- Trang chủ >>
- THPT Quốc Gia >>
- Toán
5 bất phương trình mũ pt logarit bpt lôgarit đáp án
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.39 MB, 39 trang )
GV: Trần Văn Nam_THPT Quảng Xương 1_ĐT: 0916368689
Chuyên đề mũ và lơgarit.
ĐÁP ÁN BPT MŨ -PT VÀ BPT LƠGARIT
A.BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ.
I.KỸ THUẬT TRỤC SỐ
Câu 1.
[DS12.C2.7.D01.c] Tập nghiệm của bất phương trình 3x.x2 54 x 5.3x 9 x2 6 x.3x 45 là:
A. ;1 2;
B. ;1 2; 5
C. ;1 5; D. 1; 2 5;
Bất phương trình 3x.x2 54 x 5.3x 9 x2 6 x.3x 45 tương đương với:
3x.x2 9 x2 6 x.3x 54 x 5.3x 45 0 x2 3x 9 6 x 3x 9 5 3x 9 0
x 2
3x 9 0
2
x 1
x 5
x 6 x 5 0
x
2
3 9 x 6 x 5 0
x 5
x
1 x 2
3 9 0
x
2
x 2 6 x 5 0
1 x 5
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là 1; 2 5; .
Chọn D.
Câu 2.
(VDC&HSG mức độ 3) Tập nghiệm của bất phương trình
A. 0;1 .
B. 0;1 .
21 x 2 x 1
0 là
2x 1
C. 1;0 .
D. 0;2 .
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
x
có f x 2
2
x
2 .ln 2
0 , x .
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 2 x 1 có g x 2 x.ln 2 0 , x . Do đó hàm số này đồng biến trên .
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
1 x
x
0 0 x 1
Vậy tập nghiệm của BPT là S 0;1 .
Câu 3.
[2D2-6.1-3][ [Mức độ 3] Có bao nhiêu số nguyên dương y sao cho ứng với mỗi y bất phương
2 x 4 3 x y 0 trình có nghiệm ngun và số nghiệm ngun khơng q 7?
A. 59049 .
B. 59025 .
C. 59024 .
Lời giải
x
Ta có 2 x 4 3 y 0 với x và y
D. 2 .
2 x 4
x 2
2 x 4 0
x
TH1: Nếu x
.
x log 3 y
3 y
3 y 0
/>
Page 9
GV: Trần Văn Nam_THPT Quảng Xương 1_ĐT: 0916368689
Chuyên đề mũ và lơgarit.
Theo u cầu bài tốn, ứng với mỗi y bất phương trình có khơng q 7 nghiệm ngun , mà x 2
nên ta có 6 log3 y 1 36 y 3. Do y nguyên dương nên y 1; 2 .Suy ra có 2 giá trị y
thỏa TH1.
2 x 4
x 2
2 x 4 0
TH2: x
.
x
x log 3 y
3 y 0
3 y
Theo yêu cầu bài tốn, ứng với mỗi y bất phương trình có khơng q 7 nghiệm ngun, mà x 2
27 y 310 27 y 59049 . Do y
y 28; 29;...;59049 . Suy ra có 59022 giá trị y thỏa yêu TH2.
Vậy có 59024 giá trị nguyên dương y thỏa yêu cầu đề bài.
nên ta có 3 log3 y 10
Câu 4.
nguyên dương nên
(Sở Hà Nội - Lần 2 - 2020) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình
3
x2 x
2
9 2 x m 0 có 5 nghiệm nguyên?
A. 65021 .
B. 65024
C. 65022 .
Lời giải
D. 65023 .
Chọn B
3
x2 x
2
9 2 x m 0 (1)
Th1: Xét 3x
2
x
Th2: Xét 3x
2
x
x 1
9 0 x2 x 2
là nghiệm của bất phương trình (1).
x 2
x 1
9 0 x2 x 2
.
x 2
2
Khi đó, (1) 2 x m x 2 log 2 m (2)
Nếu m 1 thì (2) vơ nghiệm.
Nếu m 1 thì (2) log 2 m x log 2 m .
Do đó, (1) có 5 nghiệm nguyên ; 1 2; log 2 m ; log 2 m có 3 giá trị nguyên
log 2 m 3; 4 512 m 65536 (thỏa đk m 1 ). Suy ra có 65024 giá trị m nguyên thỏa mãn.
Th3: Xét 3x
2
x
9 0 x 2 x 2 1 x 2 . Vì 1; 2 chỉ có hai số ngun nên khơng có
giá trị m nào để bất phương trình (1) có 5 nghiệm nguyên.
Vậy có tất cả 65024 giá trị m nguyên thỏa ycbt.
t 2 2t 3
1 t
7
7
t 2 2t
Câu 5.
[DS12.C2.7.D02.c] Tập nghiệm của bất phương trình t 2 2t
4
4
3 1
A. ;1 2; .
B. ; ;1 2; .
2 2
3 1
3 1
C. ; ;1 2; .
D. ; ;1 2; .
2 2
2 2
Hướng dẫn giải
Ta phân tích như sau:
7
3
3 3
2
t 2 2t t 2 2t 1 t 1 , t .
4
4
4 4
Ta chia thành các trường hợp:
1
t
7
3
2
TH1: t 2 2t 1 t 2 2t 0
4
4
t 3
2
/>
là:
Page 10
GV: Trần Văn Nam_THPT Quảng Xương 1_ĐT: 0916368689
Chuyên đề mũ và lơgarit.
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 .
C. ; 1 2; .
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 .
Xét phương trình: t 2 x f x 1 .t x 1 f x 0 .
2 x f x 1
t f x
.
x
2 x 1 2
t x 1
+ Nghiệm của 1 là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y 2x và đồ thị y f x .
x 1
x 0
x
Dựa vào đồ thị có 2 f x
.
x 1
x 2
/>
Page 12
GV: Trần Văn Nam_THPT Quảng Xương 1_ĐT: 0916368689
Chuyên đề mũ và lơgarit.
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 .
C. ; 1 2; .
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 .
Xét phương trình: t 2 x f x 1 .t x 1 f x 0 .
2 x f x 1
t f x
.
x
2 x 1 2
t x 1
+ Nghiệm của 1 là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y 2x và đồ thị y f x .
x 1
x 0
x
Dựa vào đồ thị có 2 f x
.
x 1
x 2
/>
Page 12
GV: Trần Văn Nam_THPT Quảng Xương 1_ĐT: 0916368689
x
f x
f x
Chuyên đề mũ và lôgarit.
0
x0
1
0
0
0
Dựa vào bảng biến thiên ta được
) f x 0
x ; 0 1; .
) f x 0
x 0; 1 .
x 2
x
3 1 2 x 0 x 2;
Từ đó ta được
.
x 0;1
x2
3x 1 2 x 0
Tập nghiệm của bất phương trình ban đầu là S 0;1 2; .
Vậy a 2b c 0 .
Câu 9.
[2D2-6.5-3][Mức độ 3] Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn 0; 2022 để bất phương
2
trình m 1 4 x x 2m 1 x 41 x 0 nghiệm đúng với mọi x thuộc 0;1 ?
4
A. 1011 .
B. 2021 .
C. 2022 .
D. 1.
Lời giải
Xét hàm số: f x x 41 x f x 1 41 x.ln 4 0 x .
Do đó: x 0;1 f 0 f x f 1 hay 4 x 41 x 0 .
Bất phương trình đã cho tương đương với: m 1 4 x
Biến đổi BPT về dạng m
42 x 4 x 2
, x 0;1
4x 4x 2
2
2m 1 0, x 0;1 .
4x
1 .
Đặt t 4 x . Với x 0;1 t 1; 4 .
Xét hàm số g t
3t 2 4t 4
t2 t 2
t
1;
4
,
với
.
g
t
2
2
t 2 2t
t
2
t
t 2
Cho g t 0
.
t 2 1; 4
3
Ta có bảng biến thiên sau:
/>
Page 14
GV: Trần Văn Nam_THPT Quảng Xương 1_ĐT: 0916368689
Chuyên đề mũ và lơgarit.
1
Vậy 1 m . Vì m thuộc đoạn 0; 2022 nên có giá trị m 0 thỏa mãn.
2
II.PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
Câu 10.
[2D2-6.3-3]Tìm tất cả các giá trị dương của n thỏa mãn 3n 7n
A. 0 n 2021.
B. 0 n 1 .
C. n 2021 .
Lời giải
Đặt a 32021 72021 ln a ln 32021 7 2021 ln 7 2021 .
2021
32021 72021
n
D. 1 n 2021
Lấy logarit cơ số a 32021 72021 ta có:
2021.loga 3n 7n n loga 3n 7n
n
0
2021
n
với n 0 .
2021
2021
0
Suy ra f 2021 log 32021 72021 32021 72021
2021
Bất phương trình đã cho trở thành : f n f 2021 .
Xét hàm số f n log a 3n 7n
Mà
ta
có :
f n
3n ln 3 7n ln 7
1
3n ln 7 7n ln 7
1
0
n
n
n
n
2021
3 7 ln a 2021 3 7 ln 7 2021
n
là hàm nghịch biến trên 0; .
2021
Do đó ta được n 2021 .
Vậy 0 n 2021.
Câu 11. Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình
2
2
20212 x 4 x 9 2021x 5 x 1 x 1 8 x 0 .
A. 7 .
B. 5 .
C. 6 .
Lời giải
2
2
Ta có 20212 x 4 x 9 2021x 5 x 1 x 1 8 x 0
nên
hàm
số
f n log a 3n 7n
2
D. 8 .
2
20212 x 4 x9 2021x 5 x1 x2 9 x 8 0
2
2
20212 x 4 x 9 2 x 2 4 x 9 2021x 5 x 1 x 2 5 x 1
f 2 x 2 4 x 9 f x 2 5 x 1 , với f t 2021t t .
f t 2021t ln 2021 1 0, t , suy ra hàm số f t đồng biến trên .
Do vậy f 2 x 2 4 x 9 f x 2 5 x 1 2 x 2 4 x 9 x 2 5 x 1 x2 9 x 8 0
1 x 8 . Vì x nguyên nên suy ra x 2,3, 4,5, 6, 7 .
Vậy bất phương trình có 6 nghiệm ngun.
Câu 12.
(VDC&HSG mức độ 3) Có bao nhiêu cặp nghiệm nguyên x; y thỏa mãn bất phương trình
3x y
A. 8 .
2
.310 x
2
8 xy 2 y 2 4
4 x 2 2 xy y 2 ?
B. 6 .
/>
C. 5 .
D. 9 .
Page 15
GV: Trần Văn Nam_THPT Quảng Xương 1_ĐT: 0916368689
Chuyên đề mũ và lơgarit.
1
Vậy 1 m . Vì m thuộc đoạn 0; 2022 nên có giá trị m 0 thỏa mãn.
2
II.PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
Câu 10.
[2D2-6.3-3]Tìm tất cả các giá trị dương của n thỏa mãn 3n 7n
A. 0 n 2021.
B. 0 n 1 .
C. n 2021 .
Lời giải
Đặt a 32021 72021 ln a ln 32021 7 2021 ln 7 2021 .
2021
32021 72021
n
D. 1 n 2021
Lấy logarit cơ số a 32021 72021 ta có:
2021.loga 3n 7n n loga 3n 7n
n
0
2021
n
với n 0 .
2021
2021
0
Suy ra f 2021 log 32021 72021 32021 72021
2021
Bất phương trình đã cho trở thành : f n f 2021 .
Xét hàm số f n log a 3n 7n
Mà
ta
có :
f n
3n ln 3 7n ln 7
1
3n ln 7 7n ln 7
1
0
n
n
n
n
2021
3 7 ln a 2021 3 7 ln 7 2021
n
là hàm nghịch biến trên 0; .
2021
Do đó ta được n 2021 .
Vậy 0 n 2021.
Câu 11. Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình
2
2
20212 x 4 x 9 2021x 5 x 1 x 1 8 x 0 .
A. 7 .
B. 5 .
C. 6 .
Lời giải
2
2
Ta có 20212 x 4 x 9 2021x 5 x 1 x 1 8 x 0
nên
hàm
số
f n log a 3n 7n
2
D. 8 .
2
20212 x 4 x9 2021x 5 x1 x2 9 x 8 0
2
2
20212 x 4 x 9 2 x 2 4 x 9 2021x 5 x 1 x 2 5 x 1
f 2 x 2 4 x 9 f x 2 5 x 1 , với f t 2021t t .
f t 2021t ln 2021 1 0, t , suy ra hàm số f t đồng biến trên .
Do vậy f 2 x 2 4 x 9 f x 2 5 x 1 2 x 2 4 x 9 x 2 5 x 1 x2 9 x 8 0
1 x 8 . Vì x nguyên nên suy ra x 2,3, 4,5, 6, 7 .
Vậy bất phương trình có 6 nghiệm ngun.
Câu 12.
(VDC&HSG mức độ 3) Có bao nhiêu cặp nghiệm nguyên x; y thỏa mãn bất phương trình
3x y
A. 8 .
2
.310 x
2
8 xy 2 y 2 4
4 x 2 2 xy y 2 ?
B. 6 .
/>
C. 5 .
D. 9 .
Page 15
GV: Trần Văn Nam_THPT Quảng Xương 1_ĐT: 0916368689
Chuyên đề mũ và lôgarit.
Lời giải
Dễ thấy f x f x , x , nên f x là hàm số lẻ trên .
2020
6063 x 2 0 x , nên f x đồng biến trên .
x2 1
Do đó f 3 x 2 m f x 3 12 0 f 3 x 2 m f x 3 12 , x 2;1
f x 2019 2e 2 x 2e 2 x
f 3 x 2 m f x 3 12 , x 2;1
3 x m x 3 12, x 2;1 , 1 .
2
Mặt khác x3 12 0 2;1 , nên 1 x 3 3x 2 12 m x 3 3x 2 12 , x 2;1
Xét các hàm số g x x3 3x 2 12, h x x 3 3x 2 12 .
Ta có: x 2;1 g x 32; 12 , h x 8;12 .
Từ đó suy ra 12 m 8 . m nên chọn đáp án A.
Câu 15.
(Mã 103 - 2020 Lần 1) Xét các số thực không âm x và y thỏa mãn 2 x y.4 x y 1 3 . Giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P x 2 y 2 2 x 4 y bằng
33
9
21
41
A.
.
B. .
C.
.
D.
.
8
8
4
8
Lời giải
Chọn D
x y 1
3 2 x 3 .4 x y.4 y 1 0 2 y.22 y 3 2 x 232 x (1)
Ta có 2 x y.4
3
Xét TH: 3 2 x 0 x . (1) đúng với mọi giá trị
2
3
21
x
2
2
(2)
2 P x y 2x 4 y
4
y 0
3
Xét TH: 3 2 x 0 0 x .
2
t
f
t
t
.2
t
0
Xét hàm số
với
f t 2t t.2t.ln 2 0 với mọi t 0
(1) f 2 y f 3 2 x 2 y 3 2 x y
3
x . Khi đó:
2
2
2
33
5 41 41
3
P x2 y 2 2 x 4 y x2 x 2 x 2 3 2 x 2 x2 5x
2 x
(3)
4
4
8
8
2
41
5
1
So sánh (2) và (3) ta thấy GTNN của P là
khi x , y .
8
4
4
3.Ứng dụng cực trị của hàm số.
Câu 16.
(Hậu Lộc 2-Thanh Hóa- 2019) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương
2
4
3
3
2
x 1
trình m x x m x x x e 0 đúng với mọi x . Số tập con của S là
A. 2.
B. 4.
C. 3.
Lời giải
D. 1.
Chọn B
2
4
3
3
2
x 1
Xét hàm số f x m x x m x x x e trên .
2
3
2
2
x 1
Ta có f ' x m 4 x 3x m 3x 2 x 1 e liên tục trên .
Do f 1 0 nên từ giả thiết ta có f x f 1 , x min f x f 1 .
/>
Page 17
GV: Trần Văn Nam_THPT Quảng Xương 1_ĐT: 0916368689
Chuyên đề mũ và lôgarit.
m 1
f ' 1 0 m2 m 0
m 0.
x 1
x 1
Với m 0 ta có f x e x f ' x e 1. Cho f ' x 0 x 1.
Bảng biến thiên của f x :
Trường hợp m 0 , yêu cầu bài toán được thỏa mãn.
2
4
3
3
2
x 1
2
x 1
Với m 1 ta có f x x x x x e x 1 x e x 0 , x .
Trường hợp m 1 yêu cầu bài toán cũng được thỏa mãn.
Câu 17.
[2D2-6.5-4] Biết rằng a là số thực dương sao cho bất đẳng thức 3x a x 6x 9 x đúng với mọi
số thực x . Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. a 12;14 .
B. a ;12 .
C. a 14;16 .
Lời giải
D. a 16; .
Chọn D.
Ta có f ( x) 3x a x 6 x 9 x 0 f ( x) f (0) Min f ( x) f (0) f '(0) 0 a 18
R
x
x
x
Thử lại : Với a 18 3 2 1 3 1 0 luôn đúng
Câu 18.
[2D2-6.5-3] (THPT Chuyên ĐH Vinh – lần 1 - năm 2017 – 2018) Biết a là số thực dương
bất kì để bất phương trình a x 9 x 1 nghiệm đúng với mọi x . Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. a 103 ;104 .
B. a 102 ;103 .
C. a 0;102 .
D. 104 ; .
Lời giải
Chọn A.
Bất phương trình a x 9 x 1 đúng với mọi x thì nó phải đúng với x 1 a 10 .
Do a 1 nên hàm số y a x đồng biến trên ; Đồ thị hàm số y a x có bề lõm quay lên trên. (hay
hàm số là hàm số lõm trên )
Do hai đồ thị hàm số y a x và y 9 x 1 luôn đi qua điểm A 0;1 nên bất phương trình
a x 9 x 1 nghiệm đúng với mọi khi đường thẳng y 9 x 1 là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại
điểm A 0;1 y 0 9 , với y a x ln a ln a 9 a e9 .
Vậy a 103 ;104 .
( Làm tương tự câu 25)
Câu 19.
(VDC&HSG mức độ 4) Với m là tham số để bất phương trình 2 x 3 x mx 2 có tập nghiệm
là , khi đó
A. m ;0 .
B. m 1;3 .
C. m 3; .
D. m 0;1 .
Lời giải
Chọn B
+) Với m 0 , bất phương trình khơng nhận các giá trị âm của x làm nghiệm.
Thật vậy, khi đó 2 x 3 x 2 mà mx 2 2 . Suy ra m 0 loại .
+) Với m 0 , ta có 2 x 3 x mx 2 2 x 3 x mx 2 0 .
Đặt f x 2x 3x mx 2 , x .
/>
Page 18
GV: Trần Văn Nam_THPT Quảng Xương 1_ĐT: 0916368689
Chuyên đề mũ và lôgarit.
m 1
f ' 1 0 m2 m 0
m 0.
x 1
x 1
Với m 0 ta có f x e x f ' x e 1. Cho f ' x 0 x 1.
Bảng biến thiên của f x :
Trường hợp m 0 , yêu cầu bài toán được thỏa mãn.
2
4
3
3
2
x 1
2
x 1
Với m 1 ta có f x x x x x e x 1 x e x 0 , x .
Trường hợp m 1 yêu cầu bài toán cũng được thỏa mãn.
Câu 17.
[2D2-6.5-4] Biết rằng a là số thực dương sao cho bất đẳng thức 3x a x 6x 9 x đúng với mọi
số thực x . Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. a 12;14 .
B. a ;12 .
C. a 14;16 .
Lời giải
D. a 16; .
Chọn D.
Ta có f ( x) 3x a x 6 x 9 x 0 f ( x) f (0) Min f ( x) f (0) f '(0) 0 a 18
R
x
x
x
Thử lại : Với a 18 3 2 1 3 1 0 luôn đúng
Câu 18.
[2D2-6.5-3] (THPT Chuyên ĐH Vinh – lần 1 - năm 2017 – 2018) Biết a là số thực dương
bất kì để bất phương trình a x 9 x 1 nghiệm đúng với mọi x . Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. a 103 ;104 .
B. a 102 ;103 .
C. a 0;102 .
D. 104 ; .
Lời giải
Chọn A.
Bất phương trình a x 9 x 1 đúng với mọi x thì nó phải đúng với x 1 a 10 .
Do a 1 nên hàm số y a x đồng biến trên ; Đồ thị hàm số y a x có bề lõm quay lên trên. (hay
hàm số là hàm số lõm trên )
Do hai đồ thị hàm số y a x và y 9 x 1 luôn đi qua điểm A 0;1 nên bất phương trình
a x 9 x 1 nghiệm đúng với mọi khi đường thẳng y 9 x 1 là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại
điểm A 0;1 y 0 9 , với y a x ln a ln a 9 a e9 .
Vậy a 103 ;104 .
( Làm tương tự câu 25)
Câu 19.
(VDC&HSG mức độ 4) Với m là tham số để bất phương trình 2 x 3 x mx 2 có tập nghiệm
là , khi đó
A. m ;0 .
B. m 1;3 .
C. m 3; .
D. m 0;1 .
Lời giải
Chọn B
+) Với m 0 , bất phương trình khơng nhận các giá trị âm của x làm nghiệm.
Thật vậy, khi đó 2 x 3 x 2 mà mx 2 2 . Suy ra m 0 loại .
+) Với m 0 , ta có 2 x 3 x mx 2 2 x 3 x mx 2 0 .
Đặt f x 2x 3x mx 2 , x .
/>
Page 18
GV: Trần Văn Nam_THPT Quảng Xương 1_ĐT: 0916368689
Chuyên đề mũ và lơgarit.
Khi đó f x 2x ln 2 3x ln 3 m .
Ta có f x 0 2x ln 2 3x ln 3 m 0 2 x ln 2 3x ln 3 m (1)
Đặt g x 2x ln 2 3x ln 3 g x 2 x ln 2 2 3x ln 2 3 0, x .
Suy ra hàm số g x đồng biến trên .
Lại có lim g x 0 và lim g x .
x
x
Suy ra với mỗi giá trị m 0 thì phương trình (1) ln có nghiệm duy nhất là x0 .
Ta có phương trình f x 0 có nghiệm duy nhất là x0 .
Mà lim f x m 0 và lim f x nên f x 0, x x0 và f x 0, x x0 .
x
x
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy min f x f x0 .
x
Kết hợp điều kiện đề bài là f x 0, x min f x f x0 0 mà f 0 0 .
x
Suy ra x0 0 và x0 0 là giá trị duy nhất để f x 0 .
Suy ra x0 0 là giá trị duy nhất để f x 0 . Suy ra f 0 ln 2 ln 3 m 0 .
Vậy m ln 2 ln 3 ln 6 .
Câu 20. Tìm m để bất phương trình 2 x 3 x 4 x 5 x 4 mx có tập nghiệm là .
A. ln120 .
B. ln10 .
C. ln 30 .
D. ln14 .
Lời giải
e x ln a 1
a x 1
lim
+ Với a 1 ta có lim
.ln a ln a .
x 0
x 0
x
x ln a
a x 1
xa x ln a a x 1
.
x 0 , ta có f x
x
x2
Xét hàm số g x xa x ln a a x 1 g x a x ln a xa x ln 2 a a x ln a xa x ln 2 a .
+ Với a 1 xét hàm số f x
Với x 0 ta có g x 0 suy ra g x g 0 g x 0 f x 0, x 0 .
Với x 0 ta có g x 0 suy ra g x g 0 g x 0 f x 0, x 0 .
Do đó hàm số f x
ax 1
a 1 đồng biến trên các khoảng ; 0 và 0; .
x
Trở lại bài tốn:
+ Xét x 0 bất phương trình thỏa mãn.
2 x 1 3x 1 4 x 1 5 x 1
h x .
x
x
x
x
Từ nhận xét trên ta có h x đồng biến trên 0; . Do đó yêu cầu của bài toán tương đương với
+ Xét x 0 ta có: 2 x 3x 4 x 5 x 4 mx m
m lim h x ln 2 ln 3 ln 4 ln 5 ln120 .
x 0
2 x 1 3x 1 4 x 1 5 x 1
h x .
x
x
x
x
Từ nhận xét trên ta có h x đồng biến trên ; 0 . Do đó yêu cầu của bài toán tương đương với
+ Xét x 0 ta có: 2 x 3x 4 x 5x 4 mx m
m lim h x ln 2 ln 3 ln 4 ln 5 ln120 .
x 0
Kết hợp lại ta có m ln120 .
Câu 21.
(Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2019) Cho a là số thực dương, a 1 . Biết bất phương trình
2 log a x x 1 nghiệm đúng với mọi x 0 . Số a thuộc tập hợp nào sau đây?
A. 7;8
B. 3;5
C. 2;3
D. 8;
Lời giải
/>
Page 19
GV: Trần Văn Nam_THPT Quảng Xương 1_ĐT: 0916368689
Chuyên đề mũ và lơgarit.
Chọn A
Ta có: với x 1 thì 2 log a 1 0 1 1
Ta sẽ tìm a để đường thẳng y x 1 nhận làm tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 2 log a x tại điểm
x 1
Có y
2
2
y 1
x lna
ln a
2
x 1
ln a
Vậy để đường thẳng y x 1 nhận làm tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 2 log a x thì
Phương trình tiếp tuyến y
2
1 ln a 2 a e 2
ln a
Thử lại a e 2 ta sẽ chứng minh
2 log e2 x x 1 ln x x 1
f x ln x x 1 0 x 0
1
1 x
1
f x 0 x 1
x
x
Bảng biến thiên
Có f x
Từ bảng biến thiên suy ra f x 0 ln x x 1 x 0
4.Đánh giá và xét trường hợp
Câu 22.
(Chuyên Thái Bình 2019) Tập nghiệm của bất phương trình 3x
a ; b . Tính
2
9
9
x 2 9 .5 x 1 1 là khoảng
ba
A. 6 .
3x
2
B. 3 .
C. 8 .
Lời giải
D. 4 .
x 2 9 .5 x 1 1 1 .
Có 5 x 1 0 x .
Xét x 2 9 0 , VT 1 30 0 1 (loại).
2
Xét x 9 0
2
VT 1 1 (loại).
x 2 9 .5x 1 0
3x
2
9
30 1
VT 1 1 luôn đúng.
x 2 9 .5x1 0
Có x 2 9 0 x 3;3 .
2
Xét x 9 0
3x
9
30 1
Tập nghiệm của bất phương trình là: 3;3 b a 6 .
/>
Page 20
GV: Trần Văn Nam_THPT Quảng Xương 1_ĐT: 0916368689
Chuyên đề mũ và lơgarit.
Câu 23. Có bao nhiêu số ngun dương y sao cho tồn tại số thực x 1;6 thỏa mãn
4 x 1 e x y e x xy 2 x 2 3 ?
A. 18 .
B. 15 .
C. 16 .
D. 17 .
Lời giải
Ta có 4 x 1 e y e xy 2 x 3 4 x 1 e x y e x xy 2 x 2 3 0 * .
x
x
2
Xét hàm số f x 4 x 1 e x y e x xy 2 x 2 3 trên 1; 6 .
f x 4e x 4 x 1 e x y e x y 4 x 4 xe x ye x y 4 x y 4 x y e x y .
f x 0 4x y ex y 0 x
Trường hợp 1:
y
(do e x y 0 , y * ).
4
y
1 y 4
4
Bảng biến thiên của hàm số f x trên 1;6 :
f 1 y e y 5 ; f 6 20e6 y e6 6 y 75 6 y 2 75 e6 y 20e6 .
Ta có f 6 0 6 y 2 75 e6 y 20e6 0 72,1 y 18, 4 .
Suy ra y *, y 4, thì f 6 0 .
Do đó phương trình * có nghiệm x 1;6 f 1 0 e y 5 0 y 5 e 2,3 .
Cùng điều kiện y 4 và y nguyên dương, ta có y 3; 4 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Trường hợp 2:
y
6 y 24 .
4
Bảng biến thiên của hàm số f x trên 1;6 :
Với y 24 ta ln có f 1 y e y 5 0 nên không tồn tại x 1;6 thỏa mãn * .
Trường hợp 3: 1
y
6 4 y 24 .
4
Bảng biến thiên của hàm số f x trên 1;6 :
/>
Page 21
GV: Trần Văn Nam_THPT Quảng Xương 1_ĐT: 0916368689
Chuyên đề mũ và lôgarit.
Với y 4; 24 ta luôn có f 1 y e y 5 0 nên phương trình * có nghiệm x 1;6
f 6 0 72,1 y 18, 4 .
Cùng điều kiện y 4; 24 và y nguyên dương ta có y 5;6;...;18 .
Do đó, tập các giá trị nguyên dương của y thỏa mãn yêu cầu bài tốn là: 3; 4;....;18 .
Vậy có 16 giá trị nguyên dương của y thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 24. Giải bất phương trình
6 3x1
10
ta được tập nghiệm S a; b . Tính giá trị của biểu thức
x
2x 1
P 10b 3a
B. P 4 .
A. P 5 .
C. P 2 .
Lời giải
D. P 0 .
Chọn A
Điều kiện x 0; x
1
*
2
Với điều kiện * , ta có:
Gọi
C
63
x
x 1
x 0
6 3x 1
10
2x 1
x 0
x 1
6 3
x 0
10 x
3x 1
2x 1
x 0
x 1
10 x
3
2x 1
và H theo thứ tự là đồ thị của hàm số y g x 3x 1
/>
2 x 6 1
2x 1
2x 6 2
2x 1
2x 6
và y f x
2x 1
Page 22
GV: Trần Văn Nam_THPT Quảng Xương 1_ĐT: 0916368689
Chuyên đề mũ và lôgarit.
1
; hệ bpt 2 vô nghiệm.
2
1
1
Vậy tập nghiệm của bpt đã cho là S 0; suy ra a 0; b nên P 10b 3a 5 .
2
2
Dựa vào đồ thị, ta có: hệ bpt 1 có nghiệm 0 x
Câu 25.
[2D2-5.5-4] Có bao nhiêu giá trị nguyên a 1; 20 sao cho bất phương trình
1
1
2 x a a 3 5 x nghiệm đúng với mọi x 0; ?
x
x
A. 18 .
B. 19 .
C. 20 .
Lời giải
D. 17 .
1
1
1
+) Nếu a 1 thì bất phương trình trở thành: 2 x 3 5 x x 2 x 1 .
x
x
x
Do đó a 1 không thỏa mãn.
+) Nếu a 2
Xét hàm số f a x a
1
x a x a (với x 0, x 1 ).
xa
x2 a 1 ln x
a 1
a
a
Ta có f a x .ln x x .ln x x a ln x
.
x
xa
ln x 0
f a 0, a 2 .
Khi 0 x 1 thì với a 2 ta có 2 a
x 1 0
ln x 0
Khi x 1 thì với a 2 ta có 2 a
f a 0, a 2 .
x 1 0
Từ đó hàm số f a đồng biến trên 2; f a f 2 , a 2 và x 0, x 1 .
Như vậy ta ln có x a
2 xa
2 xa
1
1
x 2 2 , a 2, x 0 .
a
x
x
1
1
3 2 x 2 2 3 , x 0
a
x
x
1
1
1
1
3 5 x 2 x 2 2 3 5 x , x 0 .
xa
x
x
x
2
1
1
1
1
2
1
Lại có 2 x 2 2 3 5 x 2 x 5 x 2 2 x 1 x 2
x
x
x
x
x
x
2x
2
x 2 x 1
x
2
2
1
1
0, x 0 . 2 x a a 3 5 x , x 0 .
x
x
Vậy với mọi a 2 thì bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x 0; .
Suy ra có 19 giá trị nguyên của a 1; 20 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 26.
(VDC&HSG mức độ 4) 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 .
2
6 x 2
B. 2017 .
x 2 6 x 2 .20213 x 4
C. 2020 .
Lời giải
D. 2021 .
Chọn B
/>
Page 23
GV: Trần Văn Nam_THPT Quảng Xương 1_ĐT: 0916368689
Chuyên đề mũ và lôgarit.
Đặt a x 2 6 x 2 , b 3 x 4 .
Bất phương trình có dạng : 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 6 x 2 0
Bất phương trình đã cho tương với
.
x 4
3
x
4
0
3
a
a 0 2021 1 0
TH2: Nếu
VT 1 0 ; VP 1 0 .
b
b 0 1 2021 0
Khi đó bất phương trình ln đúng.
x 3 7
x2 6 x 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
TH3: Nếu
VT 1 0 ; VP 1 0
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 6 x 2 0
4
3 7 x .
4
3
3x 4 0
x
3
a
a 0 2021 1 0
TH4: Nếu
VT 1 0 ; VP 1 0 .
b
b 0 1 2021 0
Trường hợp này bất phương trình vơ nghiệm.
a
a 0 2021 1 0
TH5: Nếu
VT 1 0 ; VP 1 0
b
b 0 1 2021 0
Trường hợp này bất phương trình vơ nghiệm.
Từ các trường hợp trên, bất phương trình đã cho có tập nghiệm là
4
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 nguyên trong đoạn 0; 2021 .
V.CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐỒ THỊ VÀ BẢNG BIẾN THIÊN
Câu 27.
(Đề Tham Khảo 2019) Cho hàm số y f x . Hàm số y f ' x có bảng biến thiên như sau:
/>
Page 24
GV: Trần Văn Nam_THPT Quảng Xương 1_ĐT: 0916368689
Chuyên đề mũ và lơgarit.
x
Bất phương trình f x e m đúng với mọi x 1;1 khi và chỉ khi.
A. m f 1
1
e
B. m f 1
1
e
C. m f 1 e
D. m f 1 e
Lời giải
Chọn B
x
x
Ta có f x e m m f x e .
x
x
Xét hàm số g x f x e ; g ' x f ' x e 0x 1;1 .
Suy ra hàm số g x nghịch biến trên 1;1 .
1
Yêu cầu bài toán m max g x g 1 f 1 , chọn C.
e
Câu 28.
(Chuyên Sơn La 2019) Cho hàm số y f x liên tục trên và có bảng xét dấu đạo hàm như
sau
2
Bất phương trình f x e x m đúng với mọi x 1;1 khi và chỉ khi
A. m f 0 1.
B. m f 1 e.
C. m f 0 1.
D. m f 1 e.
Lời giải
2
2
f x ex m f x ex m
2
2
Xét hàm số: g x f x e x ; g x f x 2 xe x .
f x 0
Trên khoảng 1;0 ta có
g x 0, x 1; 0 .
2 x 0
f x 0
Trên khoảng 0;1 ta có
g x 0, x 0;1 .
2 x 0
f x 0
g x 0 .
Tại điểm x 0 ta có
x2
2 xe 0
Suy ra bảng biến thiên của g x :
/>
Page 25
GV: Trần Văn Nam_THPT Quảng Xương 1_ĐT: 0916368689
Chuyên đề mũ và lơgarit.
Từ bảng biến thiên ta có: max g x f 0 1.
1;1
Do đó bất phương trình m g x đúng với mọi x 1;1 khi và chỉ khi
m max g x f 0 1.
1;1
Câu 29.
[2D2-6.5-4]Cho hàm số f x có BBT như hình vẽ dưới đây.
x
f ( x)
1
0
1
f ( x)
0
0
4
x
1
0
x
Bất phương trình f e m 3e 2019 có nghiệm với mọi x 0;1 khi và chỉ khi
A. m
4
.
1011
B. m
2
.
1011
C. m
f e
.
3e 2019
D. m
f e
.
3e 2019
Lời giải
m 3e
Ta có: f e
x
x
2019 , x 0;1
1
Đặt: t e x , x 0;1 t 1;e
1 f t m 3t 2019 , 2
x
f ( x)
t 1;e
1
e
f e
0
f ( x)
4
2 f e m 3t 2019 , t 1; e
f e
m, 3 t 1;e
3t 2019
Xét: g x
f e
3x 2019
x
g ( x)
g x
3 f e
3x 2019
2
0 (Vì f e 0 )
e
1
g e
g ( x)
3 g e m
f e
m
3e 2019
/>
Page 26
GV: Trần Văn Nam_THPT Quảng Xương 1_ĐT: 0916368689
Câu 30.
Chuyên đề mũ và lôgarit.
(Phú Thọ 2019) Cho hàm số y f x liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ
Tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình
9.6
f x
4 f 2 x .9
f x
m 2 5m .4
A. 10
f x
đúng x là
C. 5
B. 4
D. 9
Lời giải
Chọn B
Ta có
f x
f x
f x
9.6 4 f 2 x .9 m 2 5m .4
2 f x
f x
3
3
4 f 2 x .
9;
m 2 5m
2
2
Từ đồ thị hàm số suy ra f x 2, x
3
Do đó 4 f x
2
2
2 f x
3
0, x và 9.
2
2 f x
1
f x
2
3
9. 4, x .
2
f x
3
3
Suy ra 4 f 2 x .
9.
4, x .
2
2
Để 1 có nghiệm đúng x thì 4 m 2 5 m 1 m 4 .
Do m là số nguyên nên m 1, 2, 3, 4 .
Câu 31. Cho hàm số y f x liên tục trên đoạn 1;9 và có đồ thị là đường cong trong hình vẽ dưới đây
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m
để bất phương trình
f x
f x
f x
2
2
16.3 f x 2 f x 8 .4 m 3m .6
nghiệm đúng với mọi giá trị thuộc 1;9 ?
/>
Page 27
GV: Trần Văn Nam_THPT Quảng Xương 1_ĐT: 0916368689
Chuyên đề mũ và lôgarit.
B. 31 .
C. 5.
D. 6 .
Lời giải
4
f
x
2,
x
1;9
Dễ thấy
(1) nên f x 4 . f x 2 0, x 1;9 .
A. 32 .
Do đó f 2 x 2 f x 8 0, x 1;9 (2).
Ta có 16.3 f x f 2 x 2 f x 8 .4 f x m 2 3m .6 f x nghiệm đúng với mọi x 1;9
1
16.
2
f x
f x
2
f 2 x 2 f x 8 .
m 2 3m nghiệm đúng với mọi x 1;9
3
f x
1 f x
2
2
min 16. f x 2 f x 8 . m2 3m (3).
x 1; 9
3
2
1
Từ (1) và (2) ta có
2
f x
2
1
2
và f 2 x 2 f x 8 .
2
3
f x
f x
0, x 1; 9 .
f x
1
2
Suy ra 16. f 2 x 2 f x 8 .
4, x 1; 9 .
2
3
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi f x 2 x 1 x a 7 a 8 .
Do đó 4 và (3) 4 m 2 3m 1 m 4 . Vì m ngun nên m 1;0;1;2;3;4 .
B.PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT
Câu 32. Phương trình sau có bao nhiêu nghiệm: log
A. 1 nghiệm
x 1
2
2 log
2
4 x log 8 4 x
3
B. 2 nghiệm
2
log 4 x 1 2 log
4
2
C. 3 nghiệm
D. Vô nghiệm
Hướng dẫn giải
x 1 0
4 x 4
3
4 x log8 4 x (2) Điều kiện: 4 x 0
x 1
4 x 0
(2) log 2 x 1 2 log 2 4 x log 2 4 x log 2 x 1 2 log 2 16 x 2
log 2 4 x 1 log 2 16 x 2 4 x 1 16 x 2
x 2
+ Với 1 x 4 ta có phương trình x 2 4 x 12 0 (3) ; (3)
x 6 lo¹i
x 2 24
+ Với 4 x 1 ta có phương trình x 2 4 x 20 0 (4); 4
x 2 24 lo¹i
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x 2 hoặc x 2 1 6 , chọn B
Câu 33.
(Đề Tham Khảo 2017) Hỏi có bao nhiêu giá trị m nguyên trong 2017; 2017 để phương trình
log mx 2log x 1 có nghiệm duy nhất?
A. 4014.
B. 2018.
C. 4015.
Lời giải
D. 2017 .
Chọn B
Điều kiện x 1, mx 0 .
log mx 2 log x 1 mx x 1
/>
2
x 1
m
2
x
Page 28
GV: Trần Văn Nam_THPT Quảng Xương 1_ĐT: 0916368689
Xét hàm f x
x 1
Chuyên đề mũ và lôgarit.
2
x 1, x 0 ;
x
f x
x 1
x2 1
0
2
x
x 1 l
Lập bảng biến thiên
m 4
Dựa vào BBT, phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
m 0.
Vì m 2017;2017 và m nên chỉ có 2018 giá trị m nguyên thỏa yêu cầu là
m 2017; 2016;...; 1;4 .
Chú ý: Trong lời giải, ta đã có thể bỏ qua điều kiện mx 0 vì với phương trình
log a f x log a g x với 0 a 1 ta chỉ cần điều kiện f x 0 .
Câu 34.
x3
[2D2-5.2-4] Cho phương trình log 22 x log 2 e x m 0 . Gọi S là tập hợp giá trị m nguyên
4
với m 10;10 để phương trình có đúng 2 nghiệm. Tổng giá trị các phần tử của S bằng
A. 28 .
B. 3 .
C. 27 .
D. 12 .
Lời giải
x 0
Điều kiện: x
.
e m
2
x3
log 2 x log 2
0
2
x3 x
Ta có: log 2 x log 2 e m 0 1
.
4
4
x
e m 0
+) log 22 x log 2
+)
x 2
log x 1
x3
.
0 log 22 x 3log 2 x 2 0 2
4
x 4
log 2 x 2
e x m 0 ex m .
Xét 3 trường hợp:
+) Trường hợp 1: m 0 , điều kiện của phương trình là x 0 , phương trình 1 có 2 nghiệm là
x 2 và x 4 .
+) Trường hợp 2: 0 m 1 , điều kiện của phương trình là x 0 .
Khi đó, phương trình ex m có 1 nghiệm là x ln m 0 nên phương trình 1 có 2 nghiệm là
x 2 và x 4 .
+) Trường hợp 3: m 1 , điều kiện của phương trình là x ln m .
Nên phương trình 1 có 2 nghiệm phân biệt 2 ln m 4 e2 m e4 .
/>
Page 29
GV: Trần Văn Nam_THPT Quảng Xương 1_ĐT: 0916368689
Chuyên đề mũ và lơgarit.
Khi đó phương trình đã cho có 2 nghiệm là x ln m và x 4 .
Suy ra, các giá trị m để phương trình có 2 nghiệm là m 1 và e2 m e4 .
Do
đó
các
giá
trị
m 10;10
ngun
thỏa
mãn
u
cầu
bài
tốn
là
S 10; 9 ; 8; 7 ; 6; 5; 4; 3; 2 ; 1; 0 ;1;8;9;10 .
Vậy tổng các phần tử của S là 27 .
Câu 35. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình
log 22 x log 1 x 2 3 m log 4 x 2 3
2
có nghiệm thuộc 32; ?
A. m 1; 3 .
B. m 1; 3 .
C. m 1; 3 .
Hướng dẫn giải
Điều kiện: x 0. Khi đó phương trình tương đương:
D. m 3;1 .
log 22 x 2 log 2 x 3 m log 2 x 3 .
Đặt t log 2 x với x 32 log 2 x log 2 32 5 hay t 5.
Phương trình có dạng
t 2 2t 3 m t 3
* .
Khi đó bài tốn được phát biểu lại là: “Tìm m để phương trình (*) có nghiệm t 5 ”
Với t 5 thì (*) t 3 . t 1 m t 3 t 3. t 1 m t 3 0
t 1 m t 3 0 m
Ta có
t 1
t 3
t 1
t 1
t 1
4
4
4
3 1
3
1
. Với t 5 1 1
1
3 hay 1
t 3
t 3
t 3
t 3
t 3
53
suy ra 1 m 3. Vậy phương trình có nghiệm với 1 m 3.
BÌNH LUẬN:
t 1
Chúng ta có thể dùng hàm số để tìm max, min của hàm số y t 3 , t 5
2
x
Câu 36. Cho phương trình log 3 3m log 3 x 2m 2 2m 1 0, ( m là tham số). Có bao nhiêu giá
3
trị nguyên của tham số m lớn hơn 2021 sao cho phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt
x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 10 ?
A. 2022 .
B. 2019 .
C. 2020 .
D. 2021 .
Lời giải
2
2
x
2
2
log 3 3m log 3 x 2m 2m 1 0 log 3 x 1 3m log 3 x 2m 2m 1 0
3
2
log 3 x (3m 2) log 3 x 2m 2 2m 0
log x 2 2m
3
log3 x m
x 322 m
.
m
x 3
Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 10 khi và chỉ khi
/>
Page 30
GV: Trần Văn Nam_THPT Quảng Xương 1_ĐT: 0916368689
Chuyên đề mũ và lôgarit.
m 2
m 2
2 2m m
m 2
10
m
3
m0.
2 2 m m
m
2
m
m
9
3 10
3
3 1
9. 3 3 10 0
3 m 1
Kết hợp với m nguyên, m lớn hơn 2021 ta được tập hợp các giá trị của m là
S m 2020 m 1 .
Vậy có 2020 giá trị của m thỏa mãn đề bài.
Câu 37. Cho hàm số bậc ba y f x có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m 5;5
sao
cho
log32 f x 1 log 2 2 f x 1 2m 8 log 1
phương
trình
f x 1 2m 0 có nghiệm x 1;1 ?
2
A. 7 .
B. 5 .
C. 6 .
Lời giải
D. vô số.
Chọn A
Với x 1;1 1 f x 3 0 f x 1 4 .Đặt
t log 2 f x 1 t ;2 , x 1;1 .
3
2
Khi đó phương trình đã cho trở thành: t 4t m 4 t 2m 0
t 2 ; 2
t 2 t 2 2t m 0 2
t 2 2t m 0 t 2 2t m *
t 2t m 0
Để phương trình đã cho có x 1;1 phương trình * có nghiệm t ; 2 .
2
Xét hàm số f t t 2t trên ; 2 có f t 2t 2 0 t 1 ; 2 .
2
Ta có bảng biến thiên của hàm số f t t 2t
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình * có nghiệm t ; 2 khi và chỉ khi m 1 .
m 5;5
Mà
m 1; 0;1; 2;3; 4;5 .
m
IV.PHƯƠNG PHÁP MŨ HOÁ.
/>
Page 31
GV: Trần Văn Nam_THPT Quảng Xương 1_ĐT: 0916368689
Câu 38.
Chuyên đề mũ và lơgarit.
(Chun ĐH Vinh - Nghệ An -2020) Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình
log3 3x 2m log5 3x m2
có nghiệm?
B. 4 .
A. 3 .
C. 2 .
Lời giải
D. 5 .
Chọn A
3x 2m 3t
x
x
2
Đặt log3 3 2m log5 3 m t x
2
t
3 m 5
2m m2 3t 5t m2 2m 1 3t 5t 1 (*).
Xét hàm số f t 3t 5t 1 với t .
Ta có: f t 3t.ln 3 5t.ln 5 .
t
3 ln 5
t log 3 log3 5 t0 .
Khi đó f t 0 3 .ln 3 5 .ln 5 0
5 ln 3
5
Bảng biến thiên
t
t
Phương trình (*) có nghiệm
2
m 1 f t0 f t0 1 m f t0 1 2,068 m 0,068 .
Do m m 2; 1;0 .
Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn.
Câu 39. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực y thỏa mãn log3 x y log 4 x 2 y 2
A. 3 .
B. 2 .
C. 1 .
D. Vô số.
Lời giải
Đặt log3 x y log 4 x y t . Điều kiện: x y 0 .
2
2
x y 3t
t
x y 3t
x
y
3
9t 4t
t
t nên S 3t và P
Suy ra
.
2
9 4
2
2
t
t
2
x
y
2
xy
4
xy
x y 4
2
t
9t 4t
9
2
9t 2.4t 2 .
Để tồn tại x , y thì S 2 4 P x y 4 xy nên 9t 4
2
4
Khi đó t log 9 2 .
4
log 9 2
Ta có: log4 x y t log 9 2 x y 4
2
2
2
2
4
3, 27 .
4
Mặt khác x là số nguyên nên x 1; x 0, x 1 .
Thử lại:
/>
Page 32
GV: Trần Văn Nam_THPT Quảng Xương 1_ĐT: 0916368689
Chuyên đề mũ và lôgarit.
t
t 0
y 3 1
Với x 1 ta có 2
x 2 y 2 5 . Suy ra loại x 1 .
t
y
2
y
1
4
1
y 3t
t 0
Với x 0 ta có 2
. Suy ra nhận x 0 .
t
y 4
y 1
y 3t 1
t 0
Với x 1 ta có 2
. Suy ra nhận x 1 .
t
y 4 1 y 0
Vậy có hai giá trị nguyên của x thỏa yêu cầu bài toán là x 0 và x 1 .
Câu 40. Cho các số thực x , y , z thỏa mãn log 3 2 x 2 y 2 log 7 x 3 2 y 3 log z . Có bao giá trị
nguyên của z để có đúng hai cặp x, y thỏa mãn đẳng thức trên.
A. 2 .
C. 9 9 .
Lời giải
B. 211 .
Ta có log 3 2 x 2 y 2 log 7 x 3 2 y 3
D. 4.
2 x 2 y 2 3t 1
log z t x 3 2 y 3 7 t 2 .
t
3
z 10
t
3
+ Nếu y 0 2 x 7 thay vào 1 ta được 2.7
2t
3
log
t
3 t log
3
3
49
2 do đó z 10
3
3 49
2
.
+ Nếu y 0
2
2x2 y2
Từ 1 & 2 suy ra
x3 2 y3
3
2
27 t
49t
x 2y
2x y
3
3
2
2
2
3
x 3
2
t
t
y
49
49 , * .
3
27
x 2
27
2 12
y
u 0
2
u3 2
6u u3 2 u 4
x
3
f
u
0
u 3 2 .
Đặt u, u 2 . Xét f u
3
4
y
2u2 1
2u2 1
u 4
Ta có bảng biến thiên
/>
Page 33
