VDC GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ

NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC

GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH LƠGARIT BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ - ĐÁNH GIÁ
PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
Dạng 1 : Bất phương trình có dạng F ( x) ≥ 0 với F ( x) là hàm số đồng biến hoặc nghịch biến
trên D.
Bước 1. Đưa bất phương trình về dạng F ( x) ≥ 0
Bước 2. Xét hàm số y = F ( x) . Chỉ rõ hàm số y = F ( x) đồng biến hoặc nghịch biến trên D
Bước 3. Dự đốn F ( x0 ) = 0 , từ đó kết luận nghiệm của bất phương trình.
Dạng 2 : Bất phương trình có dạng F (u ) ≥ F (v) với F ( x) là hàm số đồng biến hoặc nghịch
biến trên D
Bước 1. Đưa bất phương trình về dạng F (u ) ≥ F (v)
Bước 2. Xét hàm số y = F ( x) . Chỉ rõ hàm số y = F ( x) đồng biến hoặc nghịch biến trên D
Bước 3. Bất phương trình F (u ) ≥ F (v) ⇔ u ≥ v nếu y = F ( x) là hàm đồng biến
và F (u ) ≥ F (v) ⇔ u ≤ v nếu y = F ( x) là hàm nghịch biến.
Câu 1.

Gọi S là tập hợp gồm tất cả các nghiệm nguyên của bất phương trình log 7 x < log 3 ( x + 2) .
Tính tổng các phần tử của S .
B. 1128
A. 2176 .
Chọn D
Điều kiện: x > 0 .

C. 1196 .
Lời giải

D. 1176 .

t

Đặt t = log 7 x ⇒ x =
7t và bất phương trình đã cho trở thành t < log 3 (7 2 + 2)
t

t
 7
1
⇔ 7 + 2 > 3 ⇔ 
 + 2   > 1 (*) .
3
 3 
t
2

t

t

t
 7
1
Vì hàm số=
f (t ) 
 + 2   nghịch biến trên tập  mà f (2) = 1 nên suy ra bất phương
3
 3 
trình (*) trở thành f (t ) > f (2) ⇔ t < 2 .

Ta có t < 2 suy ra log 7 x < 2 ⇔ 0 < x < 49 .
Do đó tập nghiệm của bất phương trình đã cho là (0; 49) suy ra S = {1, 2,3,...., 48} .
Câu 2.

1176 .
Vậy tổng các phần tử của S bằng 1 + 2 + 3 + ... + 48 =
Số nghiệm nguyên của bất phương trình
log 2  x 2  3  log 2 x  x 2  4 x  1  0 là

A. 5 .

B. 7 .

C. 4 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn D
Điều kiện: x  0 . Ta có
log 2  x 2  3  log 2 x  x 2  4 x  1  0  log 2  x 2  3  x 2  3  log 2 4 x  4 x * .
Xét hàm số f t   log 2 t  t trên D  0;   . Ta có
1
 1  0 t  D  hàm số f đồng biến trên D .
t ln 2
Suy ra *  f  x 2  3  f 4 x  x 2  3  4 x  1  x  3 . ( Thỏa mãn điều kiện)
f  t  

Vậy bất phương trình có 3 nghiệm nguyên.

CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022

Trang 1


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

Câu 3.

Bất phương trình log 3
ngun là
A. 4 .

BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC

3x 2 + x + 1
+ x 2 − x − 2 ≤ 0 có số nghiệm
2
2x + 2x + 3
C. 3 .
Lời giải

B. 1 .

Chọn A

D. 2 .

 3x 2 + x + 1
>0


Điều kiện:  2 x 2 + 2 x + 3
⇔ ∀x ∈  ( do 3 x 2 + x + 1 > 0, 2 x 2 + 2 x + 3 > 0, ∀x ∈ )
2 x 2 + 2 x + 3 ≠ 0


3x 2 + x + 1
+ x 2 − x − 2 ≤ 0 ⇔ log 3 ( 3 x 2 + x + 1) − log 3 ( 2 x 2 + 2 x + 3) + x 2 − x − 2 ≤ 0
Ta có log 3 2
2x + 2x + 3
⇔ log 3 3x 2 + x + 1 + 3 x 2 + x + 1 ≤ log 3 2 x 2 + 2 x + 3 + 2 x 2 + 2 x + 3 (*) .

(

)

(

)

Xét hàm số =
t)
f ( t ) log 3 t + t với t > 0 . Ta có f ′ (=
Vậy hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (0; + ∞) .

1
+ 1 > 0, ∀t > 0 .
t ln 3

Khi đó (*) ⇔ f ( 3 x 2 + x + 1) < f ( 2 x 2 + 2 x + 3)

⇔ 3x 2 + x + 1 ≤ 2 x 2 + 2 x + 3
⇔ x 2 − x − 2 ≤ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 2
Do x ∈  ⇒ x ∈ {−1;0;1; 2} . Vậy bất phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên.

Câu 4.

Bất phương trình ln (1 + x 2 ) < x 2 có bao nhiêu nghiệm nguyên thuộc khoảng ( −2021; 2022 ) ?
A. 4042.

B. 4040.

C. 4041.

D. 4039.

Lời giải

Chọn C

Xét hàm số f ( x ) = ln (1 + x 2 ) − x 2 .
Ta có: f ′ ( x ) =

2x
 1

− 2x = 0 ⇔ 2x  2
− 1 = 0 ⇔ x = 0. Ta có bảng biến thiên:
x +1
 x +1 

2

Suy ra: f ( x ) = ln (1 + x 2 ) − x 2 < 0 , ∀x ≠ 0 .

(

)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình ln 1 + x 2 < x 2 là  \ {0} do đó số nghiệm nguyên thuộc
khoảng ( −2021; 2022 ) là 4041.
Câu 5.

(

)

Cho bất phương trình log 2 x x 2 + 2 + 4 − x 2 + 2 x + x 2 + 2 ≤ 1 . Biết tập nghiệm của bất

(

phương trình là − a ; − b  . Khi đó a.b bằng
15
12
16
A.
.
B.
.
C.
.

5
15
16
Trang 2

D.

5
.
12

TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC

Lời giải

Chọn C
Ta có: x x 2 + 2 −=
x2 x

)

(

2x

x2 + 2 − x =

2

x +2+x

)

(

.

Ta có: log 2 x x 2 + 2 + 4 − x 2 + 2 x + x 2 + 2 ≤ 1

)

(

2 3x + 2 x 2 + 2


2x
2
+ 2 x + x 2 + 2 ≤ 1 (1)
⇔ log 2 
+ 4  + 2 x + x + 2 ≤ 1 ⇔ log 2
2
2
x +2+x
 x +2+x


x 2 + 2 + x > 0 , ∀x ∈  .

Ta có

x ≥ 0
8

⇔ x > − , ( *)
Điều kiện: 3 x + 2 x 2 + 2 > 0 ⇔ 2 x 2 + 2 > −3 x ⇔   x < 0
5
 4 x 2 + 8 > 9 x 2

Với điều kiện (*) , ta có

(1) ⇔ log 2 ( 3x + 2

)

x 2 + 2 + 3 x + 2 x 2 + 2 ≤ log 2

)

(

x 2 + 2 + x + x 2 + 2 + x, ( 2 )

1
+ 1 > 0 , ∀t ∈ ( 0; +∞ ) .
t.ln 2

f ( t ) log 2 t + t đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) , với điều kiện (*) thì các biểu thức
Do hàm số =

Xét hàm số =
f ( t ) log 2 t + t với t > 0 có f ′ (=
t)

3 x + 2 x 2 + 2 và

( 2) ⇔

Câu 6.

(

x 2 + 2 + x đều lấy giá trị trong khoảng ( 0; +∞ ) nên ta có

) (

f 3x + 2 x 2 + 2 ≤ f

x2 + 2 + x

)

−2 x ≥ 0
x ≤ 0
2
.
⇔

x
≤
−
⇔ 3 x + 2 x 2 + 2 ≤ x 2 + 2 + x ⇔ x 2 + 2 ≤ −2 x ⇔  2
⇔

2
2
3
x
x
+
≤
2
4
x
3
≥
2


 8
2
16
Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm bất phương trình là  − ; −  hay a.b = .
3
15
 5
Gọi S là tổng tất cả các nghiệm nguyên không vượt quá 2022 của bất phương trình

log 3 ( x3 − 3 x + 25 ) + log 32 ( x + 1) ≥ 3log 3 ( x + 1) + 1 . Tìm chữ số hàng đơn vị của S .

A. 3 .

B. 8 .

C. 0 .
Lời giải

Chọn A

D. 5 .

x +1 > 0
⇔ x > −1.
Điều kiện:  3
 x − 3 x + 25 > 0
Ta có: ( x + 4 )( x − 2 ) ≥ 0, ∀x > −1 ⇒ ( x + 4 ) ( x 2 − 4 x + 4 ) ≥ 0, ∀x > −1
2

⇒ x 3 − 3 x + 25 ≥ 9 x + 9, ∀x > −1⇒ log 3 ( x3 − 3 x + 25 ) ≥ log 3 ( 9 x + 9 ) , ∀x > −1
⇒ log 3 ( x 3 − 3 x + 25 ) + log 32 ( x + 1) − 3log 3 ( x + 1) − 1 ≥ log 32 ( x + 1) − 2 log 3 ( x + 1) + 1, ∀x > −1 .

Mà log 32 ( x + 1) − 2 log 3 ( x + 1=
) +1

( log ( x + 1) − 1)
3

2

≥ 0, ∀x > −1 do đó bất phương trình

log 3 ( x 3 − 3 x + 25 ) + log 32 ( x + 1) ≥ 3log 3 ( x + 1) + 1 nghiệm đúng với mọi x > −1.

Suy ra bất phương trình log 3 ( x3 − 3 x + 25 ) + log 32 ( x + 1) ≥ 3log 3 ( x + 1) + 1 có tập nghiệm là
khoảng (−1; + ∞) .
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022

Trang 3


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC

Vậy tập tất cả các nghiệm nguyên không vượt quá 2022 của bất phương trình đã cho là
A = {0;1; 2;3;...; 2021; 2022} . Tổng S của tất cả các phần tử thuộc tập A là:
S =1 + 2 + ... + 2021 + 2022 = 2023.1011 = 2045253 .

Câu 7.

Biết rằng bất phương trình
2 log 2

)

(

 3+ b 

2 x 2 − 3 x + 1 + 1 − x + x 3 − x 2 − 3 x + 2 ≤ 2 2 x − 1. x − 1 có tập nghiệm S =  a ;

c 


với a , b , c ∈ * . Tính tổng T = 2a + b − c .
A. 0 .

C. 3 .
Lời giải

B. 5 .

Chọn B

D. 2 .

2 x − 1 ≥ 0
x −1 ≥ 0
 x ≥ 1
 x ≥ 1

Điều kiện:  2
⇔
⇔

2
2
2 x − 3x + 1≥ 0
 2 x − 3 x + 1 + 1 − x > 0

 2 x − 3 x + 1 > x − 1
 2 x 2 − 3x + 1 + 1 − x > 0

x ≥ 1

⇔
x − 1. 2 x − 1 >



(
⇔ log (

Ta có: 2 log 2
2

(

x −1

)

2

)
2 x − 3x + 1 + 1 − x ) + x − x − 3x + 2 ≤ 2

(

x −1

)

⇔ x > 1.

2

2 x 2 − 3 x + 1 + 1 − x + x 3 − x 2 − 3 x + 2 ≤ 2 2 x − 1. x − 1
2

2

⇔ log 2 ( x − 1)


⇔ log 2

(

x ≥ 1

⇔
x − 1. 2 x − 1 >



(

3

2

2 x − 1. x − 1

)

2
2 x − 1 − x − 1  + x 3 − x 2 − 3 x + 2 ≤ 2 2 x − 1. x − 1


( x − 1) x 2
2x −1 + x −1

(

)

(

) (

(

)

2

+ x3 − x 2 − 3 x + 2 ≤ 2 2 x − 1. x − 1

)

⇔ log 2 x 3 − x 2 − log 2 3 x − 2 + 2 2 x 2 − 3 x + 1 + x 3 − x 2 ≤ 3 x − 2 + 2 2 x − 1. x − 1

(

)

) (

)

⇔ log 2 x 3 − x 2 + x 3 − x 2 ≤ log 2 3 x − 2 + 2 2 x 2 − 3 x + 1 + 3 x − 2 + 2 2 x 2 − 3 x + 1 (*)

Xét hàm số f ( t )= t 3 + t trên  có f ' ( t =
) 3t 2 + 1 > 0 ∀t ∈  ⇒ Hàm số đồng biến trên  .
Do vậy với điều kiện x > 1 , bất phương trình (*)

⇔ f ( x3 − x 2 ) ≤ f

((

2x −1 + x −1

) )⇔ x
2

3

− x2 ≤

(

2x −1 + x −1

⇔ ( x − 1) x − 1 ≤ 2 x − 1 ⇔ x 3 − 3 x 2 + x ≤ 0 ⇔ x 2 − 3 x + 1 ≤ 0 ⇔

)

2

⇔ x x −1 ≤ 2x −1 + x −1

3− 5
3+ 5
≤x≤
2
2

a = 1
3+ 5

⇒ b = 5 ⇒ T = 5 .
Kết hợp với điều kiện, ta được: 1 < x ≤
2
c = 2


Trang 4

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC

GIẢI BPT LÔGARIT BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM ĐẶC TRƯNG
(KHÔNG CHỨA THAM SỐ)
Lý thuyết:
Cho hàm số y = f ( x) đồng biến trên ( a; b ) và u , v ∈ ( a; b ) thì f ( u ) ≥ f (v) ⇔ u ≥ v
Cho hàm số y = f ( x) nghịch biến trên ( a; b ) và u , v ∈ ( a; b ) thì f ( u ) ≥ f (v) ⇔ u ≤ v
Câu 1.

)

(

(

Tập nghiệm của bất phương trình log 2 x x 2 + 2 + 4 − x 2 + 2 x + x 2 + 2 ≤ 1 là − a ; − b  .
Khi đó a.b bằng
15
A.
.
16

B.

Chọn C
Ta có: x x 2 + 2 −=

x2 x

12
.
5

C.
Lời giải

)

(

x2 + 2 − x =

)

(

16
.
15

2x
x2 + 2 + x

D.

5
.

12

.

((

Ta có: log 2 x x 2 + 2 + 4 − x 2 + 2 x + x 2 + 2 ≤ 1 ⇔ log 2 x

(

) )

x2 + 2 − x + 4 + 2 x + x2 + 2 ≤ 1

)

2 3x + 2 x 2 + 2


2x
2
+ 2 x + x 2 + 2 ≤ 1, (1)
⇔ log 2 
+ 4  + 2 x + x + 2 ≤ 1 ⇔ log 2
2
2
x +2+x
 x +2+x


Ta có

x 2 + 2 + x > 0 , ∀x ∈  .

x ≥ 0
8

⇔ x > − , ( *)
Điều kiện: 3 x + 2 x 2 + 2 > 0 ⇔ 2 x 2 + 2 > −3 x ⇔   x < 0
5
 4 x 2 + 8 > 9 x 2

Với điều kiện (*) , ta có

(1) ⇔ log 2 ( 3x + 2

)

x 2 + 2 + 3 x + 2 x 2 + 2 ≤ log 2

(

f ( t ) log 2 t + t với t > 0 . Có f ′ (=
t)
Xét hàm số =

(

)

x 2 + 2 + x + x 2 + 2 + x, ( 2 )
1
+ 1 > 0 , ∀t ∈ ( 0; +∞ ) .
t.ln 2

)

f ( t ) log 2 t + t đồng biến trên ( 0; +∞ ) , 3x + 2 x 2 + 2 ∈ ( 0; +∞ ) và
Hàm số =

(

)

x 2 + 2 + x ∈ ( 0; +∞ ) .

) (

(

Nên ( 2 ) ⇔ f 3 x + 2 x 2 + 2 ≤ f

)

x 2 + 2 + x ⇔ 3x + 2 x 2 + 2 ≤ x 2 + 2 + x

x ≤ 0
2
⇔ x≤−
.

⇔
 2
2
2
3
3 x ≥ 2
x + 2 ≤ 4x
−2 x ≥ 0

⇔ x 2 + 2 ≤ −2 x ⇔ 

 8
16
2
Kết hợp với ĐK ta có tập nghiệm bất phương trình là  − ; −  hay a.b = .
 5
15
3


Câu 2.

Tập nghiệm của bất phương trình log 5

CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022

 x
2 x +1
1 
≥ 2 log 3 

−
 là
x
2
x
2



Trang 1


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC

(

)

C. 1; 2 .

D. 1; 2  .



Lời giải

Chọn A
log 5

(

B. 1;3 + 2 2  .

A. 1;3 + 2 2  .

 x
x −1
2 x +1
1 
2 x +1
= 2 log 3 
−
= 2 log 3
 ⇔ log 5
x
x
2 x
 2 2 x

x > 0
Đk: 
⇔ x > 1 ( *)
x −1 > 0

(

)

Pt ⇔ log 5 2 x + 1 − log 5 x ≥ log 3 ( x − 1) 2 − log 3 4 x

(

)

⇔ log 5 2 x + 1 + log 3 4 x ≥ log 5 x + log 3 ( x − 1) 2 (1)
Đặt t = 2 x + 1 ⇒ 4 x = ( t − 1) .
2

(1) trở thành log 5 t + log 3 (t − 1) 2 ≥ log 5 x + log 3 ( x − 1) 2 (2)
Xét f ( y ) = log 5 y + log 3 ( y − 1) 2 , do x > 1 ⇒ t > 3 ⇒ y > 1 .
Xét y > 1 : f '( y=
)

1
1
+
.2( y − 1) > 0
y ln 5 ( y − 1) 2 ln 3

⇒ f ( y ) là hàm đồng biến trên miền (1; +∞ )
(2) có dạng f (t ) ≥ f ( x) ⇔ t ≥ x ⇔ 2 x + 1 ≥ x ⇔ x − 2 x − 1 ≤ 0
x , u ≥ 0 , ( 2 ) ⇔ u 2 − 2u − 1 ≤ 0 ⇔ 1 − 2 ≤ u ≤ 1 + 2

=
u
Đặt

⇒ x ≤ 1 + 2 ⇔ x ≤ 3 + 2 2 ( 3)

Từ ( 3) , (*) ⇒ 1 < x ≤ 3 + 2 2
Câu 3.

Tập nghiệm của bất phương trình log 2  x 2  3  log 2 x  x 2  4 x  1  0 là
A. S =

( −∞;1] ∪ [3; +∞ ) .

B. [ −1;3] .

C. [1;+∞ ) .

D. S = [1;3] .

Lời giải

Chọn D
Điều kiện: x  0 .

Ta có log 2  x 2  3  log 2 x  x 2  4 x  1  0  log 2  x 2  3  x 2  3  log 2 4 x  4 x * .
Xét hàm số f t   log 2 t  t trên D  0;   . Ta có

f  t  

1
 1  0 t  D  hàm số f đồng biến trên D .
t ln 2

Suy ra *  f  x 2  3  f 4 x   x 2  3  4 x  1  x  3 .
Câu 4.

Bất phương trình x 2 − 4 x + 2 + log 3 ( x 2 − 4 x + 6 ) > 0 có tập nghiệm S =

( −∞; a ) ∪ ( b; +∞ ) . Tính

T
= ab + b 2 .
A. 12 .

D. 21 .

B. 15 .

Chọn A
Đặt t= x 2 − 4 x + 2=

( x − 2)

2

C. 13 .
Lời giải

− 2, t ≥ −2 . Ta có bất phương trình t + log 3 ( t + 4 ) > 0.

Đặt f ( t ) = t + log 3 ( t + 4 ) , t ≥ −2

Trang 2

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

Ta có f ' ( t ) = 1 +

BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC

1
> 0, ∀t ≥ −2 . Suy ra f ( t ) đồng biến trên [ −2; +∞ ) .
( t + 4 ) ln 3

0.
Mặt khác f ( −1) =
Do đó f ( t ) > 0 ⇒ t > −1 ⇒ x 2 − 4 x + 2 > −1 ⇒ x 2 − 4 x + 3 > 0 ⇒ x ∈ ( −∞;1) ∪ ( 3; +∞ ) .
Vậy

tập

nghiệm

của

bất

phương

trình

là

S=

( −∞;1) ∪ ( 3; +∞ ) ,

khi

đó

a =1; b =3 ⇒ ab + b 2 =1.3 + 32 =12 .
Câu 5.

Bất phương trình Cho bất phương trình ln
S ∩ ( −∞;100 ) có số phần tử nguyên là

A. 99 .

B. 101 .

x3 − 2 x 2 + 2 3
+ x − 3 x 2 ≥ 0 có tập nghiệm S . Tập
2
x +2

C. 97 .
Lời giải

Chọn C

D. 96 .

x3 − 2 x 2 + 2
> 0 do x 2 + 2 nên x 3 − 2 x 2 + 2 > 0
2
x +2

Điều kiện:

(

)

(

)

(

)

Bất phương trình ⇔ ln x3 − 2 x 2 + 2 − ln x 2 + 2 + x3 − 2 x 2 + 2 − x 2 + 2 ≥ 0

⇔ ln ( x3 − 2 x 2 + 2 ) + x3 − 2 x 2 + 2 ≥ ln ( x 2 + 2 ) + x 2 + 2 (1)

t ) ln t + t trên ( 0; +∞ ) .
Xét hàm: f (=
1
f ' ( t ) = + 1 > 0 với ∀t ∈ ( 0; +∞ ) ⇒ f ( t ) là hàm đồng biến trên ( 0; +∞ ) .
t

Do đó (1) ⇔ x 3 − 2 x 2 + 2 ≥ x 2 + 2 ⇔ 0 ≤ x 3 − 3 x 2 ⇔ 0 ≤ x 2 ( x − 3) ⇔ x ≥ 3 suy ra S=

⇒ T= S ∩ ( −∞;100 )=

[3; +∞ )

[3;100 ) .

Tập các phần tử nguyên của T là {3; 4;5;...;99} có 97 phần tử nguyên.
Câu 6.

Tổng
2

( x −1)2

bình

phương

.log 2 ( x − 2 x + 3) ≤ 4
2

A. 2 .

các
x−2

nghiệm

nguyên

của

bất

phương

trình

.log 2 ( 2 x − 2 + 2 ) bằng

B. 0 .

C. 3 .
Lời giải

Chọn A

=
f ( t ) 2t.log 2 ( t + 2=
Xét hàm số
) , f ′ ( t ) 2t.ln 2.log 2 ( t + 2 ) + 2t.

D. 1 .

1
> 0 , ∀t ≥ 0 .
( t + 2 ) ln 2

⇒ f ( t ) đồng biến trên [ 0; +∞ ) .
Ta có 2( x −1) .log 2 ( x 2 − 2 x + 3) ≤ 4 x − 2 .log 2 ( 2 x − 2 + 2 )
2

(( x − 1) + 2) ≤ 2

2
.log 2 ( 2 x − 2 + 2 ) ⇔ f ( x − 1)  ≤ f  2 x − 2 


4
2
2
2
4
⇔ ( x − 1) ≤ 2 x − 2   x 1  2  x  2   x 1  2  x  2 .  x 1  2  x  2  0

 

  x 2  4 x  5 x 2  3  0  x   3; 3  .


Vì x  Z nên x  1;0;1 .

⇔ 2(

x −1)

2

.log 2

2

2 x−2

2

Khi đó 1  02  12  2.
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022

Trang 3


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

Câu 7.

BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC

 4x2 − 4 x + 1 
2
Số nghiệm nguyên của bất phương trình log 7 
 + 4 x + 1 < 6 x là
2x


A. 1 .
B. 0 .
C. 3 .

D. 2 .
Lời giải
Chọn A
x > 0

Điều kiện 
1.
x
≠

2
 ( 2 x − 1)2 
 4x2 − 4 x + 1 
2
Ta có log 7 
 + 4 x2 − 4 x + 1 < 2 x
 + 4 x + 1 < 6 x ⇔ log 7 

2x


 2x 
⇔ log 7 ( 2 x − 1) + ( 2 x − 1) < log 7 2 x + 2 x (1)
2

2

t ) log 7 t + t ⇔ f ′ (=
t)
Xét hàm số f (=

Vậy hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) .
Bất phương trình (1) trở thành f


1
+ 1 > 0 với t > 0 .
t ln 7

(( 2 x − 1) ) < f ( 2 x ) ⇔ ( 2 x − 1)
2

2

< 2x ⇔ 4x2 − 6x + 1 < 0

3 5
3 5
.
x
4
4

 3  5 3  5  
1
 \  
Kết hợp điều kiện ta được x 
;
.
 4
4  

 2




Vì x  Z nên x  1 .
Câu 8.

4 x 2 12 x  8
Số nghiệm nguyên của bất phương trình log 2
 x 2  4 x  1 trên khoảng
2
2 x  x 1

2021; 2021 là
A. 4035 .

B. 4034 .

C. 4037 .
Lời giải

Chọn B
Điều kiện:

D. 4036 .

4 x 2 12 x  8
 0  4 x 2 12 x  8  0  x  ;1  2;   .
2 x 2  x 1

Khi đó log 2

4 x 2 12 x  8
 x2  4x  0
2 x 2  x 1

x 2  3x  2
 log 2 2
 (2 x 2  x  1)  ( x 2  3 x  2)
2 x  x 1

 log 2 ( x 2  3 x  2)   x 2  3 x  2  log 2 2 x 2  x  1  (2 x 2  x  1).(1)

Xét hàm f (t )  log 2 t  t với t  0 có f (t ) 
đồng biến trên ( 0; +∞ ) .

1
 1  0,  t  0 . Vì vậy, f (t ) là hàm số
t ln 2

Do đó 1  x 2  3 x  2  2 x 2  x  1  x 2  4 x 1  0





 x  ;  2  5   2  5;   .
 
Vì x  Z , x  2021; 2021 và kết hợp điều kiện ta được

Trang 4

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC

x  2020;  2019;...; 5  3; 4;....; 2020 .
Câu 9.

Vây có 4034 số nguyên thỏa mãn yêu cầu.
Tập nghiệm của bất phương trình log 3 ( x + 1) > log 3 (2 − x) + 4(1 − 2 x) là
A. ( −1; 2 ) .

1
2




B.  ; 2  .

1

D.  ; +∞  .
2


C. (−1; 2) .
Lời giải

Chọn B

x +1 > 0
Điều kiện xác định 
⇔ −1 < x < 2 .
2 − x > 0
Bất phương trình tương đương với: log 3 ( x + 1) + 4 ( x + 1) > log 3 (2 − x) + 4(2 − x) (*).

f (t ) log 3 t + 4t trên (0; +∞) . Ta có: f ′(t=
Xét hàm số =
)
Do đó: (*) ⇔ f ( x + 1) > f (2 − x) ⇔ x + 1 > 2 − x ⇔ x >

1
+ 4 > 0 với mọi t ∈ (0; +∞) .
t ln 3
1
.
2

1 
2 
Câu 10. Tập nghiệm của bất phương trình log 2 ( x + 5) − log 2 (4 − 2 x) + 3(1 + 3 x) ≥ 0 là
Kết hợp điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S =  ; 2  .

 1 
A.  − ; 2  .

 3 

 1
 3




B.  − ; 2  .

D. ( −5; 2 ) .

C. (−∞; 2) .
Lời giải

Chọn A

x + 5 > 0
Điều kiện xác định 
⇔ −5 < x < 2 .
4 − 2 x > 0
Bất phương trình tương đương với: log 2 ( x + 5) + 3( x + 5) ≥ log 2 (4 − 2 x) + 3(4 − 2 x) (*).
1
+ 3 > 0 với mọi t ∈ (0; +∞) .
t ln 2
1
Do đó: (*) ⇔ f ( x + 5) ≥ f (4 − 2 x) ⇔ x + 5 ≥ 4 − 2 x ⇔ x ≥ − .
3

f (t ) log 2 t + 3t trên (0; +∞) . Ta có: f ′(=

Xét hàm số =
t)

 1



Kết hợp điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S =  − ; 2  .
 3 
Câu 11. Tập nghiệm của bất phương trình log 2 ( x + 5) − log 2 (4 − x) + 2 x + 1 ≤ 0 là
 1 
A.  − ; 2  .
 5 




1
2

B.  −5;  .

Chọn C




1

C.  −5; −  .

2



D. ( −5; 2 ) .

Lời giải

x + 5 > 0
Điều kiện xác định 
⇔ −5 < x < 4 .
4 − x > 0
Bất phương trình tương đương với: log 2 ( x + 5) + x + 5 ≤ log 2 (4 − 2 x) + 4 − x (*).

f (t ) log 2 t + t trên (0; +∞) . Ta có: f ′(=
Xét hàm số =
t)

CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022

1
+ 1 > 0 với mọi t ∈ (0; +∞) .
t ln 2

Trang 5


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC

Do đó: (*) ⇔ f ( x + 5) ≤ f (4 − x) ⇔ x + 5 ≤ 4 − x ⇔ x ≤

1
.
2

1




Kết hợp điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S =  −5; −  .
2
Câu 12. Tính tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình log 2
A. 6 .

B. 7 .

C. 8 .
Lời giải

Chọn A



x2 + x + 1
+ x2 − 4 x + 2 < 0 .
5x −1
D. 5 .

1
Với điều kiện: x > , ta có:
5

x2 + x + 1
1
1
+ x 2 − 4 x + 2 < 0 ⇔ log 2 ( x 2 + x + 1) + ( x 2 + x + 1) < log 2 ( 5 x − 1) + ( 5 x − 1) .
5x −1
2
2
1
1
Xét hàm số f=
+ 1 > 0 với ∀t ∈ ( 0; +∞ ) .Vậy hàm số f ( t ) đồng
( t ) log 2 t + t; f ′=
(t )
2
2t ln 2
log 2

biến trên ( 0; +∞ ) , suy ra

f ( x 2 + x + 1) < f ( 5 x − 1) ⇔ x 2 + x + 1 < 5 x − 1 ⇔ 2 − 2 < x < 2 + 2 ( tmdk ) , x ∈  ⇒ x ∈ {1; 2;3}

Vậy tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình là 6.

(

)

(

Câu 13. Tập nghiệm của bất phương trình log 2 x x 2 + 2 + 4 − x 2 + 2 x + x 2 + 2 ≤ 1 là − a ; − b  .
Khi đó a.b bằng
15
A.
.
16
Chọn D
Ta có: x x 2 + 2 −=
x2 x

(

B.

12
.
5

5
.
12
Lời giải

(

x2 + 2 − x =

C.

)

)

2x
x2 + 2 + x

D.

16
.
15

.

Theo bài log 2 x x 2 + 2 + 4 − x 2 + 2 x + x 2 + 2 ≤ 1

((

⇔ log 2 x

) )

x2 + 2 − x + 4 + 2x + x2 + 2 ≤ 1

)

(

2 3x + 2 x 2 + 2


2x
2
⇔ log 2 
+ 4  + 2 x + x + 2 ≤ 1 ⇔ log 2
+ 2 x + x 2 + 2 ≤ 1, (1)
2
2
x +2+x
 x +2+x


Ta có

x 2 + 2 + x > 0 , ∀x ∈  .

x ≥ 0
8

⇔ x > − , ( *)
Điều kiện: 3 x + 2 x 2 + 2 > 0 ⇔ 2 x 2 + 2 > −3 x ⇔   x < 0
5
 4 x 2 + 8 > 9 x 2

Với điều kiện (*) , ta có

(1) ⇔ log 2 ( 3x + 2

Trang 6

)

x 2 + 2 + 3 x + 2 x 2 + 2 ≤ log 2

(

)

x 2 + 2 + x + x 2 + 2 + x, ( 2 )

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC

1
+ 1 > 0 , ∀t ∈ ( 0; +∞ ) .
t.ln 2

f ( t ) log 2 t + t với t > 0 . Có f ′ (=
Xét hàm số =
t)
Hàm

(

=
f ( t ) log 2 t + t

số

)

đồng

biến

( 3x + 2

( 0; +∞ ) ,

trên

)

x 2 + 2 ∈ ( 0; +∞ ) và

x 2 + 2 + x ∈ ( 0; +∞ )

) (

(

Nên ( 2 ) ⇔ f 3 x + 2 x 2 + 2 ≤ f

x2 + 2 + x

)

−2 x ≥ 0
x ≤ 0
2
⇔ x≤−
⇔ 3x + 2 x 2 + 2 ≤ x 2 + 2 + x ⇔ x 2 + 2 ≤ −2 x ⇔  2
⇔ 2
.
2
3
x + 2 ≤ 4x
3 x ≥ 2
 8
16
2
Kết hợp với ĐK ta có tập nghiệm bất phương trình là  − ; −  hay a.b = .
 5
15
3


 x2 + x + 1 
Câu 14. Biết bất phương trình log 2 
+
 16 x + 3 
T 20a + 10b .

tổng=
A. T= 46 − 10 2 .

(

B. T= 45 − 10 2 .

Chọn B
Điều kiện: x ≥ 0 .

 x2 + x + 1 
log 2 
+
 16 x + 3 

(

)

)

2

x − 2 + x ≤ 1 có tập nghiệm là S = ( a; b ) . Hãy tính

C. T= 46 − 11 2 .
Lời giải

= 47 − 11 2 .
D. T

x − 2 + x ≤ 1 ⇔ log 2 ( x 2 + x + 1) − log 2 (16 x + 3) + 2 x − 4 x + 3 ≤ 0
2

2
2

1 3
1 3
3
3



⇔ log 2   x +  +  + 2   x +  +  ≤ log 2  2 x +  + 2  2 x + 

2  4 
2 4
4
4




2t
3
3
Xét hàm số f =
có f ′ ( t )
+ 2 > 0 , ∀t > 0

( t ) log 2  t 2 +  + 2  t +  với t > 0 =
4
 2 3

 4
 t +  ln 2
4


(

)

nên f ( t ) đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) .

x ≥ 0
1 3
3
1
3− 2 2
3+ 2 2


⇔
≤x≤
Suy ra  x +  + ≤ 2 x + ⇔ 2 x ≥ x + ⇔  2
1
2 4
4
2

2
2

 x − 3 x + 4 ≤ 0
⇒a=

3− 2 2
3+ 2 2
;b =
⇒ T = 20a + 10b = 45 − 10 2 .
2
2
2

1
 1

Câu 15. Tập nghiệm của bất phương trình 3 − x + log 2 2 − x < 1 −  + 2 2 − x + log 2  2 −  là
x
 x


=
S

( a; b ) ∪ ( c; d )

bằng
A. 16 .

với a, b, c, d là các số thực. Khi đó giá trị a 2 + b 2 + c 2 + d 2 được quy tròn
B. 12 .

Chọn A

C. 9 .
Lời giải
2

Bất phương trình 3 − x + log 2

1
 1

2 − x < 1 −  + 2 2 − x + log 2  2 − 
x
 x


CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022

D. 4 .

(1)
Trang 7


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC


2 − x > 0
x < 2

x < 0

Điều kiện  x ≠ 0
⇔
⇔ x ≠ 0
0,5 < x < 2
 1
 x < 0 ∨ x > 0,5

2 − > 0
x


( 2) .

Bất phương trình (1) trở thành:

(

)

2

1 
1



2 − x <  2 −  − 1 + log 2  2 − 
x 
x



2

2 − x − 1 + log 2

( 3)

Hàm đặc trưng f ( t ) =( t − 1) + log 2 t .
2

Vì f ′ ( t =
) 2 ( t − 1) +
khoảng ( 0; +∞ ) .
Do đó ( 3) trở thành:

1
2 ln 2.t 2 − 2 ln 2.t + 1
=
> 0, ∀t > 0 nên hàm số f ( t ) đồng biến trên
t.ln 2
t.ln 2

2− x < 2−

1
x

( 4)

 x ∈ ( −∞;0 ) ∪ ( 0,5; 2 )
 −3 − 13 

⇔ x ∈ 
;0  ∪ (1; 2 )
Kết hợp ( 2 ) , ( 4 ) , chúng ta được  x3 + 2 x 2 − 4 x + 1
2
>
0



x2

21 + 3 13
Vậy a 2 + b 2 + c 2 + d 2 =
.
2

Câu 16. Tập

=
S

nghiệm

của

( a; b ) ∪ ( c; d )

bất

phương

trình log 4 2 ( x + 3) + x 2 + 12 x <

12 1
3x + 1
+ 2 + 4 log 2
x x
x

là

với a, b, c, d là các số thực. Khi đó giá trị a 2 + b 2 + c 2 + d 2 bằng
B. 2 .

A. 8 .
Chọn D

Bất phương trình log 4 2 ( x + 3) + x 2 + 12 x <

C. 10 .
Lời giải

D. 11 .

12 1
3x + 1
+ 2 + 4 log 2
x x
x

(1) .

x + 3 > 0
1


Điều kiện:  3 x + 1
⇔ x ∈  −3; −  ∪ ( 0; +∞ ) .
3

 x > 0
1
1
 1
Bất phương trình (1) trở thành 4 log 2 ( x + 3) + x 2 + 12 x < 4 log 2  + 3  + 2 + 12.
x
x
 x

( 2) .

Hàm đặc trưng f=
( t ) 4 log 2 ( t + 3) + t 2 + 12t .

=
Vì f ′ ( t ) 4.

1
1
=
+ 2t + 12 4.
+ 2 ( t + 3) + 6 > 0, ∀t > −3 nên hàm số f ( t )
( t + 3) .ln 2
( t + 3) .ln 2

đồng biến trên khoảng ( −3; +∞ ) .
Ngoài ra x > −3 và

1
> −3 .
x

1
x2 −1
Do đó ( 2 ) ⇔ x < ⇔
< 0 ⇔ x ∈ ( −∞; −1) ∪ ( 0;1) .
x
x

Trang 8

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC

Đối chiếu với điều kiện, chúng ta được tập nghiệm S =( −3; −1) ∪ ( 0;1) .
Vậy a 2 + b 2 + c 2 + d 2 =−
( 3) + ( −1) + 02 + 12 =11 .
2

2

)

(

Câu 17. Tập nghiệm của bất phương trình log 2 x x 2 + 2 + 4 − x 2 + 2 x + x 2 + 2 ≤ 1 là ( a; b ] . Khi đó

a 2 + b 2 bằng
34
A.
.
15

B.

Chọn A

15
.
16

16
.
15
Lời giải

C.

D.

)

(

Bất phương trình log 2 x x 2 + 2 + 4 − x 2 + 2 x + x 2 + 2 ≤ 1
Điều kiện: x x 2 + 2 + 4 − x 2 > 0 ⇔ x
Vì

x 2 + 2 > x ≥ − x nên

)

(

x2 + 2 − x + 4 > 0 ⇔

12

.
5

(1)
6x + 4 x2 + 2
x2 + 2 + x

( 2) .

>0

x 2 + 2 + x > 0, ∀x ∈  .

 −3 x ≤ 0
 2
x ≥ 0
8
 x + 2 ≥ 0

2
.
Dẫn đến ( 2 ) ⇔ 2 x + 2 > −3 x ⇔ 
⇔  x < 0 ⇔ x > −
−3 x > 0
5

2

 5 x < 8
 4 ( x 2 + 2 ) > 9 x 2



(1)

⇔ log 2

(

2 3x + 2 x 2 + 2
2

(

x +2+x

) + 2x +

x2 + 2 ≤ 1

)

) (

⇔ log 2 3 x + 2 x 2 + 2 + 3 x + 2 x 2 + 2 ≤ log 2

(

) (

x2 + 2 + x +

x2 + 2 + x

)

( 3)

f ( t ) log 2 t + t .
Hàm đặc trưng =
1
+ 1 > 0, ∀t > 0 nên hàm đặc trưng f ( t ) đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) .
t.ln 2
−2 x ≥ 0
2

2
2
2
Do đó ( 3) ⇔ 3 x + 2 x + 2 ≤ x + 2 + x ⇔ x + 2 ≤ −2 x ⇔  x 2 + 2 ≥ 0 ⇔ x ≤ −
.
3
 x2 + 2 ≤ 4 x2


Vì f ′=
(t )

 8
2
.

Đối chiếu với điều kiện, chúng ta được tập nghiệm S =
 − 5 ; − 3 


8 2 34
Vậy a 2 + b 2 = + = .
5 3 15
x +1
Câu 18. Cho x , y là các số thực dương thỏa mãn bất đẳng thức log
≤ 9 y 4 + 6 y 3 − x 2 y 2 − 2 y 2 x (1)
3y +1

. Biết y ≤ 1000 , hỏi có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x ; y ) thỏa mãn bất đẳng thức (1) ?
A. 1501100 .

B. 1501300 .

D. 1501500 .

Lời giải

Chọn D
Ta có log

C. 1501400 .

x +1
≤ 9 y 4 + 6 y3 − x2 y 2 − 2 y 2 x
3y +1

CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022

Trang 9


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

⇔ log

BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC

xy + y
≤ ( 9 y 4 + 6 y 3 + y 2 ) − ( x 2 y 2 + 2 xy. y + y 2 )
3y2 + y

⇔ log ( xy + y ) − log ( 3 y 2 + y ) ≤ ( 3 y 2 + y ) − ( xy + y )
2

⇔ log ( xy + y ) + ( xy + y ) ≤ log ( 3 y 2 + y ) + ( 3 y 2 + y )
2

2

2

( *)

Xét hàm f =
( t ) log t + t 2 với t ∈ ( 0; + ∞ )

f ′ (=
t)

1
+ 2t > 0 , ∀t ∈ ( 0; + ∞ ) . Suy ra f ( t ) là hàm đồng biến trên t ∈ ( 0; + ∞ ) .
t ln10

(*) ⇔ f ( xy + y ) ≤

f ( 3 y 2 + y ) ⇔ xy + y ≤ 3 y 2 + y ⇔ x ≤ 3 y .

Vì y ≤ 1000 nên ta có các trường hợp sau

y = 1 ⇒ x ∈ {1; 2;3} .
y = 2 ⇒ x ∈ {1; 2;3; 4;5;6} .

.
=
y 1000 ⇒ x ∈ {1; 2;.......;3000} .
Vậy số cặp nghiệm thỏa mãn điều kiện đề bài là: 3 + 6 + 9 + ... + 3000 =
1501500 .
Câu 19. Tập nghiệm của bất phương trình log 2

4 ( x + 1)
x +2

(

>2 x− x

)

 b+ c 
là S =  a;
 , trong đó
2



a, b, c là các số nguyên khơng âm. Tính a + b + c .

A. 8 .

C. 12 .

B. 10 .

D. 6 .

Lời giải

Chọn A
Điều kiện: x ≥ 0
4 ( x + 1)
> 2 x − x ⇔ log 2 4 ( x + 1) − log 2
log 2
x +2

(

⇔ 2 + log 2 ( x + 1) > log 2

)
(

⇔ log 2 ( x + 1) − 2 x > log 2

(

) (

x +2 >2 x− x

)

) (
)
( x + 1 + 1) − 2 ( x + 1)
x +2 +2 x− x

Xét hàm số f =
( x ) log 2 ( x + 1) − 2 x , x ∈ [0; +∞ ) .

f ′( x)
=

1
− 2 < 0 ∀x ∈ [ 0; +∞ ) . Do đó hàm số f ( x ) nghịch biến trên [ 0; +∞ ) .
( x + 1) ln 2

Khi đó log 2 ( x + 1) − 2 x > log 2
⇔ f ( x) > f

(

)

(

) (

x +1+1 − 2

)

x +1

x +1 ⇔ x < x +1 ⇔ x −1 < x

 x < 1
 x − 1 < 0 ⇔
 x < 1




 x ≥ 0
x ≥ 0
3+ 5
 x ≥ 0


⇔
⇔
⇔  x ≥ 1
⇔0≤ x<
x −1 ≥ 0
2

x ≥ 1
 
 2
 3 − 5
2
3
5
+

  x − 3 x + 1 < 0

 ( x − 1) < x
2
 2

Trang 10

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC

 3+ 5 
Do đó S = 0;
 . Vậy a + b + c = 0 + 3 + 5 = 8
2 


)

(

(

Câu 20. Tập nghiệm của bất phương trình log 2 x x 2 + 2 + 4 − x 2 + 2 x + x 2 + 2 ≤ 1 là − a ; − b 
với a, b ∈  . Khi đó a.b bằng
15
.
16

A.

B.

Chọn C
Ta có x x 2 + 2 −=
x2 x

12

.
5

16
.
15
Lời giải

C.

)

(

x2 + 2 − x =

2x
2

x +2+x

D.

5
.
12

.

Khi đó

)

⇔ log ( x ( x + 2 − x ) + 4 ) + 2 x + x + 2 ≤ 1 ⇔ log 

2 ( 3x + 2 x + 2 )
⇔ log
+ 2 x + x + 2 ≤ 1, (1)
(

log 2 x x 2 + 2 + 4 − x 2 + 2 x + x 2 + 2 ≤ 1
2

2

2

2


+ 4  + 2x + x2 + 2 ≤ 1
x2 + 2 + x

2x

2

2

Mà

2

2

x +2+x

x 2 + 2 + x > 0 , ∀x ∈  , nên điều kiện 3 x + 2 x 2 + 2 > 0 ⇔ 2 x 2 + 2 > −3 x

x ≥ 0
8

⇔  x < 0
⇔ x > − , ( *)
5
 4 x 2 + 8 > 9 x 2

Với điều kiện (*) , ta có

(1) ⇔ log 2 ( 3x + 2

)

x 2 + 2 + 3 x + 2 x 2 + 2 ≤ log 2

(

)

x 2 + 2 + x + x 2 + 2 + x, ( 2 )

f ( t ) log 2 t + t trên ( 0; +∞ ) .
Xét hàm số =
1
+ 1 > 0 , ∀t ∈ ( 0; +∞ ) .
t.ln 2

Ta có f ′ (=
t)

f ( t ) log 2 t + t
=

Nên hàm số

(

)

đồng biến trên

( 0; +∞ ) ,

( 3x + 2

)

x 2 + 2 ∈ ( 0; +∞ ) và

x 2 + 2 + x ∈ ( 0; +∞ )

) (

(

Do đó ( 2 ) ⇔ f 3 x + 2 x 2 + 2 ≤ f

x2 + 2 + x

)

−2 x ≥ 0
x ≤ 0
2
⇔ 2
⇔ x≤−
⇔ 3 x + 2 x 2 + 2 ≤ x 2 + 2 + x ⇔ x 2 + 2 ≤ −2 x ⇔  2
.
2
3
x + 2 ≤ 4x
3 x ≥ 2
 8
16
2
Kết hợp với ĐK ta có tập nghiệm bất phương trình là  − ; −  hay a.b = .
 5
15
3


Câu 21

Có

bao

nhiêu

cặp

số

ngun

( x; y )

thỏa

mãn

bất

phương

trình



 x2 + y 2  2

2
2
+
−
−
x
y
2
x
24
log
(
)  2  5 x + 2 y − 20  + x + y 2 − 20 x − 8 y + 78 < 0 ?




CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022

Trang 11


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

A. 116 .

BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC

B. 119 .

Chọn C

(x

2

C. 113 .
Lời giải

D. 120 .



 x2 + y 2  2
2
+ y 2 − 2 x − 24 ) log 2 
 + x + y − 20 x − 8 y + 78 < 0
 5 x + 2 y − 20 




x 2 + y 2 − 2 x − 24 > 0

 x2 + y 2  2

2
log
  2  5 x + 2 y − 20  + x + y − 20 x − 8 y + 78 < 0




⇔

x 2 + y 2 − 2 x − 24 < 0


 x2 + y 2  2
2
log
 2 
 + x + y − 20 x − 8 y + 78 > 0
 5 x + 2 y − 20 

2

( x − 1) + y 2 > 52
 
5 x + 2 y − 20 > 0


2
2
2
2
 log 2 ( x + y ) + x + y − log 2 ( 5 x + 2 y − 20 ) − 4 ( 5 x + 2 y − 20 ) − 2 < 0
⇔
2

x − 1) + y 2 < 52

(
 
5 x + 2 y − 20 > 0

 log x 2 + y 2 + x 2 + y 2 − log 5 x + 2 y − 20 − 4 5 x + 2 y − 20 − 2 > 0
)
) (
)
2(
  2 (



2
( x − 1) + y 2 > 52

 
5 x + 2 y − 20 > 0


 x2 + y 2  2
2
log
 + x + y < log 2 ( 5 x + 2 y − 20 ) + 4 ( 5 x + 2 y − 20 )
 2 
4



⇔ 

(I)


2

( x − 1) + y 2 < 52

5 x + 2 y − 20 > 0



 x2 + y 2  2
2
 log 2 
 + x + y > log 2 ( 5 x + 2 y − 20 ) + 4 ( 5 x + 2 y − 20 )

4


 

 x2 + y 2  2
2
log
Xét bất phương trình
 + x + y > log 2 ( 5 x + 2 y − 20 ) + 4 ( 5 x + 2 y − 20 ) (a).
2
 4 

f ( t ) log 2 t + 4t trên ( 0; +∞ ) .

Xét hàm số =

1
+ 4 > 0, ∀t > 0 .
t ln 2
f ( t ) log 2 t + 4t đồng biến trên ( 0; +∞ ) .
Nên hàm số =

t)
Ta có , f ′ (=

 x2 + y 2 
x2 + y 2
>
f
5
x
+
2
y
−
20
⇔
> 5 x + 2 y − 20
Mà (a) ⇔ f 
(
)

4
 4 

Trang 12

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC

2
  ( x − 1)2 + y 2 > 52

x − 1) + y 2 > 52
(
 

5 x + 2 y − 20 > 0
5
x
2
y
20
0
+
−
>




 x 2 + y 2 < 4 ( 5 x + 2 y − 20 )
2
2
2
 ( x − 10 ) + ( y − 4 ) < 6

Do đó (I) ⇔ 
.
⇔
2
2
2
2
2
2


x
1
y
5
−
+
<
( )

( x − 1) + y < 5




 
5 x + 2 y − 20 > 0
5 x + 2 y − 20 > 0

 2
2
 ( x − 10 )2 + ( y − 4 )2 > 62
 x + y > 4 ( 5 x + 2 y − 20 )

 

 ( x − 1)2 + y 2 < 52

5 x + 2 y − 20 > 0
Xét 
.

2
2
2
( x − 10 ) + ( y − 4 ) > 6
 x −1 < 5
 x ={±3; ±2; ±1;0; 4;5}

Do ( x − 1) + y 2 < 52 ⇒  y < 5 ⇔ 
.
=
±
±
±

±
y
4;
3;
2;
1;0
{
}

 x, y ∈ 


2

Thay vào 5 x + 2 y − 20 > 0 và ( x − 10 ) + ( y − 4 ) > 62
2

2

Ta có 8 cặp số: ( 5, 0 ) ; ( 5, −1) ; ( 5, −2 ) ; ( 4,1) ; ( 4, 2 ) ; ( 4,3) ; ( 3,3) ; ( 3, 4 ) thoả mãn .

 ( x − 1)2 + y 2 > 52

5 x + 2 y − 20 > 0
Xét 
,

2
2
2

( x − 10 ) + ( y − 4 ) < 6
 x − 10 < 6
4 < x < 16

2
2
2
( x − 10 ) + ( y − 4 ) < 6 ⇒  y − 4 < 6 ⇔ −2 < y < 10 .
 x, y ∈ 
 x, y ∈ 


Thử trực tiếp ta được các cặp số:
( 5; 4 ) ,..., ( 5;7 ) , ( 6;1) ,..., ( 6;8) , ( 7; −1) ,..., ( 7;9 ) , (8; −1) ,..., (8;9 ) ,

( 9; −1) ,..., ( 9;9 ) , (10; −1) ,..., (10;9 ) , (11; −1) ,..., (11;9 ) , (12; −1) ,..., (12;9 ) ,
(13; −1) ,..., (13;9 ) , (14;0 ) ,..., (14;8) , (15;1) ,..., (15;7 ) nên có 105 cặp số.
113 cặp số thoả mãn u cầu bài tốn.
Vậy có 105 + 8 =

Câu 22. Cho x, y là các số thực thỏa mãn bất phương trình: log 2 ( 2 x + 2 ) + x − 3 y ≥ 8 y . Biết 0 ≤ x ≤ 20 ,
số các cặp x, y ngun khơng âm thỏa mãn bất phương trình trên là
A. 2 .

B. 33 .

Chọn C

C. 35 .

D. 5 .

Lời giải

Ta có: log 2 ( 2 x + 2 ) + x − 3 y ≥ 8 y ⇔ 2log2 ( x +1) + log 2 ( x + 1) ≥ 23 y + 3 y . (1)
Xét hàm số f ( t=
) 2t + t .

′ ( t ) 2t ln 2 + 1 > 0, ∀t ∈  . Nên hàm số f ( t=
Ta có f =
) 2t + t đồng biến trên  .
Khi đó (1) ⇔ f ( log 2 ( x + 1) ) ≥ f ( 3 y ) ⇔ log 2 ( x + 1) ≥ 3 y ⇔ x ≥ 23 y − 1 .
Với 0 ≤ x ≤ 20 ⇒ 1 ≤ 23 y ≤ 21 ⇒ 0 ≤ y ≤ log8 21 . Vì y ∈  ⇒ y ∈ {0;1} .

CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022

Trang 13


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC

Với y = 0 thì x ≥ 0 nên có 21 cặp số ( x; y ) thỏa mãn.
Với y = 1 thì x ≥ 7 nên có 14 cặp số ( x; y ) thỏa mãn.
Vậy có tất cả 35 cặp ( x; y ) thỏa mãn.
Câu 23. Số nghiệm nguyên của bất phương trình log 32 x + log 32 x ≤ ( log 2 x + 4 )( log 2 x + 5 ) là
A. 17 .

B. 15 .

C. 16 .
Lời giải

Chọn C

D.Vô số.

log 32 x + log 32 x ≤ ( log 2 x + 4 )( log 2 x + 5 ) (1)
log x ≥ 0
⇔ x ≥1 .
ĐK:  2
0
x
>

Đặt t = log 2 x , điều kiện t ≥ 0 .
Bất phương trình (1) trở thành t 3 + t 3 ≤ ( t + 4 )( t + 5 ) ⇔ t 3 + t 3 ≤ ( t + 4 ) + (t + 4) 2 (2).
2

Xét hàm số f ( u )= u + u trên [ 0; +∞ ) .
Ta có f ' ( u ) = 1 +

1
2 u

Mà ( 2 ) ⇔ f ( t 3 ) ≤ f

> 0, ∀u > 0 . Nên hàm số f ( u )= u + u đồng biến trên [ 0; +∞ ) .

((t + 4) ) ⇔ t
2

3

≤ t 2 + 8t + 16

⇔ ( t − 4 ) ( t 2 + 3t + 4 ) ≤ 0 ⇔ t ≤ 4 . Kết hợp với t ≥ 0 ta được 0 ≤ t ≤ 4 .

Với 0 ≤ t ≤ 4 thì 0 ≤ log 2 x ≤ 4 ⇔ 1 ≤ x ≤ 16 (thoả điều kiện).
Vì x ∈  nên có 16 giá trị ngun của x .

Trang 14

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC

GIẢI PT LƠGARIT BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ KHƠNG HỒN TỒN
(KHƠNG CHỨA THAM SỐ)
PHƯƠNG PHÁP
Đặt ẩn phụ t theo biểu thức logarit của ẩn x . Khi đó, thu được phương trình ẩn t .
Giải phương trình ẩn t ta được nghiệm t theo ẩn x .
Giải phương trình thu được nghiệm của phương trình.

0 là
Câu 01. Số nghiệm của phương trình log 22 x + ( 4 x − 3) log 2 x − 8 x + 2 =

A. 1 .

C. 0 .
Lời giải

B. 2 .

Chọn B
Điều kiện: x > 0 .

D. 3 .

0.
Đặt t = log 2 x , phương trình trở thành: t 2 + ( 4 x − 3) t − 8 x + 2 =

( 4 x − 3) − 4 ( −8 x + 2=) 16 x 2 + 8 x +=1 ( 4 x + 1)
 − ( 4 x − 3) − ( 4 x + 1)
t=
=
− 4x +1

Ta có =
∆

2


2
⇒
 − ( 4 x − 3) + 4 x + 1

=
t = 2
2

2

.

Với t = 2 ⇒ log 2 x = 2 ⇔ x = 4 ( tmđk ) .
Với t =
−4 x + 1 ⇒ log 2 x =
−4 x + 1 ⇔ log 2 x + 4 x − 1 =
0.
Xét hàm số f ( x=
) log 2 x + 4 x − 1 trên ( 0; +∞ )
1
+ 4 > 0, ∀x > 0 ⇒ hàm số f ( x ) đồng biến trên ( 0; + ∞ ) .
x ln 2
1
1
Mặt khác f   = 0 ⇒ x = ( tmđk ) là nghiệm duy nhất của phương trình log 2 x =
−4 x + 1 .
2
2

Có f ′ ( =
x)

Câu 2.

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.
Cho phương trình log 22 x + ( 5 − x ) log 1 x 2 + 6 − 2 x =
0 . Tích các nghiệm của phương trình bằng
4

A. 4 .

B. 8 .

C. 6 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn B
Điều kiện: x > 0.
Ta có log 22 x + ( 5 − x ) log 1 x 2 + 6 − 2 x = 0 ⇔ log 22 x + ( x − 5 ) log 2 x + 6 − 2 x = 0
4

Đặt t = log 2 x , phương trình trở thành: t 2 + ( x − 5 ) t + 6 − 2 x = 0 ⇔ ( t − 2 )( t + x − 3) = 0 .

t = 2
⇔
.
t = 3 − x
Với t =2 ⇒ log 2 x =2 ⇔ x =22 =4 ( tmđk ) .
Với t = 3 − x ⇒ log 2 x = 3 − x ⇔ log 2 x + x − 3 = 0 .

x ) log 2 x + x − 3 trên ( 0; +∞ )
Xét hàm số f (=

CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022

Trang 1


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

Có f ′ (=
x)

BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC

1
+ 1 > 0, ∀x > 0 ⇒ hàm số f ( x ) đồng biến trên ( 0; +∞ ) .
x ln 2

Mặt khác f ( 2 ) = 0 ⇒ x = 2 ( tmđk ) là nghiệm duy nhất của phương trình log 2 x= 3 − x .
Vậy tích các nghiệm của phương trình bằng 4.2 = 8 .

Câu 3.

0 . Lập phương của tổng các
Cho phương trình log 32 ( x + 1) + ( x − 5 ) .log 3 ( 3 x + 3) − 3 x + 11 =
nghiệm của phương trình bằng
B. 100 .
A. 520 .

C. 1000 .
Lời giải

Chọn C
Điều kiện: x + 1 > 0 ⇔ x > −1

D. 10 .

0
Ta có: log 32 ( x + 1) + ( x − 5 ) .log 3 ( 3 x + 3) − 3 x + 11 =
⇔ log 32 ( x + 1) + ( x − 5 ) .log 3 ( x + 1) − 2 x + 6 =
0
0
=
Đăt t log 3 ( x + 1) , phương trình trở thành: t 2 + ( x − 5 ) .t − 2 x + 6 =
t = 2
⇒
 t= 3 − x
Với t = 2 ⇒ log 3 ( x + 1) = 2 ⇔ x =8 ( tmđk )
Mà ∆=

( x − 5)

2

− 4.1. ( 6 − 2 x )=

( x − 1)

2

Với t = 3 − x ⇒ log 3 ( x + 1) = 3 − x ⇔ log 3 ( x + 1) + x − 3 = 0 .

Xét hàm số f =
( x ) log3 ( x + 1) + x − 3 trên ( −1; +∞ )

=
f ′( x)
Có

1
+ 1 > 0, ∀x > −1 ⇒ hàm số f ( x ) đồng biến trên ( −1; +∞ ) .
( x + 1) ln 3

Mặt khác f ( 2 ) = 0 ⇒ x = 2 ( tmđk ) là nghiệm duy nhất của phương trình log 3 ( x + 1) =3 − x .
Vậy lập phương của tổng các nghiệm bằng ( 2 + 8 ) = 103 = 1000 .
3

Câu 4.

0 . Tổng lập phương các nghiệm của
Cho phương trình − log 22 x + (12 − x ) .log 2 x + x − 11 =
phương trình bằng
A. 4 .

C. 100 .

B. 520 .

D. 230 .

Lời giải

Chọn B
0.
Điều kiện: x > 0 . Đăt t = log 2 x , phương trình trở thành: −t 2 + (12 − x ) t + x − 11 =

t = 1
Mà −1 + (12 − x ) + x − 11 = 0 ⇒ 
.
t 11 − x
=
Với t =1 ⇒ log 2 x =1 ⇔ x =2 ( tmđk ) .
Với t = 11 − x ⇒ log 2 x = 11 − x ⇔ log 2 x + x − 11 = 0 .

x ) log 2 x + x − 11 trên ( 0; +∞ )
Xét hàm số f (=
Có f ′ (=
x)

1
+ 1 > 0, ∀x > 0 ⇒ hàm số f ( x ) đồng biến trên ( 0; +∞ ) .
x ln 2

Mặt khác f ( 8 ) = 0 ⇒ x =8 ( tmđk ) là nghiệm duy nhất của phương trình log 2 x= 11 − x .
Vậy tổng lập phương các nghiệm là: 23 + 83 =
520 .
Câu 5.

2
x + ( 2 x + 5 ) log 0,5 x + 6 =
0 là
Tích các nghiệm của phương trình ( x + 1) log 0,5

A. −4 .
Trang 2

B. 16 .

C. 8 .

D. 32 .
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC

Lời giải

Chọn C
Điều kiện: x > 0 .

0.
Đặt t = log 0,5 x , phương trình trở thành: ( x + 1) t 2 + ( 2 x + 5 ) t + 6 =

( 2 x + 5) − 4.6 ( x + 1=) 4 x 2 − 4 x +=1 ( 2 x − 1)
 − ( 2 x + 5 ) − ( 2 x − 1)
= −2
t =
2
1

x
+
(
)
⇒
.
 − ( 2 x + 5 ) + 2 x − 1 −3
t =
=
2 ( x + 1)
x +1

Với t =−2 ⇒ log 0,5 x =−2 ⇔ x =4 ( tmđk ) .
Có =
∆

2

2

−3
−3
3
⇒ log 0,5 x =
⇔ log 0,5 x +
= 0.
x +1
x +1
x +1
1

3
3
′( x)
Xét hàm số =
trên ( 0; +∞ ) có f=
−
< 0, ∀x > 0 ⇒
f ( x ) log 0,5 x +
x ln 0,5 ( x + 1)2
x +1

Với t =

hàm số f ( x ) nghịch biến trên ( 0; +∞ ) .
Mặt khác, f ( 2 ) = 0 ⇒ x = 2 ( tmđk ) là nghiệm duy nhất của phương trình log 0,5 x =
Vậy tích các nghiệm của phương trình đã cho là 4.2 = 8 .
Câu 6.

−3
.
x +1

0 . Tích các nghiệm của phương
Cho phương trình ( x + 2 ) log 22 x − ( x + 5 ) .log 4 2 2 x + 3 x + 18 =
trình bằng:
A. 4 .

B. 8 .

Chọn B

Điều kiện: x > 0 .

C. 6 .
Lời giải

D. 2 .

0
Ta có: ( x + 2 ) log 22 x − ( x + 5 ) .log 4 2 2 x + 3 x + 18 =
⇔ ( x + 2 ) log 22 x − 2 ( x + 5 ) .log 2 (2 x) + 3 x + 18 =
0
0 (*)
Đăt t = log 2 x , phương trình trở thành: ( x + 2 ) t 2 − 2 ( x + 5 ) .t + x + 8 =
0 nên phương trình (*) có hai nghiệm =
Do ( x + 2 ) − 2. ( x + 5 ) + ( x + 8 ) =
t 1,=
t
Với t =1 ⇒ log 2 x =1 ⇔ x =2 ( tmđk ) .

x +8
.
x+2

x +8
x +8
6
⇒ log=
⇔ log 2 x − 1 − = 0 .
2 x
x+2

x+2
x+2
6
Xét hàm số f =
trên ( 0; +∞ )
( x ) log 2 x − 1 −
x+2
1
6
Có f ′ (=
x)
+
> 0, ∀x > 0 ⇒ hàm số f ( x ) đồng biến trên ( 0; +∞ ) .
x ln 2 ( x + 2 )2

Với=
t

Mặt khác f ( 4 ) = 0 ⇒ x = 4 ( tmđk ) là nghiệm duy nhất của phương trình log 2 x =
Câu 7.

Vậy tích các nghiệm bằng 2.4 = 8 .
Cho phương trình

CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022

x +8
.
x+2

Trang 3


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC

0.
( 3x + 1) log32 (2 x − 1) + 7 ( x + 1) log 1 (2 x − 1) + 2 x + 10 =

Tổng lập phương các nghiệm của

3

phương trình thuộc khoảng nào sau đây?
A. (80;110) .
B. (100;130)

C. (110;140) .

D. (140;160) .

Lời giải

Chọn C

1
Điều kiện: x > .
2
Ta có: ( 3 x + 1) log 32 (2 x − 1) + 7 ( x + 1) log 1 (2 x − 1) + 2 x + 10 =

0
3

⇔ ( 3 x + 1) log (2 x − 1) − 7 ( x + 1) log 3 (2 x − 1) + 2 x + 10 =
0
2
3

0 (*)
Đặt t log 3 (2 x − 1) , phương trình trở thành: ( 3 x + 1) t 2 − 7 ( x + 1) t + 2 x + 10 =
=
t = 2
Ta có: =
∆ 49 ( x + 1) − 4 ( 3 x + 1)( 2 x + 10=
) ( 5 x − 3) ≥ 0 nên phương trình (*) ⇔  x + 5 .
t=
 3x + 1
2

2

Với t = 2 ⇒ log 3 (2 x − 1) = 2 ⇔ x = 5 ( tmđk ) .
x+5
x+5
x+5
1)
⇒ log 3 (2 x −=
⇔ log 3 (2 x − 1) − = 0 (**)
3x + 1
3x + 1

3x + 1
x+5
1

Xét hàm số f=
trên  ; +∞ 
( x ) log3 (2 x − 1) −
3x + 1
2


Với=
t

Có
=
f ′( x)

2
14
1
1

+
> 0, ∀x > nên hàm số f ( x ) đồng biến trên  ; +∞  .
2
(2 x − 1).ln 3 ( 3 x + 1)
2
2


Mặt khác f ( 2 ) = 0 ⇒ x = 2 ( tmđk ) là nghiệm duy nhất của phương trình (**).

133 ∈ (110;140) .
Vậy tổng lập phương các nghiệm bằng 53 + 23 =
_______________ TOANMATH.com _______________

Trang 4

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA