3 Giải đề thi đại học khối A môn toán 2007

Hướng dẫn và lời giải chi tiết đề thi đại học Khối A Môn Toán 2007

Bản quyền thuộc Nhóm Cự Môn của Lê Hồng Đức

Tự học đem lại hiệu quả tư duy cao, điều các em học sinh cần là:

1 Tài liệu dễ hiểu − Nhóm Cự Môn luôn cố gắng thực hiện điều này

2 Một điểm tựa để trả lời các thắc mắc − Đăng kí “Học tập từ xa”

GIẢI ĐỀ THI MÔI TOÁN KHỐI A

NĂM 2007

 Các em học sinh đừng bỏ qua mục “Đánh giá và định hướng”

Học Toán theo nhóm (từ 1 đến 6 học sinh) các lớp 9, 10, 11, 12

Giáo viên dạy: LÊ HỒNG ĐỨC

Địa chỉ: Số nhà 20 − Ngõ 86 − Đường Tô Ngọc Vân − Hà Nội

Email: nhomcumon68@gmail.com

Phụ huynh đăng kí học cho con liên hệ 0936546689

đề thi môn toán khối A năm 2007

Phần chung cho tất cả các thí sinh

Câu I: (2 điểm): Cho hàm số:

=

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = −1

2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị cùng với gốc toạ độ O tạo thành một tam giác vuông tại O

Câu II: (2 điểm)

1 Giải phơng trình:

(1 sin x cos x+ 2 ) + +(1 cos x sin x 1 sin 2x.2 ) = +

2 Tìm m để phơng trình 3 x 1 m x 1 2 x− + + = 4 2−1 có nghiệm thực

Câu III: (2 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 1; 2) và hai đờng thẳng:

1

(d ) :

x 1 2t (d ) : y 1 t , t

z 3

= − +





 =



Ă

1. Chứng minh rằng (d1) và (d2) chéo nhau

2. Viết phơng trình đờng thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P) có phơng trình 7x + y − 4z = 0 và cắt hai đờng thẳng (d1), (d2)

Câu IV: (2 điểm)

1 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đờng y = (e + 1)x, y = (1 + ex)x

2 Cho ba số thực dơng x, y, z thay đổi và thoả mãn điều kiện xyz = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

y y 2z z z z 2x x x x 2y y

Phần tự chọn: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b

Câu V.a Theo chơng trình THPT không phân ban (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ∆ABC có A(0; 2), B(−2; −2), C(4; −2) Gọi H là chân đờng cao kẻ từ B, M và N lần lợt là trung điểm của các cạnh AB và

BC Viết phơng trình đờng tròn đi qua các điểm H, M, N

2 Chứng minh rằng:

2n

− −

+

Câu V.b Theo chơng trình THPT phân ban (2 điểm)

1 Giải bất phơng trình 2log3(4x − 3) + log1/3(2x + 3) ≤ 2

2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy Gọi M, N và P lần lợt là trung điểm của các cạnh SB, BC và CD Chứng minh rằng AM vuông góc với BP và tính thể tích của khối tứ diện CMNP

Đánh giá và định hớng thực hiện

Câu I.

1 Tham khảo định hớng trong câu I.1 của đề toán khối B − 2006

2 Yêu cầu của bài toán đợc tổng quát dới dạng " Tìm giá trị của tham số để hàm

số y = u(x)

v(x) có các điểm cực trị thoả mãn điều kiện K ", khi đó ta thực hiện

theo các bớc:

Bớc 1: Ta có:

 Miền xác định D

 Đạo hàm y' và thiết lập phơng trình y' = 0 ⇔ f(x) = 0 (1)

Bớc 2: Hàm số có cực đại, cực tiểu

⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt thuộc D

Bớc 3: Khi đó, (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn định lí Viét:

1 2

1 2

x x

+





Bớc 4: Toạ độ các điểm cực đại và cực tiểu là:

A(x1, 1

1

u '(x )

v '(x )); B(x2,

2 2

u '(x )

v '(x )).

Bớc 5: Kiểm tra A, B thoả mãn tính chất K

Cụ thể trong đề bài này là ∆OAB vuông tại O, khi đó ta có:

OA ⊥ OB ⇔ OA.OB 0.uuur uuur=

Câu II.

1. Chúng ta đi đánh giá lần lợt:

VP = sin2x + cos2x + 2sinx.cosx = (sinx + cosx)2,

VT = (sinx + cosx) + sinx.cosx.(sinx + cosx),

tức cả hai vế sẽ có nhân tử chung là (sinx + cosx), điều đó khẳng định rằng

ph-ơng trình sẽ đợc chuyển về dạng tích để giải

2. Trớc tiên, chúng ta đi nhận xét rằng:

x2− 1 = (x − 1)(x + 1)

do đó, để đại số hoá phơng trình đã cho chúng ta sẽ thực hiện chia cả hai vế của phơng trình cho x 1− hoặc x 1+ Và để m ở dạng tự do chúng ta sẽ chọn cách chia cho x 1+ Khi đó, ta đợc:

2 4

2

Từ đó, với việc sử dụng ẩn phụ 4 x 1

t

x 1

−

= + (0 ≤ t < 1) chúng ta sẽ nhận đợc một phơng trình bậc hai dạng:

Khi đó, để phơng trình ban đầu có nghiệm thực điều kiện là phơng trình (*) có nghiệm t ∈ [0; 1) Với công việc này các em học sinh có thể sử dụng phơng pháp tam thức bậc hai hoặc phơng pháp hàm số

Câu III

1. Để chứng minh hai đờng thẳng (d1) và (d2) chéo nhau, ta thực hiện theo các bớc:

Bớc 1: Thực hiện:

 Với đờng thẳng (d1) chỉ ra vtcp u uur1

và điểm M1∈(d1)

 Với đờng thẳng (d2) chỉ ra vtcp u uur2

và điểm M2∈(d2)

Bớc 2: Khẳng định:

[u uur1

,u uur2

].M M uuuuuur1 2

≠ 0 Kết luận (d1) và (d2) chéo nhau

2. Để "Viết phơng trình đờng thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt hai đờng thẳng (d1) và (d2) chéo nhau cho trớc", ta có thể lựa chọn một trong ba cách:

Cách 1: Ta thực hiện theo các bớc:

Bớc 1: Tìm vtpt nr của mặt phẳng (P)

Bớc 2: Lập phơng trình mặt phẳng (P1) thoả mãn điều kiện:

(P1):

Có một vtcp n (d ) (P )





∈



r

Bớc 3: Lập phơng trình mặt phẳng (P2) thoả mãn điều kiện:

(P2):

Có một vtcp n (d ) (P )





∈



r

Bớc 4: Đờng thẳng (d) chính là giao tuyến của hai mặt phẳng (P1) và (P2).

Cách 2: Ta thực hiện theo các bớc:

Bớc 1: Tìm vtpt nr của mặt phẳng (P)

Bớc 2: Lập phơng trình mặt phẳng (Q) thoả mãn điều kiện:

(Q):

1

Có một vtcp a (d ) (Q)





∈



r

Bớc 3: Xác định giao điểm A của (d2) và (Q)

Bớc 4: Lập phơng trình đờng thẳng (d) thoả mãn điều kiện:

(d): qua A

vtcp n





Cách 3: Ta thực hiện theo các bớc:

Bớc 1: Tìm vtpt n r

của mặt phẳng (P)

Bớc 2: Giả sử đờng thẳng (d) cắt (d1) và (d2) theo thứ tự tại A, B Khi đó toạ

độ A, B theo thứ tự thoả mãn các phơng trình của (d1) và (d2)

Bớc 3: Từ điều kiện AB vuông góc với mặt phẳng (P) ta xác định đợc toạ

độ của A, B

Bớc 4: Lập phơng trình đờng thẳng (d) đi qua A và B (hoặc qua A có vtcp

n r

)

Câu IV.

1. Để "Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số y = f(x), y = g(x)",

ta thực hiện các bớc sau:

Bớc 1: Thiết lập phơng trình hoành độ giao điểm của hai đờng đã cho:

f(x) = g(x) ⇒ Nghiệm nhỏ a và nghiệm lớn b

Bớc 2: Gọi S là diện tích cần xác định, ta có:

S = b

a

| f(x) g(x) | dx−

Bớc 3: Xét dấu biểu thức f(x) − g(x) trên [a; b]

Từ đó, phân đợc đoạn [a; b] thành các đoạn nhỏ, giả sử:

[a; b] = [a; c1]∪[c1; c2] ∪ ∪[ck; b]

mà trên mỗi đoạn f(x) − g(x) chỉ có một dấu

Bớc 4: Khi đó:

S = I =

1

c

a f(x) g(x)dx−

k

b

c f(x) g(x)dx−

2. Đây là dạng toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức nhiều biến chứa căn có tính đối xứng, do đó chúng ta sẽ định hớng thành các phần việc:

 Các phần tử cơ bản trong A là x x, y y, z z

 Cần biến đổi các biểu thức x2(y + z), y2(z + x), z2(x + y) theo các phần tử cơ bản trên dựa trên giả thiết x, y, z dơng và xyz = 1 Ta có:

x (y z) x 2 yz 2x 2x x

x

 Khi đó, bằng việc sử dụng ẩn phụ a, b, c cho các mẫu số và tính x x ,

y y, z z theo a, b, c chúng ta sẽ nhận đợc bất đẳng thức mới:

3

f (a, b, c) f (a, b,c) A

Công việc còn lại chỉ là một thủ thuật khá đơn giản khi áp dụng bất đẳng thức Côsi đó là tách chúng thành các phân số đơn

Câu V.a

1. Để lập lập phơng trình đờng tròn đi qua ba điểm H, M, N (đờng tròn ngoại tiếp

∆HMN) ta cân nhắc lựa chọn một trong hai hớng sau:

Hớng 1: Tổng quát, ta thực hiện theo các bớc:

Bớc 1: Giả sử đờng tròn (C) có phơng trình:

(C): x2 + y2 − 2ax − 2by + c = 0, với a2 + b2 − c ≥ 0 (*)

Bớc 2: Từ điều kiện H, M, N thuộc (C), ta đợc hệ 3 phơng trình với ba ẩn a,

b, c

Thay a, b, c vào (*) ta đợc phơng trình của (C)

Hớng 2: Dựa trên dạng đặc biệt của ∆ABC, tức là:

1. Nếu ∆ABC vuông tại A, thì:

(C):

t m I l trung i m BC BC

R 2





2. Nếu ∆ABC đều, cạnh bằng a, thì:

(C):

t m I l tr ng t m ABC

a 3 R 3







=

Tuy nhiên với đề ra, trớc tiên chúng ta cần thực hiện việc tìm toạ độ các điểm

M, N, H

2. Khi gặp phải bài toán "Chứng minh rằng:

2n

− −

+ "

Các em học sinh cần liên tởng tới ngay một bài toán cơ bản là "Chứng minh rằng: 0

n

C + 1

2

1 n

C + 1 3

2 n

C + + 1

n

n n

C = 2n 1

n 1

− + "

và chúng ta đã thực hiện nó nh sau:

(1 + x)n = 0

n

C + 1

n

C x + 2

n

C x2 + + n

n

Lấy tích phân theo x từ 0 đến 1 hai vế của (1), ta đợc:

1

n 0

(1 x) dx+

1

0 (

n

C + 1

n

C x + 2

n

C x2 + + n

n

C xn)dx

1 n

0

(1 x)

n 1

+

+ = (

0 n

C x + 1

2

1 n

C x2 + 1

3

2 n

C x3 + + 1

n

n n

C xn + 1) 10

⇔ 2n 1

n 1

− + =

0 n

C + 1 2

1 n

C + 1 3

2 n

C + + 1

n

n n

C , đpcm

Quay lại với đề bài, chúng ta lần lợt đánh giá:

 Cần sử dụng khai triển bậc 2n

 Không tồn tại 2k

2n

C , do đó cần sử dụng đồng thời các khai triển:

(1 + x)2n, (1 − 1x)2n

để nhận đợc biểu thức:

C +C +C + + C −

Câu V.b

1. Bất phơng trình đợc giải theo các bớc:

Bớc 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho bất phơng trình (*)

Bớc 2: Sử dụng các phép biến đổi tơng đơng để giải bất phơng trình trên

Bớc 3: Kiểm tra điều kiện (*) rồi kết luận về nghiệm của bất phơng trình

2. Công việc:

 Chứng minh rằng AM vuông góc BP sẽ đợc thực hiện bằng việc chứng minh BP ⊥ (AMN)

 Tính thể tích khối tứ diện CMNP hoàn toàn đợc thực hiện khi các em lựa chọn đợc đỉnh, để từ đó xác định ra đờng cao và đáy

Đáp án chi tiết đề thi tuyển sinh môn toán khối A năm 2007

Câu I.

1. Bạn đọc tự làm

2. Đạo hàm:

y' =

2

(x 2)

+ + −

y' = 0 ⇔ f(x) = x2 + 4x + 4 − m2 = 0 (1)

a Hàm số có có cực đại và cực tiểu khi:

(1) có hai nghiệm phân biệt khác −2

⇔ ' 0

f ( 2) 0

∆ >



 − ≠

2 2

 − + >





− + − ≠

 ⇔ m ≠ 0.

Khi đó, đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là:

A(2 − m ; −2) và B(m − 2 ; 4m − 2)

b Nhận xét rằng OA 0, OB 0uuur r uuur r≠ ≠ nên để ∆OAB vuông tại O, điều kiện là:

OA ⊥ OB ⇔ OA.OB 0uuur uuur= ⇔ (2 − m)(m − 2) − 2(4m − 2) = 0

⇔ m2− 8m + 8 = 0 ⇔ m 4 2 6.= ±

Vậy, với m 4 2 6= ± thoả mãn điều kiện đầu bài

Câu II.

1. Biến đổi phơng trình về dạng:

(sinx + cosx) + (sin2x.cosx + sinx.cos2x) = sin2x + cos2x + 2sinx.cosx

⇔ (sinx + cosx) + sinx.cosx.(sinx + cosx) = (sinx + cosx)2,

⇔ (sinx + cosx)(1 + sinx.cosx − sinx − cosx) = 0

⇔ (sinx + cosx)(1 − sinx)(1 − cosx) = 0

sin x cos x 0

1 sin x 0

1 cos x 0





⇔ − =

 − =



ta n x 1 sin x 1 cos x 1

= −





⇔  =



4

2

x 2k

π

 = − + π



 π



⇔  = + π

 = π





, k ∈ Â

Vậy, phơng trình có ba họ nghiệm

2. Điều kiện x ≥ 1

Chia hai vế của phơng trình cho x 1+ , ta đợc:

2 4

2

Đặt 4 x 1

t

x 1

−

=

+ , ta có biến đổi:

x 1

= −

+ ⇒ 0 ≤ t < 1 Khi đó, phơng trình có dạng:

Xét hàm số f(t) = 3t2− 2t tên tập D = [0; 1), ta có:

f’(t) = 6t − 2, f’(t) = 0 ⇔ 6t − 2 = 0 t 1

3

⇔ =

Ta có bảng biến thiên:

1

Để phơng trình ban đầu có nghiệm thực điều kiện là phơng trình (*) có nghiệm t ∈ [0; 1), tức đờng thẳng y = −m cắt đồ thị hàm số f(t) = 3t2 − 2t trên tập

D = [0; 1), ta đợc:

1

m 1 3

− < − < 1 m 1

3

⇔ − < <

Vậy, với 1 m 1

3

− < < thoả mãn điều kiện đầu bài

Câu III

1. Ta có:

 Đờng thẳng (d1) đi qua điểm M1(0; 1; −2) và có vtcp uuur1

(2; −1; 1)

 Đờng thẳng (d2) đi qua điểm M2(−1; 1; 3) và có vtcp uuur2

(2; 1; 0)

Khi đó:

[u uur1

,u uur2

].M M uuuuuur1 2

= 21 ≠ 0 Vậy, hai đờng thẳng (d1) và (d2) chéo nhau

2. Ta có thể lựa chọn một trong các cách sau:

Cách 1: Gọi n r

là vtpt của mặt phẳng (P), ta đợc n r

(7; 1; −4)

Giả sử (d) là đờng thẳng cần dựng, khi đó (d) là giao tuyến của hai mặt phẳng (P1) và (P2), trong đó:

(P1): 1 1

1

(d ) (P ) (P) (P )

⊂



 và (P2):

2

(d ) (P ) (P) (P )

⊂



 Xác định phơng trình mặt phẳng (P1), ta có:

(P1): 1

1

Qua M Cặp vtcp n và u





 r uur ⇔ (P1):

1

Qua M (0;1; 2)

−



⇔ (P1): x + 5y + 3z + 1 = 0

 Xác định phơng trình mặt phẳng (P2, ta có:

2

Qua M Cặp vtcp n và u





 r uur ⇔ (P2):

2

Qua M ( 1;1;3)

−





⇔ (P2): 4x − 8y + 5z − 3 = 0

Vậy, toạ độ các điểm thuộc đờng thẳng (d) thoả mãn:

x 5y 3z 1 0

4x 8y 5z 3 0



 − + − =

 ⇒ N(2; 0; −1) ∈ (d)

Phơng trình đờng thẳng (d) đợc cho bởi:

(d):

Qua N(2;0; 1)

vtcp n 7;1; 4

−



x 2 7t

y t

= +



 =



 = − −



, t ∈ Ă

Cách 2: Gọi n r

là vtpt của mặt phẳng (P), ta đợc nr(7; 1; −4)

Giả sử (d) là đờng thẳng cần dựng và (d) cắt (d2) tại E

 Gọi (P1) là trình mặt phẳng:

(P1): 1 1

1

(d ) (P ) (P) (P )

⊂



1

Qua M Cặp vtcp n và u





⇔ (P1): 1

Qua M (0;1; 2)

−





 Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ phơng trình:

x 1 2t

y 1 t

z 3

x 5y 3z 1 0

= − +



 = +



 =



 + + + =



z 3

= −





⇒ = −

 =



⇔ E(−5; −1; 3)

Vậy, phơng trình đờng thẳng (d) có dạng:

(d):

Qua E( 5; 1;3)

vtcp n 7;1; 4

− −



z 3 4t

= − +



 = − +



 = −



, t ∈ Ă

Cách 3: Gọi n r

là vtpt của mặt phẳng (P), ta đợc nr(7; 1; −4)

Giả sử (d) là đờng thẳng cần dựng và (d) cắt (d1) tại F

 Gọi (P2) là trình mặt phẳng:

(P2): 2 2

2

(d ) (P ) (P) (P )

⊂



2

Qua M Cặp vtcp n và u





⇔ (P2): 2

Qua M ( 1;1;3)

−





 Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ phơng trình:

4x 8y 5z 3 0







x 2

y 0

=





⇒ =

 = −



⇒ F(1; −2; 2)

Vậy, phơng trình đờng thẳng (d) có dạng:

(d):

Qua F(2;0; 1)

vtcp n 7;1; 4

−



x 2 7t

y t

= +



 =



 = − −



, t ∈ Ă

Cách 4: Gọi n r

là vtpt của mặt phẳng (P), ta đợc nr(7; 1; −4)

Chuyển phơng trình đờng thẳng (d1) về dạng tham số.

(d1):

x 2u

y 1 u

=



 = −



 = − +



, u ∈ Ă

Giả sử (d) là đờng thẳng cần dựng và (d) cắt (d1) và (d2) theo thứ tự tại các

điểm F, E Khi đó:

 Điểm F ∈ (d1) suy ra F(2u; 1 − u; u − 2)

 Điểm E ∈ (d2) suy ra E(2t − 1; 1 + t; 3)

 Để EF vuông góc với mặt phẳng (P) ta đợc:

EF uuur

//n r

⇔ 2u 2t 1− +7 =− −u t1 =u 5−4

Khi đó, đờng thẳng (d) đợc cho bởi:

(d):

Qua F(2;0; 1)

vtcp n 7;1; 4

−



x 2 7t

y t

= +



 =



 = − −



, t ∈ Ă

Câu IV.

1. Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm của phơng trình:

(e + 1)x = (1 + ex)x ⇔ x(ex− e) = 0 ⇔ x 0.

x 1

=



 =

Khi đó:

1

x 0

0

x(e e )dx

1 2

x

Ta lần lợt:

 Với I1 thì:

I1 =

1 2 0

.

 Với I2 thì đặt:

x

u x

dv e dx

=



v e

=



Khi đó:

I2 = 1

0

xe − 1 x

0

e dx

∫ = e − x1

0

Thay (2), (3) vào (1), ta đợc S e 1.

2

= −

2. Với giả thiết x, y, z dơng và xyz = 1, ta có:

x (y z) x 2 yz 2x 2x x

x

chứng minh tơng tự, ta cũng có y (z x) 2y y2 + ≥ và z (x y) 2z z.2 + ≥

Khi đó, ta nhận đợc đánh giá:

2y y

y y 2z z z z 2x x x x 2y y

Bằng việc sử dụng ẩn phụ:

a x x 2y y

b y y 2z z

c z z 2x x

 = +

 = +



 = +



4c a 2b

x x

9 4a b 2c

9 4b c 2a

z z

9

+ −





⇔  =



+ −



Khi đó, ta nhận đợc bất đẳng thức mới:

2 4c a 2b 4a b 2c 4b c 2a

A

=   + + ữ + + + ữ− 

2 (4.3 3 6) 2 9

Vậy, ta có AMin = 2, đạt đợc khi:

xyz 1

x y z

a b c

=



 = =



 = =



⇔ x = y = z = 1

Câu V.a.

1 Ta lần lợt có:

 M và N lần lợt là trung điểm của các cạnh AB và BC nên M(−1; 0), N(1; −2)

 Giả sử H(x; y), ta có:

H AC

∈



 ⊥



4x 4(y 2) 0 4(x 2) 4(y 2) 0

+ − =



⇔  + − + =



x 1

y 1

=



⇔  =

 ⇒ H(1; 1).

Giả sử đờng tròn (C) ngoại tiếp ∆HMN có dạng: (C): x2 + y2 − 2ax − 2by + c = 0, với a2 + b2 − c ≥ 0

Điểm H, M, N ∈ (C), ta đợc:

1 1 2a 2b c 0

1 2a c 0

1 4 2a 4b c 0

+ − − + =



 + + =



 + − + + =



2a 2b c 2

2a 4b c 5

+ − =





⇔  + = −

 − − =



⇔ a 1/ 2b 1/ 2

=



 = −



 = −



, thoả mãn

Vậy phơng trình đờng tròn (C): x2 + y2 − x + y − 2 = 0

2 Ta có:

(1 + x)2n = C + 02n 1

2n

C x + 2

2n

C x2 + + C x2n2n 2n (1) (1 − x)2n = C 02n − 1

2n

C x + 2

2n

C x2− + C x2n2n 2n (2)

Từ theo vế (1) và (2), ta đợc:

(1 + x)2n− (1 − x)2n = ( 1 3 3 2n 1 2n 1)

2 C x C x+ + + C −x −

⇔ 1

2[(1 + x)

2n− (1 − x)2n] = C x C x12n + 32n 3+ + C2n 1 2n 12n−x − (3) Lấy tích phân theo x từ 0 đến 1 hai vế của (3), ta đợc:

1

0

1

(1 x) (1 x) dx

2∫ + − −  = 1( 1 3 3 2n 1 2n 1)

0

C x C x+ + + C −x − dx

∫

⇔

1 2n 1 2n 1

0

(1 x) (1 x)

2(2n 1)

1

0

−

2n

−

−

+

Câu V.b

1 Điều kiện:

4x 3 0

2x 3 0

− >



 + >



3

4

Biến đổi bất phơng trình về dạng:

log3(4x − 3)2− log3(2x + 3) ≤ 2 ⇔ log3(4x − 3)2 ≤ log3(2x + 3) + 2

⇔ log3(4x − 3)2 ≤ log39(2x + 3) ⇔ (4x − 3)2 ≤ 9(2x + 3)

⇔ 16x2− 42x − 18 ≤ 0 3 x 3

8

⇔ − ≤ ≤

Vậy, kết hợp với (*) bất phơng trình có nghiệm là 3 x 3

4< ≤

2 Bạn đọc tự vẽ hình.