Bài 106790

Question

Giải và biện luận bất phương trình:
${\log _a}{\log _{{a^2}}}x + {\log _{{a^2}}}{\log _a}x \ge \frac{1}{2}{\log _a}2 (1)$

score 0 · Answer 1

${\log _a}{\log _{{a^2}}}x + {\log _{{a^2}}}{\log _a}x \ge \frac{1}{2}{\log _a}2 (1)$
+ Vô nghĩa nếu $\left[ \begin{array}{l}
a \le 0\\
a = 1
\end{array} \right.$
+ Nếu $0 < a \ne 1$ thì:
$\begin{array}{l}
(1) \Leftrightarrow 2{\log _a}{\log _{{a^2}}}x + 2{\log _{{a^2}}}{\log _a}x \ge {\log _a}2\\
\Leftrightarrow {\log _a}\left[ {{{\left( {\frac{1}{2}{{\log }_a}x} \right)}^2}{{\log }_a}x} \right]
\ge {\log _a}2\\
\Leftrightarrow {\log _a}\left( {\frac{1}{4}\log _a^3x} \right) \ge {\log _a}2
\end{array}$
Vậy:
+ Nếu $0 < a < 1$ thì $(1) \Leftrightarrow 0 < \log _a^3x \le 8 \Leftrightarrow {a^2} \le x \le 1$
+ Nếu $a > 1$ thì $(1) \Leftrightarrow \log _a^3x \ge 8 \Leftrightarrow {a^2} \le x$
Kết hợp hai trường hợp $0 < a < 1$ và $a> 1$ ta được ${a^2} \le x$.
Kết luận:
+ $x \ge {a^2}$ với $a > 0$ và $a \ne 1$
+ ${a^2} \le x < 1$ với $0 < a < 1.$

Bài 106790

1 Đáp án

Lý thuyết liên quan

Bài 106790

1 Đáp án

Liên quan

Lý thuyết liên quan