Giải phương trình logarit nâng cao

   •Hàm số đồng biến trên khoảng (1; 2) khi và chỉ khi

   mà

   Nên (*)

   • Đặt

   .

   Vậy (*) xảy ra khi m ≥ g(2) hay m ≥ 3e4+ 1

   Chọn B.

   Với điều kiện đề bài, ta có

   Đặt

   ta có

   Ta có

   Vậy f’ (t) = 0 khi t= ½. Lập bảng biến thiên ta có Pmin= 15

   Chọn D

   Ta có

   Suy ra

   Khi đó

   Do đó giá trị nhỏ nhất của P là 18.

   Chọn B.

   Do a+ b= 1 nên b= 1-a

   Khi đó ta có:

   Chọn D.

   Điều kiện x> 0.

   PT ⇔ 4.3log(100x2) + 9.2long(10x) = 13.61+logx

   Đặt

   Suy ra tích các nghiệm bằng .

   Chọn D.

   Ta có: 6x +(3-m)2x - m = 0 (1) ⇔

   Xét hàm số f( x) xác định trên R có

   Suy ra 0<, x< 1 nên f(0) < f( x) < f( 1) hay 2< f(x) < 4

   Vậy phương trình có nghiệm thuộc khoảng (0; 1) khi m ∈ (2;4) .

   Chọn C.

   Đặt .

   Để phương trình có ba nghiệm thì x2=4-log3m có một nghiệm khác 1;2 .

   Tức 4-log3m=0 ⇔ m=81 .

   Chọn B

   ĐK:

   Đặt

   Đặt

   Xét (1):5u + 3u =2

   Ta thấy u= 0 là 1 nghiệm, dùng phương pháp hàm số hoặc dùng BĐT để chứng minh nghiệm u= 0 là duy nhất.

   Với

   Xét

   Ta thấy u= 1 là 1 nghiệm, dùng phương pháp hàm số hoặc dùng BĐT để chứng minh nghiệm u= 1 là duy nhất.

   Với

   Chọn D.

   Ta có logx2+y2+2(4x+4y-4)≥1 ⇔ x2 + y2 - 4x - 4y + 6 ≤ 0 (1) .

   Giả sử M( x; y) thỏa mãn pt (1) , khi đó tập hợp điểm M là hình tròn (C1) tâm I (2; 2) bán kính

   Các đáp án đề cho đều ứng với m > 0.

   Dễ thấy x2+y2 + 2x - 2y + 2 - m = 0 là phương trình đường tròn (C2) tâm J( -1; 1) bán kính

   Vậy để tồn tại duy nhất cặp (x; y) thỏa đề khi chỉ khi ( C1) và ( C2) tiếp xúc ngoài

   Chọn A.

   + Gọi a là số tháng mà thầy Đạt gửi tiền với lãi suất 0,7%.

   Gọi b là số tháng mà thầy Đạt gửi tiền với lãi suất 0,9%.

   + Theo đề bài, ta có phương trình:

   _ Với a+ b= 9, thử với a; b là số tự nhiên ta thấy (*) không thoả mãn.

   - Với a+ b= 10 , thử với a; b là số tụ nhiên ta được a=6; b=4thoả mãn

   Vơí a= b= 11, thử ta thấy (*) không thoả mãn.

   Vậy thầy Đạt gởi tổng thời gian là 16 tháng.

   Chọn A.

   Ta có:

   chia hai vế bất phương trình cho 5x ta được :

   Đặt

   Khi đó ta có:

   nên a= - 4; b= 2 và b+a= -2

   chọn B.

   + Nếu a > 1 ta có

   Nếu 0< a< 1 ta có

   Mà x= 7,5 là một nghiệm của bất phương trình nên hệ số a > 1.

   Chọn D.

   Ta chứng minh tính chất f( x) + f( 1-x) =1 của hàm số .

   Thật vậy

   Ta có

   Chọn D.

   Điều kiện x ≠ 0

   - Nếu

   dấu bằng xảy ra khi x= 2 suy ra

   - Nếu

   dấu bằng xảy ra khi x= -1/2

   và

   Suy ra

   Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

   Chọn D.

   Ta có

   Xét hàm số

   Vì f’ (t) > 0 mọi t ≥ nên hàm số đồng biến trên (0;+∞)

   Khi đó

   Phương trình ( 1) có đúng ba nghiệm phân biệt nếu xảy ra các trường hợp sau:

   TH1+) PT (3) có nghiệm kép khác hai nghiệm phân biệt của PT ( 4)

   Khi đó ; m=3/2 thay vào PT (4) thỏa mãn.

   TH2+) PT (4) có nghiệm kép khác hai nghiệm phân biệt của Pt (3)

   Khi đó; m= ½ thay vào PT (3) thỏa mãn.

   TH3+) PT (4) có hai nghiệm phân biệt và PT (3) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm của hai PT trùng nhau

   Thay vào PT ( 3) tìm được m= 1

   Chọn D.

   Bất phương trình đã cho

   TH1: (x; y) thỏa mãn (II) khi đó

   TH2: (x; y) thỏa mãn (I) .

   Khi đó

   Suy ra :max T =9/2 khi ( x; y) = (2; ½)

   Chọn A.

   Từ ln x + ln y ≥ ln(x2 + y) ⇔xy ≥ x2 + y .

   Nếu 0

   Nếu x > 1 thì

   Vậy

   Ta có

   Có

   Vậy

   Chọn B.

   Điều kiện: x > 0

   Khi đó phương trình tương đương:

   Đặt t= log2x với x≥32 ⇒ log2x≥log232 = 5 hay t ≥ 5

   Phương trình có dạng

   Khi đó bài toán được phát biểu lại là: “Tìm m để phương trình (*) có nghiệm t ≥ 5”

   Với t ≥ 5 thì

   Ta có

   Với

   hay

   chọn A.

   Điều kiện x > 0

   Ta có:

   Đặt t= log3x .

   Khi đó phương trình (1)

   Phương trình đã cho có hai nghiệm thỏa mãn x1.x2= 3 ⇔ log3x1.x2 = 1

   ⇔ log3x1 + log3x2 = 1 ⇔ t1 + t2 = 1

   Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình (2)

   Ta có

   Vậy 0

   Chọn C.