Bài tập phương trình mũ logarit doc
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (179.92 KB, 9 trang )
Biên soạn: GV HUỲNH ðỨC KHÁNH
Tõ b¶ng biÕn thiªn ta suy ra
k 5
≥ −
.
BÀI TẬP
Giải các hệ phương trình sau:
1)
( )
2 3
9 3
x 1 2 y 1
3log 9x log y 3
− + − =
− =
2)
( ) ( )
x y
y x
2 3
4 32
log x y 1 log x y
+
=
− = − +
3)
( )
2 3
9 3
x 1 2 y 1
3log 9x log y 3
− + − =
− =
4)
( )
( ) ( )
x 2y
x y
2 2
1
3
3
log x y log x y 4
−
−
=
− + − =
5)
( )
y
3
3 4 x
x 1 1 3
x
y log x 1
−
+ − =
+ =
6)
3x 2
x x 1
x
2 5y 4y
4 2
y
2 2
+
= −
+
=
+
7)
8 8
log y log x
4 4
x y 4
log x log y 1
+ =
− =
8)
y x x 1
x 2y 10
− = +
+ =
9)
4 2
x 4 y 3 0
log x log y 0
− + =
− =
10)
(
)
2 2
2
4 2
log x y 5
2log x log y 4
+ =
+ =
11)
x y
2 .4 64
x y 3
=
+ =
12)
( )
x y
5
3 .2 1152
log x y 2
−
=
+ =
13)
x y 12
x y 12
x y
y x
+
+
=
=
2. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ
- §Ỉt ®iỊu kiƯn cho c¸c biĨu thøc trong hƯ cã nghÜa
-
Lùa chän Èn phơ ®Ĩ biÕn ®ỉi hƯ ban ®Çu vỊ c¸c hƯ ®¹i sè ®· biÕt c¸ch gi¶i.
- Ta thường đặt các biến:
(x)
(y)
u a
v b
f
g
=
=
. ðể đưa hệ với các biến x, y thành hệ với các biến u, v
thường gặp (ðối xứng loại 1, loại 2, đẳng cấp )
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình:
( ) ( )
2 2
5 3
9x 4y 5
log 3x 2y log 3x 2y 1
− =
+ − − =
Lời giải:
-3
x
-
∞
0
1
2
+
∞
y
’
+ - -
0
+
0
y
-5
-
∞
+
∞
Biờn son: GV HUNH C KHNH
- iu kin:
3x 2y
3x 2y
>
>
- Hệ trên tơng đơng với
(
)
(
)
(
)
( ) ( ) ( )
5 3
3x 2y 3x 2y 5 1
log 3x 2y log 3. 3x 2y 2
+ =
+ =
.
- Đặt
(
)
(
)
5 3
t log 3x 2y log 3. 3x 2y
= + =
, suy ra
t
t 1
3x 2y 5
3x 2y 3
+ =
=
- Thay vào phơng trình (1) trong hệ ta đợc
(
)
t
t t 1
5 .3 5 15 15 t 1
= = =
.
- Do đó ta có hệ
3x 2y 5 x 1
3x 2y 1 y 1
+ = =
= =
(tmủk)
Lu ý:
Với hệ phơng trình dạng
( ) ( )
[ ] [ ]
2 2
a a
x x k
log (x) (x) log (x) (x)
f g
f g f g
=
+ =
, thông thờng ta giải
theo hớng: Đặt
(
)
(
)
(
)
(
)
a
t log x x log x x
a
f g f g
= + =
, suy ra
(
)
(
)
t
x x a
f g
+ =
và
(
)
(
)
t
x x a .
f g
=
Thay vào phơng trình đầu trong hệ ta tìm đợc t.
Vớ d 2.
Gi
i h
ph
ng trỡnh:
( ) ( )
logx log y
log7 log5
5 7
7x 5y
=
=
Li gii:
-
i
u ki
n:
x 0, y 0
> >
-
Lấy
logarit
theo cơ số
10
cả hai vế ta đợc
( ) ( )
log x.log5 log y.log7
log7 logx log7 log5 log y log5
=
+ = +
- Đặt
u logx, v logy
= =
. Khi đó hệ có dạng
2 2
u.log5 v.log7 0
u.log7 v.log5 log 5 log 7
=
=
- Ta cú
2 2
log5 log7
D log 7 log 5
log7 log5
= =
( )
2 2
u
2 2
0 log7
D log 5 log 7 .log7
log 5 log 7 log5
= =
( )
2 2
v
2 2
log5 0
D log 5 log 7 .log5
log7 log 5 log 7
= =
- Dễ thấy
D 0
nên hệ có nghiệm duy nhất
u
v
D
u log7
D
D
v log5
D
= =
= =
, suy ra
1
x
7
1
y
5
=
=
.
- Vậy hệ có một nghiệm
1
x
7
1
y
5
=
=
Vớ d 3. Gii h phng trỡnh:
( )
3
3
log 2
log xy
2 2
4 2 xy (1)
x y 3x 3y 12 (2)
= +
+ =
Li gii:
- iu kin:
x.y 0
>
Biên soạn: GV HUỲNH ðỨC KHÁNH
- NhËn xÐt
b b
log c log a
a c=
, ph−¬ng tr×nh (1) t−¬ng ®−¬ng víi
(
)
3
3
log xy
log xy
2
2 2 2= +
- §Ỉt
(
)
3
log xy
t 2 t 0
= >
ta cã
(
)
2 2
t 1 loai
t 2 t t t 2 0
t 2
= −
= + ⇔ − − = ⇔
=
-
Víi
t 2
=
th×
3
log xy 1
=
hay
xy 3
=
.
-
BiÕn ®ỉi
ph
ươ
ng trình
(2)
thµnh
( ) ( )
(
)
( )
2
x y 6
x y 3 x y 18 0
x y 3
+ =
+ − + − = ⇔
+ = −
- Nh− vËy, ta cã hai hƯ
x y 6
x.y 3
+ =
=
vµ
x y 3
x.y 3
+ = −
=
- VËy hƯ cã hai nghiƯm
(
)
3 6; 3 6
− +
vµ
(
)
3 6; 3 6
+ −
.
BÀI TẬP
Giải các hệ phương trình sau:
1)
2 4
2
2 4
5log x 3log y 8
10log x log y 9
− =
− = −
2)
(
)
27 27 27
3
3
3
log xy 3log x.log y
3log x
x
log
y 4log y
=
=
3)
2 2 2
3 3 3
xlog 3 log y y log x
xlog 12 log x y log y
+ = +
+ = +
4)
8 8
log y log x
4 4
x y 4
log x log y 1
+ =
− =
5)
x y
2 2 8
x y 4
+ =
+ =
6)
2 3
2 3
log x 3 5 log y 5
3 log x 1 log y 1
+ − =
− − = −
7)
y 1 x
x y
3 2 5
4 6.3 2 0
+
− =
− + =
8)
x y
2
y
log y log x 2
x 3x y 20 log x
+ =
− − = +
9)
2 2
2
2x 2 2x y y
2y 2 2x y
4 2 4 1
2 3.2 16
− +
+ +
− + =
− =
10)
2cot x siny
sin y 2cot x
9 3
9 81 2
+
=
− =
11)
y x
log xy log y
2x 2y 3
=
+ =
12)
2
x 2lg y 3
x 3lg y 1
+ =
− =
3. PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
Ví dụ 1.
Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình:
x y
3
2
2
x y (1)
x
log log 4y 10 (2)
2
e e
− = −
+ =
Lời giải:
-
ð
i
ề
u ki
ệ
n:
x, y 0
>
-
Ph−¬ng tr×nh
(
)
(
)
x y
1 x y 3
e e⇔ − = −
- XÐt hµm sè
(
)
t
t e t
f
= −
liªn tơc víi mäi
t 0
>
. MỈt kh¸c
(
)
t
' t e 1 0
f
= − >
víi mäi
t 0
>
,
do ®ã hàm số
(
)
t
f
®ång biÕn khi
t 0
>
.
- Ph−¬ng tr×nh (3) viÕt d−íi d¹ng
(
)
(
)
x y x y.
f f
= ⇔ =
- ThÕ
x y
=
vµo ph−¬ng tr×nh
(2) ®−ỵc
3
2
2
x
log log 4x 10
2
+ =
Biờn son: GV HUNH C KHNH
(
)
2 2 2
log x 1 2 2 3log x 10 log x 1
+ + = =
- Vậy hệ có nghiệm duy nhất
(
)
(
)
x; y 2; 2 .
=
Vớ d 2. Gii h phng trỡnh:
(
)
(
)
2 2
ln 1 x ln 1 y x y (1)
2x 5xy y 0 (2)
+ + =
+ =
Li gii:
- iu kin:
x 1, y 1
> >
- Phng trỡnh (1) của hệ đợc viết lại dới dạng:
(
)
(
)
(
)
ln 1 x x ln 1 y y 3
+ = +
- Xét hàm số
(
)
(
)
t ln 1 t t
f
= +
, với
t ( 1; )
+
. Ta có
( )
1 t
' t 1
1 t 1 t
f
= =
+ +
. Ta thấy
(
)
' t 0 t 0.
f
= =
Hàm số
(
)
t
f
đồng biến trong
(
)
1; 0
và nghịch biến trong
(
)
0;
+
.
- Ta có
(
)
(
)
(
)
3 x y
f f
= . Lúc đó
x y
=
hoặc
xy 0.
<
+ Nếu
xy 0.
<
thì vế trái của (2) luôn dơng. Phơng trình không thoả mãn.
+ Nếu
x y
=
, thay vào phng trỡnh (2), ta đợc nghiệm của hệ là
x y 0.
= =
Lu ý:
Khi gặp hệ phơng trình dạng
(
)
(
)
( )
x y
x,y 0
f f
g
=
=
. Ta có thể tìm lời giải theo một trong hai
hớng sau
Hng 1:
Ph
ng tr
ỡ
nh
(
)
(
)
(
)
1 x y 0
f f
=
và tìm cách đa về ph
ng
trỡnh
tích.
Hng 2:
Xét hàm số
(
)
y t
f
=
. ta thờng gặp trờng hợp h
m s
liên tục trong tập xác định
của nó.
+ Nếu hàm số
(
)
y t
f
=
đơn điệu, thì từ (1), suy ra
x y
=
.
+ Nếu hàm số
(
)
y t
f
=
có một cực trị tại
t a
=
thì nó thay đổi chiều biến thiên một lần khi
qua a. Từ (1) suy ra
x y
=
hoặc x, y nằm về hai phía của a.
Vớ d 3. Chứng minh rằng với mọi a > 0, hệ phơng trình sau có nghiệm duy nhất
(
)
(
)
x y
ln 1 x ln 1 y (1)
y x a (2
)
e e
= + +
=
Li gii:
- iu kin:
x 1, y 1
> >
- Rút y từ phơng trình (2) thay vào phơng trình (1), ta đợc phơng trình
(
)
(
)
(
)
x a x
x ln 1 x ln 1 a x 0
f e e
+
= + + + + =
( )
( )
( )
x a
a
' x . 1 0
1 x 1 a x
f e e
= + >
+ + +
, khi
a 0
>
và
x 1.
>
- Vậy
(
)
x
f là hàm số liên tục, đồng biến trong
(
)
1;
+
. Mặt khác
(
)
x 1
lim xf
=
;
(
)
x
lim xf
+
= +
nên phơng trình
(
)
x 0
f
=
có một nghiệm trong
(
)
1;
+
. Vậy hệ
phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất với mọi
a 0.
>
Lu ý:
Học sinh dễ mắc sai lầm khi thấy h
m s
đồng biến đã kết luận phơng trình
(
)
x 0
f
=
có nghiệm duy nhất. Ta chỉ có thể kết luận phơng trình có nghiệm duy nhất khi hàm số đơn
điệu, liên tục và trong tập giá trị có cả giá trị âm và dơng.
Biờn son: GV HUNH C KHNH
Vớ d 4. Gii h phng trỡnh:
( )
( )
2 3
2 3
log x 3 log 3y
log y 3 log 3x
+ =
+ =
Li gii:
- iu kin:
x; y 0
>
- Hệ trên tơng đơng với
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2 3 3
2 3
log x 3 log y 3 log 3y log 3x 1
log x 3 log 3y
2
+ + =
+ =
-
Phơng trình
(1)
tơng đơng với
(
)
(
)
(
)
2 3 2 3
log x 3 log 3x log y 3 log 3y 3
+ + = + +
- Xét hàm số
(
)
(
)
2 3
t log t 3 log 3t
f = + + liên tục với mọi
t 0
>
.
Mặt khác
( )
( )
1 1
' t 0, t 0
2 t 3 t.ln3
f
= + > >
+
do đó
(
)
t
f
đồng biến với mọi
t 0.
>
Phơng trình
(3)
viết dới dạng
(
)
(
)
x y x y.
f f
= =
Khi đó hệ tơng đơng với
( ) ( )
2 3
x y
log x 3 log 3x 4
=
+ =
- Giải (4): Đặt
(
)
2 3
u log x 3 log 3x
= + =
Suy ra
u u 1
u
u 1 u u
u
x 3 4 x 3
x 3 2
x 3 3 9 3.4
3x 3
+ = =
+ =
= + =
=
Phơng trình
u u
u u
3 1
3 9 3.4 9. 3
4 4
+ = + =
.
Nhận thấy hàm số
( )
u u
3 1
u 9.
4 4
f
= +
là hàm liên tục, nghịch biến với mọi
u
và
(
)
1 3.
f
=
Với
u 1
>
thì
(
)
u 3
f
<
. Với
u 1
<
thì
(
)
u 3.
f
>
- Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất
u 1
=
, suy ra
x 1
=
và
y 1
=
- Vậy hệ có một nghiệm
(
)
(
)
x; y 1; 1 .
=
Vớ d 5. Gii h phng trỡnh:
( )
( )
( )
2
3
2
3
2
3
x 2x 6.log 6 y x
y 2y 6.log 6 z y
z 2z 6.log 6 x z
+ =
+ =
+ =
Li gii:
- iu kin:
x, y, z 6
<
- Hệ phơng trình trên tơng đơng với
( )
( )
( )
3
2
3
2
3
2
x
log 6 y (1)
x 2x 6
y
log 6 z (2)
y 2y 6
z
log 6 x (3)
z 2z 6
=
+
=
+
=
+
Biờn son: GV HUNH C KHNH
- Nhận xét
( )
2
x
x
x 2x 6
f =
+
là hàm đồng biến (vì
( )
( )
2 2
6 x
' x 0
x 2x 6 x 2x 6
f
= >
+ +
với
x 6
<
) còn
(
)
(
)
3
x log 6 x
g
=
là hàm nghịch biến với
x 6.
<
-
Nếu
(
)
x, y, z
là một nghiệm của hệ phơng trình ta chứng minh
x y z
= =
. Không mất tổng
quát giả sử
(
)
x max x, y, z
= thì có hai trờng hợp:
+
x y z
(1) suy ra
(
)
(
)
(
)
x y z
f f f
nên
(
)
(
)
(
)
3 3 3
log 6 y log 6 z log 6 x .
Mặt khác
(
)
x
g là hàm giảm nên
x z y.
(2). Từ (1) và (2) ta có
x y z.
= =
+
x z y.
Tơng tự ta lại có
x y z.
= =
- Phơng trình
(
)
(
)
x x
f g= có nghiệm duy nhất
x 3
=
. Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất
(
)
(
)
x, y, z 3, 3, 3 .
=
Lu ý:
Nếu hệ phơng trình ba ẩn x, y, z không thay đổi khi hoán vị vòng quanh đối với x, y, z
thì không mất tính tổng quát có thể giả thiết
(
)
max , ,
x x y z
=
.
Vớ d 5. Hóy xỏc ủnh s nghim ca h phng trỡnh n
(
)
x,y
sau
(
)
( )
3 3
3 2
x y 29 1
log x.log y 1 2
+ =
=
Li gii:
- Dễ thấy, nếu
(
)
x,y
là nghiệm của hệ trên thì
(
)
x 1, y 1 * .
> >
- Đặt
(
)
(
)
3
log x t, t 0 do * .
= >
Khi đó,
t
x 3
=
và từ phơng trình (2) có
1
t
y 2
=
. Vì thế, từ
phơng trình (1) ta có phơng trình ẩn t sau:
1
t
t
9 8 29
+ =
(3).
-
Dễ thấy số nghiệm của hệ bằng số nghiệm dơng của phơng trình (3).
-
Xét hàm số
( )
1
t
t
t 9 8 29
f
= +
trên
(
)
0; .
+
Ta có
( )
1
t
t
2
8 .ln8
' t 9 .ln9
t
f =
. Trên
(
)
0; ,
+
hm s
1
t
y 8 .ln8
=
và
2
1
y
t
=
là các hàm nghịch biến và chỉ nhận giá trị dơng. Vì thế, trên
khoảng đó,
1
t
2
8 .ln8
y
t
=
là hàm đồng biến trên
(
)
0; .
+
Suy ra
(
)
' t
f là hàm đồng biến trên
(
)
0; .
+
Hơn nữa, do
( )
( )
( )
256
1
' . ' 1 18 ln9 ln 2 ln 27 ln16 0
2
f f
= <
nên tồn tại
(
)
0
t 0;1
sao cho
(
)
0
' t 0.
f
=
Do đó, ta có bảng biến thiên sau của hàm
(
)
t
f
trên khoảng
(
)
0;
+
-
Từ đó, với lu ý rằng
(
)
1 12 0
f
=
, suy ra
ph
ng trỡnh
(3) có đúng
2
nghiệm dơng. Vì
vậy, hệ có tất cả
2
nghiệm.
f(1)
t
0
t
0
1
+
f
(t)
-
0
+
f(t)
+
f(t
0
)
+
Biờn son: GV HUNH C KHNH
BAỉI TAP
Gii cỏc h phng trỡnh sau:
1)
(
)
2x y 1 2x y 2x y 1
2 2
1 4 .5 1 2
x y 2
+ +
+ = +
+ =
2)
( )
( )
2 3
2 3
log sin x 3 log 3cos y
log cosy 3 log 3sin x
+ =
+ =
3)
(
)
( )
(
)
( )
2 2
2 3
2 2
2 3
log 1 3 1 x log 1 y 2
log 1 3 1 y log 1 x 2
+ = +
+ = +
4)
x
y
2 2x 3 y
2 2y 3 x
+ = +
+ = +
5)
x y
2 2
3 3 y x
x xy y 12
=
+ + =
4. PHệễNG PHAP KHAC
Ngoài cách giải nói trên, cũng giống nh phơng trình, bất phơng trình mũ và lôgarit ta có thể
đánh giá hai vế, sử dụng các bất đẳng thức, dùng đồ thị để giải bất phơng trình, phơng pháp sử
dụng điều kiện cần và đủ
Vớ d 1.
Gi
i h
ph
ng trỡnh:
(
)
(
)
(
)
( )
2 2
x y log y log x 1 xy 1
xy 3y 2 0
2
= +
+ =
Li gii:
- iu kin:
x 0, y 0
> >
- Xét phơng trình thứ nhất trong hệ
+ Nếu
x y
>
thì
2 2
log y log x
<
suy ra
VP 0, VT 0.
< >
Do đó hệ vô nghiệm.
+ Nếu
x y
<
thì
2 2
log y log x
>
suy ra
VP 0, VT 0.
> <
Do đó hệ vô nghiệm.
+ Vậy
x y
=
là nghiệm của phơng trình (1)
- Khi đó hệ tơng đơng với
2
x y
x y
x y x y 1
x 1
xy 3y 2 0 x y 2
x 3x 2 0
x 2
=
=
= = =
=
+ = = =
+ =
=
- Vậy hệ có hai nghiệm:
(
)
(
)
1;1 , 2;2 .
Vớ d 2. Tỡm m ủ h sau cú nghim
(
)
(
)
( )
2 2
x y
log x y 1 1
x 2y m 2
+
+
+ =
Li gii:
- Trớc hết ta biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ các điểm M(x, y) thoả mãn (1). Ta thấy (1)
tơng đơng với hai hệ sau:
( )
2 2
2 2
2 2
2 2
x y 1
x y 1
I :
1 1 1
x y x y
x y
2 2 2
+ >
+ >
+ +
+
( )
2 2 2 2
2 2 2
x y 0 x y 0
II : 0 x y 1 0 x y 1
x y x y
1 1 1
x y
2 2 2
+ > + >
< + < < + <
+ +
+
Biờn son: GV HUNH C KHNH
- Từ đó suy ra chúng đợc biểu diễn bằng
miền gạch trong hình bên (trong đó lấy
biên của đờng tròn tâm O
1
bán kính
2
2
và không lấy biên của đờng tròn tâm O
bán kính 1). Điểm A là giao điểm của
đờng thẳng
x y 0
+ =
với đờng tròn
2 2
x y 1
+ =
và chú ý rằng A là giao điểm
phía dới nên suy ra toạ độ của nó là
2 2
x , y .
2 2
= =
Đờng thẳng
x 2y m
+ =
đi qua điểm A khi
2
m
2
=
.
p
dụng điều kiện để đờng thẳng tiếp xúc với đờng tròn ta
phải có
2
5 3
m
2 2
= +
. Do tiếp tuyến phía trên, nên ta lấy
3 10
m
2
+
= . Từ đó suy ra để
đờng thẳng
x 2y m
+ =
cắt miền gạch ta phải có
2 3 10
m
2 2
+
< .
Vớ d 3. Tỡm m ủ h cú nghim duy nht
( ) ( )
( )
x
y
2 2
2 2 y x m 1 1
x y m 2
= +
+ =
Li gii:
iu kin cn
- Nếu hệ có nghiệm
(
)
0 0
x ; y
thì
(
)
0 0
x ; y
cũng là nghiệm. Cho nên hệ có nghiệm duy nhất
thì
0 0
x x
=
hay
0
x 0.
=
- Khi đó hệ tơng đơng với
(
)
( )
y
2
1 2 y 3
y m 4
=
=
-
Từ phơng trình (4) suy ra
y 0
. Do đó
y y 0
1 2 0 2 1 2 y 0
=
.
-
Với
y 0
=
thì
m 0
=
. Đó chính là điều kiện cần.
i
u ki
n
ủ
-
Giả sử
m 0
=
, khi dó hệ có dạng:
( )
( )
x
y
x
y
2
2
2 x 2 y 5
2 2 y x
x y 0 6
x y 0
+ = +
=
+ =
+ =
-
Giải (5) xét hàm số
(
)
t
t 2 t
f
= +
đồng biến và liên tục trên
. Do đó phơng trình (5) viết
là
(
)
(
)
x y x y
f f
= =
.
- Khi đó hệ có dạng
2
x y
x y 0
x y 0
=
= =
+ =
là nghiệm duy nhất của hệ.
- Vậy với
m 0
=
thì hệ có nghiệm duy nhất.
x+2y=
2
2
x+y=0
x+2y=
2
103+
x
y
Biên soạn: GV HUỲNH ðỨC KHÁNH
BAØI TAÄP
Giải các hệ phương trình sau:
1)
(
)
(
)
x y
2 2
2 2
log y log x xy 1
x y 1
e e
− = − +
+ =
2)
(
)
(
)
2 2
3 3
x y log y log x xy 2
x y 16
− = − +
+ =
3)
x y
2 2 1
x y 2
+ ≤
+ ≥ −
4)
( )
2
4
x 8x 12 log 7
2y 1
2
4 7
y 3 3 y 2 y 1 1
− + −
−
=
− − − + ≥
BAØI TAÄP LUYEÄN TAÄP
Gi
ả
i các h
ệ
ph
ươ
ng trình sau:
1)
(
)
( )
x
y
log 6x 4y 2
log 6y 4x 2
+ =
+ =
2)
(
)
( )
4
4
4 y x
4 x y
x y .3 1
8 x y 6 0
−
−
+ =
+ − =
3)
( )
3
2 x
x log y 3
2y y 12 .3 81y
+ =
− + =
4)
(
)
( )
3 2
x
3 2
y
log x 2x 3x 5y 3
log y 2y 3y 5x 3
+ − − =
+ − − =
5)
( )
y
log
5
2 y
y.x x
log y.log y 3x 2
x
=
− =
6)
( )
( )
2
2
2
1
8y
x 1
2
x y
2 4 3 2 y x
3 7
2 x y
2 2
+
+
+
− = −
+ + =
7)
( )
( )
2
3
x 2x 3 log 5
y 4
2
3 5
4 y y 2 y 4 8
− − −
− +
=
− − + + ≤
8)
( )
2 3
9 3
x 1 2 y 1
3.log 9x log y 3
− + − =
− =
9)
y
2
x y
2log x
log xy log x
y 4y 3
=
= +
10)
(
)
( )
2 x
4 y
log 2 y 0
log 2x 2 0
−
−
− >
− >
.
HẾT
GIA SƯ ðỨC KHÁNH
0975.120.189 0563.602.929
Thầy KHÁNH (GV Toán) 22A – PHẠM NGỌC THẠCH – TP. QUY NHƠN
