bat phuong trinh mu khong chua tham so
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (811.34 KB, 24 trang )
NHĨM TỐN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
GIẢI BPT MŨ BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ - ĐÁNH GIÁ
(KHÔNG CHỨA THAM SỐ)
Nhắc lại kiến thức cũ :
Đạo hàm : a u ′ = u ′.a u .ln a
PHƯƠNG PHÁP
( )
Nếu hàm số f đồng biến trên khoảng D thì ∀x, y ∈ D : f ( x ) > f ( y ) ⇔ x > y
Nếu hàm số f nghịch biến trên khoảng D thì ∀x, y ∈ D : f ( x ) > f ( y ) ⇔ x < y
Bước 1 : Đặt điều kiện của bpt (nếu có)
Bước 2 : Các phương pháp giải
Phương pháp 1 : Dùng tính đơn điệu của hàm số
Phương pháp 2 : Dùng phương pháp đồ thị hàm số
Phương pháp 3 : Đánh giá
Câu 1.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của x thỏa mãn bất phương trình 3x
B. 11 .
A. 10 .
Chọn B
Xét bất phương trình 3x
2
− 25
C. 8 .
Lời giải
2
− 25
+ ( x 2 − 25 ) .4 x + 2021 ≤ 1
D. 9 .
+ ( x 2 − 25 ) .4 x + 2021 ≤ 1(1)
Ta có: 4 x + 2021 > 0, ∀x ∈
TH1: Xét x 2 − 25 =
0⇔ x=
±5 ta có VT (1)= 1 ≤ 1 (Đúng) nên bpt (1) có nghiệm x = ±5
x < −5
TH2: Xét x 2 − 25 > 0 ⇔
x > 5
3x − 25 > 30 =
1
Ta có 2
⇒ VT (1) > 1 nên bpt (1) vô nghiệm.
x + 2021
−
>
x
25
.4
0
(
)
2
TH3: Xét x 2 − 25 < 0 ⇔ −5 < x < 5
3x − 25 < 30 =
1
Ta có 2
⇒ VT (1) < 1 nên bpt (1) có nghiệm −5 < x < 5
x + 2021
−
<
x
25
.4
0
)
(
2
Vậy nghiệm của bpt đã cho là x ∈ [ −5;5] .
Vì x nguyên nên x ∈ {±5; ±4; ±3; ±2; ±1;0} có 11 giá trị
Câu 2.
Giải bất phương trình
6 − 3x +1
10
ta được tập nghiệm S = ( a; b ) . Tính giá trị của biểu thức
>
x
2x −1
P 10b − 3a
=
A. P = 5 .
B. P = 4 .
Chọn A
Điều kiện x ≠ 0; x ≠
C. P = 2 .
Lời giải
D. P = 0 .
1
( *)
2
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022
Trang 1
NHĨM TỐN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
x > 0
x > 0
(1)
6 − 3x +1 > 10 x
3x +1 < 2 x − 6
x +1
6−3
10
2x −1
2x −1
Với điều kiện (*) , ta có:
>
⇔
⇔
2x −1
x
x < 0
x < 0
x +1 2 x − 6 ( 2 )
10 x
x +1
6 − 3 <
3 >
2x −1
2x −1
2x − 6
Gọi ( C ) và ( H ) theo thứ tự là đồ thị của hàm số=
=
y f=
y g=
( x)
( x ) 3x +1 và
2x −1
1
; hệ bpt ( 2 ) vô nghiệm.
2
1
1
Vậy tập nghiệm của bpt đã cho là S = 0; suy ra=
nên P = 10b − 3a = 5 .
a 0;=
b
2
2
Dựa vào đồ thị, ta có: hệ bpt (1) có nghiệm 0 < x <
Câu 3.
Tập nghiệm của bất phương trình
21− x − 2 x + 1
≥ 0 là
2x −1
B. ( 0;1] .
A. [ 0;1] .
D. ( 0; 2] .
C. ( −1;0] .
Lời giải
Chọn B
Điều kiện: 2 x − 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 0 .
Xét hàm số f ( x ) =21− x − 2 x + 1 =−2 x + 1 +
2
2.ln 2
có f ′ ( x ) =−2 − x < 0 , ∀x .
x
2
2
Do đó hàm số này nghịch biến trên .
Vậy 21− x − 2 x + 1 > 0 ⇔ f ( x ) > f (1) ⇔ x < 1 ⇔ 1 − x > 0 tức là f ( x ) cùng dấu với 1 − x .
Xét hàm số g ( x=
g ′ ( x ) 2 x.ln 2 > 0 , ∀x . Do đó hàm số này đồng biến trên .
) 2 x − 1 có =
Vậy 2 x − 1 > 0 ⇔ g ( x ) > 0 ⇔ x > 0 tức là g ( x ) cùng dấu với x.
Suy ra bất phương trình đã cho tương đương với
Vậy tập nghiệm của BPT là S = ( 0;1] .
Câu 4.
Trang 2
2
2
Bất phương trình 2sin x + 3cos x ≥ 4.3sin
2
x
1− x
≥ 0 ⇔ 0 < x ≤ 1.
x
có bao nhiêu nghiệm nguyên trên [ −2021π ; 2022π ] .
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHĨM TỐN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
A. 4043 .
B. 2021 .
C. 4044 .
Lời giải
D. 2022 .
Chọn C
Đặt t sin 2 x ( 0 ≤ t ≤ 1) thay vào bất phương trình đã cho ta có
=
t
t
1−t
2 +3
t
3
2
1
≥ 4.3 ⇔ 2 + t ≥ 4.3t ⇔ 6t + 3 ≥ 4.9t ⇔ + 3 ≥ 4 (1).
3
3
9
t
t
t
t
t
t
2 1 1
2
2
1
=
f ′ ( t ) .ln + 3 ln < 0, ∀t ∈ [ 0;1] .
t ) + 3 , 0 ≤ t ≤ 1 . Có
Xét hàm số f (=
3 9 9
3
3
9
Suy ra hàm số f ( t ) nghịch biến trên [ 0;1] .
t
t
2
1
Do đó ln có f ( t ) ≤ f ( 0 ) hay + 3 ≤ 4 (2).
3
9
t
t
2
1
Từ (1) và (2) suy ra: + 3 = 4 ⇔ t = 0 ⇔ sin 2 x = 0 ⇔ x = kπ ( k ∈ )
3
9
Do −2021π ≤ x ≤ 2022π ⇒ −2021π ≤ kπ ≤ 2022π ⇔ −2021 ≤ k ≤ 2022 ( k ∈ )
Suy ra k ∈ {−2021; −2020;...; 2021; 2022} , có tất cả 4044 giá trị k
Vậy bất phương trình có tất cả 4044 nghiệm ngun.
Câu 5.
Cho hàm số=
f ( x) 2
x 2 +1
(2
x
− 2− x ) . Gọi S là tổng các giá trị x nguyên dương thỏa mãn bất
228
phương trình f ( x + 22 ) + f
≤ 0 . Tính S ?
x −9
A. S = 36 .
B. S = 45 .
C. 30 .
Chọn A
Xét hàm số =
f ( x) 2
2 x
Ta có : f ( − x ) =
2
=
Mặt khác f ′ ( x ) 2
f ′ ( x ) =2
x 2 +1 + x
+1 − x
−2
x 2 +1 + x
−2
x 2 +1 − x
x 2 +1 + x
có tập xác định D = nên ∀x ∈ ⇒ − x ∈ .
=
− f ( x ) nên hàm số đã cho là hàm số lẻ.
x
+ 1 − 2
.ln 2.
2
x +1
x 2 +1 + x
D. 8 .
x2 + 1 + x
ln 2 + 2
x 2 + 1
x 2 +1 − x
x
− 1
.ln 2
2
x +1
x 2 +1 − x
x2 + 1 − x
.ln 2 > 0
x 2 + 1
x2 + 1 > x2 = x ⇒ x2 + 1 ± x > 0 )
( Vì
Do đó hàm số f ( x ) đồng biến trên .
228
228
228
Từ đó suy ra f ( x + 22 ) + f
⇔ f ( x + 22 ) ≤ f
≤ 0 ⇔ f ( x + 22 ) ≤ − f
x −9
x −9
9− x
x ≤ −10
228
x 2 + 13 x + 30
⇔ x + 22 ≤ −
⇔
≤0⇔
x −9
x −9
−3 ≤ x < 9
Vậy các số nguyên dương thỏa mãn bất phương trình là
x ∈ {1; 2;3; 4;5;6;7;8} ⇒ S =1 + 2 + ... + 8 = 36 .
Câu 6.
Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn bất phương trình
( 2x + y )
2
.25 x
2
+ 2 xy + 2 y 2 −3
+ ( x − y) ≤ 3 ?
2
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022
Trang 3
NHĨM TỐN VDC&HSG THPT
A. 0 .
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
B. 1 .
C. 2 .
Lời giải
Chọn D
Từ ( 2 x + y ) .25 x
2
=
a
Đặt
b=
2
+ 2 xy + 2 y 2 −3
D. 3 .
+ ( x − y ) ≤ 3 ⇔ ( 2 x + y ) .2( 2 x + y )
2
2
2
2
+ ( x − y ) −3
+ ( x − y ) − 3 ≤ 0 ( ∗)
2
( 2x + y )
.
2
( x − y ) − 3 ≥ −3
2
Khi đó bất phương trình ( ∗) có dạng: a.2a +b + b ≤ 0 ⇔ a.2a +
b
≤ 0 ⇔ a.2a ≤ ( −b ) .2− b .
b
2
Vì a ≥ 0 ⇒ −b ≥ 0 nên ta xét các trường hợp sau đây:
a > −b ≥ 0
⇒ a.2a > ( −b ) .2− b không thoả mãn bất phương trình.
TH1: Nếu a > −b ≥ 0 ⇒ a
−b
2 > 2 ≥ 0
0 ≤ a ≤ −b
⇒ a.2a ≤ ( −b ) .2− b thoả mãn bất phương trình.
TH2: Nếu 0 ≤ a ≤ −b ⇒
a
−b
0 < 2 ≤ 2
Vậy bất phương trình a.2a ≤ ( −b ) .2− b ⇔ a ≤ −b ⇔ a + b ≤ 0
Suy ra ( 2 x + y ) + ( x − y ) − 3 ≤ 0 ⇔ ( 2 x + y ) + ( x − y ) ≤ 3 .
2
2
2
2
Với giả thiết x, y ∈ Z nên ( 2x + y ) và ( x − y ) chỉ có thể xảy ra các trường hợp sau:
2
2
Vậy có tất cả 3 cặp ( x; y ) thoả mãn.
Câu 7.
Có bao nhiêu số nguyên trong đoạn [ 0; 2021] thỏa mãn bất phương
trình : x 2 − 3 x − 2 ≤ ( 3 x − 4 ) .2021x
A. 2016 .
B. 2017 .
Chọn B
Đặt a = x 2 − 6 x + 2 , =
b 3x − 4 .
Bất phương trình có dạng :
2
−6 x + 2
+ ( x 2 − 6 x + 2 ) .20213 x − 4
C. 2020 .
Lời giải
D. 2021 .
a + b ≤ b.2021a + a.2021b ⇔ a. (1 − 2021b ) ≤ b. ( 2021a − 1) (1)
TH1: a = 0 hoặc b = 0 thì nghiệm đúng bất phương trình đã cho.
x= 3 ± 7
x2 − 6x + 2 =
0
Bất phương trình đã cho tương với
.
⇔
x = 4
0
3 x − 4 =
3
a
a > 0 2021 − 1 > 0
⇒
⇒ VT (1) < 0 ; VP (1) > 0 .
TH2: Nếu
b
b > 0 1 − 2021 < 0
Trang 4
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHĨM TỐN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Khi đó bất phương trình ln đúng.
x > 3 + 7
x2 − 6x + 2 > 0
Vậy bất phương trình tương đương với
⇔ x < 3 − 7 ⇔ x > 3 + 7 .
3 x − 4 > 0
4
x >
3
a
a < 0 2021 − 1 < 0
⇒
⇒ VT (1) < 0 ; VP (1) > 0
TH3: Nếu
b
b < 0 1 − 2021 > 0
Khi đó bất phương trình ln đúng.
Vậy bất phương trình tương đương với
3 − 7 < x < 3 + 7
x2 − 6x + 2 < 0
4
⇔
⇔ 3− 7 < x < .
4
3
3 x − 4 < 0
x <
3
a
a > 0 2021 − 1 > 0
⇒
⇒ VT (1) > 0 ; VP (1) < 0 .
TH4: Nếu
b
b < 0 1 − 2021 > 0
Trường hợp này bất phương trình vô nghiệm.
a
a < 0 2021 − 1 < 0
⇒
⇒ VT (1) > 0 ; VP (1) < 0
TH5: Nếu
b
b > 0 1 − 2021 < 0
Trường hợp này bất phương trình vơ nghiệm.
4
Từ các trường hợp trên, bất phương trình đã cho có tập nghiệm là S= 3 − 7; ∪ 3 + 7; +∞
3
)
Các số nguyên thỏa mãn bất phương trình là x ∈ {1;6;7;...; 2020; 2021} .
Vậy bất phương trình có 2017 nghiệm ngun trong đoạn [ 0; 2021] .
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022
Trang 5
NHĨM TỐN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶC TRƯNG
(KHƠNG CHỨA THAM SỐ)
PHƯƠNG PHÁP
Bước 1 : Biến đổi bất phương trình về dạng
f ( a ) < f (b) ( f ( a ) > f (b) ; f ( a ) ≤ f (b) ; f ( a ) ≥ f (b))
(1) .
Bước 2 : Xét hàm số y = f ( x ) , chứng minh hàm số luôn đồng biến, hoặc luôn nghịch biến
Bước 3 : Do hàm số y = f ( x ) luôn đồng biến, hoặc luôn nghịch biến suy ra
f ( a ) < f ( b ) ⇔ a < b hoặc f ( a ) < f ( b ) ⇔ a >
Câu 1.
Số nghiệm nguyên của bất phương trình sau là:
22 x
A. 4 .
2
−15 x +100
− 2x
2
+10 x −50
B. 6.
Chọn A
Ta có 22 x
⇔ 22 x
2
2
−15 x +100
−15 x +100
− 2x
− 2x
2
2
+10 x −50
+10 x −50
+ x 2 − 25 x + 150 < 0 là
C. 3 .
Lời giải
D. 5 .
+ x 2 − 25 x + 150 < 0
+ 2 x 2 − 15 x + 100 − ( x 2 + 10 x − 50 ) < 0 .
Đặt a = 2 x 2 − 15 x + 100 , b =x 2 + 10 x − 50 .
Khi đó bất phương trình trở thành: 2a − 2b + a − b < 0 ⇔ −2a − a > −2b − b (1) .
Xét hàm số f ( t ) =
−2t − t có f ′ ( t ) =−2t ln 2 − 1 < 0 với ∀t ∈ .
Suy ra f ( t ) nghịch biến trên .
Bất phương trình (1) ⇔ f ( a ) > f ( b ) ⇔ a < b ⇔ 2 x 2 − 15 x + 100 < x 2 + 10 x − 50
⇔ x 2 − 25 x + 150 < 0 ⇔ 10 < x < 15 .
Mà x ∈ nên x ∈ {11;12;13;14} .
Câu 2.
Vậy bất phương trình có 4 nghiệm ngun.
2
8
Cho bất phương trình 2 x + x + x ≤ x − x ( x + 1) + 3 . Số nghiệm
2
nguyên dương của bất phương trình đã cho là
A. 0 .
B. 3
C. 1 .
Lời giải
Chọn C
Tập xác định D = ( −∞ ; − 1] ∪ [ 0; + ∞ ) .
Ta có: 2
⇔2
x2 + x
x2 + x
+x≤
8
− x ( x + 1) + 3 ⇔ 2
2x
+ x 2 + x ≤ 23 − x + 3 − x
x2 + x
D. 2 .
+ x ≤ 23 − x − x 2 + x + 3
(1) .
′ ( t ) 2t.ln 2 + 1 > 0, ∀t ∈ .
Xét hàm số f ( t=
) 2t + t , có f =
Vậy hàm số f ( t ) đồng biến trên . (1) ⇔ f
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022
(
)
x2 + x ≤ f (3 − x ) ⇔ x2 + x ≤ 3 − x
Trang 1
NHĨM TỐN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
x ≤ 3
x ≤ 3
x ≤ −1
x ≥ 0
x ≥ 0
.
⇔
⇔
⇔
0 ≤ x ≤ 9
1
1
x
x
≤
−
≤
−
7
2
2
9
3
x
x
x
+
≤
−
(
)
x ≤
7
Do x nguyên dương, do đó x ∈ {1} .
Vậy bất phương trình đã cho có 1 nghiệm ngun dương.
Câu 3.
(
)
Tập nghiệm của bất phương trình 33 x − 53 x + 3 3x − 5 x > 0 là
B. ( −∞;0] .
A. ( −∞;0 ) .
D. [ 0; +∞ ) .
C. ( 0; +∞ ) .
Lời giải
Chọn A
( )
( )
Bất phương trình đã cho tương đương với 33 x + 3.3x > 53 x + 3.5 x ⇔ f 3x > f 5 x .
Xét hàm số f ( t )= t 3 + 3t trên khoảng ( 0; +∞ ) , ta có: f ′ ( t )= 3t 2 + 3 > 0, ∀t > 0 .
Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng
( 0; +∞ ) .
x
5
Do đó từ f 3x > f 5 x ta có 3x > 5 x ⇔ < 1 ⇔ x < 0 .
3
(*) Thử các giá trị là chọn được đáp án.
( )
( )
(
Ta có: VT = 33 x − 53 x + 3 3x − 5 x
)
Thử với x = 0 được VT = 0 ⇒ x =
0 khơng thỏa mãn bất phương trình. Do đó loại B và D.
Thử với x = 1 được VT = −104 ⇒ x =
1 khơng thỏa mãn bất phương trình. Do đó loại C.
Vậy cịn lại đáp án đúng là A.
Câu 4.
Có
bao
nhiêu
số
nguyên
x ∈ ( −2021; 2022 )
26 x − 24 x − 23 x + 22 x − 2 x+ 2 − 3 < 0
A. 2021 .
B. 2020 .
Chọn A
Bất phương trình đã cho tương đương với
thỏa
mãn
C. 2022 .
Lời giải
bất
phương
trình
D. 2019 .
23 x + 3.22 x + 3.2 x + 1 − ( 22 x + 2.2 x + 1) + 3. ( 2 x + 1) > ( 22 x ) − ( 22 x ) + 3.22 x
3
2
⇔ ( 2 x + 1) − ( 2 x + 1) + 3. ( 2 x + 1) > ( 22 x ) − ( 22 x ) + 3.22 x ⇔ f ( 2 x + 1) > f ( 22 x ) .
3
2
3
2
Xét hàm số f ( t ) = t 3 − t 2 + 3t trên khoảng ( 0; +∞ ) , ta có: f ′ ( t )= 3t 2 − 2t + 3 > 0, ∀t > 0 .
Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) .
Do đó từ f ( 2 x + 1) > f ( 22 x ) ⇔ 2 x + 1 > 22 x ⇔ 22 x − 2 x − 1 < 0 ⇔
1− 5
1+ 5
< 2x <
2
2
1+ 5
⇔ x < log 2
≈ 0, 69 .
2
Mà x ∈ ( −2021; 2022 ) và x ∈ nên ta có x ∈ {−2020; −2019;...;0} .
Vậy có 2021 số nguyên x thỏa mãn ycbt.
Trang 2
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHĨM TỐN VDC&HSG THPT
Câu 5.
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
4
2
+ 52 x − x − 5 x − 2 > 0 là
2x
5
5
x > log 5 2
B. 0 ≤ x ≤ log 5 2 .
C.
.
x < 0
Lời giải
Tập nghiệm của bất phương trình
A. 0 < x < log 5 2 .
x ≥ log 5 2
D.
.
x ≤ 0
Chọn C
Bất phương trình đã cho tương đương với
2
2
2
2
x
x
x
2
x + 5 − x + 5 > 3 − 3 ⇔ f x + 5 > f ( 3) .
5
5
5
(
Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng ( 2
)
2; +∞ ) .
Xét hàm số f ( t =
) t 2 − t trên khoảng 2 2; +∞ , ta có: f ′ ( t ) = 2t − 1 > 0, ∀t > 2 2 .
5 x < 1
x < 0
2
2
.
Do đó từ f x + 5 x > f ( 3) ⇔ x + 5 x > 3 ⇔ 52 x − 3.5 x + 2 > 0 ⇔ x
⇔
log
2
x
>
5
5
2
>
5
5
(*) Cách 2: Đề xuất bởi GVPB2
2
2
2
Bất phương trình đã cho tương đương với x + 5 x − x + 5 x − 6 > 0
5
5
5 x < 1
x < 0
2
2x
x
x
.
⇔ x + 5 > 3 ⇔ 5 − 3.5 + 2 > 0 ⇔ x
⇔
5
x > log 5 2
5 > 2
Câu 6.
Phương trình 2021
a, b ∈ . Tính b − a.
A. 9 .
2 x 2 −8 + 2
− 2021x +1 = x − 2 x 2 − 8 − 1 có nghiệm duy nhất x= a + b với
B. −11 .
Chọn C
D. −9 .
C. 11 .
Lời giải
x ≤ −2
Điều kiện: 2 x 2 − 8 ≥ 0 ⇔
.
x ≥ 2
2021
2 x 2 −8 + 2
− 2021x +1 = x − 2 x 2 − 8 − 1 ⇔ 2021
2 x 2 −8 + 2
+ 2 x 2 − 8 + 2 = 2021x +1 + x + 1 (1)
Xét hàm số =
. Có f ′ ( t ) 2021t ln 2021 + 1 > 0, ∀t ⇒ hàm số đồng biến trên .
f ( t ) 2021t + t =
Khi đó (1) ⇔ f
(
)
2 x 2 − 8 + 2= f ( x + 1)
x ≥ 1
⇔ 2 x 2 − 8 + 2 =x + 1 ⇔ 2
⇔ x =−1 + 10 .
2
−
=
−
+
x
x
x
2
8
2
1
Do đó a =−1, b =
10 ⇒ b − a =
11.
Câu 7.
Tìm số nghiệm của phương trình π sin x − π cos x =
cos 2 x trong khoảng ( 0;10π ) .
2
A. 19 .
B. 15 .
2
2
D. 17 .
C. 20 .
Lời giải
Chọn C
2
2
2
2
2
π sin x − π cos x = cos 2 x ⇔ π sin x − π cos x = cos 2 x − sin 2 x ⇔ π sin x + sin 2 x = π cos x + cos 2 x .
′ ( t ) π t ln π + 1 > 0, ∀t ∈ R ⇒ hàm số đồng biến trên .
Xét hàm số f ( t=
) π t + t có f=
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022
Trang 3
NHĨM TỐN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
(
)
(
)
Khi đó (1) ⇔ f sin 2 x = f cos 2 x ⇔ sin 2 x = cos 2 x ⇒ cos 2 x = 0 ⇒ x =
4
+
kπ
2
kπ
1
39
< 10π ⇔ − < k <
.
4 2
2
2
k ∈ ⇒ k ∈ {0;1; 2;...;19} . Vậy phương trình có 20 nghiệm.
Kết hợp với x ∈ ( 0;10π ) suy ra 0 <
Câu 8.
π
π
+
Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 0 ≤ y ≤ 2021 và
2021x
2
x 2 2021y + y − 1 .
+=
+1
A. 45 .
B. 89 .
Chọn B
2021x
2
x 2 2021y + y − 1 ⇔ 2021x
+=
+1
D. 20 .
C. 11 .
Lời giải
2
+1
+ x 2=
+ 1 2021y + y (1) .
Xét hàm số =
.Có f ′ ( t ) 2021t ln 2021 + 1 > 0, ∀t ⇒ hàm số đồng biến trên .
f ( t ) 2021t + t=
(
)
f ( y ) ⇔ y = x2 + 1
Khi đó (1) ⇔ f x 2 + 1 =
Ta có với x nguyên thì y nguyên. Mà 0 ≤ y ≤ 2021 ⇒ 0 ≤ x 2 + 1 ≤ 2021 ⇒ −44 ≤ x ≤ 44.
Vậy có 89 bộ ( x; y ) nguyên thỏa mãn.
Câu 9.
2
Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình 2 x + x + 2 x ≤ 23− x − x 2 + 3 .
A. 5 .
B. 6 .
C. 7 .
D. 8 .
Lời giải
Chọn A
Ta có 2 x
2
+x
+ 2 x ≤ 23 − x − x 2 + 3 ⇔ 2 x
2
+x
+ x 2 + x ≤ 23− x + 3 − x (1) .
′ ( t ) 2t.ln 2 + 1 > 0, ∀t ∈ .
Xét hàm số f ( t ) =2t + t , t ∈ , có f =
Vậy hàm số f ( t ) đồng biến trên .
(
)
Ta có (1) ⇔ f x 2 + x ≤ f ( 3 − x ) ⇔ x 2 + x ≤ 3 − x ⇔ −3 ≤ x ≤ 1 .
Vậy có 5 giá trị nguyên của x thỏa mãn ycbt.
Câu 10. Tổng tất cả các nghiệm nguyên dương
x
x
x
x
nhỏ
hơn
6
của
bất
phương
trình:
x
27 − 8 − 3.4 + 2.3 − 5.2 − 3 ≥ 0 là
A. 15 .
B. 12 .
C. 13 .
Lời giải
Chọn A
D. 19 .
(
) (
)
Ta có 27 x − 8 x − 3.4 x + 2.3x − 5.2 x − 3 ≥ 0 ⇔ 27 x + 2.3x ≥ 8 x + 3.4 x + 3.2 x + 1 + 2 2 x + 1
⇔ ( 3x ) + 2.3x ≥ ( 2 x + 1) + 2 ( 2 x + 1)
3
3
(1) .
Xét hàm số f ( t )= t 3 + 2t trên ta có
f ′ (t =
) 3t 2 + 2 > 0, ∀t ∈ . Vậy hàm số f ( t )= t 3 + 2t đồng biến trên .
x
x
2 1
Mà (1) ⇔ f ( 3 ) ≥ f ( 2 + 1) ⇔ 3 ≥ 2 + 1 ⇔ + ≤ 1 ( 2 ) .
3 3
x
x
x
x
x
x
x
x
2
1
2
2 1
1
Xét hàm số g=
có g ′ ( x ) .ln + .ln < 0, ∀x ∈ .
( x ) + =
3 3
3
3 3
3
Trang 4
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHĨM TỐN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
x
x
2
1
Vậy hàm số g=
( x ) + nghịch biến trên .
3 3
Mà ( 2 ) ⇔ g ( x ) ≤ g (1) ⇔ x ≥ 1
Vậy tập hợp các nghiệm nguyên dương nhỏ hơn 6 của bất phương trình là {1, 2, 3, 4, 5} .
Tổng tất cả các nghiệm nguyên dương nhỏ hơn 6 của bất phương trình: 1 + 2 + 3 + 4 + 5 =
15 .
Câu 11. Tìm số nghiệm nguyên dương của bất phương trình sau:
3x
A. 2022 .
( )
5
3
1
x
1
− 3x
5
2− x
B. 1 .
C. 2 .
Lời giải
Chọn C
Theo đề ra ta có x ∈ và x > 0 .
Bất phương trình 3 x
⇔
( )
5
3
1
x
1
−
5
2− x
( 5)
3
1
x
+ 1 ≥ 3x 2 − 6 x .
1
− 3x
5
D. 2021 .
2− x
+ 1 ≥ 3x 2 − 6 x
3x 2 − 6 x − 1
≥
⇔
3x
( )
3
5
1
x
1
−
5
2− x
≥ x−2−
1
1
1
⇔ 5 3 x + ≥ 5 x − 2 + x − 2 ( ∗) .
3x
3x
Xét hàm số g ( t =
) 5t + t có g ′=
( t ) 5t ln 5 + 1 > 0 , t ∈ nên hàm số g ( t ) đồng biến trên .
( ∗) ⇔
1
3− 2 3
3+ 2 3
1
≥ x − 2 ⇔ 3x 2 − 6 x − 1 ≤ 0 ⇔
≤x≤
g ≥ g ( x − 2) ⇔
3x
3
3
3x
Theo đề ra ta có x ∈ và x > 0 nên x ∈ {1; 2} tức 2 nghiệm nguyên dương từ bpt trên
Câu 12. Tìm số nghiệm nguyên thuộc [ −2021; 2022] của bất phương trình
2022
A. 2024 .
3
2 x −1
− 20222− x + 3 2 x − 1 + x3 − 6 x 2 + 15 x − 11 ≤ 0
B. 2023 .
C. 2021 .
D. 2022 .
Lời giải
Chọn B
Từ giả thiết ta có bất phương trình tương đương với:
2022
3
2 x −1
− 20222− x + 3 2 x − 1 + x3 − 6 x 2 + 15 x − 11 ≤ 0
⇔ 2022
3
2 x −1
+ 2 x − 1 + 3 2 x − 1 ≤ 20222− x − x 3 + 6 x 2 − 13 x + 10
⇔ 2022
3
2 x −1
+
(
3
)
3
2 x − 1 + 3 2 x − 1 ≤ 20222− x + ( 2 − x ) + 2 − x (1) .
3
Xét hàm số f =
( t ) 2022t + t 3 + t ⇒ f ′=
( t ) 2022t.ln 2022 + 3t 2 + 1 > 0, ∀t ⇒ f ( t ) là hàm đồng
biến trên . Từ (1) ta có f
(
3
)
2 x − 1 ≤ f ( 2 − x ) ⇔ 3 2 x − 1 ≤ 2 − x ⇔ 2 x − 1 ≤ 8 − 12 x + 6 x 2 − x 3
⇔ x3 − 6 x 2 + 14 x − 9 ≤ 0 ⇔ ( x − 1) ( x 2 − 5 x + 9 ) ≤ 0 ⇔ x ≤ 1
Vì x nguyên và x ∈ [ −2021; 2022] ⇒ −2021 ≤ x ≤ 1 nên có 2023 giá trị nguyên của x .
Câu 13. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ [ −2021; 2021] để mọi
nghiệm của bất phương trình 52 x +
− x2 + 2 x +3
− 54 +
− x2 + 2 x +3
+ ( x − 2 ) ≤ x ( x − 3) − 2 (1) đều là
3
2
nghiệm của bất phương trình x 2 − ( m − 2 ) x − 2m + 4 ≤ 0 ( 2 ) .
A. 2019 .
B. 2020 .
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022
C. 2021 .
D. 2018 .
Trang 5
NHĨM TỐN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Lời giải
Chọn A
52 x +
− x2 + 2 x +3
+ ( x − 2 ) ≤ x ( x − 3) − 2 (1) .
3
− x2 + 2 x +3
− 54 +
2
Điều kiện −1 ≤ x ≤ 3 .
(1) ⇔ 52 x +
⇔5
− x2 + 2 x +3
2 x + − x2 + 2 x +3
− 54 +
− x2 + 2 x +3
+ 3x − 6 ≤ 0
(
3 2x + − x2 + 2x + 3
+
2
) ≤5
4+ − x2 + 2 x +3
+
(
3 4 + − x2 + 2x + 3
2
) ( *) .
3
3
Xét hàm số f ( t ) = 5t + t , t ∈ ⇒ f ′ ( t ) = 5t.ln 5 + > 0, ∀t ∈ .
2
2
⇒ Hàm số đồng biến trên .
( *) ⇔
) (
(
f 2x + − x2 + 2x + 3 ≤ f 4 + − x2 + 2x + 3
)
⇔ 2 x + − x 2 + 2 x + 3 ≤ 4 + − x 2 + 2 x + 3 ⇔ −1 ≤ x ≤ 2 .
Theo u cầu bài tốn thì x 2 − ( m − 2 ) x − 2m + 4 ≤ 0, ∀x ∈ [ −1; 2]
⇔m≥
x2 + 2 x + 4
x2 + 2x + 4
, ∀x ∈ [ −1; 2] ⇒ m ≥ max
.
x∈[ −1;2]
x+2
x
+
2
Đặt g ( x ) =
x2 + 2x + 4
. Ta có g ′ ( x )=
x+2
x = 0 ∈ [ −1; 2]
=
⇔
0
.
2
( x + 2)
x =−4 ∉ [ −1; 2]
x2 + 4x
x2 + 2x + 4
g (=
−1) 3; g=
( 0 ) 2; g=
( 2 ) 3 , suy ra xmax
= 3.
∈[ −1;2]
x+2
⇒ m ≥ 3 , vì m ∈ [ −2021; 2021] ⇒ 3 ≤ m ≤ 2021 . Vậy có 2019 giá trị nguyên của tham số m .
Câu 14. Có
bao
( 3x − y )
2
nhiêu
.310 x
2
cặp
−8 xy + 2 y 2 − 4
A. 8 .
nghiệm
Chọn D
2
2
thỏa
mãn
bất
phương
trình
≤ 4 − x 2 + 2 xy − y 2 ?
B. 6 .
Từ ( 3 x − y ) .310 x
( x; y )
nguyên
−8 xy + 2 y 2 − 4
C. 5 .
Lời giải
D. 9 .
≤ 4 − x 2 + 2 xy − y 2 ⇔ ( 3 x − y ) .3(3 x − y )
2
2
2
+( x − y ) −4
≤ 4 − ( x − y ) (*).
2
a = ( 3 x − y )2 ≥ 0
Đặt
khi đó (*) đưa về: a.3a +b ≤ −b ⇔ a.3a ≤ ( −b ) .3− b .
2
b= ( x − y ) − 4 ≥ −4
Vì a ≥ 0 ⇒ −b ≥ 0 .Xét hàm số =
f ( t ) t.3t , t ∈ [ 0; +∞ ) có f ′ ( t =
) 3t + t.3t.ln 3 > 0, ∀t ∈ [ 0; +∞ )
Suy ra f ( a ) ≤ f ( −b ) ⇔ a ≤ −b ⇔ a + b ≤ 0 .
Suy ra ( 3 x − y ) + ( x − y ) − 4 ≤ 0 ⇔ ( 3 x − y ) + ( x − y ) ≤ 4 .
2
2
2
2
Với giả thiết x, y là các số nguyên nên ( 3x − y ) và ( x − y ) đều nguyên nên chỉ có thể xảy ra
2
2
các trường hợp sau:
Trang 6
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHĨM TỐN VDC&HSG THPT
3x − y
x− y
0
0
x
0
y
0
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
0
0
1
0
1
2
1
2
1
1
−
2
3
−
2
−1
0
1
−
2
1
−
2
−1
1
2
3
2
1
−1
−1
1
2
0
−2
0
1
−1
1
−1
0
0
−1
1
0
1
2
−1
0
−1
−2
1
−1
1
−2
2
1
−3
−1
3
Vậy có tất cả 9 cặp nghiệm thỏa mãn.
Câu 15. Tính tổng các nghiệm nguyên dương của bất phương trình sau
5x
B. 5 .
A. 6 .
Chọn A
Ta có 5 x
2
+1
2
+1
+ 2 x 2 − 4 x − 6 ≤ 25 x + 2
C. 3 .
+ 2 x 2 − 4 x − 6 ≤ 25 x + 2 ⇔ 5 x
2
+1
+ 2 ( x 2 + 1) ≤ 52( x + 2) + 4 ( x + 2 )
D. 7 .
( *) .
Xét hàm số f ( t =
) 5t + 2t .
TXĐ: D = .
f ′ (=
t ) 5t ln 5 + 2 > 0 với ∀t ∈ ⇒ f ( t ) là hàm số đồng biến trên ( −∞ ; + ∞ ) .
( *) ⇔
f ( x 2 + 1) ≤ f ( 2 ( x + 2 ) ) ⇔ x 2 + 1 ≤ 2 ( x + 2 ) ⇔ x 2 − 2 x − 3 ≤ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 3 .
Mà x ∈ nên x ∈ { − 1;0;1; 2;3} .
Vậy tổng các nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho bằng 6.
Câu 16. Hãy xác định số nghiệm nguyên âm của bất phương trình sau:
9.3x
B. 3 .
A. 2 .
2
−3 x − 7
Chọn A
Ta có
9.3x
2
−3 x − 7
− 3x +10 + 2 x 2 − 8 x ≤ 30
C. 6 .
Lời giải
− 3x +10 + 2 x 2 − 8 x ≤ 30 ⇔ 3x
2
−3 x −5
D. 9 .
+ 2 ( x 2 − 3 x − 5 ) ≤ 3x +10 + 2 ( x + 10 ) (*) .
Xét hàm số f ( t =
) 3t + 2t .
TXĐ D = .
f ′=
( t ) 3t ln 3 + 2 > 0, ∀ t ∈ . ⇒ f ( t ) là hàm số đồng biến trên .
( *) ⇔
f ( x 2 − 3 x − 5 ) ≤ f ( x + 10 ) ⇒ x 2 − 3 x − 5 ≤ x + 10 ⇔ 2 − 19 ≤ x ≤ 2 + 19 .
⇒ x ∈ {−2; − 1;0;...;5;6} .
Số nghiệm nguyên âm của bất phương trình đã cho là 2.
Câu 17. Tích của nghiệm nguyên âm lớn nhất và nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của bất phương trình
2
4 x +1 + 2 x 2 − 4 x − 6 > 16 x + 2 bằng bao nhiêu?
A. −8 .
B. −3 .
Chọn A
Ta có 4 x
2
+1
+ 2 x 2 − 4 x − 6 > 16 x + 2 ⇔ 4 x
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022
2
+1
C. 3 .
Lời giải
D. 2 .
+ 2( x 2 + 1) > 42 x + 4 + 2(2 x + 4) (1) .
Trang 7
NHĨM TỐN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Xét hàm số f (t=
) 4t + 2t .
TXĐ D = .
′ ( t ) 4t.ln 4 + 2 > 0, ∀ t ∈ ⇒ f ( t ) đồng biến trên .
f=
x < −1
(1) ⇔ f ( x 2 + 1) > f ( 2 x + 4 ) ⇔ x 2 + 1 > 2 x + 4 ⇔ x 2 − 2 x − 3 > 0 ⇔
.
x > 3
Do đó nghiệm nguyên âm lớn nhất là −2 và nghiệm nguyên dương nhỏ nhất là 4 . Tích của
chúng bằng −8 .
Câu 18. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của x thỏa mãn bất phương trình
2021
x 2 −5 x + 2
− 20215 x + 2 + x 2 − 5 x + 2 ≤ 5 x + 2 . Tổng các phần tử của S bằng
A. 55 .
B. 5 .
Chọn A
Ta có
2021
x 2 −5 x + 2
⇔ 2021
C. 6 .
Lời giải
D. 25 .
− 20215 x + 2 + x 2 − 5 x + 2 ≤ 5 x + 2
x 2 −5 x + 2
+ x 2 − 5 x + 2 ≤ 20215 x + 2 + 5 x + 2 (1).
Xét hàm số f=
( t ) 2021t + t ⇒ f ′=
( t ) 2021t.ln 2021 + 1 > 0, ∀t ∈ .
⇒ f ( t ) là hàm đồng biến trên .
(
)
Từ (1) ta có f x 2 − 5 x + 2 ≤ f ( 5 x + 2 ) ⇔ x 2 − 5 x + 2 ≤ 5 x + 2
2
5 x + 2 ≥ 0
2
x ≥ − 5
2
x ≥ −
5 ⇔ x ∈ [ 0;10] .
⇔
⇔ x − 5x + 2 ≤ 5x + 2 ⇔ 2
x − 10 x ≤ 0
x ∈ [ 0;10]
2
x − 5 x + 2 ≥ −5 x − 2
x 2 + 4 ≥ 0
2
x≥−
5
2
0
x
+
≥
5
2
2
2
x ≥ −
⇔ x − 5 x + 2 ≤ 5 x + 2 ⇔ x − 10 x ≤ 0 ⇔
5 ⇔ 0 ≤ x ≤ 10 .
x 2 − 5 x + 2 ≥ −5 x − 2
x2 + 4 ≥ 0
0 ≤ x ≤ 10
Yêu cầu của bài toán x ∈ ⇒ S =
{0;1; 2;3; 4;5;6;7;8;9;10} .
Vậy tổng các phần tử của S bằng 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 =
55 .
Câu 19. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của x thỏa mãn bất phương trình
21+
x 2 −3 x −10
− 2 x −1 + 2 x 2 − 3 x − 10 < 2 x − 4 . Số phần tử của S bằng
A. 9 .
B. 5 .
Chọn A
Ta có 21+
⇔2
x 2 −3 x −10
x 2 −3 x −10
C. 4 .
Lời giải
D. 15 .
− 2 x −1 + 2 x 2 − 3 x − 10 < 2 x − 4
+ x 2 − 3 x − 10 < 2 x − 2 + x − 2 (1).
Xét hàm số f ( t=
( t ) 2t ln 2 + 1 < 0 với ∀t ∈ .
) 2t + t có f ′=
Trang 8
TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA
NHĨM TỐN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Suy ra f ( t ) đồng biến trên .
Bất phương trình (1) ⇔ f
(
)
x 2 − 3 x − 10 < f ( x − 2 ) ⇔ x 2 − 3 x − 10 < x − 2
x ≤ −2
x − 3 x − 10 ≥ 0
x ≥ 5
⇔ x − 2 > 0
⇔ x > 2 ⇔ 5 ≤ x < 14
2
x < 14
2
x − 3 x − 10 < ( x − 2 )
Mà x ∈ nên S = {5;6;7;8;9;10;11;12;13} .Vậy số phần tử của S bằng 9 .
2
Câu 20. Biết
S=
rằng
(a ;b +
bất
3
phương
3
4 x − 3x ⋅ 2
trình
)
x3 − 6 x − 4
x2
< 24 x + 32
có
tập
nghiệm
là
c + 3 d , với a, b, c, d ∈ . Tính giá trị của biểu thức T = 4abcd .
A. T = 75 .
B. T = 80 .
C. T = 81 .
Lời giải
Chọn C
Ta có
2
D. T = 82 .
x 2 ( 4 x − 3) .
2
4 x 3 − 3 x=
3
.
4
Với điều kiện xác định trên, bất phương trình đã cho tương đương với
Bất phương trình đã cho xác định với mọi x ≥
4x − 3 ⋅ 2
x3 − 6 x − 4
x2
⇔ 4x − 3 ⋅
3x + 4
< 8
⇔ 4x − 3 ⋅
x
( 2)
4
4 x −3
Xét hàm số f ( t ) = t
′ (t )
Ta có f=
( )
4
2
t2
3x + 4
<
x
( 2)
4
t2
1
+ t2
2
( 2)
4
( 2)
4
9 x 2 + 24 x +16
x2
4 x−
24 x +16
x2
<
( 2)
12
4
⇔ 4x − 3 ⋅
( 2)
4
3x + 4
x
4 x −3
3x + 4
<
x
( 2)
4
3x+4
x
2
.
, với t ≥ 0 .
( )
4
2
t2
ln 2 > 0, ∀t ≥ 0 nên f ( t ) là hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) .
Do đó
3x+4
2
3 x + 4 4 x
3x + 4
<
⇔ f 4x − 3 < f
4x − 3 ⋅ 4 2
2
x
x
3x + 4
9 x 2 + 24 x + 16
3
⇔ 4x − 3 <
⇔ 4x − 3 <
do x ≥
2
x
x
4
( )
4 x −3
( )
(
)
⇔ 4 x3 − 12 x 2 − 24 x − 16 < 0
⇔ 2 x3 − 6 x 2 − 12 x − 8 < 0 ⇔ 3 x3 < x3 + 6 x 2 + 12 x + 8
⇔ 3x3 < ( x + 2 ) ⇔ 3 3x < x + 2 ⇔ x <
3
2
⇔ x < 1 + 3 3 + 3 9.
3
3 −1
3
Kết hợp với điều kiện xác định, phương trình đã cho có nghiệm S = ;1 + 3 3 + 3 9 .
4
3
a
,=
b 1,=
c 3,=
d 9 . Do =
Suy ra=
đó T 4=
abcd 81 .
4
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022
Trang 9
NHĨM TỐN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Câu 21. Bất phương trình x x + 1 ≤ ( 2 x − 3) .2
− x3 +16 x 2 − 48 x + 36
x2
có tập nghiệm=
S a ; b + c d với
a, b, c, d ∈ và c ≠ 1 . Tính giá trị của biểu thức S = a + b + c + d .
A. 17 .
B. 16 .
C. 15 .
Lời giải
Chọn A
Điều kiện: x ≥ −1 và x ≠ 0 . Ta có:
x x + 1 ≤ ( 2 x − 3) .2
D. 18 .
− x3 +16 x 2 − 48 x + 36
⇔ 2 x x + 1 ≤ ( 4 x − 6 ) .2
x2
16 x 2 − 48 x + 36
x2
⇔ 2 x x + 1.2 ≤ ( 4 x − 6 ) .2
x
−x
.
( 4 x − 6 )2
(*)
x2
▸ TH-1: x > 0 : để bất phương trình (*) có nghiệm thì 4 x − 6 > 0 ⇔ x >
Khi đó: (*) ⇔ x + 1.2
(
x +1
)
2
4 x −6
x
4 x − 6
≤
.2
x
3
.
2
2
.
Xét hàm số f ( t ) = t.2t với t > 0 .
2
Ta có f ′ ( t )= 2t + 2t 2 ⋅ 2t ⋅ ln 2 > 0, ∀t > 0 .
2
2
Vậy f ( t ) là hàm đồng biến trên ( 0; +∞ ) , từ bất phương trình ta có
f
(
4x − 6
4x − 6
x +1 ≤ f
⇔ x +1 ≤
x
x
)
⇔ x x + 1 ≤ 4 x − 6 ⇔ x 2 ( x + 1) ≤ 16 x 2 − 48 x + 36
.
x ≤ 6 − 2 6
⇔ x3 − 15 x 2 + 48 x − 36 ≤ 0 ⇔ ( x − 3) ( x 2 − 12 x + 12 ) ≤ 0 ⇔
3 ≤ x ≤ 6 + 2 6
3
Kết hợp với điều kiện x > suy ra TH-1 có nghiệm là: 3 ≤ x ≤ 6 + 2 6 .
2
▸ TH-2: −1 ≤ x < 0 : (*) ⇔ x + 1.2
⇔ f
(
(
x +1
)
2
4 x −6
x
4 x − 6
≥
.2
x
2
4x − 6
4x − 6
x +1 ≥ f
⇔ x +1 ≥
x
x
⇔ x +1 ≥
)
16 x 2 − 48 x + 36
⇔ x 2 ( x + 1) ≥ 16 x 2 − 48 x + 36
x2
6 − 2 6 ≤ x ≤ 3
.
⇔ x3 − 15 x 2 + 48 x − 36 ≥ 0 ⇔ ( x − 3) ( x 2 − 12 x + 12 ) ≤ 0 ⇔
x
≥
6
+
2
6
Kết hợp với điều kiện −1 ≤ x < 0 suy ra TH-2 vô nghiệm.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là=
S 3;6 + 2 6 .
Suy ra a= 3, c= 2, b= d= 6 . Do đó a + b + c + d =
17 .
Trang 10
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHĨM TỐN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Câu 22. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m nhỏ hơn 2018 để phương trình
m + m + 2 x > 22 x có nghiệm thực?
A. 2017 .
B. 2018 .
Chọn A
C. 2016 .
Lời giải
D. 2015 .
m + m + 2 x > 22 x ⇔ ( m + 2 x ) + m + 2 x > 22 x + 2 x (1)
Ta có
m + 2 x ≥ 0, 2 x > 0. Xét hàm đặc trưng f ( t =
) t 2 + t trên [ 0; +∞ ) .
f ′ ( t=
) 2t + 1 ≥ 0, ∀t ∈ [ 0; +∞ )
⇒ f (t ) đồng biến trên khoảng [ 0; +∞ ) do đó (1) ⇔ f
(
)
m + 2x > f ( 2x ) ⇔ m + 2x > 2x
⇔ m > 22 x − 2 x . Đặt
=
a 2 x , a > 0 . Ta có ⇔ m > g ( a ) = a 2 − a .
1
mà m nguyên dương nhỏ hơn 2018 nên
4
m ∈ {1; 2;3;…; 2017} . Vậy có 2017 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài tốn.
Bất phương trình đã cho có nghiệm ⇔ m > −
Câu 23. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực dương y thỏa mãn
2
2
2 x + y < 2.2 y − x ?
A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
Lời giải
Chọn B
Ta có: 2 x
2
+ y2
< 2.2 y − x ⇔ 2 x
2
+ y2
D. 4 .
< 2 y − x +1 ⇔ x 2 + y 2 < y − x + 1 ⇔ y 2 − y < − x 2 − x + 1 (*) .
Yêu cầu bài toán
x ∈ ; y > 0
x ∈ ; y > 0
2
2
2
2
.
⇔
1
1
3 ⇔ 1
3
1
1
3
1
− x + < y < +
− x + ( *)
−
x + + y − <
2
2
2
2
2
2
2
2
2
−1 − 6
−1 + 6
suy ra x = −1 hoặc x = 0
≤x≤
2
2
Thay vào thấy có tồn tại số thực y > 0 .
Nhận xét: x ∈ ;
Vậy có 2 số nguyên x thỏa mãn để phương trình (*) có nghiệm thực y > 0 .
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022
Trang 11
NHĨM TỐN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
GIẢI BPT MŨ BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ KHƠNG HỒN TỒN
(KHƠNG CHỨA THAM SỐ)
PHƯƠNG PHÁP
Đặt T = a
với T > 0 .
Bất phương trình biến đổi về dạng AT 2 + g ( x ) T + h ( x ) > 0 hoặc AT 2 + g ( x ) T + h ( x ) < 0
u ( x)
0
Bước 1 : Giải phương trình AT 2 + g ( x ) T + h ( x ) =
Bước 2 : Lập bảng xét dấu của AT 2 + g ( x ) T + h ( x )
Bước 3 : Từ bảng kết luận.
Câu 1.
Tập nghiệm của bất phương trình 9 x − 2 ( x + 5 ) .3x + 9 ( 2 x + 1) ≥ 0 là
A. [ 0;1] ∪ [ 2; + ∞ ) .
B. ( −∞;1] ∪ [ 2; + ∞ ) .
C. [1; 2] .
D. ( −∞;0] ∪ [ 2; + ∞ ) .
Lời giải
Chọn A
Đặt 3x = t , t > 0 bất phương trình trở thành t 2 − 2 ( x + 5 ) .t + 9 ( 2 x + 1) ≥ 0
( *) .
0 (1) .
Xét phương trình: t 2 − 2 ( x + 5 ) t + 9 ( 2 x + 1) =
Ta có ∆′ = ( x + 5 ) − 9 ( 2 x + 1) = x 2 − 8 x + 16 = ( x − 4 ) .
2
2
t 2x +1
=
.
Do đó phương trình (1) ln có nghiệm
t = 9
Khi đó (*) trở thành ( 3x − 9 )( 3x − 2 x − 1) ≥ 0
(**) .
Xét các phương trình 3x = 9 ⇔ x = 2 (1) và 3x = 2 x + 1 ⇔ 3x − 2 x − 1= 0 ( 2 ) .
Đặt f ( x ) = 3x − 2 x − 1 là hàm số liên tục trên ; ta có
f ′=
( x) 3x ln 2 3 > 0, ∀x ∈ .
( x ) 3x ln 3 − 2 ⇒ f ′′=
Suy ra phương trình ( 2 ) có tối đa hai nghiệm phân biệt.
Lại có f=
( 0 ) f=
(1) 0 . Vậy phương trình ( 2 ) có đúng hai nghiệm phân biệt x = 0 , x = 1 .
Bảng xét dấu
[0;1] ∪ [ 2; + ∞ ) .
Tập nghiệm của bất phương trình 25 x − ( 4 x + 6 ) .5 x + 20 x + 5 ≤ 0
A. [ 0;1] .
B. [1; + ∞ ) .
C. ( −∞;0] .
S
Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:=
Câu 2.
Chọn C
là
D. ( −∞;1] .
Lời giải
Đặt 5 x = t , t > 0 , bất phương trình trở thành t 2 − ( 4 x + 6 ) .t + 20 x + 5 ≤ 0 (*) .
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022
Trang 1
NHĨM TỐN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
0 (1) .
Xét phương trình: t 2 − ( 4 x + 6 ) .t + 20 x + 5 =
Ta có ∆=′
( 4x + 6)
2
− 4 ( 20 x + 5=
) 16 x 2 − 32 x + 16= 16 ( x − 1) .
2
t 4x +1
=
Do đó phương trình (1) ln có nghiệm
.
t = 5
Khi đó (*) trở thành ( 5 x − 5 )( 5 x − 4 x − 1) ≤ 0
(**) .
Xét các phương trình 5 x = 5 ⇔ x = 1 (1) và 5 x = 4 x + 1 ⇔ 5 x − 4 x − 1= 0 ( 2 ) .
Đặt f ( x ) = 5 x − 4 x − 1 là hàm số liên tục trên ; ta có
( x) 5 x ln 2 5 > 0, ∀x ∈ .
f ′=
( x ) 5x ln 5 − 4 ⇒ f ′′=
Suy ra phương trình ( 2 ) có tối đa hai nghiệm phân biệt.
Lại có f=
( 0 ) f=
(1) 0 nên phương trình 5x − 4 x − 1 =0 có đúng hai nghiệm phân biệt x = 0 ,
x =1.
Bảng xét dấu
( −∞; 0] .
Cho bất phương trình 22 x − x.2 x + 2 x + 3 > 2 x + 2 − x (*) có tập nghiệm =
là S ( a; b ) ∪ ( c; +∞ )
Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: S =
Câu 3.
tính
T =a + 2b − c .
A. log 2
4
.
3
B. log 2
2
.
3
C. log 2
8
.
3
D. log 2 3 .
Lời giải
Chọn A
Ta có 22 x − x.2 x + 2 x + 3 > 2 x + 2 − x ⇔ 22 x − ( x + 4 ) .2 x + 3 x + 3 > 0 . Đặt t = 2 x , t > 0 .
Bất phương trình đã cho trở thành t 2 − ( x + 4 ) t + 3 ( x + 1) > 0 .
0 ( 2) .
Xét phương trình: t 2 − ( x + 4 ) t + 3 ( x + 1) =
Ta có ∆=
( x + 4)
2
− 12 ( x + 1)= x 2 − 4 x + 4=
( x − 2)
2
nên phương trình ( 2 ) ln có nghiệm.
x + 1 2x =
x +1
t =
.
t = 3 ⇔ x
2
=
3
+) 2 x = 3 ⇔ x = log 2 3 .
+) Xét hàm số f ( x ) = 2 x − x − 1 , liên tục trên .
Ta có f ′=
( x ) 2 x ln 2 − 1 ⇒ f ′′=
( x ) 2 x ln 2 2 > 0, ∀x ∈ .
Suy ra phương trình f ( x ) = 0 , có khơng q 2 nghiệm trên .
Mặt khác f=
( 0 ) f=
(1) 0 nên phương trình f ( x ) = 0 có đúng hai nghiệm x = 0 , x = 1 .
Vậy phương trình ( 2 ) có 3 nghiệm là x = 0 , x = 1 và x = log 2 3 .
Bảng xét dấu VT của bất phương trình đã là:
Trang 2
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHĨM TỐN VDC&HSG THPT
x
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
-∞
VT(*)
-
0
+
=
S
Tập nghiệm của bất phương trình (*) là
Vậy T = a + 2b − c = log 2
Câu 4.
log23
1
0
0
4
.
3
(1) .
Số nghiệm nguyên thuộc
của bất phương trình (1) là
A. 1011.
B. 2022.
Chọn D
Đặt 2 x = t , t > 0 .
(1)
+
( 0;1) ∪ ( log 2 3; +∞ ) .
Cho bất phương trình 3.4 x − ( 7 x + 9 ) .2 x + 14 x + 6 ≥ 0
( −2022; 2022 )
0
-
+∞
C. 4042.
Lời giải
D. 2021.
trở thành 3t 2 − ( 7 x + 9 ) t + 14 x + 6 ≥ 0 .
0 ( 2) .
Xét phương trình: 3t 2 − ( 7 x + 9 ) t + 14 x + 6 =
Ta có =
∆
( 7 x + 9)
2
− 12 (14 x + 6=
9
) 49 x 2 − 42 x +=
( 7 x − 3)
2
nên phương trình ( 2 ) ln có
nghiệm.
x 7
7
x +1
2=
=
+
t
x
1
3
.
⇔
3
x
t = 2
2 = 2
+) 2 x = 2 ⇔ x = 1 .
7
+) Xét hàm số f ( x ) =2 x − x − 1 , liên tục trên .
3
7
Ta có f ′=
( x ) 2 x ln 2 − ⇒ f ''=
( x ) 2 x ln 2 2 > 0, ∀x ∈ .
3
⇒ phương trình f ( x ) = 0 , có khơng quá 2 nghiệm trên .
Mặt khác f=
( 0 ) f=
( 3) 0 .
Suy ra phương trình f ( x ) = 0 có đúng hai nghiệm x = 0 , x = 3 .
Vậy phương trình ( 2 ) có 3 nghiệm là x = 0 , x = 1 và x = 3 .
Bảng xét dấu VT của BPT (1) đã cho là:
T
Ta được tập nghiệm của bất phương trình (1) là:=
[0;1] ∪ [3; +∞ ) .
Số nghiệm nguyên thuộc ( −2022; 2022 ) của BPT (1) là 2021 .
Câu 5.
Cho bất phương trình e 2 x − ( 2 x + 1) e x + x 2 + x ≥ 0 (1) . Số nghiệm nguyên thuộc [ −20; 20] của
bất phương trình (1) là
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022
Trang 3
NHĨM TỐN VDC&HSG THPT
A. 41.
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
B. 40.
C. 20.
Lời giải
D. 19.
Chọn A
Đặt e x = t , t > 0 . Khi đó Bất phương trình (1) trở thành: t 2 − ( 2 x + 1) t + x 2 + x ≥ 0
Xét tam thức bậc hai f ( t , x ) = t 2 − ( 2 x + 1) t + x 2 + x .
Ta có =
∆
( 2 x + 1)
2
− 4 ( x 2 + x=
) 1.
t ≥ x + 1
t = x
. Vậy f ( t , x ) ≥ 0 ⇔
hay
f ( t , x )= 0 ⇔
t ≤ x
t= x + 1
e x ≥ x + 1
.
x
e ≤ x
Xét hàm số g ( x ) = e x − x − 1 , liên tục trên . Ta có: f ′ ( x ) = e x − 1 = 0 ⇔ x = 0
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: e x ≥ x + 1 ⇔ e x − x − 1 ≥ 0, ∀x ∈ .
Vậy tập nghiệm của bất phương trình (1) là T = nên số nghiệm nguyên thuộc [ −20; 20] của
bất phương trình (1) là 41 .
Câu 6.
Cho hàm số y = 3
f 2 ( x )− f ( x )
liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ
y
9
3
1
O
Bất phương trình 9 f
=
S
Trang 4
2
( x )− f ( x )
− 2 x.3
f 2 ( x )− f ( x )
1
2
+ 18 x ≥ 10.3
x
f 2 ( x )− f ( x )
− 9 (*) có tập nghiệm là:
[ a ; b] ∪ [c ; + ∞ ) . Tính a + b + c .
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHĨM TỐN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
A. 3 .
B. 2 .
C. 4 .
Lời giải
Chọn A
Đặt t = 3
f 2 ( x )− f ( x )
D. 5 .
, t > 0 . Bất phương trình đã cho trở thành: t 2 − 2 ( x + 5 ) t + 9 ( 2 x + 1) ≥ 0 .
0 (**) .
Xét phương trình: t 2 − 2 ( x + 5 ) t + 9 ( 2 x + 1) =
Ta có ∆′ = ( x + 5 ) − 9 ( 2 x + 1) = x 2 − 8 x + 16 = ( x − 4 ) nên phương trình (**) ln có nghiệm.
2
2
f ( x )− f ( x )
= 2 x + 1 (1)
t 2 x + 1 3
=
.
⇔
t = 9
2
3 f ( x ) − f ( x ) = 9
2
(
)
2
y
9
3
1
O
1
2
x
f
+ Nghiệm của ( 2 ) là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = 3
2
( x )− f ( x )
và đường thẳng có
phương trình y = 9 .
Dựa vào đồ thị có 3
f 2 ( x )− f ( x )
=9 ⇔ x = 2.
+) Nghiệm của (1) là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = 3
f 2 ( x )− f ( x )
và đường thẳng
=
y 2 x + 1.
Dựa vào đồ thị có 3 f
2
( x )− f ( x )
(
Khi đó (*) trở thành 3
x = 0
.
= 2x +1 ⇔
x = 1
f 2 ( x )− f ( x )
)(
− 9 3f
2
( x )− f ( x )
)
− 2x −1 ≥ 0 .
Bảng xét dấu
x
-∞
3f
2(x)-f
(x)
3f
2(x)-f
(x)
-9
- 2x-1
VT(*)
0
-
-
+∞
2
-
+
0
-
0
+
-
0
+
0
-
S
Tập nghiệm của bất phương trình (*) là=
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022
1
0
+
+
0
+
[0;1] ∪ [ 2; +∞ ) .
Trang 5
NHĨM TỐN VDC&HSG THPT
Câu 7.
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
3.
Vậy a + b + c =
Số nghiệm nguyên thuộc đoạn [ −20; 20] của bất phương trình sau:
)
(
)
(
24 x + 2 − 18.23 x +1 + 8 x 2 + 2 x − 3 + 85 .22 x − 9 4 x 2 + 2 x − 3 + 2 2 x + 8 x 2 + 2 x − 3 ≥ 0 là
A. 36 .
B. 38 .
Chọn A
x ≤ −3
Điều kiện: x 2 + 2 x − 3 ≥ 0 ⇔
.
x ≥ 1
Biến đổi bất phương trình đã cho về dạng:
(2
2 x +1
(
D. 17 .
)
− 9.2 x ) + 4 x 2 + 2 x − 3 + 2 ( 22 x +1 − 9.2 x ) + 8 x 2 + 2 x − 3 ≥ 0 .
2
Đặt
=
t 22 x +1 − 9.2 x ta có:
)
(
C. 18 .
Lời giải
)
(
t 2 + 4 x2 + 2 x − 3 + 2 t + 8 x2 + 2 x − 3 ≥ 0 ⇔ t + 4 x2 + 2x − 3 (t + 2) ≥ 0
( *) .
+ TH1: Nếu 20 ≥ x ≥ 3 .
x
Khi đó =
2 x (2 x +1 − 9) > 0 ⇒ t + 2 > 0 và t + 4 x 2 + 2 x − 3 > 0 . Suy ra (*) luôn
t 22 x +1 − 9.2=
đúng. Vậy trước mắt ta có được 18 nghiệm nguyên thỏa mãn bài toán.
+ TH2: Nếu x = 1 , suy ra t = −10 thay vào (*) ta có −10 ( −10 + 2 ) ≥ 0 ⇔ 80 ≥ 0 luôn đúng
nên x = 1 là nghiệm của bất phương trình ban đầu.
+ TH3: Với x = 2 suy ra t = −4 thay vào (*) ta có 8 − 8 5 ≥ 0 vô lý nên x = 2 khơng là
nghiệm của bất phương trình đã cho.
+ TH4: Với −20 ≤ x ≤ −4 ta có: h( x)= x 2 + 2 x − 3 ⇒ h′ ( x )= 2 x + 2 < 0, ∀x ∈ [ −20; −4] thì
min h( x) = h ( −4 ) = 5 ⇒ 4 x 2 + 2 x − 3 ≥ 4 5 , ∀x ∈ [ −20; −4] .
[ −20;−4]
Mặt khác=
t 22 x +1 − 9.2 x ⇒=
t ′ 2 x ( 4.2 x − 9 ) ln 2 < 0, ∀x ∈ [ −20; −4] .
Suy ra min t = t ( −4 ) =
[ −20;−4]
−71
.
128
71
71 185
> 0 và t + 2 > 2 − =
> 0 nên (*) đúng.
128
128 128
Dễ thấy x = −3 không là nghiệm.
Suy ra có 17 nghiệm nguyên thỏa mãn.
Vậy bất phương trình có 18 + 1 + 17 =36 nghiệm ngun thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên có đồ thị như hình vẽ.
Do đó t + 4 x 2 + 2 x − 3 ≥ 4 5 −
Câu 8.
Trang 6
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHĨM TỐN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Tập nghiệm của bất phương trình 4 x − ( x + f ( x ) + 1) .2 x + ( x + 1) f ( x ) ≥ 0 (*) là
A. ( −∞; 0] ∪ [ 2; +∞ ) .
B. [ 0;1 ] .
− ] ∪ [ 2;
+∞ ) .
C. ( −∞; 1
D. [ −1; 2] .
Lời giải
Chọn D
Đặt t = 2 x , t > 0 .
Bất phương trình đã cho trở thành: t 2 − ( x + f ( x ) + 1) .t + ( x + 1) f ( x ) ≥ 0 .
2 x = f ( x ) (1)
t = f ( x )
0⇔
Xét phương trình: t − ( x + f ( x ) + 1) .t + ( x + 1) f ( x ) =
.
⇔ x
t= x + 1
2 = x + 1 ( 2 )
2
+ Nghiệm của (1) là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = 2 x và đồ thị y = f ( x ) .
x = −1
x = 0
x
Dựa vào đồ thị có=
.
2
f ( x) ⇔
x = 1
x = 2
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022
Trang 7
NHĨM TỐN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
+) Xét hàm số g ( x ) = 2 x − x − 1 , liên tục trên .
Ta có g ′=
( x ) 2 x ln 2 − 1 ⇒ g ′′=
( x ) 2 x ln 2 2 > 0, ∀x ∈ .
Suy ra phương trình g ( x ) = 0 , có khơng q 2 nghiệm trên .
Mặt khác g=
( 0 ) g=
(1) 0 nên phương trình g ( x ) = 0 có đúng hai nghiệm x = 0 , x = 1 .
Khi đó (*) trở thành ( 2 x − x − 1) ( 2 x − f ( x ) ) ≥ 0 .
Bảng xét dấu
x
-∞
-1
2x- f (x)
-
2x- x-1
VT(*)
1
0
+
0
-
0
+
+
+
0
-
0
+
-
0 +
0
+
0
+
0
Tập nghiệm của bất phương trình (*) là S =
+∞
2
0
+
0
-
[ −1; 2] .
_______________ TOANMATH.com _______________
Trang 8
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
