Cn
3
+42Cn
4
− +¿
7) Chứng minh rằng với n số nguyên dương :
n.C n
0
n+1 +
2n−1C
n
1
n + +
20C
n n
1 =
3n+1
−1 2(n+1) 8) Chứng minh rằng với n số nguyên dương : n.2 Cn 0n (n 1).2 Cn 1n 2Cn 1n 2n.3n
HD GIẢI
4) Tìm hệ số số hạng chứa x5 khai triển nhị thức Newton (1+3x)2n biết rằng An3+2An2=100 (n số nguyên dương)
GiẢI An3+2An2=100 Điều kiện n ≥
An3
+2An2=100⇔ n ! (n −3)!+2
n !
(n −2)!=100⇔n(n−1)(n−2)+2n(n−1)=100⇔n=5
1+3x¿10=∑
k=0 10
C10k 3kxk
¿
Số hang chứa x5 tương ứng k = Hệ số só hạng chứa x5 là
C105 35=61236 6)
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 :(1x)30 C300 C x C x301 302 2C x303 3C x304 4 C x3030 30 (1)
Đạo hàm hai vế (1) : 30(1x)29 C301 2xC302 3x C2 303 4x C3 304 30 x C29 3030 (2)
Nhân hai vế (2) cho x Ta
29 2 3 4 30 30
30 30 30 30 30
30 (1x x) C x2x C 3x C 4x C 30 x C (3)
Đạo hàm hai vế (3)
29 28 2 2 3 29 30
30 30 30 30 30
30 (1 x) 29 (1x x) C 2 xC 3 x C 4 x C 30 x C (4)
Thay x = –1 vào (4) Ta có :
1 2 30
30 30 30 30 30
0C C 3 C C 30 C 22C302 32C303 42C304 30 2C3030 C301 30 Vậy n = 30 Ta có : S 2 2C302 32C303 42C304 30 2C3030 30
7) Khai triển nhị thức Newton: x+1¿n=Cn0xn+Cn1xn −1+C2nxn −2+ +Cnn
¿
Lấy tích phân hai vế với cận từ đến Ta có
2 2
2 1
2
0 1 2
0
0 0 0
( 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
3n+1
−1
n+1 =
2n+1
n+1Cn
+2
n
nCn
1
+ +2
1 Cn
n Chia hai vế cho Ta
n
.Cn
0
n+1 +
2n−1Cn
1
n + +
20Cn n
1 =
3n+1−1
(8)8) Ta có cơng thức khai triển (x 1)n C xn0 n C xn1 n C xn2 n C xn3 n C x Cnn nn
(1)
Đạo hàm hai vế (1) Ta n x( 1)n nx Cn n0 (n 1)x Cn n1 (n 2)x Cn n2 Cnn
(2)
Nhân vế (2) cho x thay x = vào
Ta : n.2 Cn n0 (n 1).2 Cn 1n (n 2)2n 2C2n 2Cn 1n 2n.3n