Bất phương trình mũ và logarit ôn thi đại học và cao đẳng

121
VAN ẹE 6





BAT PHệễNG TRèNH LOGARIT-
MUế VAỉ HE BAT PHệễNG TRèNH
LOGARIT-MUế



122
Vấn đề 6
Bất phương trình Logarit-Mũ và hệ
bất phương trình Logarit-Mũ
A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT
I. Giả sử f(x) và g(x) là hai hàm số xác đònh trên một tập con D
của R, khi đó :
a) Nếu a > 1 thì bất phương trình log
a
f(x) > log
a
g(x)
(1) tương đương với hệ bất phương trình
(
)
() ()

()
0gx
f
xgx
xD
>⎧
⎪
>
⎨
⎪
∈
⎩

b) Nếu 0 < a < 1 thì bất phương trình (1) tương đương với hệ bất
phương trình :
()
() ()
()
0fx
f
xgx
xD
>⎧
⎪
<
⎨
⎪
∈
⎩

II. Giả sữ f(x) , g(x) và α(x) là hững hàm số trên một tập hợp con
D của R .Khi đó bất phương trình log
α(x)
f(x) > log
α(x)
g(x) tương
đương với 2 hệ bất phương trình :
()
()
() ()
()
1
0
x
gx
f
xgx
xD
α
>⎧
⎪
>
⎪
⎨
>
⎪
⎪
∈
⎩
hay

(
)
()
() ()
()
01
0
x
fx
f
xgx
xD
α
<
<⎧
⎪
>
⎪
⎨
<
⎪
⎪
∈
⎩



123
B. BÀI TẬP CÓ HƯỚNG DẪN GIẢI .
Bài 1

Giải bất phương trình sau :
()
(
)
3
3log3log xx
x
≤
Giải
Điều kiện x > 0 và x ≠ 1
Bpt ⇔
()
()
[]
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≤
≥
⎩
⎨

⎧
≥
<
(2)
)3(log3log
03log
(1)
03xlog
0log3x
2
2
3
xx
x
xx
x

Giải (1) ⇔
()
⎩
⎨
⎧
≥
<
1log3log
1log3log
3
x
xx
x

x
⇔
(
)
(
)
()
()
⎩
⎨
⎧
<−−
<−−
0131
0131
3
xx
xx
⇔ x >
3
3
1
(a)
Giải (2) ⇔
()( )
()
⎪
⎩
⎪
⎨

⎧
+≤+
>−−
>
(*) 33log13log
0231
0
2
xx
xx
x

(*) ⇔
023log3log
2
≤−+
xx
⇔ -2 ≤ log
x
≤ 1
(2) ⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≤≤−
>∨<<
13log2
1

3
1
0
x
xx

⇔
()
()
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
≥
≤<
⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎪
⎩
⎪

⎨
⎧
≤≤
>
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
≥≥
<<
⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨
⎧
≤≤−
>
⎪
⎩
⎪

⎨
⎧
≤≤−
<<
c 3
b
3
1
0
3
1
1
3
1
3
1
x0
13log2
1
13log2
3
1
0
2
2
x
x
x
x
x

x
x
x
x
x
x

Hợp (a) và (b) và (c) ta có x > 0
Bài 2


124
Giải bất phương trình sau : log
2
(1 +
9
1
log x – log
9
x) < 1
Giải
Điều kiện : x > 0
⇔ 1 – log
9
x – log
9
x < 1 (với x > 0) ⇔ 1 – 2log
9
x < 1
⇔ log

9
x >
2
1
− ⇔ log
9
x >
2
1
− log
3
3 ⇔ x >
3
1

Bài 3
Giải bất phương trình sau :
233
5lg2lg
2
−<
++ xx
(1)
Giải
Điều kiện : x > 0
(1) ⇔ 3
lgx
.9 < 3
2lgx
.3

5
– 2 (với x > 0)
đặt t = 3
lgx

bpt ⇔ 9t < 243t
2
– 2 ⇔ 243t
2
– 9t – 2 > 0 ⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−<
>
27
2
9
1
t
t

• Với t >
9
1
:
3

lgx
>
9
1
⇔ ⇔
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
>
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
− 2lg
3
1
3
1
x
-lgx < 2 ⇔ lgx > -2 = -2lg10
⇔ x > 10
-2
⇔ x >
100
1

• Với t <
27
2
−
:
3
lgx
<
27
2
−
: bất phương trình vô nghiệm
KL : nghiệm cuả bất phương trình là : x >
100
1



157
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
⎟

⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
2
53
2
53
= 1 . Vậy ta có BPT : t
2
+ 2at + 2a + 1 < 0.
Vậy ta có f(t) = t
2
+ 2at + 2a + 1 < 0 với mọi t
(
]
1;0
∈

⇔
⎩
⎨
⎧
<
≤
0)1(f

0)0(f
⇔ a <
2
1
−
.
Bài 49
Giải bất phương trình :
06xlog)5x2(xlog)1x(
2
1
2
2
1
≥++++

Giải
TXĐ : x > 0
06xlog)5x2(xlog)1x(
2
1
2
2
1
≥++++

⇔ 06xlog)5x2(xlog)1x(
2
2
2

≥++−+ (3)
Coi (3) là bậc hai đối với t = log
2
x
∆ = (2x + 5)
2
– 4.6(x + 1) = 4x
2
– 4x + 1 = (2x – 1)
2

t
1
, t
2
=
)1x(2
)1x2(5x2
+
−
±+
⇒ t
1
= 2 , t
2
=
1x
3
+

Để biết vò trí của t
1
và t
2
ta cần biết dấu của hiệu số của chúng .
Do đó
⇒

• Xét hiệu t
1
– t
2
=
1x
1x2
1x
3
2
+
−
=
+
− (x > 0)
Nếu 0 < x
≤

2
1
thì t
1

≤ t
2
và BPT (3) dẫn tới

⎢
⎢
⎣
⎡
+
≥
≤
⇔
⎢
⎣
⎡
≥=
≤=
1x
3
xlog
2xlog
txlogt
txlogt
2
2
22
12

)5(
)4(

Khi 0 < x
≤
2
1
thì (4) thoả , (5) vô nghiệm .
Suy ra 0 < x
≤
2
1
là nghiệm của (3) .


126
Bài 7
Với giá trò nào của m thì : y =
()
[
]
mmx2x1mlog
2
2
2
−−+
có tập nghiệm xác
đònh là R.
Giải
Yêu cầu đầu bài cho ta (m + 1)x
2
– 2mx – m > 0 (*) , ∀x ∈ R

• m = -1 : 0.x
2
+ 2x + 1 > 0 ⇔ x > -
2
1

⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+∞− ,
2
1
⊂ R nên không thỏa yêu cầu (*) đúng ∀x ∈ R.
• m ≠ -1 (*) ⇔
⎩
⎨
⎧
>+
<∆
01m
0'
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧

−>
<++
1m
01mm
2
⇔
⎩
⎨
⎧
−>
∅∈
1m
m

⇔ m ∈ ∅
Kết luận : m
∈ ∅
Bài 8
Giải bất phương trình :
(
)
8exxe8x
1x21x4
−>−
−−

(Đại Học Xây Dựng 2001)
Giải
(
)

8exxe8x
1x21x4
−>−
−−
⇔ x(x
3
+ 8) – e
x-1
(x
3
+ 8) > 0
⇔ (x
3
+ 8) (x – e
x-1
) > 0 (*)
Xét hàm số : f(x) = x – e
x-1

f’(x) = 1 – e
x-1
= 0 ⇔ x = 1
Bảng biến thiên :
x -∞ 1 +∞
f’(x) + 0 -
f(x) 0
-
∞ +∞
Bảng biến thiên cho :
f(x) ≤ 0 ; ∀x ∈ R (f(x)=0⇔x=1)

Dể thấy x = 1 không thỏa (*)
Vậy : f(x) < 0
∀x ≠ 1 . Khi đó : (*) ⇔ x
3
+ 8 < 0 ⇔ x < -2


127
Bài 9
Tìm m sao cho bất phương trình sau đây được nghiệm đúng với mọi x
log
m
(x
2
– 2x + m + 1) > 0
(Đại học Đà Nẳng )
Giải
Ta có : Log
m
(x
2
– 2x + m + 1) > 0
⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡

⎩
⎨
⎧
<++−
>
⎩
⎨
⎧
<++−
<<
11mx2x
1m
11mx2x
1m0
2
2
⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨
⎧
>+−
>
⎩

⎨
⎧
<+−
<<
)2(
0mx2x
1m
)1(
0mx2x
1m0
2
2

Xét (1) : ta thấy x
2
–2x +m < 0 không thể xảy ra vơi mọi x
Xét (2) :x
2
– 2x + m > 0 nghiệm đúng với mọi x thuộc R
⇔ '∆ < 0 ⇔ 1 – m < 0 ⇔ m >1
Vậy: m > 1 thì bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x.
Bài 10
Tìm tất cả các giá trò của x thoả x > 1 nghiệm đúng bất phương trình
sau :
2
2( )
log ( 1) 1
xx
m
xm

+
+−<với mọi giá trò của m : 0 < m ≤ 4
(Đại học Giao thông vận tải )
Giải
Vì x > 1
⇒ 2(x
2
+ x) > 4 ; cùng với 0 < m ≤ 4

⇒
m
)xx(2
2
+
> 1 và x + m – 1 > 0.
Bất phương trình đã cho được viết thành :


128
x+ m –1 <
m
)xx(2
2
++

⇔ 2x
2
+ (2 – m) x – m
2
+ m > 0

⇔
(x – m + 1) (2x + m) > 0
⇔ x > m – 1 ( vì 2x + m > 0)
Vì x > 1 và 0 < m
≤ 4 ⇒ x > 3
Bài 10
Giải bất phương trình : 2
x
+ 2
3-x
≤ 9
(Đại học Kỹ thuật công nghệ thành phố Hồ Chí Minh , khối A
năm1998 – 1999)
Giải
Đặt t = 2
x
với t > 0 ta được : t
2
– 9t + 8 = 0
Tam thức bậc hai theo t ấy có 2 nghiệm là 1 và 8 .Tam thức ấy âm khi
và chỉ khi 1 ≤ t ≤ 8
Từ đó suy ra nghiệm của bất phương trình là 0
≤ x ≤ 3
Bài 11
a) Giải bất phương trình 2
2x+1
– 9.2
x
+ 4 ≤ 0 (1)
b) Đònh m để mọi nghiệm của bất phương trình (1) cũng là nghiệm

của bất phương trình :
(m
2
+ 1)x + m(x + 3) + 1 > 0
(Đại học An ninh – Đại học cảnh sát , khối G năm 1998 – 1999)
Giải
a) Ta có : 2
2x+1
– 9.2
x
+ 4 ≤ 0 (1) ⇔ 2.2
2x
= 9.2
x
+ 4 ≤ 0
Đặt t = 2
x
> 0 , ta sẽ có : (1) ⇔ 2t
2
– 9t + 4 ≤ 0
Nghiệm của tam thức theo t là
2
1
và 4.
Tam thức âm hoặc bằng 0 khi :
2
1
≤ t ≤ 4
Do đó ta có :
2

1
≤ 2
x
≤ 4 hay 2
-1
≤ 2
x
≤ 2
2

Đáp số : –1
≤ x ≤ 2
b) (m
2
+ 1)x + m(x + 3) + 1 > 0 (2)


129

⇔ (m
2
+ m + 1)x + 3m + 1 > 0
Đặt f(x) = (m
2
+ m + 1)x + 3m + 1
Mọi nghiệm của (1) là nghiệm của (2) khi và chỉ khi f(x) > 0,
∀x ∈ [-1 , 2]
⇔
(
)

()
⎩
⎨
⎧
>
>−
02
01
f
f
⇔ 0 < m < 2
Đáp số : 0 < m < 2
Bài 12
Giải bất phương trình :
3
1
6
5
log
3
−≥
−
x
x
x

(Đại học An ninh – Đại học cảnh sát , khối A năm 1998 – 1999)
Giải
Ta phải có điều kiện x > 0 và x
≠ 1

3
1
6
5
log
3
−≥
−
x
x
x
=
x
x
1
log
3
(1)
Trường hợp 0 < x < 1
(1)
⇔
xx
x
1
6
5
≤
−
⇔ ⏐5 - x⏐ ≤ 6 ⇔ x ≥ -1 ⇔ 0 < x < 1 (vì 0 < x ≠ 1)
Trường hợp x > 1

(1)
⇔ ⏐x - 5⏐ ≥ 6 ⇔
⎢
⎣
⎡
≥
−≤
11
1
x
x

Do đó ta có 0 < x < 1 hay x
≥ 11
Bài 13
Tìm tham số a sao cho 2 bất phương trình sau đây tương đương :
(
)
()
⎩
⎨
⎧
>+−+
>+−−
021
031
axa
axa

(Cao đẳng Hải quan năm 1998)

Giải
Xét a = -1.
Hai bất phương trình đã cho sẽ có dạng –2x > -4 ; Ox > -3 .
Hai bất phương trình ấy không tương đương


175
11)
34 1/31/4
4x 1 x 1
log log log log ;
x1 4x1
−+
<
+−

12)
2
1/7 1/7
log (3x 8) log (x 4)
0;
10 x
−− +
≥
−

13)
55
log x 7 log (x 1);+> + 14)
22

1/log (x 1) 1/log x 1;
−
<+
15)
1/2 1/2
1/log x 3 1/log (x 1);+≤ + 16)
2
33
3
log (x 2) log x 1 ;
2
⎛⎞
−< −
⎜⎟
⎝⎠

17)
2
1/3 1/3
log (3 x ) log (4 x 2).−< −

25.
1)
22
log (3x 1) log (2 x);+< − 2)
77
log (7x 3) log (1 2x);
−
≥−
3)

1/2 1/ 2
log(3x1)log(3x);−≤ − 4)
0,7 0,7
log (x2)log (3x4);
−
>−

5)
22
1/2 1/2
log (x 5) log (3x 1) ;+> −
6)
2
33
log (x 10x 24) log (6x 36);++≤ +
7)
2
1/2 1/2
log (x 3x 4) log (2x 2);−+< −
8)
2
1/3 1/3
log (3x 4) log (x 2);+> + 9)
2
33
log (x 4) log (x 2x 2);
+
<+−
10)
2

77
log (x 6) log x ;−≤ 11)
2
lg x 3x 4 lg x 1;
−
+> +

12)
23 0,50,(3)
x1 x1
log log log log ;
x1 x1
−+
<
+−

13)
4
4
11
;
x1
log (x 3)
log
x2
>
+
+
+
14)

0,4 0,4
x7
log log (5 x);
2x 3
+
<−
+

15)
2
0,1 0,1
1
36 x log (x 1) log 0;
2x
⎛⎞
−+−≥
⎜⎟
−
⎝⎠

16)
22
1/4 7 4 1/ 7
log log ( x 1 x ) log log ( x 1 x);++ < +−

17)
2
0,7 0,7
log (4 x ) log (6 x 3);−> − 18)
2

44
7
log (x 5) log x 3 .
3
⎛⎞
−< −
⎜⎟
⎝⎠


26.
1)
0,5 3
log x log x 1;+> 2)
31/3
3
log x log x log x 6;
+
+<

3)
0,5 0,5
log (x 0,5) log x 1;++ ≥ 4)
1/9 3
12log (x 2) log(x3);
−
+> −


131

Bài 15
Tìm tất cả các giá trò của tham số m sao cho bất phương trình sau đây
được thoả mãn với mọi x ≤ 0 ; x ≥ 1
m.
2
xx
4
−
+ (m+1).
2
xx
10
−
-
2
xx1
25
−+
> 0
Giải
Ta có : m.
2
xx
4
−
+ (m+1).
2
xx
10
−

-
2
xx1
25
−+
> 0
⇔ m + (m + 1).
2
xx
2
5
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
- 25
2
xx
2
2
5
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢

⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
> 0
Đặt : y =
2
xx
2
5
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
> 0
Khi x ≥ 1 , x ≤ 0 , ta có : x – x
2
≤ 0 . Vậy 0 < y ≤ 1 .
Ta đưa về bài toán : Tìm m để bất phương trình
f(y) = 25y
2
- (m + 1) y – m < 0 thoả mãn với mọi y sao cho 0 < y ≤ 1

⇔ f(y) có 2 nghiệm y
1
; y
2
thoả y
1
≤ 0 < 1 < y
2
⇔
⎩
⎨
⎧
<
≤
0)1(f
0)0(f
⇔
⎩
⎨
⎧
<+−
≤−
024m2
0m
⇔ m > 12


132
Bài 16
1. Giải bất phương trình :

02)5x(log4)5x(log6)5x(log3)5x(log
25
25
1
55
2
5
1
≤+−−−+−+−
2. Với giá trò nào của m thì bất phương trình trên và bất phương trình
sau: (x – m)(x – 35) ≥ 0 chỉ có một nghiệm chung duy nhất .
Giải
1/
02)5x(log4)5x(log6)5x(log3)5x(log
25
25
1
55
2
5
1
≤+−−−+−+−
(1)
⇔
02)5x(log2)5x(log3)5x(log2)5x(log
555
2
5
≤+−−−−−+−
Đặt y = log

5
(x – 5) .
(1)
⇔ y
2
– 3y + 2 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ y ≤ 2
Vậy 1
≤ log
5
(x – 5) ≤ 2 ⇔ 5 ≤ x – 5 ≤ 25 ⇔ 10 ≤ x ≤ 30
2/ (x – m)(x – 35)
≥ 0 (1)

• Trường hợp 1 : khi m ≥ 35
(1)
⇔
⎢
⎣
⎡
≤
≥
35x
mx
(không thoả)

• Trường hợp 2 : khi m < 35
(1)
⇔
⎢
⎣

⎡
≥
≤
35x
mx

(1) có nghiệm duy nhất trong
[
]
30;10 ⇔ m = 10


133
Bài 17
Giải bất phương trình :
log
2
(
)
0xlog21x3x
2
22
≤+−−+
Giải
log
2
(
)
0xlog21x3x
2

22
≤+−−+

Điều kiện của nghiệm:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>
>−−+
0x
01x3x
22
⇔ 0 < x < 1
Khi đó : log
2
x < 0 và )1x(3x
22
+−+ < 1
⇒ log
2
(
)
1x3x
22
−−+
< 0
Vậy vế trái bất phương trình luôn âm với 0 < x < 1
Nghiệm của bất phương trình là : 0 < x <1

Bài 18
Tìm tất cả các giá trò của m để bất phương trình :
0)m2mxx(log)m4m2xx2(log
22
2
1
22
2
=−++−+−
(1)
có hai nghiệm phân biệt x
1
; x
2
và thoả : 1xx
2
2
2
1
>+
Giải
(1)
⇔ Log
2
(2x
2
– x + 2m – 4m
2
) = log
2

(x
2
+ mx – 2m
2
)
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>−+
−+=−+−
0m2mxx
m2mxxm4m2xx2
22
2222

⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>−+
=−++−
0x2mxx
0)m1(m2x)1m(x
22
2

⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>−+
⎢
⎣
⎡
−=
=
0m2mxx
m1x
m2x
22

Điều kiện của bài toán :


134
⇔
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
−≠

>−+
>−−+−
>−+
m1m2
1)m1()m2(
0m2)m1(m)m1(
0m2)m2(m)m2(
22
22
22
⇔
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
≠
>−
>+−−
>
3
1
m
0m2m5
01mm2
0m4

2
2
2

⇔
⎢
⎢
⎣
⎡
<<
<<−
2
1
m
5
2
0m1

Bài 19
Xác đònh các giá trò của tham số m để bất phương trình sau đây có
nghiệm :
xx1
4m.2 32m0
+
−
+− ≤

Giải
xx1
4m.2 32m0

+
−+−≤
Đặt :
x
t2(t0)=>
(1)
2
2
t2mt32m0
t3
2m
t1
⇔− +− ≤
+
⇔≤
+

Đặt :
2
t3
f(t)
t1
(t > 0)
+
=
Ta có :
2
2
t2t3
f'(t)

(t 1)
+
−
=
+

f'(t) 0 t = 1=⇔
vậy :
f(t) 2m t > 0 2 2m 1 m≤∀⇔≤⇔≤
Lưu ý :
Dạng 1 :
g
g(T) m,T D≤∈
(*), luôn có nghiệm khi
g
mMing(T)TD≥∈

Dạng 2 :
g
g(T) m,T D≥∈(*) lu6n có nghiệm)
g
mMaxg(T),TD
⇔
≤∈


135
Bài 20
Cho bất phương trình :
222

2x x 2x x 2x x
m.9 (2m 1).6 m.4 0
−−−
−
++ ≤
Xác đònh các giá trò của tham số m để bất phương trình có nghiệm .
Giải

222
2x x 2x x 2x x
m.9 (2m 1).6 m.4 0 (1)
−−−
−+ + ≤
(1)
()
22
2x x 2x x
33
m2m1m0
22
−−
⎛⎞ ⎛⎞
⇔−++≤
⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠

Đặt :
()
()
2

gx
gx 2x x
3
t
2
⎧
=−
⎪
⎪
⎨
⎛⎞
⎪
=
⎜⎟
⎪
⎝⎠
⎩

Ta khảo sát
()
ygx= với
11
x, ,
22
⎛⎤⎡⎞
∈
−∞ − ∪ +∞
⎜⎟
⎥⎢
⎝⎦⎣⎠

()
g' x 4x 1=−
Ta có :
()
1
xgx0
2
≥⇒ ≥

o
3
t1
2
⎛⎞
⇒≥ =
⎜⎟
⎝⎠

() ( )
2
1mt2m1tm0⇔−++≤
()
()
2
2
t
mt 2t 1 t m t 1
t1
⇔−+≤⇔≤ ∀>

−

Bạn đọc có thể làm tương tự như bài trên …….
Bài 21
Giải bất phương trình :
xlog
2xloglog
a
a
2
a
++
> 1 (cơ số a dương và khác 1 .)
(Đề ĐH Bách Khoa Hà Nội )
Giải
2xlog
2xloglog
a
a
2
a
−
++
> 1 ( a > 0 ; a ≠ 1)


136
xlog
a
≠ 2 ⇔

⎩
⎨
⎧
≠
>
2
ax
0x

Đặt t =
xlog
a
, ta có bất phương trình theo t :
0
2
t
4t
1
2
t
2tt
22
>
−
+
⇔>
−
++
⇔ t – 2 > 0 ⇔ t > 2
Vậy

xlog
a
> 2 ⇔
⎢
⎣
⎡
<<
>
2
2
ax0
ax
nếu
1x0
1a
<<
>

Bài 22
Tìm nghiệm của phương trình : sin
4
x + cos
4
x = cos2x thoả mãn bất
phương trrình :
1 + )xx2(log
2
2
1
−+ > 0

(Đề ĐH Bách Khoa Hà Nội )
Giải
(1)
⇔
2
1
1 −
sin
2
2x = cos2x ⇔ cos
2
2x – 2cos2x + 1 = 0
⇔ cos2x = 1 ⇔ x = k Zk;
∈
π

(2)
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−≥−+
>−+
1)xx2(log
0xx2
2
2
1

2
⇔
⎩
⎨
⎧
≤−
>−+
0xx
0xx2
2
2

⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
⎢
⎣
⎡
≤
≥
<<−
0x
1x
2x1
⇔
⎩
⎨

⎧
<≤
≤<−
2x1
0x1

Nghiệm của (1) thoả mãn (2) khi
⎢
⎣
⎡
≤π≤
≤π<−
2k1
0k1
⇔ k = 0
Vậy x = 0 .


137
Bài 23
Giải các bất phương trình :
a)
1xx
x2x
3
1
3
2
−−
−

⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
≥

b)
4x3x
)1x(log)1x(log
2
3
3
2
2
−−
+−+
> 0
(Đề ĐH Bách Khoa Hà Nội )
Giải
a) Điều kiện cuả nghiệm : x
2
– 2x ≥ 0 ⇔
⎢
⎣
⎡
≤
≥
0x

2x


1xx
x2x
3
1
3
2
−−
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
≥
⇔
x1x
x2x
33
2
−−
−
≥
⇔ 1xxx2x
2
−+−≥− (**)
Vì ( x – 1)

2
= x
2
–2x + 1 > x
2
– 2x
⇒ 2xx2x1x
2
≥∀−>− hoặc x ≤ 0
Vì thế (**) không thể xảy ra , khi
x
−
≥ 0 hay x ≤ 0
Vậy phải có x > 0 ,do đó x > 2 .
Lúc đó , (**) trở thành :
1xxx2x
2
−+−≥− = 1
−
, là hiển nhiên đúng .
Vậy nghiệm của (*) là : x
≥ 2.
Cách khác :
Xét x > 1 : đưa về dạng
BA ≥ hoặc A ≤ B
Xét x < 1 : bạn hãy tự giải , rất dễ sẽ
⇒ đáp số
b) Điều kiện x + 1 > 0 . Nếu x + 1 = 1 thì tử thức bằng 0 , vô lý ;
Nên phải có x + 1 ≠ 1. Lúc đó :
log

2
(x +1)
2
– log
3
(x + 1)
3
=
3log.2log
2log33log2
3log
3
2log
2
1x1x
1x1x
1x1x ++
++
++
−
=−
=
()()
)1x(log.
8
9
log
3log2log
8
9

log
23
1x1x
1x
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
++
+




138
Do đó :
4x3x
)1x(log)1x(log
2
3

3
2
2
−−
+−+
> 0 (1) trở thành :
)4x)(1x(
2log.
8
9
log
1x3
−+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
> 0 ⇔ (x – 4)log
x+1
2 > 0 ⇔
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨

⎧
<+
<
⎩
⎨
⎧
>+
>
11x
4x
11x
4x
⇔

⎢
⎣
⎡
<
>
0x
4x

Đối chiếu điều kiện
1
−
< x ≠ 0 ta có nghiệm của (1) là :
x > 4 hoặc
1
−
< x < 0.

Bài 24
Giải bất phương trình :
)3x(log
2
1
2xlog6x5xlog
3
1
3
1
2
3
+>−++−
(Đề ĐH Bách Khoa Hà Nội )
Giảøi
Điều kiện :
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
−>
>⇔>
⎢
⎣
⎡
<
>

⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>+
>−
>+−
3x
3x2x
2x
3x
03x
02x
06x5x
2

Với điều kiện trên :

)3x(log
2
1
2xlog6x5xlog
3
1
3
1
2
3

+>−++−
⇔
)3x(log
2
1
)2x(log
2
1
)3x)(2x(log
2
1
333
+−>−−−−

⇔
0)3x(log
2x
)3x)(2x(
log
33
>++
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
−−

⇔ 0)3x(log)3x(log
33
>
+
+− ( vì x > 3 )
⇔ 0)3x)(3x(log
3
>+− ⇔ x
2
– 9 > 0
⇔ 10x10x >⇔> ( vì x > 3 )
Đáp số :
10x >


139
Bài 25
Tìm m để bất phưong trình
3)mx2x(log
2
2
1
−>+− có nghiệm.
Giải
3)mx2x(log
2
2
1
−>+−
⇔ 3)mx2x(log

2
2
>+− ⇔
⎩
⎨
⎧
<+−
>+−
8mx2x
0mx2x
2
2

⇔
⎩
⎨
⎧
=++<
=−>
)x(f8x2xm
)x(fxx2m
2
2
1
2

Xét các điểm M(x,m) thuộc miền trong của (f
2
) và miền ngoài của
(f

1
).
Do f
2
(x) > f
1
(x) ∀x nên (f
1
) ở bên trong (f
2
) , vì vậy để bất phương
trình trên có nghiệm cần và đủ là :
m < max(f
2
) ⇔ m < 9
Vậy khi m < 9 thì :
3)mx2x(log
2
2
1
−>+− có nghiệm .
Bài 26
Giải bất phương trrình sau :
12x82.x2.32.xx4
222
x2x1x2
++>++
+

Giải

1-\
12x82.x2.32.xx4
222
x2x1x2
++>++
+

⇔ 0)x3x2(2)3x2x(4
2x2
2
>−++−−
⇔
[
]
024)3x2x(
2
x2
>−−− ⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨
⎧
>
<−−
⎩

⎨
⎧
<
>−−
2x
03x2x
2x
03x2x
2
2
2
2



140
⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧

⎢
⎣
⎡
−<
>
<<−
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
<<−
⎢
⎣
⎡
−<
>
2x
2x
3x1
2x2
1x
3x
⇔
⎢
⎣
⎡
<<
−<<−
3x2

1x2

Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là :
)3;2(U)1;2( −−
Bài 27
Với 0 < x <
2
π
, chứng minh :
1x
2
3
tgxxsin2
222
+
>
+

(Đề Đại Học Dược Hà Nội )
Giải
1
2
tgxxsin2
tgxxsin2tgxxsin2
22222
+
+
+
=>+
Ta xét hàm f(x) = 2sinx + tgx – 3x 0 < x <

2
π

f’(x) = 2cosx +
)xcos2xcos31(
xcos
1
3
xcos
1
32
22
+−=−
=
xcos
1
2
(1 – cosx )(1 + cosx – 2cos
2
x)
=
xcos
1
2
(1 – cosx )
2
(1 + 2cosx) > 0
⇒ f(x) là hàm tăng , f(x) > f(0) = 0 với 0 < x <
2
π

Suy ra
1x
2
3
tgxxsin2
222
+
>+ (đpcm).
Bài 28
Giải bất phương trình sau :
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
−
1x
1x2
log
x
> 1
Giải

⎟
⎠
⎞
⎜

⎝
⎛
−
−
1x
1x2
log
x
> 1 ⇔ xlog
1x
1x2
log
xx
>
−
−



141
⇔
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧

⎢
⎢
⎣
⎡
>
<
≠>
<+−
⇔
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
>
−
−
≠>
>
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
−
−

−
1x
2
1
x
1x;0x
01x3x
0
1x
1x2
1x;0x
0x
1x
1x2
)1x(
2

⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
<<
<<
−
⇔
⎪

⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
⎢
⎢
⎣
⎡
>
<
>
+
<<
−
2
53
x1
2
1
x
2
53
1x
2
1
x

0x
2
53
x
2
53

Bài 29
Giải bất phương trình : 214
x
+ 349
x
– 4
x
≥ 0
(Đề Đại Học Giao Thông Vận Tải )
Giải

Bất phương trình được viết thành :
03
7
2
2
49
4
xx
≤−
⎟
⎠
⎞

⎜
⎝
⎛
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛

Đặt
x
7
2
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
= t > 0 , ta có bất phương trình : t
2
–2t – 3 ≤ 0
⇔ 1− ≤ t ≤ 3 ; vì t > 0 nên ta lấy : 0 < t ≤ 3.
Chuyển về x , ta có 0 <
x
7
2
⎟

⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
≤ 3 ⇔ x ≥ 3log
7
2



142
Bài 30
Cho bất phương trình :
01m24)1m(
1xx
>+++−
+
(1)
1-\ Giải bất phương trình (1) khi m = 1
−

2-\ Tìm tất cả các giá trò của m để bất phương trình (1) thoả mãn với
mọi x .
(Đề Đại Học Giao Thông Vận Tải )
Giải
1-\ Khi m =
1− : (1) ⇔ 024.2
1xx
>+−

+
⇔ 0)21(2
xx
>− ⇔
x < 0
2-\ Đặt t = 2
x
. Ki x R
∈
, ta nhận m giá trò trong (0 ; +
∞
).
(1)
⇔ f(t) = (m – 1)t
2
+ 2t + m +1 > 0 (
0t >
∀
) (2).
Nếu m < 1 : m – 1 < 0 ,
Nếu m = 1 : (2)
⇔ 2t + 1 > 0 , ( 0t >
∀
) (đúng )
Nếu m > 1 : (2) rõ ràng thoả.
Vậy (1) thoả mãn với mọi x
⇔ m ≥ 1.
Bài 31
Giải bất phương trình :
(

)
(
)
1x
3x
1x
3x
310310
+
+
−
−
−<+
(Đề Đại Học Giao Thông Vận Tải )
Giải
Vì
1)310)(310( =−+ nên
1
)310(
310
1
310
−
+=
+
=−
Vậy
()
(
)

1x
3x
1x
3x
310310
+
+
−
−
−<+
⇔
()
1x
3x
310
−
−
+ <
()
3x
1x
310
+
+
−
+
⇔ 0
3x
1x
1x

3x
3x
1x
1x
3x
<
+
+
+
−
−
⇔
+
+
−<
−
−


⇔ 0)5x)(1x)(3x)(5x(0
)3x)(1x(
1x9x
22
<−−++⇔<
+−
−+−

⇔
⎢
⎣

⎡
−<<−
<<
5x3
5x1



143
Bài 32
Giải bất phương trình :
)1x2(log)322.124(
2
xx
−+− ≤ 0
(Đề Học Viện Quan Hệ Quốc Tế )
Giải
)1x2(log)322.124(
2
xx
−+− ≤ 0
⇔ )82)(42(
xx
−− )1x2(log
2
−
≤ 0
⇔ )1x2(log)22)(22(
2
3x2x

−−− ≤ 0
• (x – 2)(x – 3)(2x – 1 – 2
0
) ≤ 0
• (x – 1)(x – 2)(x – 3) ≤ 0
⎢
⎣
⎡
≤≤
≤
3x2
1x

Bài 33
Giải bất phương trình :
2lgxlg
)2x3xlg(
2
+
+−
> 2
(Đề Đại Học Kiến Trúc Hà N ội )
Giải
2lgxlg
)2x3xlg(
2
+
+−
> 2 ⇔ 2
x2lg

)2x3xlg(
2
>
+−
(1)
Điều kiện :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>≠
⎢
⎣
⎡
<
>
0x,
2
1
x
1x
2x

Với điều kiện đó (1)
⇔ (2)
⎩
⎨
⎧
>+−

>
22
x42x3x
1x2
hoặc (3)
⎩
⎨
⎧
<+−
<
22
x42x3x
1x2

(1) vô nghiệm (không thoả điều kiện );
(2) cho ta
3
11
1x
2
1
+−<<

KL: nghiệm bất phương trình đã cho .là:
3
11
1x
2
1
+−<<

144
Bài 34
Cho phương trình :
3
)2x(4log
)2x(2)2x(
2
−=−
α
−
.
1. Giải phương trình với
α
= 2 .
2. Xác đònh α để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thoả
mãn :
1x
2
5
1
≤≤ và 1x
2
5

2
≤≤
(Đề Đại Học Kiến Trúc Hà N ội )
Giải
3
)2x(4log
)2x(2)2x(
2
−=−
α
−
. (1)
1. Khi
α = 2 : (1) ⇔
)2x(4log
2
)2x(
−
− = 4(x – 2)
3

x – 2 = 1 hay x = 3 không phải là nghiệm nên lấy log
2
hai vế được:
(1)
⇔ 2)2x(log3)2x(log).2x(4log
222
+
−
=

−
−
Điều kiện : x – 2 > 0 hay x > 2.
Lúc đó (1)
⇔
[]
2)2x(log3)2x(log.)2x(log
22
2
2
+−=−−
⇔
[]
2
2
)2x(log − 02)2x(log
2
=
−
−
−
⇔
⎢
⎢
⎣
⎡
=+=
=+=
⇔
⎢

⎣
⎡
=−
−=−
−
622x
2
5
22x
2)2x(log
1)2x(log
2
1
2
2
(thoả điều kiện )
2. Vì x > 2 và không thể có duy nhất x = 3 là nghiệm nên
0 < x – 2 + 1
Lúc đó : (1)
⇔
[]
)2x(log3)2x(log.)2x(log
222
−
+
α
=
−
+
−

⇔
[]
0)2x(log)2x(log
2
2
2
=α−−−−
2
5
≤ x ≤ 4 ⇔ )2x(log1
2
−
≤− ≤ 1
Như vậy (1) có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
mà
2
5
≤ x
1
≤ 4 và
2
5
≤ x
2
≤ 4 ⇔ phương trình f(t) = t
2

– t
α
−
= 0 (2) có 2 nghiệm
phân biệt trong [
1− , 1 ].


145
⇔ 0
4
1
4
1
0
041
0
02
1
2
1
1
0
0)1(f
0)1(f
≤α<−⇔
⎪
⎩
⎪
⎨

⎧
−>α
≤α
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>α+
≥α−
≥α−
⇔
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
≤
−
−≤−
>∆
≥
≥−

Bài 35
Cho bất phương trình :
xlog)mx(m3x)m3(x

2
1
2
−≤++−
1. Chứng minh rằng với m = 2 thì bất phương trình vô nghiệm .
2. Giải và biện luận bất phương trình theo m .
(Đề Đại Học Kinh Tế Quốc Dân Hà Nội )
Giải
1-\ Với m = 2 , bất phương trình có dạng :
xlog)2x(6x5x
2
1
2
−<+−

⇔ (x – 2)( x – 3) < (x – 2) xlog
2
1
⇔ (x – 2)(x + log
2
– 3) < 0
* Nếu x – 2 = 0
⇔ x = 2 bất phương trình vô nghiệm .
* Nếu x > 2
⇒ x – 2 > 0 ; x + log
2
x – 3 > 2 + 1 – 3 = 0 (vô nghiệm )
* Nếu 0 < x < 2
⇒ x – 2 < 0 ; x + log
2

x – 3 < 2 + 1 – 3 = 0 (vô
nghiệm )
Vậy bất phương trình đã cho vô nghiệm .
2-\ Ta có (1)
⇔
⎩
⎨
⎧
>
<−+−
0x
0)3xlogx)(mx(
2

Với x > 2
⇒ x + xlog
2
3
−
> 2 + 1 – 3 = 0
0 < x < 2
⇒ x + xlog
2
3
−
< 2 + 1 – 3 = 0
Do đó :
* Nếu m
≥ 0 : bất phương trình (1) có nghiệm : 0 < x < 2
* Nếu 0 < x < 2 : (1) có nghiệm m < x < 2

* Nếu m = 2 (1) vô nghiệm (theo phần I )
* Nếu m > 2 (1 ) có nghiệm : 2 < x < m .