Bất phương trình logarit

ĐKXĐ: $x > 0$.

Ta có:

$\begin{array}{l}{9^{\log _9^2x}} + {x^{{{\log }_9}x}} \le 18\\ \Leftrightarrow {9^{{{\log }_9}x.{{\log }_9}x}} + {x^{{{\log }_9}x}} \le 18\\ \Leftrightarrow {\left( {{9^{{{\log }_9}x}}} \right)^{{{\log }_9}x}} + {x^{{{\log }_9}x}} \le 18\\ \Leftrightarrow {x^{{{\log }_9}x}} + {x^{{{\log }_9}x}} \le 18\\ \Leftrightarrow 2.{x^{{{\log }_9}x}} \le 18\\ \Leftrightarrow {x^{{{\log }_9}x}} \le 9\end{array}$

Lấy logarit cơ số 9 cả 2 vế bất phương trình ta được:

$\begin{array}{l}{\log _9}\left( {{x^{{{\log }_9}x}}} \right) \le {\log _9}9\\ \Leftrightarrow {\log _9}x.{\log _9}x \le 1\\ \Leftrightarrow \log _9^2x \le 1\\ \Leftrightarrow  - 1 \le {\log _9}x \le 1\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{9} \le x \le 9\end{array}$

Kết hợp điều kiện xác định ta có $x \in \left[ {\dfrac{1}{9};9} \right]$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: $S = \left[ {\dfrac{1}{9};9} \right]$.

Điều kiện : $x\sqrt {{x^2} + 2}  + 4 - {x^2} > 0 \Leftrightarrow x\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  - x} \right) + 4 > 0 \Leftrightarrow x.\dfrac{2}{{\sqrt {{x^2} + 2}  + x}} + 4 > 0$

$\Leftrightarrow \dfrac{{2x}}{{\sqrt {{x^2} + 2}  + x}} + \dfrac{{4\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  + x} \right)}}{{\sqrt {{x^2} + 2}  + x}} > 0 \Rightarrow 6x + 4\sqrt {{x^2} + 2}  > 0$ (vì $\sqrt {{x^2} + 2}  > x;\,\forall x$ )

$\Leftrightarrow 2\sqrt {{x^2} + 2}  >  - 3x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 3x < 0\\\left\{ \begin{array}{l} - 3x \ge 0\\4\left( {{x^2} + 2} \right) > {\left( { - 3x} \right)^2}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 0\\\left\{ \begin{array}{l}x \le 0\\5{x^2} < 8\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 0\\ - \dfrac{{\sqrt {40} }}{5} < x \le 0\end{array} \right.$

Khi đó ta có ${\log _2}\left( {x\sqrt {{x^2} + 2}  + 4 - {x^2}} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2}  \le 1$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  - x} \right) + 4} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2}  \le 1\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {\dfrac{{2x}}{{\sqrt {{x^2} + 2}  + x}} + 4} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2}  \le 1\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {\dfrac{{6x + 4\sqrt {{x^2} + 2} }}{{\sqrt {{x^2} + 2}  + x}}} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2}  \le 1\end{array}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\log _2}\left( {6x + 4\sqrt {{x^2} + 2} } \right) - {\log _2}\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  + x} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2}  \le 1\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left[ {2\left( {3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} } \right)} \right] - {\log _2}\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  + x} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2}  \le 1\\ \Leftrightarrow {\log _2}2 + {\log _2}\left( {3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} } \right) - {\log _2}\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  + x} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2}  \le 1\\ \Leftrightarrow 1 + {\log _2}\left( {3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} } \right) - {\log _2}\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  + x} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2}  \le 1\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} } \right) + 3x + 2\sqrt {{x^2} + 2}  \le {\log _2}\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  + x} \right) + x + \sqrt {{x^2} + 2} \,\left( * \right)\end{array}$

Xét hàm số $f\left( t \right) = t + {\log _2}t\,$ với $t > 0$ ta có $f'\left( t \right) = 1 + \dfrac{1}{{t.\ln 2}} > 0;\,\forall t > 0$ nên $f\left( t \right)$ là hàm đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$

Từ đó

 $\begin{array}{l}\left( * \right) \Leftrightarrow f\left( {3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} } \right) \le f\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  + x} \right)\\ \Leftrightarrow 3x + 2\sqrt {{x^2} + 2}  \le \sqrt {{x^2} + 2}  + x\\ \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + 2}  \le  - 2x\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2x \ge 0\\{x^2} + 2 \le 4{x^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 0\\3{x^2} \ge 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 0\\\left[ \begin{array}{l}x \ge \dfrac{{\sqrt 6 }}{3}\\x \le  - \dfrac{{\sqrt 6 }}{3}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x \le  - \dfrac{{\sqrt 6 }}{3}\end{array}$

Kết hợp điều kiện $\left[ \begin{array}{l}x > 0\\ - \dfrac{{\sqrt {40} }}{5} < x \le 0\end{array} \right.$  ta có $- \dfrac{{\sqrt {40} }}{5} < x \le  - \dfrac{{\sqrt 6 }}{3}$  hay $- \sqrt {\dfrac{8}{5}}  < x \le  - \sqrt {\dfrac{2}{3}}$

Tập nghiệm bất phương trình $S = \left( { - \sqrt {\dfrac{8}{5}} ; - \sqrt {\dfrac{2}{3}} } \right]$  nên $a = \dfrac{8}{5};b = \dfrac{2}{3} \Rightarrow a.b = \dfrac{8}{5}.\dfrac{2}{3} = \dfrac{{16}}{{15}}.$

ĐK : $f\left( x \right) + m + 2 > 0$

Ta có ${\log _5}\left( {f\left( x \right) + m + 2} \right) + f\left( x \right) > 4 - m$ $\Leftrightarrow {\log _5}\left( {f\left( x \right) + m + 2} \right) + f\left( x \right) + m + 2 > 6$  (*)

Xét hàm số $y = {\log _5}t + t\,\,\,\left( {t > 0} \right)$ có $y' = \dfrac{1}{{t.\ln 5}} + 1 > 0$ với $t > 0$

Nên hàm số $y = {\log _5}t + t$ đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$, lại có $y\left( 5 \right) = {\log _5}5 + 5 = 6$

Nên từ (*) suy ra $y\left( {f\left( x \right) + m + 2} \right) > y\left( 5 \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) + m + 2 > 5 \Leftrightarrow f\left( x \right) > 3 - m$ (1)

Từ hình vẽ ta có BBT của hàm số $f\left( x \right)$ như sau

Từ hình vẽ ta có $\int\limits_{ - 1}^1 {\left| {f'\left( x \right)} \right|} dx < \int\limits_1^4 {\left| {f'\left( x \right)} \right|dx}  \Leftrightarrow \int\limits_{ - 1}^1 {f'\left( x \right)} dx <  - \int\limits_1^4 {f'\left( x \right)dx}$

$\Leftrightarrow \left. {f\left( x \right)} \right|_{ - 1}^1 < \left. { - f\left( x \right)} \right|_1^4 \Leftrightarrow f\left( 1 \right) - f\left( { - 1} \right) < f\left( 1 \right) - f\left( 4 \right)$ $\Leftrightarrow f\left( { - 1} \right) > f\left( 4 \right)$ (2)

Từ (1) ; (2) và BBT ta thấy để phương trình đã cho đúng với $x \in \left( { - 1;4} \right)$ suy ra $3 - m \le f\left( 4 \right) \Leftrightarrow m \ge 3 - f\left( 4 \right).$

ĐK: ${x^2} + 6x + 5 + m > 0.$

$\begin{array}{l}{\log _7}\left( {{x^2} + 2x + 2} \right) + 1 > {\log _7}\left( {{x^2} + 6x + 5 + m} \right)\\ \Leftrightarrow {\log _7}7\left( {{x^2} + 2x + 2} \right) > {\log _7}\left( {{x^2} + 6x + 5 + m} \right)\\ \Leftrightarrow 7\left( {{x^2} + 2x + 2} \right) > {x^2} + 6x + 5 + m\\ \Leftrightarrow 7{x^2} + 14x + 14 - {x^2} - 6x - 5 - m > 0\\ \Leftrightarrow 6{x^2} + 8x + 9 - m > 0\end{array}$

Bất phương trình đã cho có tập nghiệm chứa $\left( {1;3} \right)$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + 6x + 5 + m > 0,\forall x \in \left( {1;3} \right)\\6{x^2} + 8x + 9 - m > 0,\forall x \in \left( {1;3} \right)\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m >  - {x^2} - 6x - 5,\forall x \in \left( {1;3} \right)\\m < 6{x^2} + 8x + 9,\forall x \in \left( {1;3} \right)\end{array} \right.\,\,\left( * \right)\end{array}$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge \mathop {\max }\limits_{\left[ {1;3} \right]} f\left( x \right)\\m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;3} \right]} g\left( x \right)\end{array} \right.$

với $f\left( x \right) =  - {x^2} - 6x - 5$ và $g\left( x \right) = 6{x^2} + 8x + 9$

Ta có:

$f'\left( x \right) =  - 2x - 6 = 0$ $\Leftrightarrow x =  - 3 \notin \left( {1;3} \right)$ và $f'\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( {1;3} \right)$ nên hàm số $y = f\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left( {1;3} \right)$

$\Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {1;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) =  - 12$ $\Rightarrow m \ge  - 12$

$g'\left( x \right) = 12x + 8 = 0$ $\Leftrightarrow x =  - \frac{2}{3} \notin \left( {1;3} \right)$ và $g'\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( {1;3} \right)$ nên hàm số $y = g\left( x \right)$ đồng biến trên $\left( {1;3} \right)$

$\Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;3} \right]} g\left( x \right) = g\left( 1 \right) = 23$ $\Rightarrow m \le 23$

Vậy $- 12 \le m \le 23$.

Mà $m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 12; - 11;...;23} \right\}$ hay có $23 - \left( { - 12} \right) + 1 = 36$ giá trị.

ĐKXĐ: $- x > 0 \Leftrightarrow x < 0$.

Ta có: $f\left( x \right) < \ln \left( { - x} \right) + m \Leftrightarrow m > f\left( x \right) - \ln \left( { - x} \right)$ (*)

Xét hàm số $g\left( x \right) = f\left( x \right) - \ln \left( { - x} \right)$ trên khoảng $\left( { - 1; - \dfrac{1}{e}} \right)$ có:

$\,g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - \dfrac{{ - 1}}{{ - x}} = f'\left( x \right) - \dfrac{1}{x}$

Ta biểu diễn đồ thị hàm số $y = \dfrac{1}{x}$ (nét màu đỏ) trên hình vẽ như sau:

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy

$\,g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - \dfrac{1}{x} > 0,\,\,\forall x \in$$\left( { - 1; - \dfrac{1}{e}} \right) \Rightarrow$ Hàm số $y = g\left( x \right)$ đồng biến trên $\left( { - 1; - \dfrac{1}{e}} \right)$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}g\left( { - 1} \right) = f\left( { - 1} \right) - \ln \left( 1 \right) = 1\\g\left( { - \dfrac{1}{e}} \right) = f\left( { - \dfrac{1}{e}} \right) - \ln \dfrac{1}{e} = 2 + 1 = 3\end{array} \right.$ .

Để (*) nghiệm đúng với mọi $x \in \left( { - 1; - \dfrac{1}{e}} \right)$ thì $\Leftrightarrow m \ge \mathop {max}\limits_{\left[ { - 1; - \dfrac{1}{e}} \right]} g\left( x \right) \Leftrightarrow m \ge 3.$

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{\log _{\dfrac{2}{3}}}\left( {3x - 2} \right) > {\log _{\dfrac{2}{3}}}\left( {2x + 1} \right)\\ \Leftrightarrow 0 < 3x - 2 < 2x + 1\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > \dfrac{2}{3}\\x - 3 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \dfrac{2}{3} < x < 3\end{array}$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: $S = \left( {\dfrac{2}{3};\,\,3} \right).$

Bước 1: Đặt $t = 2a + b\;\left( {t \ge 0} \right)$, đưa bất phương trình về dạng $f\left( t \right) \ge 0$

Đặt $t = 2a + b\;\left( {t \ge 0} \right)$, ta có giả thiết đã cho tương đương với $f\left( t \right) = {\log _2}t - t + 1 \ge 0$

Ta có $f'\left( t \right) = \dfrac{1}{{t\ln 2}} - 1 > 0 \Leftrightarrow t < \dfrac{1}{{\ln 2}}$ . Hàm số đồng biến trên $\left( {0;\dfrac{1}{{\ln 2}}} \right)$

Bước 2: Chứng minh $t \ge 1$.

Ta chứng minh $t \ge 1$ .

Thật vậy, giả sử $t < 1$ thì $f\left( t \right) < f\left( 1 \right) = 0$ (mâu thuẫn)

Vậy $2a + b \ge 1$

Áp dụng BĐT Cauchy – Schwarz ta có

$\begin{array}{l}{\left( {2a + b} \right)^2} \le \left( {{2^2} + {1^2}} \right)\left( {{a^2} + {b^2}} \right) = 5\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\\ \Rightarrow {a^2} + {b^2} \ge \dfrac{{{{\left( {2a + b} \right)}^2}}}{5} \ge \dfrac{1}{5}\end{array}$

Dấu bằng xảy ra $\left\{ \begin{array}{l}2a + b = 1\\\dfrac{a}{2} = \dfrac{b}{1}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{2}{5}\\b = \dfrac{1}{5}\end{array} \right.$

Bước 1: Đặt $f\left( x \right) = {\log _{2020}}\left( {x + {y^2}} \right) + {\log _{2021}}\left( {{y^2} + y + 64} \right) - {\log _4}\left( {x - y} \right)$ và tìm điều kiện xác định.

Đặt $f\left( x \right) = {\log _{2020}}\left( {x + {y^2}} \right) + {\log _{2021}}\left( {{y^2} + y + 64} \right) - {\log _4}\left( {x - y} \right)$ (coi $y$ là tham số).

Điều kiện xác định của $f\left( x \right)$ là:

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + {y^2} > 0}\\{{y^2} + y + 64 > 0}\\{x - y > 0}\end{array}} \right.$

Do $x,\;y$ nguyên nên $x > y \ge  - {y^2}$. Cũng vì $x,\;y$ nguyên nên ta chỉ xét $f\left( x \right)$ trên nửa khoảng $\left[ {y + 1; + \infty } \right)$.

Bước 2: Xét hàm số trên $\left[ {y + 1; + \infty } \right)$

Ta có:

$f'\left( x \right) = \dfrac{1}{{\left( {x + {y^2}} \right)\ln 2020}} - \dfrac{1}{{\left( {x - y} \right)\ln 2021}} - \dfrac{1}{{\left( {x - y} \right)\ln 4}} < 0,\;\forall x \ge y + 1$

Bước 3: Lập bảng biến thiên

Ta có bảng biến thiên của hàm số $f\left( x \right):$

Bước 4: Tìm y nguyên $f\left( {y + 64} \right) < 0$

Yêu cầu bài toán trở thành:

$f\left( {y + 64} \right) < 0$

$\Leftrightarrow {\log _{2020}}\left( {{y^2} + y + 64} \right) + {\log _{2021}}\left( {{y^2} + y + 64} \right) < {\log _4}64$

$\Leftrightarrow {\log _{2021}}\left( {{y^2} + y + 64} \right)\left( {{{\log }_{2020}}2021 + 1} \right) < 3$

$\Leftrightarrow {y^2} + y + 64 - {2021^{\dfrac{3}{{{{\log }_{2020}}2021 + 1}}}} < 0$

$\Leftrightarrow  - 301,76 < y < 300,76$

Mà $y$ nguyên nên $y \in \left\{ { - 301; - 300; \ldots ;299;300} \right\}$.

Vậy có 602 giá trị nguyên của $y$ thỏa mãn yêu cầu.