BẤT PHƯƠNG TRÌNH LƠGARIT
Câu 1:
Tập nghiệm của bất phương trình log x 1 là
A.
10; .
B.
0; .
C.
10; .
D.
;10 .
Lời giải
log x 1 x 10 .
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
Câu 2:
10; .
Số nghiệm nguyên của bất phương trình
A. Vơ số.
B. 3.
TXĐ:
D 0; .
Ta có
log 4 x 1 x 4 .
log 4 x 1 là.
C. 4.
Lời giải
D. 5.
x Z
Kết hợp điều kiện x 0 , suy ra 0 x 4 , x Z .
S 1; 2;3 .
Tập hợp các nghiệm nguyên của bất phương trình trên là
Vậy bất phương trình đã cho có 3 nghiệm ngun.
Câu 3:
Tập nghiệm của bất phương trình p nghiệm của bất phương trình m của bất phương trình ln x 1 là
A.
e; .
B.
;e .
0;e .
C.
Lời giải
D.
; e .
x 0
ln x 1
0 x e
1
x
e
Ta có
.
Từ đây ta suy ra tập nghiệm của bất phương trình đã cho là
Câu 4:
Tập nghiệm của bất phương trình
A. (0;1] .
Điều kiện:
0;e .
log 2 x 1 là
C.
Lời giải
B. ( ; 2] .
0; 2
.
x 0.
Bất phương trình đã cho tương đương
x 0
0 x 2
x 2
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
S (0; 2].
D. (0; 2].
Câu 5:
Tập nghiệm của bất phương trình
A.
0;1 .
B.
log 3 x 1 log 3 (2 x)
0;1 .
1; .
C.
Lời giải
x 1 2x
log 3 x 1 log 3 (2 x)
x 0
Ta có
Tập nghiệm S của bất phương trình
A.
S 1; 2
.
B.
.
;1 .
0;1 .
log 3 x 1 log 3 2 x 1
S ; 2
D.
x 1
0 x 1
x 0
.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là khoảng
Câu 6:
là
C.
Lời giải
là:
S 2;
.
1
S ; 2
2 .
D.
1
x
1
2
x
1
0
x2
2
2
x 2
log 3 x 1 log 3 2 x 1
x 1 2 x 1
.
1
S ; 2
2 .
Vậy
Câu 7:
log 3 2 x 3 log 3 1 x
Tìm tập nghiệm S của bất phương trình
2
3 2
3
;
;
;1
A. 3
B. 2 3
C. 2
Lời giải
2
;
3
D.
Chọn B
2 x 3 0
3
x 1
2
Điều kiện : 1 x 0
.
2
log 3 2 x 3 log 3 1 x 2 x 3 1 x x 3
.
3 2
S ;
2 3 .
So với điều kiện, ta được tập nghiệm của bất phương trình là
Câu 8:
log 0,8 15 x 2 log 0,8 13 x 8
B. 4 .
A. Vô số.
Điều kiện
x
2
15 .
là
C. 2 .
Lời giải
D. 3 .
Khi đó,
log 0,8 15 x 2 log 0,8 13 x 8 15 x 2 13 x 8 2 x 6 x 3
.
2
T ;3
15 x 0;1; 2 .
Tập nghiệm bất phương trình là:
Câu 9:
Bất phương trình log 2 (3 x 2) log 2 (6 5 x) có tập nghiệm là
1
;3 .
A. 0;
B. 2
C. ( 3;1)
Lời giải
6
1;
D. 5
Vì 2 1 nên
x 1
3x 2 6 5 x
6
6 1 x .
6 5x 0
5
x 5
log 2 (3 x 2) log 2 (6 5 x)
Câu 10:
Tập nghiệm của bất phương trình
A.
3;5
B.
2log 2 x 1 log 2 5 x 1
1;3
là
1;3
C.
Lời giải
D.
1;5
Điều kiện: 1 x 5 .
2
Ta có
2
2log 2 x 1 log 2 5 x 1 log 2 x 1 log 2 2 5 x x 1 10 2 x
x 2 9 0 3 x 3 . Vậy tập nghiệm của bpt là S 1;3 .
Câu 11:
Tìm tập nghiệm S của bất phương trình
3
3
S ;3
S ;3
8 .
4 .
A.
B.
2 log 3 4 x 3 log 3 18 x 27 *
2 log 3 4 x 3 log 3 18 x 27
3
S ;
4
.
C.
Lời giải
.
4 x 3 0
3
x
4.
Điều kiện: 18 x 27 0
Với điều kiện trên,
2
* log3 4 x 3
4 x 3 18 x 27
3
x 3
8
.
2
log 3 18 x 27
.
D.
S 3;
.
3
S ;3
4 .
Kết hợp điều kiện ta được
Câu 12:
Tập nghiệm của bất phương trình
3
;6
0;3 .
A. 2 .
B.
x
9
4
chứa tập hợp nào sau đây?
1
;2
1;5
C.
.
D. 2 .
log 22 2 x log 2
Lời giải
+ Điều kiện: x 0 .
+ Ta có:
x
2
9 1 log 2 x log 2 x 2 9 log 22 x 3log 2 x 10 0
4
1
5 log 2 x 2 5 x 4
2
log 22 2 x log 2
.
1
1
x 5 ;4
;2
2
chứa tập 2 .
Vậy
Câu 13:
log 22 x 5log 2 x 6 0 là
Tập nghiệm S của bất phương trình
1
1
S 0;
S ;64
2 .
2
.
A.
B.
C.
S 64;
1
S 0; 64;
2
D.
.
.
Lời giải
log 22 x 5log 2 x 6 0 1
ĐK:
Đặt
x 0 *
t log 2 x 2
2
1
thành
t 2 5t 6 0 1 t 6 1 log 2 x 6
1
x 64
2
1
x 64
2
* 1
So với
:
1
S ;64
2
.
Vậy
Câu 14:
Bất phương trình
A. 4.
x
Điều kiện: x 5 .
3
9 x ln x 5 0
B. 7.
có bao nhiêu nghiệm ngun?
C. 6.
D. Vơ số.
Lời giải
x 3
x 0
x 9 x 0
3
x 9 x ln x 5 0 ln x 5 0 x 3
x 4 .
Cho
Bảng xét dấu:
3
4 x 3
f x 0
0 x 3 .
Dựa vào bảng xét dấu ta thấy
x x 4; 3;0;1; 2;3
Vì
.
Vậy có 6 giá trị ngun của x thỏa bài tốn.
Câu 15:
3
Có bao nhiêu số ngun x thỏa mãn
A. 24.
Điều kiện:
x2
9 x . log 3 x 25 3 0?
C. 26.
Lời giải
B. Vô số.
D. 25.
x 25 * .
Trường hợp 1:
2
3x 9 x 0
log 3 x 25 3 0
Kết hợp với điều kiện
2
3x 32 x
log 3 x 25 3
* ta được
x 0
x 2
x 2
x 0
x 2 .
x 25; 0 2 .
x x 24; 23;...;1; 0; 2
Mà
x 2 2 x
x 25 27
có 26 giá trị nguyên của x thỏa mãn.
Trường hợp 2:
2
3x 9 x 0
log
x
25
3
0
3
2
3x 32 x
x 2 2 x
x
25
27
log
x
25
3
3
0 x 2
x 2 tm .
x 2
Kết hợp các trường hợp, ta có tất cả 26 giá trị nguyên của của x thỏa mãn đề.
Câu 16:
3
Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn
A. 30 .
B. Vô số.
x2
9 x log 2 x 30 5 0
C. 31 .
Lời giải
D. 29 .
Điều kiện: x 30
2
Trường hợp 1:
x
x
3 9 0
log 2 x 30 5 0
2
x
2x
3 3
log 2 x 30 5
x 0
x 2 2 x
x 2
x 30 32
x 2
x 0
x 2
30 x 0
x 29, 28,...0, 2
Kết hợp điều kiện ta có: x 2
. Nên
nên có 31 số nguyên
Trường hợp 2:
2
3x 9 x 0
log
x
30
5
0
2
2
3x 32 x
log
x
30
5
2
x 2 2 x
x
30
32
0 x 2
x 2
x 2
Vậy tổng cộng có 31 số ngun thỏa mãn u cầu bài tốn.
Câu 17:
2
Có bao nhiêu số nguyên x thoả mãn
x2
B. 13 .
A. 14 .
4 x log 2 x 14 4 0
?
D. 15 .
C. Vô số.
Lời giải
2 x2 4 x 0
2 x2 22 x
log 2 x 14 4 0
log 2 x 14 4
2
2
2 x 4 x 0
2 x 22 x
2
2 x 4 x log 2 x 14 4 0
log 2 x 14 4 0
log 2 x 14 4
Ta có:
x 2
x 2 x
x 0
0 x 14 16 14 x 2
2
0 x 2
x 2 x
x 14 16
x 2
2
x 2
14 x 0
x 2
x 2
14 x 0 .
x 13; 12;...;0; 2
Vì x nguyên nên
. Vậy có 15 số nguyên x thỏa mãn u cầu bài tốn.
Câu 18:
2
Có bao nhiêu số ngun x thỏa mãn
A. 24 .
x2
4 x log 3 x 25 3 0
?
C. 25 .
D. 26 .
Lời giải
B. Vô số.
ĐK: x 25
x 2 2 x
2 4 log 3 x 25 3 0
x
25
27
+) Ta có
x2
x
2
f x 2 x 4 x log 3 x 25 3
Ta có bảng xét dấu
x 0
x 2
25 x 0
f x 0
x 2
+) Suy ra:
x 24; 23;...; 1; 0; 2
+) Vì x nên ta có
. Vậy có 26 giá trị x nguyên thỏa bài toán.
Câu 19:
log 2 x 2 1 log 2 x 31 32 2 x 1 0
x
Có bao nhiêu số nguyên thỏa mãn
?
A. 27.
B. Vơ số.
C. 26.
D. 28.
Lời giải
Ta có
log 2 x 2 1 log 2 x 31 32 2 x 1 0
x 31
x 31
2
2
log 2 x 1 log 2 x 31
x x 30 0
x 1
x 1 5
32 2
x 31
x
31
2
log x 2 1 log x 31
x x 30 0
2
2
x 1 5
32 2 x 1
x 31
x 5
x 6
x 6
x 31
x 5;6
31 x 5
x 6
x 6
x 30; 29; 28;...; 5; 6
Do x nguyên nên
.
Vậy có 27 giá trị nguyên của x thỏa mãn bất phương trình đã cho.
Câu 20:
log 3 x 2 1 log3 x 21 . 16 2 x 1 0 ?
Có bao nhiêu số nguyên x thoả mãn
A. 17 .
B. 18 .
C. 16 .
D. Vô số.
Lời giải
Điều kiện: x 21.
log 3 x 2 1 log 3 x 21 0
16 2 x 1 0
2
x 1
log 3 x 1 log 3 x 21 . 16 2 0
log 3 x 2 1 log 3 x 21 0
16 2 x 1 0
Khi đó
log 3 x 2 1 log 3 x 21 0
x 1
I
16
2
0
Giải
ta có
x 2 1 x 21
x 1 4
log 3 x 2 1 log 3 x 21
x 1
4
2 2
x 4
x 2 x 20 0
x 5
x 5
x 5
21 x 4
1 .
Kết hợp điều kiện ta được x 5
x 4
x 5 .
(I )
( II )
Giải
II ta có
log 3 x 2 1 log 3 x 21 0
x 1
16 2 0
x 2 1 x 21
x 1 4
x 2 x 20 0
x 5
log 3 x 2 1 log 3 x 21
x 1
4
2 2
4 x 5
x 5 2 .
x 5
21 x 4
1
2
Từ và ta có các giá trị của x thoả mãn bất phương trình đã cho là x 5
.
x 20; 19;...; 4;5
Vì x nên suy ra
. Vậy có tất cả 18 số nguyên x thoả mãn đề bài.
Câu 21:
log ( x 2 1) log 2 ( x 21) (16 2 x 1 ) 0 ?
Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn 2
A. Vô số.
B. 17 .
C. 16 .
D. 18 .
Lời giải
Điều kiện: x 21 0 x 21
Đặt
f ( x ) log 2 ( x 2 1) log 2 ( x 21) (16 2 x 1 )
Ta có:
log 2 ( x 2 1) log 2 ( x 21) 0 log 2 ( x 2 1) log 2 ( x 21)
x 21
2
x 1 x 21
x 21
x 21
x 5
2
x x 20 0
x 4
x 5
x 4
16 2 x 1 0 2 x 1 16 2 x 1 24 x 1 4 x 5
Bảng xét dấu:
Từ bảng xét dấu ta có: f ( x) 0 21 x 4
x Z x 20; 19; 18...; 4
Vì
Vậy, có 17 số nguyên x thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 22:
log3 x 2 1 log 3 ( x 31) 32 2 x 1 0?
x
Có bao nhiêu số nguyên thỏa mãn
A. 27 .
B. 26 .
C. Vô số.
D. 28 .
Lời giải
h x log3 x 2 1 log 3 ( x 31) 32 2 x 1
Đặt
.
Điều kiện: x 31 .
log x 2 1 log 3 ( x 31) 0
h x 0 3
32 2 x 1 0
Ta có:
x 2 1 x 31
x 6
Bảng xét dấu
x 5
x 6
h x
Từ bảng xét dấu của
x 2 x 30 0
x 6
log 3 x 2 1 log 3 ( x 31)
x 1
2 32
h x
ta suy ra
log 3 x 2 1 log 3 ( x 31) 32 2 x 1 0 x ( 31; 5] {6}
Vậy có 27 số nguyên x thỏa mãn.
Câu 23:
Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số
log 4 x 2 x m log 2 x 2
A.
;6 .
B.
m
để bất phương trình
có nghiệm.
2; .
2; .
C.
Lời giải
D.
;6 .
x2 x m 0
x 2 0
x 2 0
2 2
2
2
log 4 x x m log 4 x 2
x x m x 2
Bất phương trình đã cho
x 2
m 5 x 4 .
Xét hàm số
Ta có
f x 5 x 4
trên
2; .
f x 5 0 x 2;
nên
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm
Câu 24:
f x
nghịch biến trên
m f 2 6
2; .
.
Có bao nhiêu số nguyên dương y sao cho ứng với mỗi y ln có ít hơn 2021 số ngun x
élog ( x + 3) thoả mãn ë 2
A. 20 .
1ù
û.( log 2 x - y ) < 0
B. 9 .
C. 10 .
Lời giải
D. 11 .
Điều kiện:
ïìï x > 0
Û
í
ïỵï x + 3 > 0
ïìï x > 0
Û x>0
í
ïỵï x >- 3
éïì log ( x + 3) - 1 < 0
2
êïí
êï log x - y > 0
2
êï
Û êỵ
êïìï log 2 ( x + 3) - 1 > 0
êí
êï log x - y < 0
élog 2 ( x + 3) - 1ù.( log 2 x - y ) < 0
2
û
ëỵï
Với điều kiện trên, ta có: ë
éïì log ( x + 3) <1
2
êïí
êï log x > y
êỵï
2
Û ê
Û
êìïï log 2 ( x + 3) >1
êí
êï log x < y
2
ëïỵ
éìï x + 3 < 2
êïí
êï x > 2 y
êïỵ
Û
ê
êïìï x + 3 > 2
êí
êïïỵ x < 2 y
ë
éìï x <- 1
êïí
êï x > 2 y
êïỵ
Û
ê
êïìï x >- 1
êí
êïïỵ x < 2 y
ë
é2 y < x <- 1 ( KTM )
ê
Û - 1< x < 2y
ê
y
ê
ë- 1 < x < 2
y
Kết hợp điều kiện ta được: 0 < x < 2
y
Ứng với mỗi y ln có ít hơn 2021 số nguyên x Û 2 £ 2021 Û y £ log 2 2021
y Ỵ {1; 2;3; 4;5;6;7;8;9;10}
Vì y là số nguyên dương nên
Vậy có 10 số nguyên dương y thỏa mẫn u cầu bài tốn.
Câu 25:
Cho bất phương trình
m 20; 20
A. 10.
ln x 3 2 x 2 m ln x 2 5
. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
0;3
để bất phương trình đúng nghiệm với mọi x trên đoạn
B. 12.
C. 41.
D. 11.
Lời giải
Chọn B
Theo yêu cầu bài tốn ta có:
ln x3 2 x 2 m ln x 2 5 , x 0;3 x 3 2 x 2 m x 2 5 , x 0;3
m x3 3 x 2 5 , x 0;3
m max x3 3 x 2 5
0;3
x 0
f x 3 x 2 6 x 0
f x x 3x 5, x 0;3
x 2 .
Xét hàm số
3
Ta có:
2
f x 9
f 0 5, f 2 9, f 3 5 max
0;3
.
m 20; 20
m 9;10;11....; 20
Do đó ta được m 9 , kết hợp với điều kiện
nên
. Vậy có 12
m
giá trị ngun của
thỏa mãn bài tốn.
Câu 26:
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tập nghiệm của bất phương trình
1
7
ln x 2 2 x m
1
7
A. 15 .
Điều kiện:
2ln 2 x 1
0
chứa đúng ba số nguyên?
B. 9 .
x 2 2 x m 0
2 x 1 0
C. 16 .
Lời giải
D. 14 .
.
Ta có:
1
7
ln x 2 2 x m
1
7
2ln 2 x 1
1
0
7
ln x2 2 x m
1
7
2ln 2 x 1
ln x 2 2 x m 2ln 2 x 1
2
x 2 2 x m 2 x 1 m 3x 2 6 x 1
.
1
x
f x 3x 6 x 1
2
Đặt:
,
2
f x 6 x 6
f x 0 x 1
.
Tập nghiệm bất phương trình đã cho chứa đúng ba số nguyên khi và chỉ khi:
f 3 m f 4 10 m 25
Do
m m 11;12;...; 25
.
.
Vậy có 15 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn u cầu bài tốn.
Câu 27:
Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 242 số nguyên y thỏa mãn
log 4 x 2 y log 3 x y
A. 55 .
?
B. 28 .
C. 29 .
Lời giải
D. 56 .
Điều kiện
x y 0
2
x y 0
x, y
. Khi đó
log 4 x 2 y log 3 x y x 2 y 4log3 x y x 2 y x y
x2 x x y
log 3 4
log3 4
x y 1
log 3 4
2
1
t
Đặt t x y t 1 thì được viết lại là x x t
2
1
Với mỗi x nguyên cho trước có không quá 242 số nguyên y thỏa mãn bất phương trình
Tương đương với bất phương trình
2
có khơng quá 242 nghiệm t .
log3 4
2
f t t log3 4 t
1;
243 781 thì sẽ
Nhận thấy
đồng biến trên
nên nếu x x 243
có ít nhất 243 nghiệm nguyên t 1 .
2
Do đó yêu cầu bài toán tương đương với x x 781 27, 4 x 28, 4 .
x 27, 26,..., 27, 28
Mà x nguyên nên
.
Vậy có tất cả 28 28 56 số nguyên x thỏa yêu cầu bài toán.