Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vì \(a\ge1;b\ge1\) nên \(\ln a;\ln b\) và \(\ln\frac{a+b}{2}\) không âm. Ta có :
* \(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\Rightarrow\ln\frac{a+b}{2}\ge\ln\sqrt{ab}\Leftrightarrow\ln\frac{a+b}{2}\ge\frac{1}{2}\left(\ln a+\ln b\right)\) (1)
* \(\ln a+\ln b\ge2\sqrt{\ln a.\ln b}\) Áp dụng BĐT Cauchy
\(\Rightarrow2\left(\ln a+\ln b\right)\ge\ln a+\ln b+2\sqrt{\ln a.\ln b}=\left(\sqrt{\ln a}+\sqrt{\ln b}\right)^2\)
hay :
\(\ln a+\ln b\ge\frac{1}{2}\left(\sqrt{\ln a}+\sqrt{\ln b}\right)^2\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\ln\frac{a+b}{2}\ge\frac{1}{4}\left(\sqrt{\ln a}+\sqrt{\ln b}\right)^2\)
hay \(\frac{\sqrt{\ln a}+\sqrt{\ln b}}{2}\le\sqrt{\ln\frac{a+b}{2}}\)
a. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được
\(\log_23+\log_32>2\sqrt{\log_23.\log_32}=2\) (1)
((1) không có dấu bằng vì \(\log_23\ne\log_32\))
Ta có :
\(\log_23+\log_32< \frac{5}{2}\Leftrightarrow\log_23+\frac{1}{\log_32}-\frac{5}{2}< 0\)
\(\Leftrightarrow2\log^2_23-5\log_23+2< 0\)
\(\Leftrightarrow\left(2\log_23-1\right)\left(\log_23-2\right)< 0\) (*)
Mặt khác : \(\begin{cases}2\log_23-1>0\\\log_23-3< 0\end{cases}\) \(\Rightarrow\) (*) đúng
\(\Rightarrow\log_23+\log_32< \frac{5}{2}\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow2< \log_23+\log_32< \frac{5}{2}\) => Điều phải chứng minh
b. Ta có \(\log_{\frac{1}{2}}3+\log_3\frac{1}{2}=-\left(\log_23+\log_32\right)\) (1)
Chứng minh như câu a ta được :
\(\log_23+\log_32>2\Rightarrow-\left(\log_23+\log_32\right)< -2\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\log_{\frac{1}{2}}3+\log_3\frac{1}{2}< -2\) => Điều phải chứng minh
a) \(A=\log_{5^{-2}}5^{\frac{5}{4}}=-\frac{1}{2}.\frac{5}{4}.\log_55=-\frac{5}{8}\)
b) \(B=9^{\frac{1}{2}\log_22-2\log_{27}3}=3^{\log_32-\frac{3}{4}\log_33}=\frac{2}{3^{\frac{3}{4}}}=\frac{2}{3\sqrt[3]{3}}\)
c) \(C=\log_3\log_29=\log_3\log_22^3=\log_33=1\)
d) Ta có \(D=\log_{\frac{1}{3}}6^2-\log_{\frac{1}{3}}400^{\frac{1}{2}}+\log_{\frac{1}{3}}\left(\sqrt[3]{45}\right)\)
\(=\log_{\frac{1}{3}}36-\log_{\frac{1}{3}}20+\log_{\frac{1}{3}}45\)
\(=\log_{\frac{1}{3}}\frac{36.45}{20}=\log_{3^{-1}}81=-\log_33^4=-4\)
a) Ta có
\(a^2+4b^2=12ab\Leftrightarrow\left(a+2b\right)^2=16ab\)
Do a,b dương nên \(a+2b=4\sqrt{ab}\) khi đó lấy logarit cơ số 10 hai vế ta được :
\(lg\left(a+2b\right)=lg4+\frac{1}{2}lg\left(ab\right)\)
hay
\(lg\left(a+2b\right)-2lg2=\frac{1}{2}\left(lga+lgb\right)\)
b) Giả sử a,b,c đều dương khác 0. Để biểu diễn c theo a, ta rút lgb từ biểu thức \(a=10^{\frac{1}{1-lgb}}\) và thế vào biểu thức \(b=10^{\frac{1}{1-lgc}}\). Sau khi lấy logarit cơ số 10 2 vế, ta có :
\(a=10^{\frac{1}{1-lgb}}\Rightarrow lga=\frac{1}{1-lgb}\Rightarrow lgb=1-\frac{1}{lga}\)
Mặt khác , từ \(b=10^{\frac{1}{1-lgc}}\) suy ra \(lgb=\frac{1}{1-lgc}\) Do đó :
\(1-\frac{1}{lga}=\frac{1}{1-lgc}\)
\(\Rightarrow1-lgx=\frac{lga}{lga-1}=1+\frac{1}{lga-1}\)
\(\Rightarrow lgc=\frac{1}{1-lga}\)
Từ đó suy ra : \(c=10^{\frac{\frac{1}{1-lga}}{ }}\)
Chọn 2 làm cơ số, ta có :
\(A=\log_616=\frac{\log_216}{\log_26}=\frac{4}{1=\log_23}\)
Mặt khác :
\(x=\log_{12}27=\frac{\log_227}{\log_212}=\frac{3\log_23}{2+\log_23}\)
Do đó : \(\log_23=\frac{2x}{3-x}\) suy ra \(A=\frac{4\left(3-x\right)}{3+x}\)
b) Ta có :
\(B=\frac{lg30}{lg125}=\frac{lg10+lg3}{3lg\frac{10}{2}}=\frac{1+lg3}{3\left(1-lg2\right)}=\frac{1+a}{3\left(1-b\right)}\)
c) Ta có :
\(C=\log_65+\log_67=\frac{1}{\frac{1}{\log_25}+\frac{1}{\log_35}}+\frac{1}{\frac{1}{\log_27}+\frac{1}{\log_37}}\)
Ta tính \(\log_25,\log_35,\log_27,\log_37\) theo a, b, c .
Từ : \(a=\log_{27}5=\log_{3^3}5=\frac{1}{3}\log_35\)
Suy ra \(\log_35=3a\) do đó :
\(\log_25=\log_23.\log35=3ac\)
Mặt khác : \(b=\log_87=\log_{2^3}7=\frac{1}{3}\log_27\) nên \(\log_27=3b\)
Do đó : \(\log_37=\frac{\log_27}{\log_23}=\frac{3b}{c}\)
Vậy : \(C=\frac{1}{\frac{1}{3ac}+\frac{1}{3a}}+\frac{1}{\frac{1}{3b}+\frac{c}{3b}}=\frac{3\left(ac+b\right)}{1+c}\)
d) Điều kiện : \(a>0;a\ne0;b>0\)
Từ giả thiết \(\log_ab=\sqrt{3}\) suy ra \(b=a^{\sqrt{3}}\). Do đó :
\(\frac{\sqrt{b}}{a}=a^{\frac{\sqrt{3}}{2}-1};\frac{\sqrt[3]{b}}{\sqrt{a}}=a^{\frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{1}{2}}=a^{\frac{\sqrt{3}}{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-1\right)}\)
Từ đó ta tính được :
\(A=\log_{a^{\alpha}}a^{\frac{-\sqrt{3}}{3}\alpha}=\log_{a^{\alpha}}\left(a^{\alpha}\right)^{\frac{-\sqrt{3}}{3}}=\frac{-\sqrt{3}}{3}\) với \(\alpha=\frac{\sqrt{3}}{2}-1\)
Ta có :
\(\log_ab\ge\log_{a+c}\left(b+c\right)\Leftrightarrow\log_ab-1\ge\log_{a+c}\left(b+c\right)-1\)
\(\Leftrightarrow\log_a\frac{b}{a}\ge\log_{a+c}\frac{b+c}{a+c}\)
Với \(1< a\le b\) và \(c\ge0\Rightarrow\frac{b}{a}\ge\frac{b+c}{a+c}\ge1\) nên \(\log_a\frac{b}{a}\ge\log_a\frac{b+c}{a+c}\) (*)
Mặt khác, ta được : \(\log_a\frac{b+c}{a+c}\ge\log_{a+c}\frac{b+c}{a+c}\) (**)
Từ (*) và (**) \(\Rightarrow\log_ab\ge\log_{a+c}\left(b+c\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi c = 0 hoặc a = b
d) Điều kiện \(\begin{cases}x\ne0\\\log_2\left|x\right|\ge0\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\left|x\right|\ge\)1
Phương trình đã cho tương đương với :
\(\log_2\left|x\right|^{\frac{1}{2}}-4\sqrt{\log_{2^2}\left|x\right|}-5=0\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\log_2\left|x\right|-4\sqrt{\frac{1}{4}\log_2\left|x\right|}-5=0\)
Đặt \(t=\sqrt{\frac{1}{2}\log_2\left|x\right|}\) \(\left(t\ge0\right)\) thì phương trình trở thành :
\(t^2-4t-5=0\) hay t=-1 V t=5
Do \(t\ge0\) nên t=5
\(\Rightarrow\frac{1}{2}\log_2\left|x\right|=25\Leftrightarrow\log_2\left|x\right|=50\Leftrightarrow\left|x\right|=2^{50}\) Thỏa mãn
Vậy \(x=\pm2^{50}\) là nghiệm của phương trình
c) Điều kiện x>0. Phương trình đã cho tương đương với :
\(x^{lg^2x^2-3lgx-\frac{9}{2}}=\left(10^{lgx}\right)^{-2}\)
\(\Leftrightarrow lg^2x^2-3lgx-\frac{9}{2}=-2\)
\(\Leftrightarrow8lg^2x-6lgx-5=0\)
Đặt \(t=lgx\left(t\in R\right)\) thì phương trình trở thành
\(8t^2-6t-5=0\) hay\(t=-\frac{1}{2}\) V \(t=\frac{5}{4}\)
Với \(t=-\frac{1}{2}\) thì \(lgx=-\frac{1}{2}\Leftrightarrow x=\frac{1}{\sqrt{10}}\)
Với \(t=\frac{5}{4}\) thì \(lgx=\frac{5}{4}\Leftrightarrow x=\sqrt[4]{10^5}\)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm \(x=\sqrt[4]{10^5}\) và \(x=\frac{1}{\sqrt{10}}\)
Ta có : \(a^2+4b^2=12ab\Leftrightarrow a^2+4ab+4b^2=16ab\)
\(\Leftrightarrow\left(a+2b\right)^2=16ab\Leftrightarrow\left(\frac{a+2b}{4}\right)^2=ab\)
\(\Rightarrow\log_{2013}\left(\frac{a+2b}{4}\right)^2=\log_{2013}\left(ab\right)\)
\(\Leftrightarrow2\left[\log_{2013}\left(a+2b\right)-2\log_{2013}2\right]=\log_{2013}a+\log_{2013}b\)
\(\Leftrightarrow\log_{2013}\left(a+2b\right)-2\log_{2013}2=\frac{1}{2}\left(\log_{2013}a+\log_{2013}b\right)\)
=> Điều phải chứng minh
a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số dương, ta có :
\(\log_23+\log_32>2\sqrt{\log_23.\log_32}=2\sqrt{1}=2\)
Không xảy ra dấu "=" vì \(\log_23\ne\log_32\)
Mặt khác, ta lại có :
\(\log_23+\log_32<\frac{5}{2}\Leftrightarrow\log_23+\frac{1}{\log_23}-\frac{5}{2}<0\)
\(\Leftrightarrow2\log^2_23-5\log_23+2<0\)
\(\Leftrightarrow\left(\log_23-1\right)\left(\log_23-2\right)<0\) (*)
Hơn nữa, \(2\log_23>2\log_22>1\) nên \(2\log_23-1>0\)
Mà \(\log_23<\log_24=2\Rightarrow\log_23-2<0\)
Từ đó suy ra (*) luôn đúng. Vậy \(2<\log_23+\log_32<\frac{5}{2}\)
b) Vì \(a,b\ge1\) nên \(\ln a,\ln b,\ln\frac{a+b}{2}\) không âm.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
\(\ln a+\ln b\ge2\sqrt{\ln a.\ln b}\)
Suy ra
\(2\left(\ln a+\ln b\right)\ge\ln a+\ln b+2\sqrt{\ln a\ln b}=\left(\sqrt{\ln a}+\sqrt{\ln b}\right)^2\)
Mặt khác :
\(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\Rightarrow\ln\frac{a+b}{2}\ge\frac{1}{2}\left(\ln a+\ln b\right)\)
Từ đó ta thu được :
\(\ln\frac{a+b}{2}\ge\frac{1}{4}\left(\sqrt{\ln a}+\sqrt{\ln b}\right)^2\)
hay \(\frac{\sqrt{\ln a}+\sqrt{\ln b}}{2}\le\sqrt{\ln\frac{a+b}{2}}\)
c) Ta chứng minh bài toán tổng quát :
\(\log_n\left(n+1\right)>\log_{n+1}\left(n+2\right)\) với mọi n >1
Thật vậy,
\(\left(n+1\right)^2=n\left(n+2\right)+1>n\left(n+2\right)>1\)
suy ra :
\(\log_{\left(n+1\right)^2}n\left(n+2\right)<1\Leftrightarrow\frac{1}{2}\log_{n+1}n\left(n+2\right)<1\)
\(\Leftrightarrow\log_{n+1}n+\log_{\left(n+1\right)}n\left(n+2\right)<2\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :
\(2>\log_{\left(n+1\right)}n+\log_{\left(n+1\right)}n\left(n+2\right)>2\sqrt{\log_{\left(n+1\right)}n.\log_{\left(n+1\right)}n\left(n+2\right)}\)
Do đó ta có :
\(1>\log_{\left(n+1\right)}n.\log_{\left(n+1\right)}n\left(n+2\right)\) và \(\log_n\left(n+1>\right)\log_{\left(n+1\right)}\left(n+2\right)\) với mọi n>1