Bất phương trình mũ Logarit
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (302.82 KB, 11 trang )
Bài 5
Bất phơng trình mũ và logarit
1. Bất phơng trình mũ
Đó là bất phơng trình có dạng
f(x) g(x)
aa> (hoặc a ). (1)
f(x) g(x)
a
Để giải (1), ngời ta thờng dựa vào các phép biến đổi tơng đơng
sau
f(x)
g
(x)
aa
a1
>
>
f(x) g(x)
a1
>
>
f(x)
g
(x)
aa
0a1
>
<<
f(x) g(x)
0a1.
<
<<
Ví dụ 1. Giải các bất phơng trình sau
a)
; b)
2
xx6
21
>
2
4x 15x 13
3x 4
1
4
4
+
<
. (1)
Giải. a) Bất phơng trình tơng đơng với
x
2
x 6 > 0 (x 3)(x + 2) > 0
x (, 2) (3, +).
b) (1) 4x
2
15x + 13 < 4 3x (vì 4
3x
4
=
4x
1
)
4
.
4x
2
12x + 9 < 0 (2x 3)
2
< 0 x . (vô nghiệm)
Ví dụ 2. Giải bất phơng trình x
2
5
x
5
x+2
0. (2)
Giải. (2) 5
x
.(x
2
5
2
) 0 x
2
5
2
0
(vì 5
x
> 0) 5 x 5.
Ví dụ 3. Giải bất phơng trình
a)
2
xx
2
8
1x x
8
77(7)
<+6, (3)
b)
2
x 7,2x 3,9
6x(5 255)0
+
. (4)
a) (3)
(
)
2
2
xx
xx
8
8
77.7
<+6. (5)
Đặt
2
xx
8
=7 . Từ (5) ta có y
7
y6
y
y0
<+
>
(y 7)(y 1)
0
y
y0
+
<
>
0 < y < 7. Trở lại biến cũ, ta có
1
(5)
2
x
x1
8
<
(x 4 2 2)(x 4 2 2) 0
+<
x (, 4 (,422)(422, ) + + .
b) (4)
2
x 7,2x 3,9
6x 0
525
x6
+
=
50
<
2
x6
x7,2x1,4
x6.
=
0
+
<
x6
1
x(x7)
5
x6
=
<
0
x
1
,
5
{6}.
Chú ý. Để đơn giản trong quá trình giải, ta có thể dùng ẩn phụ. Chẳng
hạn đối với bất phơng trình
f(a
x
) 0, 0 < a 1,
ta đặt t = a
x
để đi đến hệ
f(t) 0
t0.
>
Ví dụ 4. Giải các bất phơng trình sau
a)
xx
72
11
33
>
31
(6)
,
b)
xx
11
.
3112
>
1
(7)
Giải. a) (6)
72 x x
31
>
72 x
x > 0
2
tt72
tx0
0
+
<
=
0t8
tx
<
=
0 x < 64.
b) (7)
x1 x
xx1
13 3 1
0.
(3 1)(1 3 )
+
>
(8)
Đặt t= 3
x
, (8) có dạng
2
t0
t
2t
3
0
t
(t 1) 1
3
>
−−
>
−−
⇔
t0
4
2t
3
0
t
(t 1) 1
3
>
−
>
−−
⇔
3
t
2
0
(t 1)(4 t)
t0
−
>
−−
>
⇔
3
1t
2
t4
<
<
>
Tõ ®ã (8) ⇔
x
x
3
13
2
43
<<
<
⇔
3
3
3
0xlog
2
log 4 x.
<<
<
VÝ dô 5. Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh
3x x x
(2) (42) 2.8.+≥ (9)
(9) ⇔
3x x
22
2
22
+≥
⇔
3
x
tt20
2
t0
2
+− ≥
=
>
⇔
2
x
(t 1)(t t 2) 0
2
t0
2
−++≥
=>
⇔
x
2
1
2
≥
(v× t
2
+ t + 2 > 0) ⇔ x ≤ x ⇔ x ∈ (−∞, 0].
Chó ý : Khi gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh mò ta cã thÓ logarit hãa hai vÕ.
VÝ dô 6. Gi¶i c¸c bÊt ph−¬ng tr×nh
a)
, (10)
2x 1 3 x
57
−
<
−
b)
x1
(3/ 4)x 1
44 5
55
5
−
−
>
(11)
Gi¶i. a) (10) ⇔ 2x − 1 < (log
5
7)(3 − x) (v× hai vÕ d−¬ng)
⇔ (2 + log
5
7)x < 3log
5
7 + 1.
⇔ x <
5
5
13log7
.
2log7
+
+
b) (11) ⇔
55
41 4 3 3
(x 1)log log x 1
52 5 4 2
−+>−
−
⇔
55
43 1 45
xlog log
54 2 52
−> −
3
x <
5
5
4
log 5
5
.
43
2log
54
Ví dụ 7. Tìm a để bất phơng trình sau nghiệm đúng với mọi x,
xx2
92(2a1)34a30+++>. (12)
Đặt t = 3
x
, (12) có dạng
f(t) := t
2
+ 2(2a + 1)t + 4a
2
3 > 0. (13)
Bài toán trở thành : tìm a để (13) đúng với mọi t > 0.
Ta có f(t) = (t + 2a + 1)
2
4(a + 1)
a) a + 1 < 0 ( a < 1), (13) đúng với mọi t.
b) a + 1 0, (13) (t + 2a + 1
2a 1
+
)(t + 2a + 1 + 2a ) > 0 1+
t2a12a
t2a12a
< +
> + +
1
1
Để (13) đúng với mọi t > 0, cần và đủ là
2a 1 +
2a 1 0+ 2a 1 2a 1
+
+ (14)
2
4(a 1) 4a 4a 1
2a 1 0
+ + +
+
2
1
a
2
4a 3 0
a
3
.
2
Đáp số a (, 1)
3
,)
2
.
+
Ví dụ 8. Giải và biện luận
a) a
2
9
x+1
8a.3
x
> 0, (15)
b) a
2
2.4
x+1
a.2
x+1
> 0. (16)
a) (15) a
2
8a.3
x
9
x+1
> 0
x2 x
(a 4.3 ) 25.9 0
>
x2 x
(4.3 a) (5.3 )>
2
.
xx
xx
4.3 a 5.3 (17)
4.3 a 5.3 . (18)
>
<
(19)
x
x2
3a
3a
+
<
<
+ Với a = 0, (19) vô nghiệm
+ Với a < 0 (19) 3
x
< a x < log
3
(a)
4
+ Với a > 0 (19) 3
x+2
< a x < log
3
a 2.
b) Đặt t = 2
x
, (16) có dạng
22
8t 2at a 0
t0
+
<
>
22
(a t) 9t 0
t0
>
>
(a 4t)(a 2t) 0
t0
+>
>
+ Với a = 0, hệ vô nghiệm
+ Với a < 0, hệ tơng đơng với t <
a
2
nghĩa là (16) nghiệm đúng với mọi x
2
a
,log
2
+ Với a > 0, hệ tơng đơng với
0 < t <
a
4
hay x
(, log
2
a 2).
Ví dụ 9. Với mỗi a (a > 0, a 1), giải
2x x 2
aa 1
+
1.
+
(20)
Đặt t =
a > 0. Lúc đó (20) có dạng
x
22
tat1+1 (21
24 24
aa4 aa4
tt
22
+ + +
1.
24
22
24
o
24
24
1
22
24
2
aa4
0t
(vô nghiệm)
2
tat11
aa4
tt
2
aa4
t
aa8
2
tt
2
tat11
aa8
tt
2
+ +
<<
+
+ +
=
+ +
+
=
+
+ +
=
Vì t
2
> t
o
> 0 và t
1
< 0 nên
(21)
t t
2
. Từ đó
a) Nếu 0 < a < 1 thì (20)
x log
a
t
2
.
5
b) NÕu a > 1 th× (20)
⇒ x ≥ log
a
t
2
.
VÝ dô 10. Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh
xx
x
a1a
a112a
−
−
+
>
−−
x
víi a > 0, a ≠ 1. (22)
(22)
⇔
xx
xx
a1a
0
a112a
−
−
+
−>
−−
⇔
xx x
xx
a2a11a
0
(a 1)(1 2a )
−
−
−− −++
>
−−
⇔
xx
xx
(a 2)a
0
(a 1)(a 2)
−
−
>
−−
⇔
x
xx
12a
0
(a 1)(a 2)
−
>
−−
. (23)
§Æt t = a
x
> 0, (23) cho ta
1
t
2
0
(t 1)(t 2)
−
<
−−
⇔
1
0t
2
1t2
<
<
<
<
(24)
a) Víi 0 < a < 1, (24) cho ta
x
x
1
0a
2
1a 2
<<
<<
⇔
a
a
xlog2
0xlog2.
>−
>>
b) Víi a > 1
(24) ⇔
a
a
xlog2
0xlog2
<−
<<
2. BÊt ph−¬ng tr×nh logarit
C¸c tÝnh chÊt sau ®©y cña logarit hay ®−îc sö dông
a)
⇔
aa
log f(x) log g(x)
a1
>
>
g(x) 0
f(x) g(x)
a1,
>
>
>
b)
⇔
aa
log f(x) log g(x)
0a1
>
<<
f(x) 0
g(x) f(x)
0a1,
>
>
<<
c)
⇔
f(x)
log g(x) 0>
0f(x)1
0g(x)1
f(x) 1
g(x) 1,
<
<
<
<
>
>
6
d)
lo ⇔
f(x)
g g(x) 0<
0f(x)1
g(x) 1
f(x) 1
0g(x)1
,
<
<
>
>
<
<
VÝ dô 1. Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh
a) log
5
(x
2
− x) < 0 (1)
b)
3
x1
g 0,
x2
−
>
−
lo (2)
Gi¶i. a) (1) ⇔ 0 < x
2
− x < 1 ⇔
2
x(x 1) 0
xx1
−>
0
−
−<
⇔
x0
x1
15 1
x
22
<
>
−+
<<
5
⇔ x ∈
15 15
,0 1,
22
−+
∪
b) (2) ⇔
x1
1
x2
−
>
−
⇔
1
x2
−
> 0 ⇔ x > 2.
VÝ dô 2. Gi¶i
2
1
5
xlog (x x 1) 0.++ > (3)
(3) ⇔ ⇔
2
5
xlog (x x 1) 0++ <
⇔
⇔
2
2
x0
xx1
x0
xx1
>
++<
<
++>
1
1
0
2
xx
x0
+
>
<
⇔ x < −1.
VÝ dô 3. Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh
a)
1
3
xx2
3
log (3 1).log (3 9) 3
+
−−>− (4)
b)
24
22
7 log x log x 4.−+>
0
(5)
Gi¶i. a) §Æt t = log
3
(3
x
− 1). Khi ®ã (4) cã d¹ng
t( 2 t) 3−− >− ⇔
2
t2t3
+
−<
⇔ −3 < t < 1. Do ®ã
(4) ⇔
⇔
3x
331
−
<−<3
x
28
34
27
<
<
7
33
28
log x log 4
27
<<
b) Đặt t =
ta nhận đợc bất phơng trình
2
2
log x
7t2t4
+> 7t 42t
>
2
7t0
42t0
42t0
7t4t 16t16
<
+
2t7
3
t2.
4
<
<
Chú ý. Trong khi giải bất phơng trình logarit, đôi khi ngời ta dùng
công thức
a
g(x)log f(x)
g(x)
f(x) a .=
Ví dụ 4. Giải bất phơng trình
2lg(x 1) lgx
2.x 1 (x 1)
+ . (6)
(6)
2lg(x 1)lgx lg(x 1)lgx
2.10 1 10
+
Đặt t =
10 , ta có
lg(x 1)lgx
2
2t t 1 0
t0
>
(2t 1)(t 1) 0
t0
+
>
t 1.
Từ đó, (6)
lg(x 1)lgx 0
lg(x 1)lgx
10 1
lg(x 1) 0
lgx 0
lg(x 1) 0
lgx 0
x 2 hay x [2, + ).
(vì hệ sau vô nghiệm)
Ví dụ 5. Giải các bất phơng trình sau
a)
2
x
4x 5 1
log
|x 2| 2
(7)
b)
3
xx
g 2x log (2x ).lo (8)
Giải. a) Điều kiện có nghĩa là
22
x0,x
4x 5
0
|x 2|
>
>
1
x >
5
4
, x 2.
(7)
5
x,x
4
4x 5
x
|x 2|
>
2
5
x,x2
4
4x 5 x | x 2 |
>
(9)
8
(9) ⇔
x2
4x 5 x(x 2)
5
x2
4
4x 5 x(x 2)
>
−≥ −
<<
−≥− −
⇔
2
2
x2
x6x5
5
x2
4
x2x5
>
0
0
−
+≤
<<
+
−≥
⇔
2x5
61x2.
<≤
−≤ <
⇔ x ∈
(2, 5] [ 6 1, 2).∪−
b) §iÒu kiÖn x ≠ 1, x > 0. §Æt t = log
x
2, (8) cã d¹ng t + 1 ≤ t3+ ⇔
⇔
2
t10
t30
t10
(t 1) t 3
+<
+≥
+≥
+≤+
3t 1
1t1
−≤<−
−≤≤
Tõ ®ã (8) ⇔ −3 ≤ log
x
2 ≤ 1 ⇔
x
x
x1
3log21
0x1
3log21
>
−
≤≤
<<
−
≤≤
⇔
3
x2
1
0x
2
≥
<≤
⇔ x ∈
3
1
0, [2, ).
2
∪+∞
VÝ dô 6. Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh
2223
511
2
log (x 4x 11) log (x 4x 11)
0.
25x3x
−− − −−
≥
−−
(10)
§iÒu kiÖn
⇔ x ∈ (−∞, −2) ∪ (−2, 2 −
2
2
x4x11
25x3x 0
−−>
−− ≠
0
15 ) ∪ (2 +
15 , +∞) = D
Víi x ∈ D,
2
2
5
11
5
3log (x 4x 11)
log (x 4x 11) .
log 11
−−
−− =
Do ®ã, trªn D
(10) ⇒
2
5
2
5
log (x 4x 11)
3
2
log 11
25x3x
−−
−
−−
(11)
⇔
2
5
2
log (x 4x 11)
0
25x3x
−−
≤
−−
(v× 2 −
5
3
0
log 11
<
)
9
2
5
2
2
5
2
log (x 4x 11) 0
25x3x 0
log (x 4x 11) 0
25x3x 0
<
>
2
2
2
2
x4x111
3x 5x 2 0
x4x111
3x 5x 2 0
+
>
+
<
x( , 2)[6, )
1
x2,
3
+
x (, 2) (2, 2
15 ) [6, +).
Ví dụ 7. Giải các bất phơng trình
a)
(12)
x1 x1
log (x 1) log x
x(x1)
++
+ 2.
Giải : Điều kiện
x0
x10
x10
x11
>
>
+>
+
x > 1.
Đặt
xt. Khi đó
x1
log (x 1)
+
=
t > 0, x =
1
log (x 1)
x1
x1 x1
x1
1
t , log x log t
log (x 1)
+
+
+
+
=
hay
t =
x1 x1
log x log t
+
=
x1
log x
(x 1)
+
. Từ đó (12) có dạng 2t 2
t 1 hay
x1
log (x 1)
x1
+
x1
log (x 1) 0
+
(vì x > 1)
x 1 1 x 2.
Kết luận 1 < x 2.
Ví dụ 8. Giải log
a
(x a) >
1
a
log (x 1),
+
(13)
ở đây 0 < a 1.
Giải. Điều kiện x > a. Khi đó
(13)
aa
log (x a) log (x a)> +
22
a
log (x a ) 0
> . (14)
a) a > 1, khi đó (14)
22
xa
xa
1
>
>
x >
2
1a
+
b) 0 < a < 1, lúc đó (14)
22
xa
xa
1
<
>
a < x <
2
1a
+
.
10
Đáp số : x
2
(1 a, )++ với a > 1
x
2
(a, 1 a )+ với 0 < a < 1.
Ví dụ 9. Giải bất phơng trình
2
aa
a
log x log x 2
1
log x 2
++
>
; 0 < a 1. (15)
Điều kiện x > 0, log
a
x 2 0 hay
0 < x a
2
.
Đặt t =
. Khi đó (15) có dạng
a
log x
2
tt2
1
t2
++
>
2
t4
0
t2
+
>
t > 2
Trở lại biến cũ
t > 2
a
log x 2>
2
2
xa
a1
0xa
0a1.
>
>
<
<
<
<
Kết luận
2
2
x (a , ) khi a 1
x(0,a)khi0a1
+ >
<
.<
11
