Biến đổi phương trình về dạng :

\(\frac{\left(\frac{5}{4}\right)^x+1}{\left(\frac{1}{4}\right)^x+\left(\frac{2}{4}\right)^x+\left(\frac{3}{4}\right)^x}=\frac{3}{2}\)

Nhận thấy \(x=1\) là nghiệm 

Nếu \(x>1\) thì \(\left(\frac{5}{4}\right)^x+1>\frac{5}{4}+1=\frac{9}{4}\) và \(\left(\frac{1}{4}\right)^x+\left(\frac{2}{4}\right)^x+\left(\frac{3}{4}\right)^x<\frac{1}{4}+\frac{2}{4}+\frac{3}{4}=\frac{6}{4}\)

Suy ra vế trái >\(\frac{3}{2}\)= vế phải, phương trình vô nghiệm. Tương tự khi x<1.

Đáp số : x=1

Đổi về Logarit cơ số 10, ta có :

\(\frac{lgx}{lg\frac{1}{5}}+\frac{lgx}{lg4}\ge1\Leftrightarrow\frac{lg5-lg4}{lg5.lg4}.lgx\ge1\)

Từ đó suy ra 

\(x\ge10^{\frac{lg5.lg4}{lg5-lg4}}\)

Lấy logarit cơ số 10 hai vế ta có :

\(lg2^{x+2}+lg3^3=lg4^x+lg5^{x-1}\)

\(\Leftrightarrow\left(x+2\right)lg2+xlg3=xlg4+\left(x-1\right)lg5\)

\(\Leftrightarrow x\left(lg4+lg5-lg3-lg2\right)=2lg2+lg5\)

\(\Leftrightarrow x.lg\frac{4.5}{3.2}=lg\left(2^2.5\right)\)

\(\Leftrightarrow x=\frac{lg20}{lg\frac{10}{3}}\)

Vậy nghiệm của phương trình là \(x=\frac{lg20}{lg\frac{10}{3}}\)

Phương trình đã cho tương đương với

\(2^{5.\frac{x+5}{x-7}}=2^{-2}.5^{3.\frac{x+17}{x-3}}\) \(\Leftrightarrow2^{\frac{7x+11}{x-7}}=5^{\frac{3x+51}{x-3}}\)

Lấy Logarit cơ số 2 hai vế, ta có :

\(\frac{7x+11}{x-7}=\frac{3x+51}{x-3}\log_25\)

\(\Leftrightarrow\begin{cases}\left(7-3\log_25\right)x^2-2\left(5+15\log_2x\right)x-\left(33-357\log_25\right)=0\\x\ne7,x\ne3\end{cases}\)

Phương trình bậc 2 trên có :

\(\Delta'=1296\log_2^2-2448\log_25+256>0\)

Nên có nghiệm \(x=\frac{5+15\log_25\pm\sqrt{\Delta'}}{7-3\log_25}\)

Hai nghiệm này đều thỏa mãn vì chúng đều khác 7 và 3

Gọi \(s = sin ⁡ x , \textrm{ }\textrm{ } c = cos ⁡ x\). Vì \(x \in \left[\right. 0 , \pi / 4 \left]\right.\) nên \(c > 0\). Chia cả phương trình cho \(cos ⁡ x\) được (không làm mất nghiệm vì \(cos ⁡ x \neq 0\) trên đoạn này). Đặt \(t = tan ⁡ x = \frac{s}{c} \in \left[\right. 0 , 1 \left]\right.\). Sau khi biến đổi ta được:

tương đương (sau tính toán và đưa về \(t\)):

Vậy nghiệm ứng với \(t\) là:

hoặc \(t\) là nghiệm của đa thức bậc hai

Ta cần số nghiệm \(t \in \left[\right. 0 , 1 \left]\right.\). Lưu ý \(t = 1\) luôn là một nghiệm (tương ứng \(x = \pi / 4\)). Để phương trình chỉ có một nghiệm trên \(\left[\right. 0 , \pi / 4 \left]\right.\) tức là không có nghiệm \(t\) nào khác nằm trong \(\left[\right. 0 , 1 \left.\right)\). Do đó phải đảm bảo rằng phương trình \(q \left(\right. t \left.\right) = 0\) không có nghiệm trong đoạn \(\left[\right. 0 , 1 \left.\right)\).

Phân tích \(q \left(\right. t \left.\right)\):

• Đặt \(D_{q} = 4 \left(\right. \left(\right. m - 1 \left.\right) \left(\right. m - 3 \left.\right) \left.\right)\). Nếu \(1 < m < 3\) thì \(D_{q} < 0\) → \(q\) không có nghiệm thực → không có nghiệm trong \(\left[\right. 0 , 1 \left.\right)\) → duy nhất \(t = 1\).
• Nếu \(m \geq 3\) thì hai nghiệm của \(q\) là \(m \pm \sqrt{\left(\right. m - 1 \left.\right) \left(\right. m - 3 \left.\right)}\); cả hai đều \(> 1\) (không rơi vào \(\left[\right. 0 , 1 \left.\right)\)) → chỉ \(t = 1\).
• Nếu \(m \leq 1\) thì \(q\) có nghiệm thực; xét riêng:
• • Nếu \(m < \frac{3}{4}\) thì một nghiệm của \(q\) âm và nghiệm kia \(> 1\) → không có nghiệm trong \(\left[\right. 0 , 1 \left.\right)\) → chỉ \(t = 1\).
  • Nếu \(m = \frac{3}{4}\) thì \(q \left(\right. 0 \left.\right) = 0\) (tức \(t = 0\) là nghiệm) → hai nghiệm trong \(\left[\right. 0 , \frac{\pi}{4} \left]\right.\): \(t = 0\) và \(t = 1\) → không thỏa yêu cầu “duy nhất”.
  • Nếu \(\frac{3}{4} < m < 1\) thì \(q\) có đúng một nghiệm nằm trong \(\left(\right. 0 , 1 \left.\right)\) → cộng với \(t = 1\) ta có ít nhất hai nghiệm → không thỏa.
  • Nếu \(m = 1\) thì \(q \left(\right. t \left.\right) = \left(\right. t - 1 \left.\right)^{2}\) và duy nhất nghiệm trong đoạn là \(t = 1\) (bội) → vẫn một nghiệm.

Kết luận: phương trình có đúng một nghiệm \(x \in \left[\right. 0 , \pi / 4 \left]\right.\) khi và chỉ khi

(Nói ngắn: tất cả \(m\) ngoại trừ đoạn \(\left[\right. \frac{3}{4} , 1 \left.\right)\); điểm \(m = \frac{3}{4}\) bị loại vì lúc đó có thêm nghiệm \(x = 0\).)

Xét hàm số : \(f_n\left(x\right)=e^x-1-x-\frac{x^2}{2}-.......-\frac{x^n}{n!}\)

Ta sẽ chứng minh \(f_n\left(x\right)\ge0\)  (*) với mọi \(x\ge;n\in N\)

* Với \(n=1:f_1\left(x\right)=e^x-1-x\Rightarrow f_1'\left(x\right)=e^x-1\ge0\) và \(f'\left(x\right)=0\) khi x = 0

\(\Rightarrow\) Hàm số \(f_1\left(x\right)\) đồng biến với \(x\ge0\Rightarrow f_1\left(x\right)\ge f_1\left(0\right)=0\)

Vậy (*) đúng với n = 1

* Giả sử (*) đúng với n = k hay \(f_k\left(x\right)\ge0\), ta cần chứng minh (*) đúng với \(n=k+1\) hay \(f_{k+1}9x=e^x-1-x-\frac{x^2}{2}-...-\frac{x^k}{k!}-\frac{x^{k+1}}{\left(k+1\right)!}\ge0\)

Thật vậy :

\(f_{k+1}'\left(x\right)=e^x-1-x-\frac{x^k}{k!}=f_k\left(x\right)\ge0\) (theo giả thiết quy nạp và \(f'_{k+1}\left(0\right)\ge f_{k+1}\left(0\right)=0\)khi \(x=0\)

\(\Rightarrow\) hàm số \(f_{k+1}\left(x\right)\) đồng biến với mọi \(x\ge0\Rightarrow f_{k+1}\left(x\right)\ge f_{k+1}\left(0\right)=0\) Vậy (*) đúng với n = k+1

Theo phương pháp quy nạp \(\Rightarrow e^x\ge1+x+\frac{x^2}{2}+..+\frac{x^n}{n!}\) với mọi \(x\ge0;n\in N\)

\(\log_{\frac{1}{2}}\left(4^x+4\right)\ge\log_{\frac{1}{2}}\left(2^{x+1}-3\right)-\log_22^x\)

\(\Leftrightarrow\log_{\frac{1}{2}}\left(4^x+4\right)\ge\log_{\frac{1}{2}}\left(2^{x+1}-3\right)+\log_{\frac{1}{2}}2^x\)

\(\Leftrightarrow\log_{\frac{1}{2}}\left(4^x+4\right)\ge\log_{\frac{1}{2}}\left(2^{2x+1}-3^x\right)\)

\(\Leftrightarrow4^x+4\le2^{2x+1}-3.2^x\)

\(\Leftrightarrow4^x-3.2^x-4\ge0\)

\(\Leftrightarrow\begin{cases}2^x\le-1\left(L\right)\\2^x\ge4\end{cases}\)\(\Leftrightarrow x\ge2\)

Vậy bất phương trình có tập nghiệm \(S=\left(2;+\infty\right)\)

câu c