Tìm tập nghiệm $S$ của bất phương trình $\frac{{{{\log }_2}\frac{x}{2}}}{{{{\log }_2}x}} - \frac{{{{\log }_2}{x^2}}}{{{{\log }_2}x - 1}} \le 1$
Đặt $t = {\log _2}x$
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}\nx > 0\\\n{x^2} > 0\\\n{\log _2}x - 1 \ne 0\n\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < x \ne 2$
$\frac{{{{\log }_2}\frac{x}{2}}}{{{{\log }_2}x}} - \frac{{{{\log }_2}{x^2}}}{{{{\log }_2}x - 1}} \le 1\left( 1 \right) \Leftrightarrow \frac{{{{\log }_2}x - 1}}{{{{\log }_2}x}} - \frac{{2{{\log }_2}x}}{{{{\log }_2}x - 1}} \le 1$
Đặt: $t = {\log _2}x$
$\frac{{t - 1}}{t} - \frac{{2t}}{{t - 1}} \le 1 \Leftrightarrow \frac{{ - 2{t^2} - t + 1}}{{t\left( {t - 1} \right)}} \le 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\nt > 1\\\n0 < t \le \frac{1}{2}\\\nt \le - 1\n\end{array} \right.$
Với $t > 1 \Leftrightarrow {\log _2}x > 1 \Leftrightarrow x > 2$
Với $0 < t \le \frac{1}{2} \Leftrightarrow 0 < {\log _2}x \le \frac{1}{2} \Leftrightarrow 1 < x < \sqrt 2 $
Với $t \le - 1 \Leftrightarrow {\log _2}x \le - 1 \Leftrightarrow x \le \frac{1}{2}$
Kết hợp với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là: $S = \left( {0;\frac{1}{2}} \right] \cup \left( {1;\sqrt 2 } \right] \cup \left( {2; + \infty } \right)$
Xét bất phương trình $\log _2^22x - 2\left( {m + 1} \right){\log _2}x - 2 < 0$. Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để bất phương trình có nghiệm thuộc khoảng $\left( {\sqrt {2;} + \infty } \right)$
Đặt $t = {\log _2}x$, $t \in \left( {\frac{1}{2}; + \infty } \right)$.
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Điều kiện: $x>0$
$\log _2^22x - 2\left( {m + 1} \right){\log _2}x - 2 < 0$$ \Leftrightarrow {\left( {1 + {{\log }_2}x} \right)^2} - 2\left( {m + 1} \right){\log _2}x - 2 < 0{\rm{ }}\left( 1 \right)$
Đặt $t = {\log _2}x$, $t \in \left( {\frac{1}{2}; + \infty } \right)$
${\left( {1 + t} \right)^2} - 2\left( {m + 1} \right)t - 2 < 0 \Leftrightarrow {t^2} - 2mt - 1 < 0$
${t^2} - 2mt - 1 < 0{\rm{ }} \Leftrightarrow f\left( t \right) = \frac{{{t^2} - 1}}{{2t}} < {\rm{ }}m{\rm{ }}\left( {t > \frac{1}{2}} \right){\rm{ }}$
$f\'\left( x \right){\rm{ = }}\frac{{2{t^2} + 2}}{{4{t^2}}}{\rm{ > 0,}}\,\forall {\rm{t}}\,{\rm{ > }}\frac{1}{2}{\rm{ }}$. Vậy hàm số đồng biến trên $\left( {\frac{1}{2};\, + \infty } \right)$
Theo yêu cầu bài toán $m > - \frac{3}{4}$.
Biết rằng $a$ là số thực dương sao cho bất đẳng thức ${3^x} + {a^x} \ge {6^x} + {9^x}$ đúng với mọi số thực $x$. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
Nhóm hạng tử rồi biện luận.
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Ta có:
${3^x} + {a^x} \ge {6^x} + {9^x} \Leftrightarrow {a^x} - {18^x} \ge {6^x} + {9^x} - {3^x} - {18^x} \Leftrightarrow {a^x} - {18^x} \ge {3^x}\left( {{2^x} - 1} \right) - {9^x}\left( {{2^x} - 1} \right)$
$ \Leftrightarrow {a^x} - {18^x} \ge - {3^x}\left( {{2^x} - 1} \right)\left( {{3^x} - 1} \right)\,\,\,\left( * \right)$
Ta thấy $\left( {{2^x} - 1} \right)\left( {{3^x} - 1} \right) \ge 0,\forall x \in \mathbb{R} \Rightarrow - {3^x}\left( {{2^x} - 1} \right)\left( {{3^x} - 1} \right) \le 0,\forall x \in \mathbb{R}$
Do đó $(*)$ đúng với mọi số thực $x$.
$ \Leftrightarrow {a^x} - {18^x} \ge 0,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow {\left( {\frac{a}{{18}}} \right)^x} \ge 1,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \frac{a}{{18}} = 1 \Leftrightarrow a = 18 \in \left( {16;18} \right]$
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ thuộc [0; 10] để tập nghiệm của bất phương trình $\sqrt {\log _2^2x + 3{{\log }_{\frac{1}{2}}}{x^2} - 7} < m\left( {{{\log }_4}{x^2} - 7} \right)$chứa khoảng $\left( {256;{\mkern 1mu} + \infty } \right)$
Đặt $t = {\log _2}x$, $t > 8$. Từ đó xét hàm $f\left( t \right) = \sqrt {\frac{{t + 1}}{{t - 7}}} $
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Điều kiện:
$\left\{ \begin{array}{l} x > 0\\ \log _2^2x + 3{\log _{\frac{1}{2}}}{x^2} - 7 \ge 0 \end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x > 0\\ \log _2^2x - 6{\log _2}x - 7 \ge 0 \end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x > 0\\ \left[ \begin{array}{l} {\log _2}x < - 1\\ {\log _2}x > 7 \end{array} \right. \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x > 0\\ \left[ \begin{array}{l} x \le \frac{1}{2}\\ x \ge 128 \end{array} \right. \end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 0 < x \le \frac{1}{2}\\ x \ge 128 \end{array} \right.$
$\sqrt {\log _2^2x + 3{{\log }_{\frac{1}{2}}}{x^2} - 7} < m\left( {{{\log }_4}{x^2} - 7} \right) \\\Leftrightarrow \sqrt {\log _2^2x - 6{{\log }_6}x - 7} < m\left( {{{\log }_2}x - 7} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)$
Đặt $t = {\log _2}x$, $t > 8$
$\left( * \right) \Leftrightarrow \sqrt {\left( {t + 1} \right)\left( {t - 7} \right)} < m\left( {t - 7} \right) \\ \Leftrightarrow \sqrt {\frac{{t + 1}}{{t - 1}}} < m,\,\forall t > 8$
Đặt $f\left( t \right) = \sqrt {\frac{{t + 1}}{{t - 7}}} $
Theo yêu cầu bài toán $ \Leftrightarrow m \ge \mathop {\max }\limits_{\left( {8;{\kern 1pt} + \infty } \right)} {\mkern 1mu} f\left( t \right)$
Xét hàm số $f\left( t \right) = \sqrt {\frac{{t + 1}}{{t - 7}}} $ trên $\left( {8;{\mkern 1mu} + \infty } \right)$
$f’\left( t \right) = \frac{{ - 4}}{{{{\left( {t - 7} \right)}^2}}}.\sqrt {\frac{{t - 7}}{{t + 1}}} < 0,{\mkern 1mu} \forall t > 8$. Vậy hàm số $f\left( t \right)$ luôn đồng biến trên $\left( {8;{\mkern 1mu} + \infty } \right)$
Do đó: $\mathop {\max }\limits_{\left( {8;{\kern 1pt} + \infty } \right)} {\mkern 1mu} f\left( t \right) = f\left( 8 \right) = 3 \Rightarrow m \ge 3$
Mà $m \in \left[ {0;{\mkern 1mu} 10} \right]$ nên $m \in \left\{ {3;{\mkern 1mu} 4;{\mkern 1mu} ...;{\mkern 1mu} 10} \right\}$
Vậy có tổng cộng 8 giá trị $m$.
Tập nghiệm của bất phương trình ${\left( {{x^2} + \frac{1}{2}} \right)^{2{x^2} + x + 1}} \le {\left( {{x^2} + \frac{1}{2}} \right)^{1 - x}}$ là:
${a^{f\left( x \right)}} = {b^{g\left( x \right)}} \Leftrightarrow f\left( x \right) = g\left( x \right)$
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Do ${x^2} + \frac{1}{2} > 0,\,\forall x\mathbb{R}$
${\left( {{x^2} + \frac{1}{2}} \right)^{2{x^2} + x + 1}} \le {\left( {{x^2} + \frac{1}{2}} \right)^{1 - x}} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\n{x^2} + \frac{1}{2} = 1\\\n\left\{ \begin{array}{l}\n{x^2} + \frac{1}{2} > 1\\\n2{x^2} + x + 1 \le 1 - x\n\end{array} \right.\\\n\left\{ \begin{array}{l}\n0 < {x^2} + \frac{1}{2} < 1\\\n2{x^2} + x + 1 \ge 1 - x\n\end{array} \right.\n\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\nx = \pm \frac{1}{{\sqrt 2 }}\\\n\left\{ \begin{array}{l}\nx \in \left( { - \infty ; - \frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right) \cup \left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}; + \infty } \right)\\\nx \in \left[ { - 1;0} \right]\n\end{array} \right.\\\n\left\{ \begin{array}{l}\nx \in \left( { - \frac{1}{{\sqrt 2 }};\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)\\\nx \in \left( { - \infty ; - 1} \right] \cup \left[ {0; + \infty } \right)\n\end{array} \right.\n\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\nx = \pm \frac{1}{{\sqrt 2 }}\\\nx \in \left[ { - 1; - \frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)\\\nx \in \left[ {0;\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)\n\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow x \in \left[ { - 1; - \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right] \cup \left[ {0;\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right]$
Giả sử $S = \left( {a,b} \right]$ là tập nghiệm của bất phương trình $5x + \sqrt {6{x^2} + {x^3} - {x^4}} {\log _2}x > \left( {{x^2} - x} \right){\log _2}x + 5 + 5\sqrt {6 + x - {x^2}} $. Khi đó $b - a$ bằng
Nhóm nhân tử chung $ \Leftrightarrow \left( {5 - x{{\log }_2}x} \right)\left( {x - 1 - \sqrt {6 + x - {x^2}} } \right) > 0$ và xét từng trường hợp.
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}\nx > 0\\\n6 + x - {x^2} \ge 0\n\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\nx > 0\\ - 2 \le x \le 3\n\end{array} \right.$. Vậy TXĐ: $D = \left( {0;3} \right]$
$5x + \sqrt {6{x^2} + {x^3} - {x^4}} {\log _2}x > \left( {{x^2} - x} \right){\log _2}x + 5 + 5\sqrt {6 + x - {x^2}} $
$ \Leftrightarrow 5x + x\sqrt {6 + x - {x^2}} {\log _2}x > x\left( {x - 1} \right){\log _2}x + 5 + 5\sqrt {6 + x - {x^2}} $
$ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {5 - x{{\log }_2}x} \right) + \sqrt {6 + x - {x^2}} \left( {x{{\log }_2}x - 5} \right) > 0$
$ \Leftrightarrow \left( {5 - x{{\log }_2}x} \right)\left( {x - 1 - \sqrt {6 + x - {x^2}} } \right) > 0$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\n\left\{ \begin{array}{l}\n5 - x{\log _2}x > 0\\\nx - 1 - \sqrt {6 + x - {x^2}} > 0\n\end{array} \right.\left( I \right)\\\n\left\{ \begin{array}{l}\n5 - x{\log _2}x < 0\\\nx - 1 - \sqrt {6 + x - {x^2}} < 0\n\end{array} \right.\left( {II} \right)\n\end{array} \right.$
Giải hệ $(I)$
$\left\{ \begin{array}{l}\n5 - x{\log _2}x > 0\left( 1 \right)\\\nx - 1 - \sqrt {6 + x - {x^2}} > 0\left( 2 \right)\n\end{array} \right.$
Giải (1) $5 - x{\log _2}x > 0$
Xét hàm số $f\left( x \right) = x\left( {\frac{5}{x} - {{\log }_2}x} \right) = xg\left( x \right)$với $x \in \left( {0;\,3} \right]$
Ta có: $g\'\left( x \right) = - \frac{5}{{{x^2}}} - \frac{1}{{x\ln 2}} < 0\forall x \in \left( {0;3} \right]$
Vậy $f\left( x \right) = x\left( {\frac{5}{x} - {{\log }_2}x} \right) > 0\forall x \in \left( {0;3} \right]$
Xét phương trình (2): $\sqrt {6 + x - {x^2}} < x - 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\n6 + x - {x^2} < {\left( {x - 1} \right)^2}\\\nx > 1\n\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\n2{x^2} - 3x - 5 > 0\\\nx > 1\n\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\n\left[ \begin{array}{l}\nx < - 1\\\nx > \frac{5}{2}\n\end{array} \right.\\\nx > 1\n\end{array} \right. \Leftrightarrow x > \frac{5}{2}$
Vậy nghiệm của hệ $(I)$ $D = \left( {\frac{5}{2};3} \right]$
Giải hệ $(II)$ vô nghiệm.
Vậy $S = \left( {\frac{5}{2},3} \right]$
$b - a = 3 - \frac{5}{2} = \frac{1}{2}$
Gọi $M$ và $m$ là nghiệm nguyên lớn nhất và nghiệm nguyên nhỏ nhất của bất phương trình $\frac{{\left( {\left| {2x + 1} \right| - x - 2} \right)\left( {1 - {{\log }_3}\left( {x + 4} \right)} \right)}}{{{5^{{x^2}}} - {5^{\left| x \right|}}}} \ge 0$. Khi đó giá trị của $M.m$ bằng
Lập bảng xét dấu.
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}\nx + 4 > 0\\\n{5^{{x^2}}} - {5^{\left| x \right|}} \ne 0\n\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\nx > - 4\\\nx \ne 0\\\nx \ne \pm 1\n\end{array} \right.$
+ $\left| {2x + 1} \right| - x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left| {2x + 1} \right| = x + 2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\nx + 2 \ge 0\\\n\left[ \begin{array}{l}\n2x + 1 = x + 2\\\n2x + 1 = - x - 2\n\end{array} \right.\n\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\nx \ge - 2\\\n\left[ \begin{array}{l}\nx = 1\\\nx = - 1\n\end{array} \right.\n\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\nx = 1\\\nx = - 1\n\end{array} \right.$
+ $1 - {\log _3}\left( {x + 4} \right) = 0 \Leftrightarrow {\log _3}\left( {x + 4} \right) = 1 \Leftrightarrow x + 4 = 3 \Leftrightarrow x = - 1$
+ $[{5^{{x^2}}} - {5^{\left| x \right|}} \Leftrightarrow {5^{{x^2}}} = {5^{\left| x \right|}} \Leftrightarrow {x^2} = \left| x \right| \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\nx = {x^2}\\\nx = - {x^2}\n\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\nx = 0\\\nx = 1\\\nx = 0\\\nx = - 1\n\end{array} \right.$
Bảng xét dấu ($x=0$ là nghiệm bội 2, $x=1$ là nghiệm bội 2, $x=-1$ là nghiệm bội 3)
Do $x \in \left( { - 4; - 1} \right)$ nên $M = - 2;\,m = - 3$, khi đó $M.m=6$
Tập hợp tất cả các giá trị thực $x$ không thỏa mãn bất phương trình ${3^{{x^2} - 9}} + \left( {{x^2} - 9} \right){5^{x + 1}} \ge 1$ là một khoảng $\left( {a;b} \right)$. Tính $b-a$
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Ta có: ${3^{{x^2} - 9}} + \left( {{x^2} - 9} \right){5^{x + 1}} < 1$.
Nếu ${x^2} - 9 \ge 0$ ta có: ${3^{{x^2} - 9}} + \left( {{x^2} - 9} \right){5^{x + 1}} \ge {3^0} + 0 = 1$ không thỏa yêu cầu bài toán.
Vậy ${3^{{x^2} - 9}} + \left( {{x^2} - 9} \right){5^{x + 1}} < 1 \Rightarrow {x^2} - 9 < 0 \Leftrightarrow - 3 < x < 3.$
Nếu ${x^2} - 9 < 0 \Leftrightarrow - 3 < x < 3$ thì ta có ${3^{{x^2} - 9}} + \left( {{x^2} - 9} \right){5^{x + 1}} < {3^0} = 1$. (Vì ${5^{x + 1}} > 0$ và ${x^2} - 9 < 0$).
Vậy ${3^{{x^2} - 9}} + \left( {{x^2} - 9} \right){5^{x + 1}} - 1 < 0 \Leftrightarrow - 3 < x < 3 \Leftrightarrow x \in \left( { - 3;3} \right)$. Do đó $b - a = 3 - \left( { - 3} \right) = 6.$
Tập nghiệm của bất phương trình ${8^{\frac{x}{{x + 2}}}} > {36.3^{2 - x}}.$
Đưa về: ${8^{\frac{x}{{x + 2}}}} > {36.3^{2 - x}} \Leftrightarrow {2^{\frac{{x - 4}}{{x + 2}}}} > {3^{4 - x}} \Leftrightarrow \frac{{x - 4}}{{x + 2}}{\log _3}2 > 4 - x$ chuyển vế và nhóm nhân tử chung.
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Ta có:
${8^{\frac{x}{{x + 2}}}} > {36.3^{2 - x}} \Leftrightarrow {2^{\frac{{x - 4}}{{x + 2}}}} > {3^{4 - x}} \Leftrightarrow \frac{{x - 4}}{{x + 2}}{\log _3}2 > 4 - x$
$ \Leftrightarrow \left( {x - 4} \right)\left( {\frac{{{{\log }_3}2}}{{x + 2}} + 1} \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\nx - 4 > 0\\\n\left\{ \begin{array}{l}\nx - 4 < 0\\\n\frac{{{{\log }_3}2}}{{x + 2}} + 1 < 0\n\end{array} \right.\n\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\nx > 4\\\n\left\{ \begin{array}{l}\nx < 4\\\n\frac{{{{\log }_3}2 + 2 + x}}{{x + 2}} < 0\n\end{array} \right.\n\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\nx > 4\\\n\left\{ \begin{array}{l}\nx < 4\\\n\frac{{{{\log }_3}18 + x}}{{x + 2}} < 0\n\end{array} \right.\n\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\nx > 4\\\n\left\{ \begin{array}{l}\nx < 4\\ - {\log _3}18 < x < - 2\n\end{array} \right.\n\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\nx > 4\\ - {\log _3}18 < x < - 2\n\end{array} \right.$
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số $m$ để bất phương trình $4{\left( {{{\log }_2}\sqrt x } \right)^2} + {\log _2}x + m \ge 0$ có nghiệm đúng với mọi giá trị $x \in \left( {1;64} \right)$
Đặt $t = {\log _2}x $, $t \in \left( {0;6} \right)$. Đưa về dạng phương trình $f(t)$ rồi tìm $m$ thỏa yêu cầu bài toán.
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Ta có: $4{\left( {{{\log }_2}\sqrt x } \right)^2} + {\log _2}x + m \ge 0 \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_2}x} \right)^2} + {\log _2}x + m \ge 0$
Đặt $t = {\log _2}x $, $t \in \left( {0;6} \right)$
Phương trình đã cho tương đương: ${t^2} + t + m \ge 0 \Leftrightarrow m \ge - {t^2} - t\,\,\,\left( * \right)$
Xét hàm số $f\left( t \right) = - {t^2} - t$, $t \in \left( {0;6} \right)$
$f\'\left( t \right) = - 2t - 1 < 0,\,\forall t \in \left( {0;6} \right)$
Bất phương trình đã cho đúng với mọi $x \in \left( {1;64} \right)$ khi và chỉ khi $m \ge 0$