Bài 3: Lôgarit

Lời giải:

Ta có \(\left\{\begin{matrix} \log_ab=\frac{b}{4}\\ \log_2a=\frac{16}{b}\end{matrix}\right.\Rightarrow 4=\log_2a.\log_ab=\log_2b\)

\(\Rightarrow b=16\).

\(\log_2a=\frac{16}{b}=1\Rightarrow a=2\)

Do đó \(a+b=18\). Đáp án D.

em chưa có học

Đầu tiên ta chứng minh bổ đề: Với \(x,y\ge2\) thì

\(x+y\le xy\)

\(\Leftrightarrow2xy-2x-2y\ge0\)

\(\Leftrightarrow x\left(y-2\right)+y\left(x-2\right)\ge0\)(đúng)

Ta cần chứng minh:

\(log_{a+b}c^2+log_{b+c}a^2+log_{c+a}b^2\ge3\)

\(\Leftrightarrow log_{a+b}c+log_{b+c}a+log_{c+a}b\ge\dfrac{3}{2}\)

Ta có:

\(log_{a+b}c+log_{b+c}a+log_{c+a}b\)

\(=\dfrac{lna}{ln\left(b+c\right)}+\dfrac{lnb}{ln\left(c+a\right)}+\dfrac{lnc}{ln\left(a+b\right)}\)

\(\ge\dfrac{lna}{ln\left(bc\right)}+\dfrac{lnb}{ln\left(ca\right)}+\dfrac{lnc}{ln\left(ab\right)}\)

\(=\dfrac{lna}{lnb+lnc}+\dfrac{lnb}{lnc+lna}+\dfrac{lnc}{lna+lnb}\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}lna=x\\lnb=y\\lnc=z\end{matrix}\right.\) thì bài toán cần chứng minh trở thành

\(\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\ge\dfrac{3}{2}\)

Đây là bất đẳng thức Nesbit việc chứng minh quá đơn giản nên mình nhường lại cho bạn làm nhé.

chua hc

Câu 47:

Ta có \(\log_3\frac{1-xy}{x+2y}=3xy+x+2y-4\)

\(\Leftrightarrow \log_3(1-xy)-\log_3(x+2y)=3(xy-1)-1+(x+2y)\)

\(\Leftrightarrow \log_3(3-3xy)+(3-3xy)=\log_3(x+2y)+(x+2y)\)

Xét hàm \(f(x)=\log_3x+x\Rightarrow f'(x)=\frac{1}{x\ln 3}+1>0\) với \(x>0\)

Do đó , hàm là hàm đồng biến trên TXĐ

\(\Rightarrow f(3-3xy)=f(x+2y)\Leftrightarrow 3-3xy=x+2y\)

\(\Leftrightarrow y=\frac{3-x}{3x+2}\). Vì \(x,y>0\Rightarrow \frac{3-x}{3x+2}>0\Rightarrow 0< x< 3\)

Ta có \(P=x+\frac{3-x}{3x+2}\)

\(P'=\frac{9x^2+12x-7}{(3x+2)^2}=0\Leftrightarrow x=\frac{-2+\sqrt{11}}{3}\) (chọn) hoặc \(x=\frac{-2-\sqrt{11}}{3}\) (loại vì $x>0$)

Lập bảng biến thiên ta suy ra \(P_{\min}=P(\frac{-2+\sqrt{11}}{3})=\frac{-3+2\sqrt{11}}{3}\)

Đáp án D

Bài 48:

PT hoành độ giao điểm:

\(x^3-3x^2+x+2-(mx-m+1)=0\)

\(\Leftrightarrow (x-1)(x^2-2x-1-m)=0\)

Để hai đths cắt nhau tại ba điểm phân biệt thì pt trên phải có ba nghiệm phân biệt, tức là \(x^2-2x-(m+1)=0\) có hai nghiệm phân biệt khác 1

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 1-2-(m+1)\neq 0\\ \Delta'=1+(m+1)>0\end{matrix}\right.\Rightarrow m> -2\)

Gọi \(x_1,x_2\) là hai nghiệm của pt trên thì \(x_1,x_2=\frac{-b'\pm \sqrt{\Delta'}}{a}=1\pm \sqrt{m+2}\)

Do đề bài không yêu cầu thứ tự các điểm, nên ta đặt ba giao điểm của 2 đths là:

\(A(1;1)\)

\(B(x_1; mx_1-m+1)\)

\(C(x_2;mx_2-m+1)\)

(miễn sao thỏa mãn tồn tại 2 đoạn thẳng tạo bởi 2 trong 3 điểm trên có độ dài bằng nhau)

Ta có:

\(AB=\sqrt{(x_1-1)^2+(mx_1-m)^2}=\sqrt{(x_1-1)^2(m^2+1)}=\sqrt{(m+2)(m^2+1)}\)

\(AC=\sqrt{(x_2-1)^2+(mx_2-m)^2}=\sqrt{(x_2-1)^2(m^2+1)}=\sqrt{(m+2)(m^2+1)}\)

\(BC=.....\)

Nhìn trên thì dễ thấy \(AB=AC\) luôn bằng nhau với mọi \(m>-2\), tức là thỏa mãn đkđb

Vậy \(m>-2 \) hay \(m\in (-2;+\infty)\)

Đáp án D

chưa học nên éo biết làm

Đây là trắc nghiệm đúng không. Vậy thì 4 đáp án a,b,c,d đâu rồi. Không thể tính ra số cụ thể đâu. Nhưng có thể biểu diễn theo biến.

Giả thiết của đề bài như bị thiếu.

\(a^2+b^2=\left(a+b\right)^2-2ab=8ab\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)^2=10ab\)

\(log\left(a+b\right)=\dfrac{1}{2}log\left(\left(a+b\right)^2\right)=\dfrac{1}{2}log\left(10ab\right)\)

\(=\dfrac{1}{2}\left(log\left(a\right)+log\left(b\right)+log10\right)=\dfrac{loga+logb+1}{2}\)

Bạn dò thử coi có đáp án không nha! :D

B)

Lời giải:

\(f(x)=e^x(\sin x-2\cos x)\)

\(\Rightarrow f'(x)=-e^x\cos x+3e^x\sin x\)

\(f''(x)=4e^x\sin x+2e^x\cos x\)

Do đó:

\(m=\frac{f'(x)}{f''(x)+5e^x}=\frac{-e^x\cos x+3e^x\sin x}{4e^x\sin x+2e^x\cos x+5e^x}=\frac{3\sin x-\cos x}{4\sin x+2\cos +5}\)

\(\Leftrightarrow m(4\sin x+2\cos x+5)=3\sin x-\cos x\)

\(\Leftrightarrow 5m=\sin x(3-4m)+\cos x(-2m-1)\) (*)

Để pt có nghiệm thì \(5m\in [\min; \max]\) của

\(\sin x(3-4m)+\cos x(-2m-1)\) (1)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\([\sin x(3-4m)+\cos x(-2m-1)]^2\leq (\sin^2x+\cos^2x)[(3-4m)^2+(-2m-1)^2](**)\)

\(\Leftrightarrow [\sin x(3-4m)+\cos x(-2m-1)]^2\leq 20m^2-20m+10\)

\(\Leftrightarrow -\sqrt{20m^2-20m+10}\leq \sin x(3-4m)+\cos x(-2m-1)\le \sqrt{20m^2-20m+10}\) (2)

Từ \((1);(2)\Rightarrow -\sqrt{20m^2-20m+10}\leq 5m\leq \sqrt{20m^2-20m+10}\)

\(\Leftrightarrow 25m^2\leq 20m^2-20m+10\) (***)

\(\Leftrightarrow m^2+4m-2\leq 0\Leftrightarrow -2-\sqrt{6}\leq m\leq \sqrt{6}-2\)

Do đó, \(a=-2-\sqrt{6};b=\sqrt{6}-2\)

\(\Leftrightarrow a+4b=-10+3\sqrt{6}\)

Đáp án B

Thực chất bạn có thể kết hợp từ dòng (*), (**), (***) luôn được nhưng để dễ hiểu hơn thì mình biến bài làm dài hơn 1 chút.

Lời giải:

Đặt \(\log_9x=\log_6y=\log_4\left(\frac{x+y}{6}\right)=t\)

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x=9^t\\ y=6^t\\ x+y=6.4^t\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow 9^t+6^t=6.4^t\)

\(\Leftrightarrow \left(\frac{9}{6}\right)^t+1=6.\left(\frac{4}{6}\right)^t\)

\(\Leftrightarrow \left(\frac{3}{2}\right)^t+1=6.\left(\frac{2}{3}\right)^t\)

Đặt \(\left(\frac{3}{2}\right)^t=a\Rightarrow a+1=6.\frac{1}{a}\)

\(\Leftrightarrow a^2+a-6=0\Leftrightarrow a=2\) hoặc $a=-3$

Mà \(a>0\Rightarrow a=2\)

Ta có: \(\frac{x}{y}=\frac{9^t}{6^t}=\left(\frac{9}{6}\right)^t=\left(\frac{3}{2}\right)^t=a=2\)

Vậy \(\frac{x}{y}=2\)

Lời giải:

Đặt \(2^{x^2}=t\). Khi đó \(t\geq 1\)

PT trở thành: \(t^2-4t+6=m\Leftrightarrow t^2-4t+(6-m)=0\) (*)

Tư duy:

Nếu (*) có 1 nghiệm duy nhất thì $x^2$ là duy nhất, do đó pt ban đầu chỉ có thể có nhiều nhất 2 nghiệm

Nếu (*) có 2 nghiệm đều khác 1, khi đó $x^2$ có hai giá trị đều khác $0$, kéo theo pt ban đầu có 4 nghiệm

Như vậy, để PT ban đâu có 3 nghiệm thì (*) phải có 2 nghiệm phân biệt , trong đó một nghiệm bằng $1$. Bởi vì khi đó, nghiệm $t$ khác 1 sẽ cho 2 giá trị của $x$, nghiệm $t=1$ cho giá trị $x=0$ duy nhất.

Vậy (*) có nghiệm là $1$, tức là

\(1^2-4.1+(6-m)=0\Leftrightarrow 3-m=0\Leftrightarrow m=3\)

Thử lại thấy thỏa mãn

Đáp án D