phần i lũy thừa hàm số mũ hàm số lôgarit i lũy thừa 1 định nghĩa xác định khi k xác định x k 2 các tính chất tất cả các loại lũy thừa đều có tính chất tương tự sau đâychỉ khác điều k

Hướng giải: Thường biến đổi để phương trình chỉ còn một hàm số mũ duy nhất ( nhưng không thể biến đổi gọn hơn để đưa về các dạng cơ bản đã biết ở trên ) và đặt nó làm ẩn phụ để đưa việc[r]

Phần I: LŨY THỪA, HÀM SỐ MŨ, HÀM SỐ LÔGARIT I.Lũy thừa:

1 Định nghĩa:

 n     ( , *) n thừa số

a a a a a n

 a1   a a , a0   1 a

 

( , 1, / )

n n

a n Z n a R

a

 

    

 0; ,  m

n m n

a a a m n N

   

 

1

0; , m

n

m n m n

a a m n N

a a



    

 2kx xác định x³ (k  ¥) · 2k+1x xác định x  ¡ (k  ¥ ) Các tính chất : Tất loại lũy thừa có tính chất tương tự sau đây(Chỉ khác điều kiện): Cho a0;b0 m n,   Ta có:

m n m n a a a 

   (am n) ( )an m am n m

m n n

a a a



 

 ( )a b n a bn n

n n

n

a a

b b

     

  II.Hàm số lũy thừa: Đạo hàm hàm số lũy thừa:

 x / .x (x 0, )

  

   

;  

/ 1 /

( 0, )

u u u u

  

   

III Lôgarit: log  0; 1; 0

dn

ab  a b a a b

Các tính chất : Với a0; a1; b0;b10;b2 0;c0;c1 Ta có tính chất:

log 0a

   logaa1

logaab b

   aloga 

2 log ( ) loga b b ab logab

  

1

1

2

log ( ) loga b ab logab b

  

logab logab

 

 

1 log n log

a b ab

n

 

Đặc biệt :

2

logaN 2.loga N

loglog.log cca bab



log log

log c a

c b b

a

 

 

log

log a

b

b b

a

  

 

log k loga

a N k N 

  

Công thức đặc biệt: alogbc clogba IV Hàm số mũ: Có dạng : y a x ( a > , a1 ).

 Tập xác định : D  Tập giá trị :  

x

T  a   x R

tøc lµ:

 Tính đơn điệu:

 Đồ thị hàm số mũ y a x:

a > 1 0 < a < 1

 Đạo hàm hàm số mũ:

 ex ' ex

 

 ' '

u u

e u e

 

 ax / axlna

 

(a > 0, a ≠ 1)  ' ' ln

u u

a u a a

 

V Hàm số lơgarít: Dạng ylogax ( a > , a 1)

 Tập xác định : D (0; )  Tập giá trị: T

 Tính đơn điệu:

+ a > : ylogax đồng biến (0;) (Tức là: x1x2  logax1loga x2) + < a < : yloga x nghịch biến (0;)

(Tức là: x1x2  logax1logax2)  Đồ thị hàm số lơgarít:

a > 1 0 < a < 1

 Đạo hàm hàm số lôgarit:

  log '

ln

ax

x a

 

 

' log '

ln

a

u u

u a

 

  lnx '

x

 

  ' lnu ' u

u

 

MỘT SỐ DẠNG TOÁN CƠ BẢN (Xem thêm). Dạng 1: Rút gọn biểu thức, tính giá trị biểu thức:

Hướng giải: Sử dụng công thức biết, rút gọn biểu thức.

Ví dụ 1: Tính log 1525 theo a biết log 153 =a.

Phân tích: Tìm mối liên hệ giả thiết kết luận  Biểu diễn log 1525 log 153 qua log 53 .

Ta có: 25 52 ( 5 ) ( )

1

log 15 log 3.5 log log log

2

= = + = +

3 3

1 log 15 log 3.5 log log log log

1 a

a

= = + = + = Þ =

Vậy: 25 ( )

1 1

log 15 log 1

2 2( 1)

a

a a

ỉ ư÷

ỗ

= + = ỗỗố - + =ứữữ

- Ví dụ 2: Rút gọn biểu thức

1 1

1 -1

1 1

1

( ax )( )

4

a x a x

C xa

a x a x

   



   

 

  

Phân tích:  Nên rút gọn biểu thức nhỏ.(Cũng giải theo hướng qui đồng hai phân thức ngoặc phía sau)

Giải:

2

2 2 2 2 2

2

1 1

1

1 1

4

1 ( ) ( ) 2( )

( )( ) ( )

4 4

x a x a

x a a x a x x a ax ax

C

x a x a

a x ax

a x a x ax ax

x a x a x a x a x a x a x a x a

ax x a x a ax x a ax ax

 

   

 

    

 

        

 

       

   

        

    

  

Dạng 2: So sánh hai số dạng lũy thừa, lôgarit: Hướng giải:

Sử dụng tính chất hàm số mũ (lơgarit) có số a:a1: hàm số đồng biến, 0a1 hàm số nghịch biến tập xác định

Nếu số: Ta so sánh trực tiếp dựa vào số lớn hay nhỏ Nếu khác số, ta so sánh thông qua số thứ ba

Ví dụ: a So sánh cặp số

0,2       

0,3     

  b So sánh cặp số: log 20,1 log 50,1

a.Vì 



nên hàm số

x

y  

  hàm số đồng biến Do đó:

0,2

3

 

             hay

0,2

  

     .

Ta có:   

nên hàm số

x

y 

  hàm số nghịch biến Do đó:

0,3

4

 

   



   

    hay

0,3

  

    

Từ ta rút ra:

0,2 0,3

3

 

   



   

   

b Ta có:

0,1 0,1

0 0,1

log log 5

  

 



 

Dạng 3: Đạo hàm hàm số mũ, lôgarit:

Hướng giải: Sử dụng công thức đạo hàm nêu trên.

Ví dụ: Tính đạo hàm hàm số: a.y e x(cosx 2) b

ln ln

x y

x  



Giải:

a  

  cos

' '(cos 2) cos ' (cos 2) sin sin

2

x x x x x x

y e x e x e x e x e x

x x x

 

           

 .

b

       

 

 

   

2 2

1

ln (ln 1)

ln ' ln ln ln '

ln

' '

ln ln 1 ln 1 ln 1

x x

x x x x

x x x

y

x x x x x

  

    



 

    



    

BÀI TẬP: Tính đạo hàm hàm số:

1) y = x.ex 2) y = x7.ex 3) y = (x – 3)ex 4) y = ex.sin3x

5) y = (2x2 -3x – 4)ex 6) y = sin(ex) 7) y = cos( ex22 1x ) 8) y = 44x –

9) y = x.lnx 10) y = x2lnx -

2

2

x

11) ln( x 1x2 ) 12) y = log3(x2- 1)

13) y = ln2(2x – 1) 14) y = x.sinx.lnx 15) y = lnx.lgx – lna.log

Phần 2: PHƯƠNG TRÌNH MŨ, PHƯƠNG TRÌNH LƠGARIT

Chú ý: Trước giải phương trình, bất phương trình; cần ý đặt điều kiện cho phương trình, bất phương trình (nếu có)

Phương trình mũ:

Cách giải tổng quát : Biến đổi phương trình để đưa hàm số có mặt phương trình số

Một số phương pháp thường sử dụng:

I Phương trình mũ bản: af x( ) m Điều kiện: 0a1

Trường hợp 1: m0: Phương trình vơ nghiệm.

Trường hợp 2: m0: Nên suy nghĩ theo hai hướng ( Có thể ln thực theo hướng thứ hai):  Nếu m = an ta có: ( )    

f x n

f x a a f x n

a  m   

 Nếu m a n ta có: af x  m f x  logam Ví dụ: Giải phương trình:

a.5x16.5x 3.5x152 b.3 2x x172

Nhận xét: Trong hai phương trình, khơng có phương trình cần đặt điều kiện

Phân tích câu a)  Có thể biến đổi biểu thức vế trái để có chung nhân tử 5x  Đặt nhân tử chung, rút gọn Đưa dạng

1 3 52

5 6.5 3.5 52 5.5 6.5 52 (5 ) 52 52 5

5 5

x x x x x x x x x x

                

a.

Vậy phương trình có nghiệm x =

b. Phân tích: biến đổi vế trái:3 2x x1 để đưa lũy thừa số mũ x  đưa dạng

1

3 2x x 72 2 72x x 2.6x 72 6x 36 6x x

          

II Đưa số:

Hướng giải:

- Biến đổi hàm số cĩ mặt phương trình số, sau đĩ rút gọn, đưa dạng dạng: af x( ) ag x( ) f x( )g x( ) (Với a 1).  (Thường gặp)

- Nếu số a thay đổi thì:    

 

   

0 ) ( ) ( ) (

0 )

( ) (

x g x f a a a

af x g x

(Ít gặp)

Ví dụ: Giải phương trình:

2

3

9

x

x x

 

 

 

  

 

Nhận xét: Hai vế phương trình biến đổi để đưa số

   

2

2

2

3 2 10

2

1

9 3 3 10

3

1

2

3

x

x x x

x x x x x x x x

x

x x

x

 

   

     

 

         

   

 

     

 

Vậy phương trình có hai nghiệm: x = 1; x = -3 BÀI TẬP: Giải phương trình sau:

a) 2x4 3 b)

2 6

2x  x 16 c) 32x3 9x23x5

d) 2x2 x 41 3 x

 e) 52x + 1 – 52x -1 = 110 f)

5 17

7

32 128

4

x x

x x

 

g) 2x+ 2x -1 + 2x – 2 = 3x – 3x – 1 + 3x - h) (1,25)1 – x = (0,64)2(1 x)

III Đặt ẩn số phụ:

Hướng giải: Thường biến đổi để phương trình cịn hàm số mũ (nhưng biến đổi gọn để đưa dạng biết trên) đặt làm ẩn phụ để đưa việc giải phương trình cho giải phương trình đại số (Chú ý lấy nghiệm dương ẩn số phụ) Một số dạng thường gặp:

Loại 1: Phương trình có dạng

kf(x) (k-1)f(x) f(x)

k k-1 1 0

b a + b a + + b a + b = 0

Khi ta đặt: t = af(x) điều kiện: t > Ta phương trình đại số ẩn t, giải pt đại số ta

biết nghiệm phương trình ẩn t

Nếu có nghiệm t cần xét xem có thỏa điều kiện t > hay khơng Nếu thỏa điều kiện giải phương trình t a f x( )để tìm nghiệm phương trình cho.

Ví dụ: 4x1 6.2x1  8 (2 )x1 2 6.2x1 8 Đặt t =2x1 Điều kiện t > Ta có

2 6 8 0

4 t t t

t       

   Với t = ta có 2x1=2 x0

 Với t = ta có 2x1= 4 x1

Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x0 x1 BÀI TẬP: Giải phương trình

1) 4x + 2x+1 – = 0 2) 4x+1 – 2x+1 + = 0 3) 34x+8 – 32x+5 + 27

4)

16x 17.4x 16

   6) 49x7x1 0 8) 7 3 2 3

x x

   

9) 4cos2x +

4cos2x =

Loại 2: Phương trình đưa dạng:

f(x) 2 1 f(x) 3

α

α a + + α = 0

a

Hướng giải: Đặt t a f x( ).

Ví dụ 1: Giải phương trình

1 125

5 26 26

5

x x x

x

 

     

Đặt t5 ;x t0 Ta phương trình:

2 125 ( )

125

26 26 125

5 ( )

5

t

t t

t

t t

 

        

 

nhaän nhận  Với t =125 ta có 5x125 x3.

 Với t = ta có 5

x

x   

Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x = x =

Ví dụ 2: Giải phương trình ( 7 48 )x( 7 48 )x 14 (1) Ta có ( 7 48 ) ( 7x  48 )x 1 Đặt

1 ( 48 ) ;(x 0) ( 48 )x

t t

t

     

(1) Trở thành:

2 48

1

14 14

7 48

t

t t t

t t

  

       

  

 Vớt t 7 48 ta có: ( 7 48 )x  7 48 x2.  Vớt t 7 48 ta có: ( 7 48 )x  7 48 x2

BÀI TẬP: Giải phương trình

1) (2+√3)x+(2−√3)x=2 2) (√7−√48)x+(√7+√48)x=14

Loại 3: Phương trình có dạng:

2f(x) f(x) 2f(x)

1 2 3

α a + α (ab) + α b = 0

Hướng giải: Chia hai vế cho b2 ( )f x ta phương trình α1 (ab) 2f(x)

+ α2 (ab)

f(x)

+

α3 =

Ta đặt: t = (a

b)

f(x)

điều kiện: t > 0, giải phương trình ẩn t, sau tìm nghiệm x Chú ý: Cũng chia hai vế phương trình cho: ( )ab f x( ) hoặc: a2 ( )f x

Ví dụ: Giải phương trình 9x6x 2.4x.

2

3

9 3

9 2.4 ( ) ( ) 0

4 2 3

2( )

2

x

x x

x x x x x

x x

      

 

    

              



     

      

Vô nghiệm BÀI TẬP CHUNG: Giải phương trình:

a) 92x +4 - 4.32x + 5 + 27 = b) 52x + 4 – 110.5x + – 75 =

c)

1

5

2

2 5

x x

   

  

   

    d) 5 x  53 x 20 e) 4 15 4 15

x x

   

f)  6  6 10

x x

   

IV.Phương pháp lơgarit hóa hai vế (thường sử dụng trường hợp hai vế không số)

Hướng giải: Biến đổi phương trình dạng:

)

, , ( log ) ( log

) ( ) ( ) (

    



b f x a g x b a b c

af x g x c c

Lưu ý: Ta thường lơgarit hóa hai vế với số a b

Ví dụ: Giải phương trình:

2

3

2x 5x  x



Nhận xét: Ta biến đổi phương trình để đưa số, cịn hàm số mũ nhất, cách giải lấy lơgarit hóa hai vế

Lấy lôgarit theo số hai vế phương trình ta được:

 

2

3

2 2

2

5

3 log log ( 2)( 3) log ( 3) ( 2) log

1 ( 2) log

3

2 log 2 log

x x x x x x x x x

x

x x

x x

    

            

  

 

 

   

   

 

BÀI TẬP: Giải phương trình

a) 2x - = b) 3x + = 5x – c) 3x – =

2 7 12 5x  x

d) 2x2 5x25x6 e) 500

x x x

 f) 52x + - 7x + 1 = 52x + 7x

V Đốn nhận nghiệm chứng minh nghiệm cách sử dụng tính đơn điệu hàm số mũ.

 Tính chất : Nếu hàm số f tăng ( giảm ) khỏang (a;b) phương trình f(x) =

C có khơng q nghiệm khoảng (a;b) ( tồn x0 (a;b) cho

f(x0) = C nghiệm phương trình f(x) = C)

 Tính chất : Nếu hàm f tăng khoảng (a;b) hàm g hàm hàm giảm

khoảng (a;b) phương trình f(x) = g(x) có nhiều nghiệm khoảng (a;b) ( tồn x0 (a;b) cho f(x0) = g(x0) nghiệm phương

trình f(x) = g(x))

Ví dụ: Giải phương trình:76x  x 2.

Dễ nhận thấy x = nghiệm phương trình cho

Ta có: Hàm số mũ:

6

6

( )

7

x x

f x



  

  

  hàm số giảm  số:

0

7  

Hàm số bậc nhất: g x( ) x hàm số tăng  hệ số a = > 0. Vậy: x = nghiệm phương trình

BÀI TẬP: Giải phương trình:

a) 3x + 4 x = 5x b) 3x – 12x = 4x c) + 3x/2 = 2x

Phương trình Lơgarit:

1 Phương trình lơgarit bản:

Phương trình lơgarit có dạng: logax m , m số cho.

 Phương trình có điều kiện xác định x > (a0, a1)

 Với m , phương trình loga x m có nghiệm x a m

Ví dụ: Giải phương trình: log (32 x2x) 2 .

Điều kiện: 3x2 x 0 (Đối với phương trình, ta đặt điều kiện mà khơng cần giải điều kiện đó. Sau giải phương trình tìm kết quả, ta thử nghiệm)

Ta có:

2 2

2

1

log (3 ) 4 4

3

x

x x x x x x

x   

         

  

So với điều kiện, ta thấy phương trình có hai nghiệm:

4

1;

3 x x

2 Phương pháp đưa số: Biến đổi phương trình để đưa dạng nêu dạng: logaM loga N  M N.

Ví dụ 1: Giải phương trình log (2 x 5) log ( x2) 3

(1) Điều kiện: x5

(1)        

2

3

log 5 18

6 (

x

x x x x x x

x  

 

               

 

(không thỏa đk) thỏa đk)

Vậy phương trình có nghiệm x6

Ví dụ 2: Giải phương trình

4

2

log x4log xlog x13 Điều kiện: x0

1

2

4 2

2 2

2

2

1

log 4log log 13 log 4log log 13 2log 2log log 13

3 13

log 13 log

3 (Thỏa điều kiện)

x x x x x x x x x

x x x

          

     

Vậy phương trình có nghiệm nhất: x8 BÀI TẬP: Giải phương trình sau :

1) log (x x6) 3 2) log2(9x – 2+7) – = log

2( 3x – + 1)

3)

) ( log ) ( log ) ( log

2

1

2 x  x   x

4) log4(x + 2) – log4(x -2) = log46

5) lg(x + 1) – lg( – x) = lg(2x + 3) 6) log4x + log2x + 2log16x =

7) log4(x +3) – log4(x2 – 1) =

3 Phương pháp đặt ẩn phụ:

Hướng giải: Biến đổi để phương trình cịn hàm lơgarit nhất, sau ta đặt làm ẩn phụ (Chú ý điều kiện), chuyển phương trình cho thành phương trình đại số

Ví dụ1: Giải phương trình

1

1 lg x1 lg x  .

Phân tích: Ta nhận thấy phương trình có hàm số lơgarit nhất, lgx Vì ta giải pt cách đặt tlg x

Đặt tlgx đk t5và t 1.Ta phương trình:

1

1

5 t1t     

2 11

1 11

5

t

t t t

t t  

       

 

 

 

2 5 6 0

3

t

t t

t   

    

 

thỏa điều kiện thỏa điều kiện  Với t = ta có lgx 2 x100

 Với t = ta có lgx 3 x1000

Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = 100; x = 1000

Ví dụ 2: Giải phương trình

2

2

log (x1) log (x1) 7 Điều kiện: x1

2

2

log (x1) log (x1) 7  4log22x13log2x1 0

Đặt tlog2x1, ta phương trinh:

1

4 7

4

t

t t

t   

    

    Với t =1 ta có

 

2

log x1  1 x1 2  x3

 Với t

ta có  

7

4

2

7

log 1 2

4

x x x

 



       

Kết luận: BÀI TẬP: Giải phương trình sau :

1)

3 3

2

4

log log

3 x x 

2) log log23

3 x x  

3)

1

1

4 ln x2 ln x  4) log2x + 10log2x6 9 5)

2

2

2 2

log x3log xlog x2

4 Phương pháp biến đổi phương trình dạng tích:

Ví dụ: Giải phương trình sau : log2 x2.log7 x 2 log log2x x

2 7 2 7

7

2 7

2

log 2.log log log log log log 2.log

1 log log

log (1 log ) 2(1 log ) (1 log )(log 2)

log log

7

(Thỏa điều kiện) (Thỏa điều kieän)

x x x x x x x x

x x

x x x x x

x x

x x

       

  

 

            

  

 

   

 

Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x = x =

5 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số: * Ta thường sử dụng tính chất sau:

 Tính chất : Nếu hàm số f tăng ( giảm ) khoảng (a;b) phương trình f(x) =

C có khơng q nghiệm khoảng (a;b) ( Do tồn x0 (a;b) cho

f(x0) = C nghiệm phương trình f(x) = C)

 Tính chất : Nếu hàm f tăng khoảng (a;b) hàm g hàm hàm giảm

khoảng (a;b) phương trình f(x) = g(x) có nhiều nghiệm khoảng (a;b) ( Do tồn x0  (a;b) cho f(x0) = g(x0) nghiệm phương

trình f(x) = g(x))

Ví dụ: Giải phương trình: 13

log (x1) log (2 x 3) 2

Phân tích: Trước tiên ta cần đặt điều kiện cho phương trình Do hai hàm số lơgarit khơng số biến đổi cho vế trái tổng hai hàm số đồng biến( số lớn 1)  Áp dụng tính chất

Giải: Điều kiện:

1

1

2

2 x x

x

x x

   

 

  

 

  

 



Ta có: 13

log (x1) log (2 x 3) 2  log (x1) log (2 x 3) 2 Dễ thấy phương trình có nghiệm x3

Do số lớn nên hàm số ylog (2 x1);ylog (23 x 3)đều đồng biến khoảng

3 ;

 



 

  Do hàm số: ylog (2 x1) log (2 x 3)đồng biến khoảng

3;

 



 

 .

Mặt khác y2 hàm Do phương trình cho có nghiệm x =

Phần 3: BẤT PHƯƠNGTRÌNH MŨ, LƠGARIT Bất phương trình mũ:

Xét bất phương trình dạng:

 0; 1

x

a b a a

 Nếu b0: Bất phương trình có tập nghiệm T 

 Nếu b0:

a > 1 0 < a < 1 log

x

a

a  b x b

log

x

a

a  b x b

Một số bất phương trình bản:

a > 1 0 < a < 1

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

f x g x f x g x

a a f x g x

a a f x g x

   

   

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

f x g x f x g x

a a f x g x

a a f x g x

   

   

   

( ) ( ) ( ) ( )

( 1) ( ) ( ) ( 1) ( ) ( )

f x g x a f x g x a

a a a a

a f x g x a f x g x

 

 

 

       

     

 

 

1.Phương pháp đưa số:

Hướng giải: Ta biến đổi hàm số mũ bpt số, sau đưa dạng (Nếu nên đưa số a >1)

Giải bất phương trình:

2 6 8 ) 6x x a  



3

3 2 1

1

)

2

x

x x

b

 



       Giải:

2 6 8 6 8 0 2

) 6 6

4

x x x x x

a x x

x

     

        

 

Vậy tập nghiệm bất phương trình là: S  ( ; 2) (4; ) b) Điều kiện: x3

   

   

3

3 3 5

3 2 1 1 2 1 2 1

3

2

1 5

2 2 2 2

2 3

3 (2 1)(3 ) 10

0 ; 3;

3

x

x x

x x x x

x x x x x x

x x

x x x x x

x

x x



 

 

       

 

            

 

 

 

     

           

 

Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có tập nghiệm là: T     ; 4  3; 1  BÀI TẬP : Giải bất phương trình sau :

1)

2 2 1

3 ( )

3

x x x x  



2)

1

1 2

x x x



 

2 Phương pháp đặt ẩn phụ:

Hướng giải: Biến đổi bất phương trình cho bpt cịn hàm số mũ (nhưng biến đổi đưa dạng biết) Ta giải cách đặt làm ẩn phụ

Ví dụ: Giải bất phương trình:

1

16x 4x

  

   

1

2

2

16x 4x x 4x 4x 2.4x

          

Đặt t4 (x t0) Ta bất phương trình: t22t 0  4 t 2. So với điều kiện, ta có:0 t 2 hay: 2x 2 x1 Vậy bất phương trình có tập nghiệm:

 ;1 

T    BÀI TẬP:

1.Giải bất phương trình sau: 1)

2

2 x 3.(2 ) 32 0x  

2) 821x  4x 21x 5 3)2x23x9 4)

1

1 1 2 1 2

2

15  

  

 x x

x

5)

2 1

1

( ) 3.( ) 12

3

x x 

6) 2.14x3.49x 4x 0 Giải bất phương trình:

a) 16x – ≥ b)

2

9

x

    

  c)

6 9x3x

d) 4x2 x

 e)

2 15

3

1

2

2

x x

x

 



 

  

  f) 52x + > 5x

a) 22x + + 2x + > 17 b) 52x – – 2.5x -2 ≤ c)

1

1

4x 2x 3

d) 5.4x+2.25x ≤ 7.10x e) 16x – 24x – 42x – ≤ 15 f) 4x +1 -16x ≥ 2log 48

g) 9.4-1/x + 5.6-1/x < 4.9-1/x

Bất phương trình lơgarit:

1 Dạng bản: loga x b ( a > , a0 )

Điều kiện : x >

a > 1 0 < a < 1 log

b ax b  x a

log

b a x b  x a

2 Phương pháp đưa số:

Hướng giải: Ta biến đổi hàm số lôgarit bpt số, sau đưa dạng (Nếu nên đưa số a >1)

Ví dụ: Giải bất phương trình sau: a

2

log (2x 5x 3) 2 b.log (3 x1) log (11 3  x) 3

Giải:

a.Điều kiện:

3

2 1

2 x x x

x        

  

2 2

2

7

log (2 3) 2 5

1 x

x x x x x x

x 

  

           

   Vậy tập nghiệm bất phương trình là: 

7

;1;

2

S







b.Điều kiện:

1

1 11

11

x

x x

  

    

  

3

3 3

2

log ( 1) log (11 ) log ( 1)(11 ) ( 1)(11 ) 10 11 27

10 16

8

x x x x x x x x

x

x x

x

                

       

 

Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm bất phương trình là: S  1; 2  8;11  3 Phương pháp đặt ẩn số phụ:

Hướng giải: Biến đổi bất phương trình cho bpt cịn hàm số lôgarit (nhưng biến đổi đưa dạng biết) Ta giải cách đặt làm ẩn phụ

Ví dụ: Giải bất phương trình:

2

4

log (2 x) 8log (2  x) 5

Giải: Điều kiện: x2

2

2 2

2 2 2

4

log (2 x) 8log (2  x) 5  log (2 x) 8log (2   x) 5  log (2 x) log (2  x) 0 

Đặt: tlog (22  x), ta thu bất phương trình:

2 4 5 0

1 t t t

t       

   Với t5 ta có:

5

1 63

log (2 ) 2

32 32

x x  x x

 Với t1 ta có:

log (2 x) 1  2 x 2 x0

Kết hợp với điều kiện đề bài, ta tập nghiệm bất phương trình là:   63

;0 ;2

32

 

     . BÀI TẬP:

Bài 1: Giải bất phương trình:

1) log4(x + 7) > log4(1 – x) 2) log2( x + 5) ≤ log2(3 – 2x) –

3) log2( x2 – 4x – 5) < 4) log1/2(log3x) ≥

5) 2log8( x- 2) – log8( x- 3) > 2/3 6)

1

3

log

2 x x

   Bài 2: Giải bất phương trình:

1)

1

1

1 log xlogx 2) 14

3

log (3 1).log ( )

16

x

x 

 