Vấn đề 6 Bất phương trình Logarit Mũ và Hệ bất phương trình Logarit Mũ

VẤN ĐỀ 6

BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGARITMŨ VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
LOGARIT-MŨ
121


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 định trên một tập con D
của R, khi đó :
a) Nếu a > 1 thì bất phương trình logaf(x) > logag(x)

⎧g ( x ) > 0
⎪
(1) tương đương với hệ bất phương trình ⎨ f ( x ) > g ( x )
⎪
⎩( x ∈ D )

b) Nếu 0 < a < 1 thì bất phương trình (1) tương đương với hệ bất
phương trình :

⎧ f ( x) > 0
⎪
⎨ f ( x) < g( x)
⎪
⎩( x ∈ D )

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 logα(x)f(x) > logα(x)g(x) tương
đương với 2 hệ bất phương trình :

⎧α ( x ) > 1
⎧0 < α ( x ) < 1
⎪
⎪
⎪g ( x ) > 0
⎪ f ( x) > 0
hay ⎨
⎨
⎪ f ( x) > g( x)
⎪ f ( x) < g( x)
⎪ x∈D
⎪ x∈D
)
)
⎩(
⎩(

122


B. BÀI TẬP CÓ HƯỚNG DẪN GIẢI .
Bài 1
Giải bất phương trình sau : log x (3 x ) ≤

( )

log 3x 3

Giải
Điều kiện x > 0 và x ≠ 1

⎡⎧log3x < 0
(1)
⎢⎨
3
⎢⎩log(3x ) ≥ 0
Bpt ⇔ ⎢
⎪log 3x ≥ 0
⎢⎧ x
(2)
⎢⎨[log x (3x )]2 ≤ log x (3x 2 )
⎩
⎣⎪
⎧log x 3 x < log x 1
⎧(x − 1)(3 x − 1) < 0
⇔ ⎨
⇔x>
Giaûi (1) ⇔ ⎨
3
3
⎩(x − 1)(3 x − 1) < 0
⎩log(3x ) ≥ log x 1

3

1

(a)
3

⎧x > 0
⎪
Giaûi (2) ⇔ ⎨(x − 1)(3 x − 2 ) > 0
⎪
2
⎩(log x 3 + 1) ≤ log x 3 + 3 (*)
(*) ⇔ log 2 3 + log x 3 − 2 ≤ 0 ⇔ -2 ≤ logx ≤ 1
x

1
⎧
⎪0 < x < ∨ x > 1
(2) ⇔ ⎨
3
⎪− 2 ≤ log x 3 ≤ 1
⎩
⎡⎧
1
⎢⎪0 < x < 3
⎡⎧
1
⎪
⎢⎨
⎢⎪0 < x < 3
⎢⎪ 1
⎢⎨
⎪− 2 ≤ log x 3 ≤ 1 ⇔ ⎢⎪ x 2 ≥ 3 ≥ x ⇔

⇔ ⎢⎩
⎩
⎢
⎢
⎢⎧ x > 1
⎢⎧ x > 1
⎨
⎢⎪ 1
⎢⎩− 2 ≤ log x 3 ≤ 1
⎨
⎣
⎢⎪ 2 ≤ 3 ≤ x
⎣⎩ x

⎡
1
⎢0 < x ≤
3
⎢
⎢x ≥ 3
⎣

(b )
(c )

Hợp (a) và (b) và (c) ta có x > 0
Baøi 2
123

log2(1 + log 1 x – log9x) < 1

Giải bất phương trình sau :

9

Giải
Điều kiện : x > 0
⇔ 1 – log9x – log9x < 1 (với x > 0) ⇔ 1 – 2log9x < 1
⇔ log9x > −

1
1
1
⇔ log 9x > − log33 ⇔ x >
2
2
3

Bài 3
Giải bất phương trình sau : 3 lg x + 2 < 3 lg x
Giải
Điều kiện : x > 0
(1) ⇔ 3lgx.9 < 32lgx.35 – 2 (với x > 0)
đặt t = 3lgx

2

+5

− 2 (1)

⎡ 1
⎢t > 9
2
2
bpt ⇔ 9t < 243t – 2 ⇔ 243t – 9t – 2 > 0 ⇔ ⎢
⎢t < − 2
⎢
27
⎣
1
• Với t >
:
9
1
⎛1⎞
3 > ⇔⎜ ⎟
9
⎝3⎠

− lg x

2

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

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

124


Bài 5
Giải bất phương trình : log7x > log3(2 +

x ) (**)

Giải
Điều kiện x > 0 , đặt log7x = t ⇔ x = 7t
Bất phương trình (**)
t

⇔ t > log3(2 +

t

⎛1⎞ ⎛ 7 ⎞
t
⎟ = f(t)
7 ) ⇔ 3 > 2 + 7 ⇔ 1 > 2. ⎜ ⎟ + ⎜
3⎠ ⎜ 3 ⎟
⎝
⎠
⎝
t

t

Do f(t) là hàm nghịch biến trên R , f(2) = 1
nên bất phương trình (**) ⇔ f(t) < f(2) ⇔ t > 2 ⇔log7x > 2
⇔ x > 72 = 49 .
Bài 6
Giải bất phương trình :

2-x

Xét f(x) = 3

32− x + 3 − 2x
≥ 0 (*)
4x − 2

(Đại học luật 1996)

Giải
- 2x + 3 nghịch biến trên R , f(2) = 0 , g(x) = 4x – 2 đồng

⎛1⎞
⎝2⎠

biến trên R , g ⎜ ⎟ = 0
Bất phương trình (*) ⇔

f (x)
≥0
g( x )

⎧⎧f ( x ) ≥ 0 = f (2)
⎧⎧ x ≤ 2
⎪⎪
⎪⎪
1
⎪⎨g( x ) > 0 = g⎛ 1 ⎞ ⎪⎨
⎜ ⎟
x>
⎪⎪
2 ⎠ ⎪⎪
⎝
1
2
⎩
⎪⎩
⇔ ⎨
⇔⎨
⇔ 2

⎪⎧f ( x ) ≤ 0 = f (2)
⎪⎧ x ≥ 2
⎪
⎪
⎪⎨
1
⎛ 1 ⎞ ⎪⎨
⎪⎪g( x ) < 0 = g⎜ ⎟ ⎪⎪x <
2
⎪⎩
⎝ 2 ⎠ ⎩⎩
⎩
Vậy bất phương trình có nghệm là

1
2

125


Bài 7

Với giá trị nào của m thì : y = 2 log 2 [(m +1)x − 2 mx − m ] có tập nghiệm xác
định là R.
Giải
Yêu cầu đầu baøi cho ta (m + 1)x2 – 2mx – m > 0 (*) , ∀x ∈ R
1
• m = -1 : 0.x2 + 2x + 1 > 0 ⇔ x > 2
⎛ 1

⎞
⎜ − ,+∞ ⎟ ⊂ R nên không thỏa yêu cầu (*) đúng ∀x ∈ R.
⎝ 2
⎠
⎧m 2 + m + 1 < 0
⎧m ∈ ∅
⎧∆ ' < 0
⎪
• m ≠ -1 (*) ⇔ ⎨
⇔ ⎨
⇔ ⎨
⎪m > −1
⎩m + 1 > 0
⎩m > −1
⎩
⇔m∈∅
Kết luận : m ∈ ∅
Bài 8
Giải bất phương trình :
2

(

x 4 − 8e x −1 > x x 2 e x −1 − 8

)

(Đại Học Xây Dựng 2001)

(

)

Giải

x 4 − 8e x −1 > x x 2 e x −1 − 8 ⇔ x(x3 + 8) – ex-1(x3 + 8) > 0
⇔ (x3 + 8) (x – ex-1) > 0
(*)
Xét hàm số : f(x) = x – ex-1
f’(x) = 1 – ex-1 = 0 ⇔ x = 1
Bảng biến thiên :
1
+∞
x
-∞
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 : (*) ⇔ x3 + 8 < 0 ⇔ x < -2

126

Bài 9
Tìm m sao cho bất phương trình sau đây được nghiệm đúng với mọi x
logm (x2 – 2x + m + 1) > 0
(Đại học Đà Nẳng )
Giải
Ta có : Logm (x2 – 2x + m + 1) > 0

⎡⎧0 < m < 1
⎢⎨ 2
⎢⎩x − 2 x + m + 1 < 1
⇔ ⎢
m >1
⎢⎧
⎨ 2
⎢⎩x − 2 x + m + 1 < 1
⎣

⎡⎧0 < m < 1
(1)
⎢⎨ 2
⎢⎩x − 2 x + m < 0
⇔ ⎢
m >1
⎢⎧
( 2)
⎨ 2
⎢⎩x − 2 x + m > 0
⎣

Xeùt (1) : ta thấy x2 –2x +m < 0 không thể xảy ra vơi mọi x

Xét (2) :x2 – 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 trị của x thoả x > 1 nghiệm đúng bất phương trình
sau : log 2( x2 + x ) ( x + m − 1) < 1 với mọi giá trị của m : 0 < m ≤ 4
m

(Đại học Giao thông vận tải )
Giải
Vì x > 1 ⇒ 2(x2 + x) > 4 ; cùng với 0 < m ≤ 4

⇒

2( x 2 + x )
> 1 và x + m – 1 > 0.
m

Bất phương trình đã cho được viết thành :
127


x+ m –1 <

2( x 2 + + x )
m

⇔ 2x2 + (2 – m) x – m2 + m > 0 ⇔ (x – m + 1) (2x + m) > 0
⇔x>m–1

( vì 2x + m > 0)

Vì x > 1 vaø 0 < m ≤ 4 ⇒ x > 3
Bài 10
Giải bất phương trình : 2x + 23-x ≤ 9
(Đại học Kỹ thuật công nghệ thành phố Hồ Chí Minh , khối A
năm1998 – 1999)
Giải
Đặt t = 2x với t > 0 ta được : t2 – 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 22x+1 – 9.2x + 4 ≤ 0 (1)
b) Định m để mọi nghiệm của bất phương trình (1) cũng là nghiệm
của bất phương trình :
(m2 + 1)x + m(x + 3) + 1 > 0
(Đại học An ninh – Đại học cảnh sát , khối G năm 1998 – 1999)
Giải
a) Ta có : 22x+1 – 9.2x + 4 ≤ 0 (1) ⇔ 2.22x = 9.2x + 4 ≤ 0
Đặt t = 2x > 0 , ta sẽ có : (1) ⇔ 2t2 – 9t + 4 ≤ 0

1
và 4.
2
1
Tam thức âm hoặc baèng 0 khi :
≤t≤4
2

1
≤ 2x ≤ 4 hay 2-1 ≤ 2x ≤ 22
Do đó ta có :
2
Nghiệm của tam thức theo t là

Đáp số : –1 ≤ x ≤ 2
b) (m2 + 1)x + m(x + 3) + 1 > 0 (2)
128


⇔ (m2 + m + 1)x + 3m + 1 > 0
Đặt f(x) = (m2 + m + 1)x + 3m + 1
Mọi nghiệm của (1) là nghiệm của (2) khi và chỉ khi f(x) > 0,
∀x ∈ [-1 , 2]

⎧ f (− 1) > 0
⇔0⎩ f (2) > 0

⇔ ⎨

Đáp số : 0 < m < 2
Bài 12
Giải bất phương trình : log x 3

x−5

6x

≥−

1
3

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

log x 3
Trường hợp 0 < x < 1
(1) ⇔

x−5
6x

≤

x−5
6x

≥−

1
1
= log x3
(1)
3
x

1
⇔ ⏐5 - x⏐ ≤ 6 ⇔ x ≥ -1 ⇔ 0 < x < 1 (vì 0 < x ≠ 1)
x

Trường hợp x > 1

⎡ x ≤ −1
⎣ x ≥ 11

(1) ⇔ ⏐x - 5⏐ ≥ 6 ⇔ ⎢

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 :

⎧(a − 1)x − a + 3 > 0
⎨
⎩(a + 1)x − a + 2 > 0

(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
129


Xét a > 1 : Nghiệm của bất phương trình thứ nhất là x >
nghiệm của bất phương tình thứ hai là x >

a−2
a +1

a−3
và
a −1

Muốn cho 2 bất phương trình đó tương đương thì phải có :

a−3 a−2
=
⇒a=5
a −1 a +1

Bằng cách tương tự khi a < -1 hay –1 < a < 1 ta có hai phương trình
không tương đương .
Kết luận : Hai bất phương trình tương đương khi a = 5
Bài 14
Giải bất phương trình : log2x + log3x < 1 + log2x.log3x
(Đại học ngoại thương , khối A năm 1998 – CSII)
Giải
Bất phương trình tương đương với :
log2x(1 – log3x) – (1 - log3x) < 0 ; (x > 0)
⇔ (1 - log3x)(log2x – 1) < 0
Có thể xảy ra 2 trường hợp :

•

⎧1 − log 3 x > 0
⇔0

⎨
log 2 x − 1 < 0
⎩

•

⎧1 − log 3 x < 0
⇔x>3
⎨
⎩log 2 x − 1 > 0

⎡0 < x < 2
⎣x > 3

Vậy nghiệm của bất phương trình là : ⎢

130


Bài 15
Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho bất phương trình sau đây
được thoả mãn với mọi x ≤ 0 ; x ≥ 1
2

2

m. 4 x − x + (m+1). 10 x − x - 251+ x − x

2

>0

Giải
Ta có :

2

2

m. 4 x − x + (m+1). 10 x − x - 251+ x − x

⎛5⎞
⇔ m + (m + 1). ⎜ ⎟
⎝2⎠

⎛5⎞
Đặt : y = ⎜ ⎟
⎝2⎠

x−x2

⎡⎛ 5 ⎞ x − x
- 25 ⎢⎜ ⎟
⎢⎝ 2 ⎠
⎣

2

⎤
⎥

⎥
⎦

2

>0

2

>0

x−x2

>0

Khi x ≥ 1 , x ≤ 0 , ta coù : x – x2 ≤ 0 . Vậy 0 < y ≤ 1 .
Ta đưa về bài toán : Tìm m để bất phương trình
f(y) = 25y2 - (m + 1) y – m < 0 thoaû mãn với mọi y sao cho 0 < y ≤ 1

⇔ f(y) có 2 nghiệm y1 ; y2 thoả y1 ≤ 0 < 1 < y2

⎧f (0) ≤ 0
⎩f (1) < 0

⇔ ⎨

⎧− m ≤ 0
⎩− 2m + 24 < 0

⇔ ⎨

⇔ m > 12

131


Bài 16
1. Giải bất phương trình :

log 2 ( x − 5) + 3 log 5 5 ( x − 5) + 6 log 1 ( x − 5) − 4 log 25 ( x − 5) + 2 ≤ 0
1
5

25

2. Với giá trị 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

2
1/ log1 (x − 5) + 3log5 5 (x − 5) + 6 log 1 (x − 5) − 4 log25 (x − 5) + 2 ≤ 0 (1)
5

25

⇔
2
log 5 ( x − 5) + 2 log 5 ( x − 5) − 3 log 5 ( x − 5) − 2 log 5 ( x − 5) + 2 ≤ 0

Đặt y = log5(x – 5) .
(1) ⇔

y2 – 3y + 2 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ y ≤ 2

Vaäy 1 ≤ log5(x – 5) ≤ 2 ⇔ 5 ≤ x – 5 ≤ 25 ⇔ 10 ≤ x ≤ 30
2/ (x – m)(x – 35) ≥ 0

(1)

• Trường hợp 1 : khi m ≥ 35
⎡x ≥ m
⎣ x ≤ 35

(không thoả)

(1) ⇔ ⎢

• Trường hợp 2 : khi m < 35
⎡x ≤ m
⎣ x ≥ 35

(1) ⇔ ⎢

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

132

Bài 17
Giải bất phương trình :
log2

log2

(x

2

(x

2

)

+ 3 − x 2 − 1 + 2 log 2 x ≤ 0
Giaûi

)

+ 3 − x 2 − 1 + 2 log 2 x ≤ 0
⎧ x2 + 3 − x2 −1 > 0
⎪
⎪x > 0
⎩

Điều kiện của nghiệm: ⎨
Khi đó : log2x < 0 vaø

⇒ log2

(x

2

⇔ 0
x 2 + 3 − ( x 2 + 1) < 1

)

+ 3 − x2 −1 < 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 trị của m để bất phương trình :

log 2 (2 x 2 − x + 2m − 4m 2 ) + log 1 ( x 2 + mx − 2m 2 ) = 0 (1)
2
2
có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 và thoả : x 1 + x 2 > 1
2

(1) ⇔

Giaûi
Log2(2x – x + 2m – 4m2) = log2(x2 + mx – 2m2)
2

2
2
2
⎧ 2
⎪2 x − x + 2m − 4m = x + mx − 2m
⎪x 2 + mx − 2m 2 > 0
⎩

⇔ ⎨

⎧ ⎡ x = 2m
⎧x 2 − (m + 1) x + 2m(1 − m) = 0
⎪⎢
⎪
⇔ ⎨ 2
⇔ ⎨⎣ x = 1 − m
2
⎪x + mx − 2 x > 0
⎪ 2
⎩
2
⎩x + mx − 2m > 0
Điều kiện của bài toán :

133


⎧4 m 2 > 0
⎧(2m) 2 + m(2m) − 2m 2 > 0

⎪
2
⎪
2
2
⎪− 2 m − m + 1 > 0
(1 − m) + m(1 − m) − 2m > 0
⎪
⎪
⇔ ⎨
⇔ ⎨5m 2 − 2m > 0
2
2
⎪(2m) + (1 − m) > 1
⎪
⎪2 m ≠ 1 − m
⎪m ≠ 1
⎩
⎪
3
⎩
⎡− 1 < m < 0
⇔ ⎢2
⎢ 2
⎣5
Bài 19
Xác định các giá trị của tham số m để bất phương trình sau đây có
nghiệm :
4x − m.2 x +1 + 3 − 2m ≤ 0

Giaûi
x

4 − m.2

x +1

+ 3 − 2m ≤ 0

x

Đặt : t = 2 (t > 0)
(1)

⇔ t 2 − 2mt + 3 − 2m ≤ 0
⇔

t2 + 3
≤ 2m
t +1

Đặt : f (t) =

t2 + 3
t1

f '(t) = 0 ⇔

t=1

vaäy :

f (t) ≤ 2m

(t > 0)

Ta coù : f '(t) =

∀t > 0 ⇔ 2 ≤ 2m

t 2 + 2t − 3
(t + 1) 2

⇔ 1≤ m

Lưu ý :
Dạng 1 : g(T) ≤ m, T ∈ Dg (*), luôn có nghiệm khi m ≥ Ming(T)T ∈ Dg
Daïng 2 : g(T) ≥ m, T ∈ Dg (*) lu6n có nghiệm) ⇔ m ≤ Maxg(T), T ∈ Dg

134


Bài 20
Cho bất phương trình :
2
2
2
m.92x − x − (2m + 1).62x − x + m.42x − x ≤ 0

Xaùc định các giá trị của tham số m để bất phương trình có nghiệm .
Giải
2
2
2
m.92x − x − (2m + 1).62x − x + m.42x − x ≤ 0

⎛3⎞
(1) ⇔ m ⎜ ⎟
⎝2⎠

2x 2 − x

⎛3⎞
− ( 2m + 1) ⎜ ⎟
⎝2⎠

2x 2 − x

(1)

+m≤0

⎧g ( x ) = 2x 2 − x
⎪
⎪
g( x )
Đặt : ⎨
⎛3⎞
⎪t = ⎜ ⎟

⎪
⎩ ⎝2⎠
⎛

1⎤

⎡1

⎞

Ta khảo sát y = g ( x ) với x ∈ ⎜ −∞, − ⎥ ∪ ⎢ , +∞ ⎟
2⎦ ⎣2
⎝
⎠
g ' ( x ) = 4x − 1

Ta coù : x ≥

o

1
⎛3⎞
⇒ g(x) ≥ 0 ⇒ t ≥ ⎜ ⎟ = 1
2
⎝2⎠

(1) ⇔ mt 2 − ( 2m + 1) t + m ≤ 0

(

)

⇔ m t 2 − 2t + 1 ≤ t ⇔ m ≤

t

( t − 1)2

∀t > 1

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

log a x + 2
> 1 ( a > 0 ; a ≠ 1)
log a x − 2
135


⎧x > 0
log a x ≠ 2 ⇔ ⎨x ≠ a 2

⎩
Đặt t = log a x , ta có bất phương trình theo t :
t2 + t + 2
t2 + 4
>1⇔
>0 ⇔t–2>0⇔ t>2
t−2
t−2
2
⎡
Vaäy log a x > 2 ⇔ ⎢ x > a
neáu a > 1
0 < x <1
0 < x < a2
⎣
Bài 22
Tìm nghiệm của phương trình : sin4x + cos4x = cos2x thoả mãn bất
phương trrình :
1 + log 1 (2 + x − x 2 ) > 0
2

(Đề ĐH Bách Khoa Hà Nội )
Giải
1 2
sin 2x = cos2x ⇔ cos22x – 2cos2x + 1 = 0
2
⇔ cos2x = 1 ⇔ x = k π; k ∈ Z
⎧2 + x − x 2 > 0
⎧
⎪

− 2
(2) ⇔ ⎨log 1 (2 + x − x 2 ) ≥ −1 ⇔ ⎨2 + x 2 x > 0
⎩x − x ≤ 0
⎪ 2
⎩
⎧− 1 < x < 2
⎪
⇔ ⎨⎡ x ≥ 1
⇔ ⎧− 1 < x ≤ 0
⎨1 ≤ x < 2
⎩
⎪⎢ x ≤ 0
⎩⎣

(1) ⇔ 1 −

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

136


Bài 23
Giải các bất phương trình :

b)

x − x −1

⎛1⎞
≥⎜ ⎟
⎝3⎠
log 2 ( x + 1) 2 − log 3 ( x + 1) 3

a) 3

x 2 −2 x

x 2 − 3x − 4

> 0
(Đề ĐH Bách Khoa Hà Nội )
Giải

a) Điều kiện cuả nghiệm : x2 – 2x ≥ 0 ⇔ ⎡ x ≥ 2
⎢x ≤ 0
⎣

3

⇔

x 2 −2x

⎛1⎞
≥⎜ ⎟
⎝ 3⎠

x − x −1

⇔ 3

x 2 −2 x

≥3

x −1 − x

x 2 − 2x ≥ − x + x − 1 (**)

Vì ( x – 1)2 = x2 –2x + 1 > x2 – 2x

⇒

x − 1 > x 2 − 2x ∀x ≥ 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 :

x 2 − 2x ≥ − x + x − 1 = − 1 , là hiển nhiên đúng .
Vậy nghiệm của (*) là : x ≥ 2.
Cách khác :
Xét x > 1 : đưa về dạng
A ≥ B 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 :

2 log x +1 3 − 3 log x +1 2
2
3
log2(x +1)2 – log3(x + 1)3 =
−
=
log x +1 2 log x +1 3
log x +1 2. log x +1 3

⎛9⎞
log x +1 ⎜ ⎟
⎛9⎞
⎝8⎠
= log 3 ⎜ ⎟. log 2 ( x + 1)
=
(log x +1 2)(log x +1 3)
⎝8⎠
137


Do đó :

log 2 ( x + 1) 2 − log 3 ( x + 1) 3
x 2 − 3x − 4

> 0 (1) trở thành :

⎛9⎞
⎡⎧x > 4
log 3 ⎜ ⎟. log x +1 2

⎢⎨x + 1 > 1
⎝8⎠
⇔ ⎡x > 4
> 0 ⇔ (x – 4)logx+12 > 0 ⇔ ⎢⎩
⎢x < 0
⎧x < 4
⎣
( x + 1)( x − 4)
⎢⎨x + 1 < 1
⎣⎩
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 :
1
log 3 x 2 − 5x + 6 + log 1 x − 2 > log 1 ( x + 3)
2
3
3
(Đề ĐH Bách Khoa Hà Nội )
Giảøi
⎧⎡ x > 3
⎧ x 2 − 5x + 6 > 0 ⎪ ⎢ x < 2
⎪⎣
⎪
Điều kiện : ⎨x − 2 > 0
⇔ ⎨x > 2 ⇔ x > 3
⎪x > −3
⎪x + 3 > 0
⎩

⎪
⎩
Với điều kiện treân :
1
log 3 x 2 − 5x + 6 + log 1 x − 2 > log 1 ( x + 3)
2
3
3

1
1
1
⇔ 2 log 3 ( x − 2)( x − 3) − 2 log 3 ( x − 2) > − 2 log 3 ( x + 3)
⎡ ( x − 2)( x − 3) ⎤
⇔ log 3 ⎢
⎥ + log 3 ( x + 3) > 0
x−2
⎣
⎦
⇔ log 3 ( x − 3) + log 3 ( x + 3) > 0 ( vì x > 3 )
⇔ log 3 ( x − 3)(x + 3) > 0 ⇔ x2 – 9 > 0
⇔ x > 10 ⇔ x > 10
Đáp số : x > 10

138

( vì x > 3 )


Bài 25

Tìm m để bất phưong trình log 1 ( x 2 − 2 x + m) > −3 coù nghiệm.
2

Giải

log 1 ( x 2 − 2x + m) > −3
2

⎧ 2
⇔ log 2 ( x 2 − 2x + m) > 3 ⇔ ⎨x 2 − 2x + m > 0
⎩x − 2 x + m < 8
⎧m > 2 x − x 2 = f 1 ( x )
⇔ ⎨
2
⎩m < x + 2 x + 8 = f 2 ( x )
Xét các điểm M(x,m) thuộc miền trong của (f2) và miền ngoài của
(f1).
Do f2(x) > f1(x) ∀ x nên (f1) ở bên trong (f2) , vì vậy để bất phương
trình trên có nghiệm cần và đủ là :
m < max(f2) ⇔ m < 9
Vậy khi m < 9 thì : log 1 ( x 2 − 2 x + m) > −3 có nghiệm .
2

Bài 26
Giải bất phương trrình sau :
4 x 2 + x .2 x

1-\ 4x + x.2
2

x 2 +1

+ 3.2

x2

2

+1

2

2

+ 3.2 x > x 2 .2 x + 8x + 12

Giaûi
> x .2 + 8x + 12
2

x2

2

2

⇔ 4( x − 2x − 3) + 2 x (2 x + 3 − x 2 ) > 0

[

⇔ ( x 2 − 2 x − 3) 4 − 2 x

2

]

⎡⎧x 2
⎢⎨x 2
> 0 ⇔ ⎢⎩ 2
⎢⎧x
⎢⎨x 2
⎣⎩

− 2x − 3 > 0
<2
− 2x − 3 < 0
>2

139


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

⎢
⎣ 2 ⎢⎪⎡ x > 2
⎨
⎢⎪⎢ x < − 2
⎣⎩⎣
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là : (− 2 ;−1) U ( 2 ;3)
Bài 27
Với 0 < x <

π
, chứng minh :
2

3

2 2 sin x + 2 tgx > 2 2

x +1

(Đề Đại Học Dược Hà Nội )
Giaûi

2 2 sin x + 2 tgx > 2 2 2 sin x + tgx =

2 sin x + tgx
+1
2 2

Ta xét hàm f(x) = 2sinx + tgx – 3x

f’(x) = 2cosx +

0
π
2

1
1
−3=
(1 − 3 cos 2 x + 2 cos 3 x )
2
2
cos x
cos x

1
(1 – cosx )(1 + cosx – 2cos2x)
cos 2 x
1
=
(1 – cosx )2 (1 + 2cosx) > 0
2
cos x
=

⇒ f(x) là hàm tăng , f(x) > f(0) = 0 với 0 < x <
Suy ra
Bài 28

2

2 sin x

+2

tgx

>

3
x +1
22

(đpcm).

⎛ 2x − 1 ⎞
Giải bất phương trình sau : log x ⎜
⎟ > 1
⎝ x −1 ⎠
Giaûi
2x − 1
2x − 1 ⎞
⎛
> log x x
log x ⎜
⎟ > 1 ⇔ log x
x −1
⎝ x −1 ⎠
140

π
2


⎧
⎧
⎛ 2x − 1
⎞
⎪
⎪( x − 1)⎜ x − 1 − x ⎟ > 0
⎪ x 2 − 3x + 1 < 0
⎝
⎠
⎪
⎪
⇔ ⎨x > 0; x ≠ 1
⇔ ⎨x > 0; x ≠ 1
1
⎪ 2x − 1
⎪⎡
⎪ x −1 > 0
⎪⎢ x < 2
⎩
⎪⎢ x > 1
⎩⎣
⎧
⎪3 − 5
3+ 5
⎡3 − 5

1
⎪
⎢
2
2
⎪
2
⇔ ⎨x > 0
⇔⎢ 2
⎢1 < x < 3 + 5
1
⎪⎡
⎢
⎪⎢ x < 2
2
⎣
⎪⎢ x > 1
⎩⎣
Bài 29
Giải bất phương trình : 214x + 349x – 4x ≥ 0
(Đề Đại Học Giao Thông Vận Tải )
Giải
x

x

⎛ 4 ⎞
⎛2⎞

Bất phương trình được viết thành : ⎜ ⎟ − 2⎜ ⎟ − 3 ≤ 0
⎝ 49 ⎠
⎝7⎠
x

⎛2⎞
Đặt ⎜ ⎟ = t > 0 , ta có bất phương trình : t2 –2t – 3 ≤ 0
⎝7⎠
⇔ − 1 ≤ t ≤ 3 ; vì t > 0 nên ta lấy : 0 < t ≤ 3.
x
⎛2⎞
Chuyển về x , ta coù 0 < ⎜ ⎟ ≤ 3 ⇔ x ≥ log 2 3
⎝7⎠
7

141


Bài 30
Cho bất phương trình : (m − 1)4 x + 2 x +1 + m + 1 > 0 (1)
1-\ Giải bất phương trình (1) khi m = − 1
2-\ Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình (1) thoả mãn với
mọi x .
(Đề Đại Học Giao Thông Vận Tải )
Giải
x
1-\ Khi m = − 1 : (1) ⇔ − 2.4 + 2 x +1 > 0 ⇔ 2 x (1 − 2 x ) > 0 ⇔
x<0
2-\ Đặt t = 2x . Ki x ∈ R , ta nhận m giá trị trong (0 ; + ∞ ).
(1) ⇔ f(t) = (m – 1)t2 + 2t + m +1 > 0 ( ∀t > 0 ) (2).

Neáu m < 1 : m – 1 < 0 ,
Neáu m = 1 : (2) ⇔ 2t + 1 > 0 , ( ∀t > 0 ) (đúng )
Nếu m > 1 : (2) rõ ràng thoả.
Vậy (1) thoả mãn với mọi x ⇔ m ≥ 1.
Bài 31
Giải bất phương trình :

( 10 + 3)

⇔

( 10 + 3) < ( 10 − 3)
( 10 + 3) < ( 10 + 3)
x −3
x −1

x −3
x −1

−

<

( 10 − 3)

x +3
x +1

(Đề Đại Học Giao Thông Vận Tải )
Giải

1
10 − 3 =
= ( 10 + 3) −1
10 + 3

Vì ( 10 + 3)( 10 − 3) = 1 nên
Vậy

x −3
x −1

x +3
x +1

x +1
x +3

⇔

x −3
x +1
x − 3 x +1
<−
⇔
+
<0
x −1
x+3
x −1 x + 3

⇔

x2 − 9 + x2 −1
< 0 ⇔ ( x + 5 )( x + 3)( x − 1)( x − 5 ) < 0
( x − 1)( x + 3)

⎡
⇔ ⎢1 < x < 5
⎣− 3 < x < − 5
142


Bài 32
Giải bất phương trình :
(4 x − 12.2 x + 32) log 2 (2 x − 1) ≤ 0
(Đề Học Viện Quan Hệ Quốc Tế )
Giải
x
x
(4 − 12.2 + 32) log 2 (2x − 1) ≤ 0

⇔ (2 x − 4)(2 x − 8) log 2 (2x − 1) ≤ 0
⇔ (2 x − 2 2 )(2 x − 2 3 ) log 2 (2x − 1) ≤ 0

• (x – 2)(x – 3)(2x – 1 – 20 ) ≤ 0
• (x – 1)(x – 2)(x – 3) ≤ 0
x ≤1
⎡
⎢2 ≤ x ≤ 3
⎣

Bài 33
Giải bất phương trình :

lg( x 2 − 3x + 2)
> 2
lg x + lg 2

lg( x 2 − 3x + 2)
> 2
lg x + lg 2
(Đề Đại Học Kiến Trúc Hà N ội )
Giaûi
2
lg( x − 3x + 2)
⇔
> 2 (1)
lg 2x

⎧⎡ x > 2
⎪⎢ x < 1
Điều kiện : ⎨⎣
1
⎪x ≠ , x > 0
2
⎩
⎧2 x > 1
Với điều kiện đó (1) ⇔ (2) ⎨ 2
2 hoaëc (3)
⎩ x − 3x + 2 > 4 x
⎧2 x < 1

⎨ x 2 − 3x + 2 < 4 x 2
⎩
(1) vô nghiệm (không thoả điều kiện );
1
11
(2) cho ta
< x < −1 +
2
3
1
11
KL: nghiệm bất phương trình đã cho .là: < x < −1 +
2
3
143


Baøi 34

( x − 2) log 2 4( x − 2 ) = 2 α ( x − 2) 3 .

Cho phương trình :

1. Giải phương trình với α = 2 .
2. Xác định α để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả
mãn :
5
5
≤ x 1 ≤ 1 và
≤ x2 ≤1

2
2
(Đề Đại Học Kiến Trúc Hà N ội )
Giải
log 2 4 ( x − 2 )
α
3
( x − 2)
= 2 ( x − 2) .
(1)
1. Khi α = 2 : (1) ⇔ ( x − 2) log 2 4( x − 2 ) = 4(x – 2)3
x – 2 = 1 hay x = 3 khoâng phải là nghiệm nên lấy log2 hai vế được:
(1) ⇔ log 2 4( x − 2). log 2 ( x − 2) = 3 log 2 ( x − 2) + 2
Điều kiện : x – 2 > 0 hay x > 2.
2
Lúc đó (1) ⇔ [log 2 ( x − 2)] . log 2 ( x − 2) = 3 log 2 ( x − 2) + 2

⇔

[log 2 ( x − 2)]2 − log 2 ( x − 2) − 2 = 0

5
⎡
x = 2 + 2 −1 =
⇔ ⎡log 2 ( x − 2) = −1 ⇔ ⎢
2 (thoả điều kiện )
⎢log 2 ( x − 2) = 2
⎣
⎢x = 2 + 2 2 = 6
⎣

2. Vì x > 2 và không thể có duy nhất x = 3 là nghiệm nên
0Lúc đó : (1) ⇔ [log 2 ( x − 2) + ]. log 2 ( x − 2) = α + 3 log 2 ( x − 2)
⇔ [log 2 ( x − 2)] − log 2 ( x − 2) − α = 0
5
≤ x ≤ 4 ⇔ − 1 ≤ log 2 ( x − 2) ≤ 1
2
2

Như vậy (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 mà

5
≤ x1 ≤ 4 và
2

5
≤ x2 ≤ 4 ⇔ phương trình f(t) = t2 – t − α = 0 (2) có 2 nghiệm
2
phân biệt trong [ − 1 , 1 ].

144


⎧f (−1) ≥ 0
⎪f (1) ≥ 0
⎧α ≤ 0
⎧2 − α ≥ 0
1
⎪
⎪

⎪
1 ⇔− <α≤0
⇔ ⎨− α ≥ 0 ⇔ ⎨
⇔ ⎨∆ > 0
α>−
4
⎪
⎪− 1 ≤ − − 1 ≤ 1 ⎪1 + 4α > 0
⎩
4
⎩
⎪
2
⎩
Bài 35
Cho bất phương trình :

x 2 − (3 + m) x + 3m ≤ ( x − m) log 1 x
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 :
x 2 − 5x + 6 < ( x − 2) log 1 x
2

⇔ (x – 2)( x – 3) < (x – 2) log 1 x ⇔ (x – 2)(x + log2 – 3) < 0
2

* Neáu x – 2 = 0 ⇔ x = 2 bất phương trình vô nghiệm .
* Nếu x > 2 ⇒ x – 2 > 0 ; x + log2x – 3 > 2 + 1 – 3 = 0 (vô nghiệm )
* Neáu 0 < x < 2 ⇒ x – 2 < 0 ; x + log2x – 3 < 2 + 1 – 3 = 0 (vô
nghiệm )
Vậy bất phương trình đã cho vô nghiệm .
2-\ Ta có (1) ⇔ ⎧( x − m)( x + log 2 x − 3) < 0
⎨x > 0
⎩
Với x > 2 ⇒ x + log 2 x − 3 > 2 + 1 – 3 = 0
0 < x < 2 ⇒ x + log 2 x − 3 < 2 + 1 – 3 = 0
Do đó :
* Nếu m ≥ 0 : bất phương trình (1) có nghiệm : 0 < x < 2
* Neáu 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 .

145