Bài 84 trang 130 SGK giải tích 12 nâng cao. So sánh p và q, biết: \(\eqalign{ & a)\,{\left( {{2 \over 3}} \right)^p} > {\left( {{3 \over 2}} \right)^{ - q}} \cr & c)\,0,{25^p} < {\left( {{1 \over 2}} \right)^{2q}} \cr} \) \(\eqalign{ & b)\,{\left( {{8 \over 3}} \right)^{ - p}} < {\left( {{3 \over 8}} \right)^q} \cr & d)\,{\left( {{7 \over 2}} \right)^p} < {\left( {{2 \over 7}} \right)^{p - 2q}} \cr} \) Giải \(\eqalign{ & a)\,{\left( {{2 \over 3}} \right)^p} > {\left( {{3 \over 2}} \right)^{ - q}} \Leftrightarrow {\left( {{2 \over 3}} \right)^p} > {\left( {{2 \over 3}} \right)^q} \Leftrightarrow p < q\,\,\left( {\text{ vì }\,\,\,{2 \over 3} < 1} \right) \cr & b)\,{\left( {{8 \over 3}} \right)^{ - p}} < {\left( {{3 \over 8}} \right)^q} \Leftrightarrow {\left( {{3 \over 8}} \right)^p} < {\left( {{3 \over 8}} \right)^q} \Leftrightarrow p > q\,\,\left( {\text{ vì }\,\,{3 \over 8} < 1} \right) \cr & c)\,\,0,{25^p} < {\left( {{1 \over 2}} \right)^{2q}} \Leftrightarrow {\left( {{1 \over 4}} \right)^p} < {\left( {{1 \over 4}} \right)^q} \Leftrightarrow \,\,p > q\,\,\left( {\text{ vì }\,\,{1 \over 4} < 1} \right) \cr & d)\,\,{\left( {{7 \over 2}} \right)^p} < {\left( {{2 \over 7}} \right)^{p - 2q}} \Leftrightarrow {\left( {{7 \over 2}} \right)^p} < {\left( {{7 \over 2}} \right)^{2q - p}} \Leftrightarrow p < 2q - p\,\,\left( {\text{ vì }\,\,{7 \over 2} > 1} \right) \cr & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow 2p < 2q \Leftrightarrow p < q \cr} \) Bài 85 trang 130 SGK giải tích 12 nâng cao. Cho \(x < 0\). Chứng minh rằng: \(\sqrt {{{ - 1 + \sqrt {1 + {1 \over 4}{{\left( {{2^x} - {2^{ - x}}} \right)}^2}} } \over {1 + \sqrt {1 + {1 \over 4}{{\left( {{2^x} - {2^{ - x}}} \right)}^2}} }}} = {{1 - {2^x}} \over {1 + {2^x}}}\) Giải Ta có: \(1 + {1 \over 4}{\left( {{2^x} - {2^{ - x}}} \right)^2} = {1 \over 4}\left( {4 + {4^x} - 2 + {4^{ - x}}} \right) = {1 \over 4}\left( {{4^x} + 2 + {4^{ - x}}} \right) = {1 \over 4}{\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)^2}\) Do đó: \(\eqalign{ & \sqrt {{{ - 1 + \sqrt {1 + {1 \over 4}{{\left( {{2^x} - {2^{ - x}}} \right)}^2}} } \over {1 + \sqrt {1 + {1 \over 4}{{\left( {{2^x} - {2^{ - x}}} \right)}^2}} }}} = \sqrt {{{ - 1 + {1 \over 2}\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)} \over {1 + {1 \over 2}\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)}}} = \sqrt {{{{2^x} - 2 + {2^{ - x}}} \over {{2^x} + 2 + {2^{ - x}}}}} \cr & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \sqrt {{{{2^x} - 2 + {1 \over {{2^x}}}} \over {{2^x} + 2 + {1 \over {{2^x}}}}}} = \sqrt {{{{4^x} - {{2.2}^x} + 1} \over {{4^x} + {{2.2}^x} + 1}}} = \sqrt {{{{{\left( {{2^x} - 1} \right)}^2}} \over {{{\left( {{2^x} + 1} \right)}^2}}}} = {{1 - {2^x}} \over {1 + {2^x}}} \cr} \) (vì với \(x < 0\) thì \({2^x} < 1\)) Bài 86 trang 130 SGK giải tích 12 nâng cao. Tính: \(a)\,A = {9^{2{{\log }_3}4 + 4{{\log }_{81}}2}}\) \(b)\,B = {\log _a}\left( {{{{a^2}.\root 3 \of a .\root 5 \of {{a^4}} } \over {\root 4 \of a }}} \right)\) \(c)\,\,C = {\log _5}{\log _5}\root 5 \of {\root 5 \of {\root 5 \of {....\root 5 \of 5 } } } \) Giải a) Áp dụng \({\log _{{a^\alpha }}}{b^\beta } = {\beta \over \alpha }{\log _a}b\) (với \(a > 0, b>0\) và \(a \ne 1\)) và \({a^{{{\log }_a}b}} = b\) Ta có: \(\eqalign{ & 2{\log _3}4 + 4{\log _{81}}2 = {4 \over 2}{\log _3}4 + 2{\log _9}2 \cr & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {\log _9}{4^4} + {\log _9}{2^2} = {\log _9}{2^{10}} \cr} \) Do đó \(A = {9^{{{\log }_9}{2^{10}}}} = {2^{10}} = 1024\) b) Ta có \({{{a^2}.\root 3 \of a .\root 5 \of {{a^4}} } \over {\root 4 \of a }} = {a^{2 + {1 \over 3} + {4 \over 5} - {1 \over 4}}} = {a^{{{173} \over {60}}}}\) Do đó: \(B = {\log _a}{a^{{{173} \over {60}}}} = {{173} \over {60}}\) c) Ta có \(\root 5 \of {\root 5 \of {\root 5 \of {....\root 5 \of 5 } } } = {5^{{{\left( {{1 \over 5}} \right)}^n}}} \Rightarrow {\log _5}\root 5 \of {\root 5 \of {\root 5 \of {....\root 5 \of 5 } } } = {\left( {{1 \over 5}} \right)^n} = {5^{ - n}}\) \( \Rightarrow C = - n\) Bài 87 trang 130 SGK giải tích 12 nâng cao. Chứng minh rằng \({\log _2}3 > {\log _3}4\) Giải Ta có \({\log _2}3 > {\log _3}4 \Leftrightarrow {1 \over {{{\log }_3}2}} > {\log _3}4 \Leftrightarrow {\log _3}2.{\log _3}4 < 1\) (vì \({\log _3}2 > 0\)) Áp dụng BĐT cô si cho hai số dương ta có: \(\eqalign{ & \sqrt {{{\log }_3}2.{{\log }_3}4} < {1 \over 2}\left( {{{\log }_3}2 + {{\log }_3}4} \right) = {1 \over 2}{\log _3}8 < {1 \over 2}{\log _3}9 = 1 \cr & \Rightarrow {\log _3}2.{\log _3}4 < 1\,\,\left( {dpcm} \right) \cr} \) Bài 88 trang 130 SGK giải tích 12 nâng cao. Gọi c là cạnh huyền, a và b là hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông. Chứng minh rằng: \({\log _{b + c}}a + {\log _{c - b}}a = 2{\log _{b + c}}a.{\log _{c - b}}a.\) Giải Ta có: \({\log _{b + c}}a + {\log _{c - b}}a = 2{\log _{b + c}}a.{\log _{c + b}}a.\) \(\eqalign{ & \Leftrightarrow {1 \over {{{\log }_a}\left( {b + c} \right)}} + {1 \over {{{\log }_a}\left( {c - b} \right)}} = {2 \over {{{\log }_a}\left( {b + c} \right).{{\log }_a}\left( {c - b} \right)}} \cr & \Leftrightarrow {\log _a}\left( {c - b} \right) + {\log _a}\left( {b + c} \right) = 2 \cr & \Leftrightarrow {\log _a}\left( {c - b} \right)\left( {b + c} \right) = 2 \cr & \Leftrightarrow {c^2} - {b^2} = {a^2} \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} = {c^2} \cr} \) Tam giác vuông cạnh huyền c, hai cạnh góc vuông a và b nên ta có \({a^2} + {b^2} = {c^2}\) từ đó suy ra đpcm. Bài 89 trang 131 SGK giải tích 12 nâng cao. Chứng minh rằng hàm số \(y = \ln {1 \over {1 + x}}\) thỏa mãn hệ thức \(xy' + 1 = {e^y}\) Giải Điều kiện: \(x > -1\). Ta có \(y = - \ln \left( {1 + x} \right) \Rightarrow y' = - {1 \over {1 + x}}\) Khi đó: \(xy' + 1 = {{ - x} \over {1 + x}} + 1 = {1 \over {1 + x}} = {e^{\ln {1 \over {1 + x}}}} = {e^y}\) Vậy \(xy' + 1 = {e^y}\) Bài 90 trang 131 SGK giải tích 12 nâng cao. Giả sử đồ thị (G) của hàm số \(y = {{{{\left( {\sqrt 2 } \right)}^x}} \over {\ln 2}}\) cắt trục tung tại điểm A và tiếp tuyến của (G) tại A cắt trục hoành tại điểm B. Tính giá trị gần đúng của diện tích của tam giác OAB (chính xác đến hàng phần nghìn). Giải \(x = 0 \Rightarrow y = {1 \over {\ln 2}}\) Tọa độ điểm \(A\left( {0;{1 \over {\ln 2}}} \right)\). Vậy \(OA = {1 \over {\ln 2}}\) Ta có \(y' = {{{{\left( {\sqrt 2 } \right)}^x}.\ln \sqrt 2 } \over {\ln 2}} = {1 \over 2}{\left( {\sqrt 2 } \right)^x} \Rightarrow y'\left( 0 \right) = {1 \over 2}\) Phương trình tiếp tuyến tại A là: \(y - {1 \over {\ln 2}} = {1 \over 2}x \Rightarrow y = {1 \over 2}x + {1 \over {\ln 2}}\) Giao điểm B của tiếp tuyến với trục hoành \(B\left( { - {2 \over {\ln 2}};0} \right)\) suy ra \(OB = {2 \over {\ln 2}}\) Vậy \({S_{OAB}} = {1 \over 2}OA.OB = {1 \over 2}.{1 \over {\ln 2}}.{2 \over {\ln 2}} = {1 \over {{{\ln }^2}2}} \approx 2,081\) Bài 91 trang 131 SGK giải tích 12 nâng cao. Kí hiệu M là một điểm thuộc đồ thị của hàm số \(y = {\log _a}x\). Trong hai khẳng định \(a > 1\) và \(0 < a < 1\), khẳng định nào đúng trong mỗi trường hợp sau? Vì sao? a) M có tọa độ (0,5; -7); b) M có tọa độ (0,5; 7); c) M có tọa độ (3; 5,2); d) M có tọa độ (3; -5,2). Giải Gọi (C) là đồ thị hàm số \(y = {\log _a}x\) a) \(M \in \left( C \right)\) nên \({\log _a}0,5 = - 7 \Leftrightarrow {1 \over 2} = {a^{ - 7}} \Leftrightarrow {a^7} = 2 \Leftrightarrow a = \root 7 \of 2 \) Vậy a > 1 b) \(M\left( {0,5;7} \right) \in \left( C \right)\) nên \({\log _a}0,5 = 7 \Leftrightarrow {1 \over 2} = {a^7} \Leftrightarrow {a^7} = {1 \over 2} \Leftrightarrow a = \root 7 \of {{1 \over 2}} \) Vậy \(0 < a < 1\) c) \(M\left( {3;5,2} \right) \in \left( C \right)\) nên \({\log _a}3 = 5,2 \Leftrightarrow {a^{5,2}} = 3 \Leftrightarrow a = {3^{{1 \over {5,2}}}} > 1\) Vậy a > 1 d) \(M\left( {3; - 5,2} \right) \in \left( C \right)\) nên \({\log _a}3 = - 5,2 \Leftrightarrow {a^{ - 5,2}} = 3 \Leftrightarrow {a^{5,2}} = {1 \over 3} \Leftrightarrow a = {1 \over {{3^{5,2}}}}\) Vậy \(0 < a < 1\) Bài 92 trang 131 SGK giải tích 12 nâng cao. Các loài cây xanh trong quá trình quang hợp sẽ nhận được một lượng cacbon 14 (một đồng vị của cacbon). Khi một bộ phận của một cái cây nào đó bị chết thì hiện tượng quang hợp cũng ngưng và nó sẽ không nhận thêm cacbon 14 nữa. Lượng cacbon 14 của bộ phận đó sẽ phân hủy một cách chậm chạp, chuyển hóa thành nito 14. Biết rằng nếu gọi P(t) là số phần trăm cacbon 14 còn lại trong một bộ phận của một cái cây sinh trưởng từ t năm trước đây thì P(t) được tính theo công thức: \(P\left( t \right) = 100.{\left( {0,5} \right)^{{1 \over {5750}}}}\,\left( \% \right)\) Phân tích một mẫu gỗ từ một công trình kiến trúc cổ, người ta thấy lượng cacbon 14 còn lại trong mẫu gỗ đó là 65%. Hãy xác định niên đại của công trình kiến trúc đó. Giải Theo đề bài ta có phương trình: \(\eqalign{ & P\left( t \right) = 65 \Leftrightarrow 100{\left( {0,5} \right)^{{1 \over {5750}}}} = 65 \Leftrightarrow {\log _{0,5}}100 + {1 \over {5750}} = {\log _{0,5}}65 \cr & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow t = 5750{\log _{0,5}}{{65} \over {100}} = {{\ln 0,65} \over {\ln 0,5}}.5750 \approx 3574 \cr} \) Vậy tuổi của công trình kiến trúc đó là khoảng 3574 năm. Bài 93 trang 131 SGK giải tích 12 nâng cao. Giải phương trình: \(\eqalign{ & a)\,{32^{{{x + 5} \over {x - 7}}}} = 0,{25.128^{{{x + 17} \over {x - 3}}}}\,; \cr & c)\,{4^x} - {3^{x - 0,5}} = {3^{x + 0,5}} - {2^{2x - 1}}\,; \cr} \) \(\eqalign{ & b)\,{5^{x - 1}} = {10^x}{.2^{ - x}}{.5^{x + 1}}\,; \cr & d)\,{3^{4x + 8}} - {4.3^{2x + 5}} + 28 = 2{\log _2}\sqrt 2 . \cr} \) Giải a) Ta có: \({32^{{{x + 5} \over {x - 7}}}} = 0,{25.128^{{{x + 17} \over {x - 3}}}} \Leftrightarrow {2^{{{5\left( {x + 5} \right)} \over {x - 7}}}} = {1 \over 4}{.2^{{{7\left( {x + 17} \right)} \over {x - 3}}}}\) \( \Leftrightarrow {2^{{{5\left( {x + 5} \right)} \over {x - 7}}}} = {2^{{{7\left( {x + 17} \right)} \over {x - 3}}-2}} \Leftrightarrow {{5\left( {x + 5} \right)} \over {x - 7}} = {{7\left( {x + 17} \right)} \over {x - 3}} - 2\,\,\left( 1 \right)\) Điều kiện: \(x \ne 3;\,x \ne 7.\) (1) \( \Leftrightarrow 5\left( {x + 5} \right)\left( {x - 3} \right) = 7\left( {x + 17} \right)\left( {x - 7} \right) - 2\left( {x - 7} \right)\left( {x - 3} \right)\) \( \Leftrightarrow 80x = 800 \Leftrightarrow x = 10\) (nhận) Vậy \(S = \left\{ {10} \right\}\) \(b)\,{5^{x - 1}} = {10^x}{.2^{ - x}}{.5^{x + 1}} \Leftrightarrow {1 \over 5}{.5^x} = {{{{10}^x}} \over {{2^x}}}{.5.5^x} \Leftrightarrow {1 \over 5} = {5^x}.5 \Leftrightarrow {5^x} = {1 \over {25}} \Leftrightarrow x = - 2\) Vậy \(S = \left\{ { - 2} \right\}\) \(\eqalign{ & c)\,\,{4^x} - {3^{x - 0,5}} = {3^{x + 0,5}} - {2^{2x - 1}} \Leftrightarrow {4^x} + {1 \over 2}{.4^x} = {3^{x - 0,5}} + {3^{x + 0,5}} \cr & \,\, \Leftrightarrow {3 \over 2}{.4^x} = {3^{x - 0,5}}\left( {1 + 3} \right) \Leftrightarrow {1 \over 2}{.4^{x - 1}} = {3^{x - 1,5}} \cr & \,\, \Leftrightarrow {4^{x - 1,5}} = {3^{x - 1,5}} \Leftrightarrow {\left( {{4 \over 3}} \right)^{x - 1,5}} = 1 \Leftrightarrow x - 1,5 = 0 \cr & \,\,\, \Leftrightarrow x = 1,5 \cr} \) Vậy \(S = \left\{ {1,5} \right\}\) d) Đặt \(t = {3^{2x + 4}}\,\left( {t > 0} \right)\) Ta có phương trình: \({t^2} - 12t + 28 = 1 \Leftrightarrow {t^2} - 12t + 27 = 0\) \(\eqalign{ & \Leftrightarrow \left[ \matrix{ t = 9 \hfill \cr t = 3 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{ {3^{2x + 4}} = 9 \hfill \cr {3^{2x + 4}} = 3 \hfill \cr} \right. \cr & \Leftrightarrow \left[ \matrix{ 2x + 4 = 2 \hfill \cr 2x + 2 = 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = - 1 \hfill \cr x = - {3 \over 2} \hfill \cr} \right. \cr} \) Vậy \(S = \left\{ { - {3 \over 2}; - 1} \right\}\) Bài 94 trang 131 SGK giải tích 12 nâng cao. \(\eqalign{ & a)\,{\log _3}\left( {\log _{0,5}^2x - 3{{\log }_{0,5}}x + 5} \right) = 2\,; \cr & c)\,1 - {1 \over 2}\log \left( {2x - 1} \right) = {1 \over 2}\log \left( {x - 9} \right)\,; \cr} \) \(\eqalign{ & b)\,{\log _2}\left( {{{4.3}^x} - 6} \right) - {\log _2}\left( {{9^x} - 6} \right) = 1\,; \cr & d)\,{1 \over 6}{\log _2}\left( {x - 2} \right) - {1 \over 3} = {\log _{{1 \over 8}}}\sqrt {3x - 5} . \cr} \) Giải \(\eqalign{ & a)\,\,{\log _3}\left( {\log _{0,5}^2x - 3{{\log }_{0,5}}x + 5} \right) = 2 \Leftrightarrow \log _{0,5}^2x - 3{\log _{0,5}}x + 5 = 9 \cr & \Leftrightarrow \log _{0,5}^2x - 3{\log _{0,5}x} - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{ {\log _{0,5}x} = - 1 \hfill \cr {\log _{0,5}x} = 4 \hfill \cr} \right. \cr & \Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = {\left( {0,5} \right)^{ - 1}} = 2 \hfill \cr x = {\left( {0,5} \right)^4} = {1 \over {16}} \hfill \cr} \right. \cr} \) Vậy \(S = \left\{ {2;{1 \over {16}}} \right\}\) b) Ta có: \({\log _2}\left( {{{4.3}^x} - 6} \right) - {\log _2}\left( {{9^x} - 6} \right) = 1 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{{4.3}^x} - 6} \right) = {\log _2}2\left( {{9^x} - 6} \right)\) \( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ {9^x} - 6 > 0 \hfill \cr {4.3^x} - 6 = 2\left( {{9^x} - 6} \right) \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ t > \sqrt 6 \hfill \cr 2{t^2} - 4t - 6 = 0 \hfill \cr} \right.\) (với \(t = {3^x}\)) \( \Leftrightarrow t = 3 \Leftrightarrow {3^x} = 3 \Leftrightarrow x = 1\) Vậy \(S = \left\{ 1 \right\}\) c) Điều kiện: \(x >9\) \(\eqalign{ & 1 - {1 \over 2}\log \left( {2x - 1} \right) = {1 \over 2}\log \left( {x - 9} \right) \Leftrightarrow 2 = \log \left( {2x - 1} \right) + \log \left( {x - 9} \right) \cr & \Leftrightarrow \log \left( {2x - 1} \right)\left( {x - 9} \right) = 2 \Leftrightarrow \left( {2x - 1} \right)\left( {x - 9} \right) = 100 \cr & \Leftrightarrow 2{x^2} - 19x - 91 = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = 13 \hfill \cr x = - 3,5\,\,\left( \text {loại} \right) \hfill \cr} \right. \cr} \) Vậy \(x=13\) d) Điều kiện: \(x > 2\) Ta có: \({\log _{{1 \over 8}}}\sqrt {3x - 5} = {\log _{{2^{ - 3}}}}{\left( {3x - 5} \right)^{{1 \over 2}}} = - {1 \over 6}{\log _2}\left( {3x - 5} \right)\) Phương trình đã có trở thành: \(\eqalign{ & {1 \over 6}{\log _2}\left( {x - 2} \right) + {1 \over 6}{\log _2}\left( {3x - 5} \right) = {1 \over 3} \cr & \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x - 2} \right)\left( {3x - 5} \right) = 2 \cr & \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {3x - 5} \right) = 4 \cr & \Leftrightarrow x = 3\,\,\text{ hoặc }\,\,x = {2 \over 3}. \cr} \) Với điều kiện \(x > 2\) ta chỉ nhận nghiệm \(x = 3\). Vậy \(S = \left\{ 3 \right\}\) Bài 95 trang 132 SGK giải tích 12 nâng cao. Giải phương trình: \({4^x} - {3^x} = 1\) Giải Chia hai vế phương trình cho \({4^x}\) ta được: \(1 - {\left( {{3 \over 4}} \right)^x} = {\left( {{1 \over 4}} \right)^x} \Leftrightarrow {\left( {{1 \over 4}} \right)^x} + {\left( {{3 \over 4}} \right)^x} = 1\) Rõ ràng \(x = 1\) là nghiệm phương trình: Với \(x > 1\) ta có \({\left( {{1 \over 4}} \right)^x} + {\left( {{3 \over 4}} \right)^x} < {1 \over 4} + {3 \over 4} = 1\) Với \(x < 1\) ta có \({\left( {{1 \over 4}} \right)^x} + {\left( {{3 \over 4}} \right)^x} > {1 \over 4} + {3 \over 4} = 1\) Vậy \(S = \left\{ 1 \right\}\) Bài 96 trang 132 SGK giải tích 12 nâng cao. Giải các hệ phương trình: \(a)\,\left\{ \matrix{ {\log _2}\left( {x - y} \right) = 5 - {\log _2}\left( {x + y} \right) \hfill \cr {{\log x - \log 4} \over {\log y - \log 3}} = - 1 \hfill \cr} \right.\) \(b)\,\left\{ \matrix{ 2{\log _2}x - {3^y} = 15 \hfill \cr {3^y}.{\log _2}x = 2{\log _2}x + {3^{y + 1}} \hfill \cr} \right.\) Giải a) Điều kiện: \(\left\{ \matrix{ x > 0;\,y > 0 \hfill \cr x - y > 0;\,x + y > 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow x > y > 0\) \(\eqalign{ & \left\{ \matrix{ {\log _2}\left( {x - y} \right) = 5 - {\log _2}\left( {x + y} \right) \hfill \cr {{\log x - \log 4} \over {\log y - \log 3}} = - 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ {\log _2}\left( {x - y} \right) + {\log _2}\left( {x + y} \right) = 5 \hfill \cr \log {x \over 4} = - \log {y \over 4} \hfill \cr} \right. \cr & \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ {\log _2}\left( {{x^2} - {y^2}} \right) = 5 \hfill \cr \log {{xy} \over {12}} = 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ {x^2} - {y^2} = 32 \hfill \cr xy = 12 \hfill \cr} \right. \cr} \) Giải hệ bằng phương pháp thế ta được \(x = 6, y = 2\). Vậy \(S = \left\{ {\left( {6;2} \right)} \right\}\) b) Điều kiện: \(x > 0\). Ta có nghiệm phương trình: \(\left\{ \matrix{ 2u - v = 15\,\,\,\,\left( 1 \right) \hfill \cr u.v = 2u + 3v\,\,\,\,\left( 2 \right) \hfill \cr} \right.\) Từ (1) suy ra \(v = 2u – 15\), thay vào (2) ta được: \(\eqalign{ & u\left( {2u - 15} \right) = 2u + 3\left( {2u - 15} \right) \Leftrightarrow 2{u^2} - 23u + 45 = 0 \cr & \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ u = 9\,\,\,\text{ với }\,\,u = 9 \Rightarrow v = 3 \hfill \cr u = {5 \over 2}\,\,\,\text{ với }\,\,u = {5 \over 2} \Rightarrow v = - 10\,\,\left( \text{loại} \right) \hfill \cr} \right. \cr} \) Vậy \(\left\{ \matrix{ u = 9 \hfill \cr v = 3 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ \log _2^x = 9 \hfill \cr {3^y} = 3 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x = {2^5} = 512 \hfill \cr y = 1 \hfill \cr} \right.\) Vậy \(S = \left\{ {\left( {512;1} \right)} \right\}\) Bài 97 trang 132 SGK giải tích 12 nâng cao. Giải các bát phương trình sau: \(\eqalign{ & a)\,{{1 - {{\log }_4}x} \over {1 + {{\log }_2}x}} < {1 \over 2}\,; \cr & c)\,{\log _{{1 \over 5}}}\left( {{x^2} - 6x + 18} \right) + 2{\log _5}\left( {x - 4} \right) < 0. \cr} \) \(b)\,{\log _{{1 \over {\sqrt 5 }}}}\left( {{6^{x + 1}} - {{36}^x}} \right) \ge - 2;\) Giải a) Ta có \({\log _4}x = {1 \over 2}{\log _2}x\). Đặt \(t = {\log _2}x\) Ta có \(\eqalign{ & {{1 - {1 \over 2}t} \over {1 + t}} - {1 \over 2} \le 0 \Leftrightarrow {{2 - t - 1 - t} \over {2\left( {1 + t} \right)}} \le 0 \Leftrightarrow {{1 - 2t} \over {1 + t}} \le 0 \cr & \Leftrightarrow t < - 1\,\,\text{ hoặc }\,\,t \ge {1 \over 2} \Leftrightarrow {\log _2}x < - 1\,\,\text{ hoặc }\,\,{\log _2}x \ge {1 \over 2} \cr & \Leftrightarrow 0 \le x \le {1 \over 2}\,\,\text{ hoặc }\,\,x \ge \sqrt 2 \cr} \) Vậy \(S = \left( {0;{1 \over 2}} \right) \cup \left[ {\sqrt 2 ; + \infty } \right)\) b) Ta có \({\log _{{1 \over {\sqrt 5 }}}}\left( {{6^{x + 1}} - {{36}^x}} \right) \ge - 2\) \( \Leftrightarrow 0 < {6^{x + 1}} - {36^x} \le {\left( {{1 \over {\sqrt 5 }}} \right)^{ - 2}} = 5 \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ {6.6^x} - {36^x} > 0 \hfill \cr {6.6^x} - {36^x} \le 5 \hfill \cr} \right.\) Đặt \(t = {6^x}\,\,\left( {t > 0} \right)\). Ta có hệ: \(\left\{ \matrix{ 6t - {t^2} > 0 \hfill \cr {t^2} - 6t + 5 \ge 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ 0 < t < 6 \hfill \cr t \le 1\,\,\text{ hoặc }\,\,t \ge 5 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{ 0 < t \le 1 \hfill \cr 5 \le t < 6 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{ {6^x} \le 1 \hfill \cr 5 \le {6^x} < 6 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{ x \le 0 \hfill \cr {\log _6}5 \le x < 1 \hfill \cr} \right.\) Vậy \(S = \left( { - \infty ;0} \right] \cup \left[ {{{\log }_6}5;1} \right)\) c) Điều kiện: \(\left\{ \matrix{ {x^2} - 6x + 18 > 0 \hfill \cr x - 4 > 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow x > 4\) \(\eqalign{ & {\log _{{1 \over 5}}}\left( {{x^2} - 6x + 18} \right) + 2{\log _5}\left( {x - 4} \right) < 0 \Leftrightarrow {\log _5}{\left( {x - 4} \right)^2} < {\log _5}\left( {{x^2} - 6x + 18} \right) \cr & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow {\left( {x - 4} \right)^2} < {x^2} - 6x + 18 \Leftrightarrow x > 1 \cr} \) Kết hợp điều kiện ta có \(x > 4\) Vậy \(S = \left( {4; + \infty } \right)\)
