Bài 3: Lôgarit

GIÚP MÌNH VỚI NHA! CẦN GẤP Ạ

Vd1:

\(\log_{a}\sqrt[4]{a}=\log_{a}a^{\frac14}=\frac14\)

=>Chọn B

Vd2: \(\log_2a-2\cdot\log_4b=3\)

=>\(\log_2a-2\cdot\log_{2^2}b=3\)

=>\(log_2a-2\cdot\frac12\cdot\log_2b=3\)

=>\(\log_2a-\log_2b=3\)

=>\(\log_2\left(\frac{a}{b}\right)=3\)

=>\(\frac{a}{b}=2^3=8\)

=>a=8b

=>Chọn B

Câu 3:

\(4\cdot\log_2a+\log_2b=\log_2a^4+\log_2b=\log_2\left(a^4b\right)\)

\(=\log_216=\log_22^4=4\)

=>CHọn A

Gọi f(x)=\(\dfrac{4\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}\), g(x)=2^{1-3\(\sqrt{x}\)}. Ta có f'(x)>0 và g'(x)<0 với mọi x\(\ge\)0, suy ra f(x) và g(x) lần lượt đồng biến và nghịch biến trên (0;+\(\infty\)).

Suy ra phương trình đã cho có nhiều nhất một nghiệm, nghiệm cần tìm là x=1/9.

Không mất tính tổng quát, giả sử \(x\ge y\ge z\)

\(y^2-yz+z^2=y^2+\left(z-y\right)y\le y^2\Rightarrow\dfrac{1}{y^2-yz+z^2}\ge\dfrac{1}{y^2}\)

Tương tự: \(\dfrac{1}{z^2-xz+x^2}\ge\dfrac{1}{x^2}\)

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{1}{x^2-xy+y^2}+\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}=\dfrac{1}{x^2-xy+y^2}+\dfrac{x^2-xy+y^2}{x^2y^2}+\dfrac{1}{xy}\)

\(P\ge2\sqrt{\dfrac{x^2-xy+y^2}{x^2y^2\left(x^2-xy+y^2\right)}}+\dfrac{1}{xy}=\dfrac{3}{xy}\ge\dfrac{12}{\left(x+y\right)^2}\ge\dfrac{12}{\left(x+y+z\right)^2}=3\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(x;y;z\right)=\left(1;1;0\right)\) và hoán vị

bỏ ghim chh giùm kon, sợ quá:<

Dễ dàng nhận ra (hoặc chứng minh bằng quy nạp) dãy đã cho là dãy dương

\(u_{n+1}=\dfrac{1}{2}\left(u_n+\dfrac{2020}{u_n}\right)\ge\dfrac{1}{2}.2\sqrt{2020}=\sqrt{2020}\)

\(\Rightarrow\) Dãy bị chặn dưới bởi \(\sqrt{2020}\)

Mặt khác:

\(\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\dfrac{1}{2}\left(1+\dfrac{2020}{u_n^2}\right)\le\dfrac{1}{2}\left(1+\dfrac{2020}{\sqrt{2020}^2}\right)=1\)

\(\Rightarrow u_{n+1}\le u_n\Rightarrow\) dãy giảm

Dãy giảm và bị chặn dưới \(\Rightarrow\) dãy có giới hạn

Gọi giới hạn đó là L \(\Rightarrow\sqrt{2020}\le L\le2021\)

Lấy giới hạn 2 vế của \(u_{n+1}=\dfrac{1}{2}\left(u_n+\dfrac{2020}{u_n}\right)\Rightarrow L=\dfrac{1}{2}\left(L+\dfrac{2020}{L}\right)\)

\(\Rightarrow L^2=2020\Rightarrow L=\sqrt{2020}\)

Với \(x\le3\) hiển nhiên ko thỏa mãn nên ta chỉ cần xét với \(x>3\)

\(\Leftrightarrow\left(x^{log_5m}+3\right)^{log_5m}=x-3\)

Đặt \(log_5m=k>1\Rightarrow\left(x^k+3\right)^k=x-3\)

Đặt \(x^k+3=t>3\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^k=t-3\\t^k=x-3\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow x^k-t^k=t-x\)

\(\Rightarrow x^k+x=t^k+t\)

Hàm \(f\left(u\right)=u^k+u\) có \(f'\left(u\right)=k.u^{k-1}+1>0\Rightarrow f\left(u\right)\) đồng biến khi \(u>3\)

\(\Rightarrow x=t\)

\(\Rightarrow x^k+3=x\Rightarrow x^k-x+3=0\)

Với \(k>1\) ta có \(f\left(x\right)=x^k-x+3\) có  \(f'\left(x\right)=k.x^{k-1}-1>1.3^0-1=0\) khi \(x>3\) nên hàm đồng biến

\(\Rightarrow f\left(x\right)>f\left(3\right)=3^k>0\Rightarrow f\left(x\right)\) vô nghiệm

Vậy ko tồn tại \(m>1\) thỏa mãn yêu cầu đề bài

Ta có: \(E=a^{\log_{a}2^5}\)

\(=a^{\log_{a}32}\)

=32

Ta có: \(\log_{x}2\cdot\sqrt[3]{2}=4\)

=>\(\log_{x}\left(2^{\frac43}\right)=2^2\)

=>\(2^{\frac43}=x^{\left(2^2\right)}\)

=>\(x^4=2^{\frac43}\)

=>\(x^4=\left(2^{\frac13}\right)^4\)

=>\(x=2^{\frac13}=\sqrt[3]{2}\)

Đề là \(log_2\left(x+2^{y-1}\right)-2^y=y-2x\) đúng ko nhỉ?

Đặt \(log_2\left(x+2^{y-1}\right)=z>0\)

\(\Rightarrow x+2^{y-1}=2^z\)

Ta được: \(\left\{{}\begin{matrix}z-2^y=y-2x\\x+2^{y-1}=2^z\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}z-2^y=y-2x\\2.2^z=2x+2^y\end{matrix}\right.\)

Cộng vế: \(\Rightarrow2^{z+1}+z=2^{y+1}+y\)

Hàm \(f\left(t\right)=2^{t+1}+t\) có \(f'\left(t\right)=2^{t+1}.ln2+1>0\) nên đồng biến trên miền xác định

\(\Rightarrow z=y\)

Thế vào \(z-2^y=y-2x\Rightarrow y-2^y=y-2x\)

\(\Rightarrow2^y=2x\Rightarrow y=log_2\left(2x\right)\)

Ứng với mỗi giá trị của x cho đúng 1 giá trị của y và ngược lại

Do \(2< x< 20210\Rightarrow2< y< log_2\left(2.20210\right)\approx15,1\)

\(\Rightarrow y=\left\{3;4;5;...;15\right\}\) có 13 giá trị nên có 13 cặp thỏa mãn