Chương 2: HÀM SỐ LŨY THỪA. HÀM SỐ MŨ VÀ HÀM SỐ LÔGARIT

Đặt \(\left(\dfrac{x}{6};\dfrac{y}{3};\dfrac{z}{2}\right)=\left(a;b;c\right)\Rightarrow2^{6a}+4^{3b}+8^{2c}=4\)

\(\Leftrightarrow64^a+64^b+64^c=4\)

Áp dụng BĐT Cô-si:

\(4=64^a+64^b+64^c\ge3\sqrt[3]{64^{a+b+c}}\Rightarrow64^{a+b+c}\le\dfrac{64}{27}\)

\(\Rightarrow a+b+c\le log_{64}\left(\dfrac{64}{27}\right)\Rightarrow M=log_{64}\left(\dfrac{64}{27}\right)\)

Lại có: \(x;y;z\ge0\Rightarrow a;b;c\ge0\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}64^a\ge1\\64^b\ge1\\64^c\ge1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left(64^b-1\right)\left(64^c-1\right)\ge0\)

\(\Rightarrow64^{b+c}+1\ge64^b+64^c\) (1)

Lại có: \(b+c\ge0\Rightarrow64^{b+c}\ge1\Rightarrow\left(64^a-1\right)\left(64^{b+c}-1\right)\ge0\)

\(\Rightarrow64^{a+b+c}+1\ge64^a+64^{b+c}\) (2)

Cộng vế (1);(2) \(\Rightarrow4=64^a+64^b+64^c\le64^{a+b+c}+2\)

\(\Rightarrow64^{a+b+c}\ge2\Rightarrow a+b+c\ge log_{64}2\)

\(\Rightarrow N=log_{64}2\)

\(\Rightarrow T=2log_{64}\left(\dfrac{64}{27}\right)+6log_{64}\left(2\right)\approx1,4\)

Đơn giản là bạn vẽ cái hàm bậc 4 đó ra và cho -m và -m-10 cắt thôi. Vì -m-10<-m nên -m-10 sẽ nằm ở dưới, còn -m nằm trên. Nên -m sẽ cắt 2 điểm và -m-10 cắt 4 điểm cho ta 6 điểm. Ngoài ra k còn trường hợp nào khác mà -m và -m-10 cắt thỏa mãn

Vì \(f\left(b\right)\) đồng biến nên nếu \(f\left(-8\right)>0\Rightarrow f\left(b\right)>0;\forall b>-8\)

\(\Rightarrow f\left(b\right)\le0\) có nhiều nhất 3 nghiệm nguyên thuộc (-12;12) là -11;-10;-9 (ktm yêu cầu đề bài)

Do đó \(f\left(-8\right)\le0\)

Hiểu đơn giản thì đếm từ -11 trở đi thêm 4 số nguyên ta sẽ chạm tới mốc -8

Bài này kết quả phụ thuộc rất nhiều vào... mắt người nhìn

Từ đồ thị \(f'\left(x\right)\) kia, theo em thì phần diện tích giới hạn màu đỏ lớn hay màu xanh lớn? Nó sẽ quyết định đáp án

Nếu phần diện tích màu đỏ lớn hơn màu xanh:

\(\Rightarrow\int\limits^1_0\left|f'\left(x\right)\right|dx>\int\limits^2_1\left|f'\left(x\right)\right|dx\)

\(\Rightarrow\int\limits^1_0f'\left(x\right)dx>-\int\limits^2_1f'\left(x\right)dx\) (do trên \(\left(1;2\right)\) f'(x) mang dấu âm)

\(\Rightarrow f\left(1\right)-f\left(0\right)>f\left(1\right)-f\left(2\right)\)

\(\Rightarrow f\left(0\right)< f\left(2\right)\)

Từ đó và bảng xét dấu của \(f'\left(x\right)\), ta có BBT của \(f\left(x\right)\) như sau:

Do \(f\left(0\right)< f\left(2\right)\) nên \(f\left(0\right)\) nằm thấp hơn \(f\left(2\right)\), do đó đường thẳng \(y=f\left(0\right)\) cắt \(y=f\left(x\right)\) có dạng như hình trên.

Ta thấy ngay pt \(f\left(x\right)=f\left(0\right)\) chỉ có 2 nghiệm

Ngược lại, nếu em nhìn thấy phần màu xanh có diện tích lớn hơn màu đỏ

\(\Rightarrow\int\limits^1_0\left|f'\left(x\right)\right|dx< \int\limits^2_1\left|f'\left(x\right)\right|dx\Rightarrow f\left(1\right)-f\left(0\right)< f\left(1\right)-f\left(2\right)\)

\(\Rightarrow f\left(0\right)>f\left(2\right)\)

Khi đó thì tương giao nó lại dạng thế này:

Ta thấy ngay \(f\left(x\right)=f\left(0\right)\) có 4 nghiệm

Kiểu bài dựa trên diện tích lớn - nhỏ của các phần đồ thị này xuất hiện khá nhiều. Thường người ta sẽ cho các phần đồ thị lớn nhỏ rõ ràng trực quan nhìn là thấy cái nào lớn hơn ngay.

Gọi H là trung điểm AB \(\Rightarrow OH\perp AB\Rightarrow AB\perp\left(SHO\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{SHO}\) là góc giữa (SAB) và đáy

\(\Rightarrow\widehat{SHO}=60^0\)

Đặt \(AB=2x\Rightarrow SH=x\sqrt{3}\) (trung tuyến tam giác đều)

Pitago tam giác vuông OAH: \(OH=\sqrt{OA^2-AH^2}=\sqrt{a^2-x^2}\)

\(cos\widehat{SHO}=\dfrac{OH}{SH}=cos60^0=\dfrac{1}{2}\)

\(\Rightarrow SH=2OH\Rightarrow x\sqrt{3}=\sqrt{a^2-x^2}\)

\(\Rightarrow4x^2=a^2\Rightarrow x=\dfrac{a}{2}\)

\(\Rightarrow SO=SH.sin60^0=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}.sin60^0=\dfrac{3a}{4}\)

\(V=\dfrac{1}{3}SH.\pi a^2=\dfrac{\pi a^3}{4}\)

Gọi E, F, G, H lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B, C, D lên mặt đáy còn lại của khối trụ

\(\Rightarrow AGBF.EDHC\) là hình hộp chữ nhật

\(d\left(AC;BD\right)=d\left(\left(AECF\right);\left(BHDG\right)\right)=AG\)

\(\Rightarrow AG=a\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow BG=\sqrt{AB^2-AG^2}=\sqrt{\left(2R\right)^2-AG^2}=a\)

\(V_{ABCD}=V_{AGBF.EDHC}-V_{B.DCH}-V_{D.ABG}-V_{C.ABF}-V_{A.CDE}\)

Mà \(V_{B.DCH}=V_{D.ABG}=V_{C.ABF}=V_{A.CDE}=\dfrac{1}{3}.h.\dfrac{1}{2}S=\dfrac{1}{6}V_{AGBF.EDHC}\)

(Trong dó h là chiều cao hình hộp và S là diện tích mặt đáy)

\(\Rightarrow V_{ABCD}=\dfrac{1}{3}V_{AGBF.EDHC}=\dfrac{1}{3}V\)

\(\Rightarrow V=3\sqrt{3}a^3\)

Mà \(V=AG.BG.DG\Rightarrow h=DG=\dfrac{V}{AG.BG}=3a\)

\(\Rightarrow V_{trụ}=3a.\pi a^2=3\pi a^3\)

Đặt \(f\left(x\right)=4\left(x-1\right)e^x-y\left(e^x+xy-2x^2-3\right)\)

\(f'\left(x\right)=4x.e^x-y\left(e^x+y-4x\right)=\left(e^x+y\right)\left(4x-y\right)\)

\(f'\left(x\right)=0\Rightarrow4x-y=0\Rightarrow x=\dfrac{y}{4}\)

\(f\left(1\right)=-y\left(e+y-5\right)\) ; \(f\left(6\right)=-6y^2+\left(75-e^6\right)y+20e^6\)

TH1: \(y\le4\Rightarrow f'\left(x\right)>0;\forall x\in\left(1;6\right)\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)\) đồng biến trên (1;6) \(\Rightarrow f\left(x\right)=0\) có nghiệm trên (1;6) khi và chỉ khi:

\(\left\{{}\begin{matrix}f\left(1\right)=-y\left(e+y-5\right)< 0\\f\left(6\right)=-6y^2+\left(75-e^6\right)y+20e^6>0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y>5-e\approx2,3\\-73,1< y< 18,4\end{matrix}\right.\) (1)

Kết hợp \(y\le4\Rightarrow y=\left\{3;4\right\}\)

TH2: \(y\ge24\Rightarrow f'\left(x\right)< 0;\forall x\Rightarrow f\left(x\right)\) nghịch biến

\(\Rightarrow f\left(x\right)=0\) có nghiệm trên (1;6) khi và chỉ khi:

\(\left\{{}\begin{matrix}f\left(1\right)>0\\f\left(6\right)< 0\end{matrix}\right.\) không tồn tại y thỏa mãn do \(y\ge24\Rightarrow f\left(1\right)=-y\left(e+y-5\right)< 0\)

TH3: \(4< y< 24\) \(\Rightarrow\) trên (1;6) thì \(f\left(x\right)\) nhận \(f\left(\dfrac{y}{4}\right)\) là cực tiểu (đồng thời là GTNN)

\(f\left(1\right)=-y\left(e+y-5\right)< 0;\forall y\in\left(4;24\right)\) \(\Rightarrow f\left(\dfrac{y}{4}\right)< 0\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)\) có nghiệm khi và chỉ khi \(f\left(6\right)>0\)

Theo (1) ta được \(-73,1< y< 18,4\)

Kết hợp \(y\in\left(4;24\right)\Rightarrow y=\left\{5;6;...;18\right\}\)

Vậy \(y=\left\{3;4;...;18\right\}\) có tổng cộng 16 số nguyên dương thỏa mãn

ĐKXĐ: \(x;y>0\)

\(log_2x=-\dfrac{1}{3}log_2y\Rightarrow log_2x=log_2y^{-\dfrac{1}{3}}\)

\(\Rightarrow x=y^{-\dfrac{1}{3}}=\dfrac{1}{\sqrt[3]{y}}\Rightarrow y=\dfrac{1}{x^3}\)

Thế vào pt dưới: \(3^x+3^{\dfrac{1}{x^3}}=4\)

- Với \(x\ge1\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}3^x\ge3^1=3\\\dfrac{1}{x^3}>0\Rightarrow3^{\dfrac{1}{x^3}}>1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow3^x+3^{\dfrac{1}{x^3}}>4\) pt vô nghiệm

- Với \(0< x< 1\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{x^3}>1\Rightarrow3^{\dfrac{1}{x^3}}>3\\3^x>1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow3^x+3^{\dfrac{1}{x^3}}>4\) pt vô nghiệm

Vậy hệ đã cho vô nghiệm

Bạn xem lại đề nghen, đoạn thỏa mãn đó có vấn đề phải không nhỉ?

Bạn nên dùng Geogebra hoặc Desmos vẽ cái đường tròn kia sẽ dễ nhìn hơn, gửi nhầm vô phần cmt của bạn dưới nên mình gửi lại