Chuyên đề 19 phương trình mũ logarit chứa tham số đáp án

TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2021

Chun đề 19

PHƯƠNG TRÌNH MŨ - LOGARITNG TRÌNH MŨ - LOGARIT

TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH GIỎI – XUẤT SẮC MỨC 9-10 ĐIỂM
PHƯƠNG PHÁP CHUNG
f x, m  0
Tìm m để 
có nghiệm (hoặc có k nghiệm) trên D ?
f x A  m
— Bước 1. Tách m ra khỏi biến số và đưa về dạng  
.
f  x
— Bước 2. Khảo sát sự biến thiên của hàm số
trên D.
A m
y A m
— Bước 3. Dựa vào bảng biến thiên để xác định giá trị của tham số   để đường thẳng
nằm
y  f  x
ngang cắt đồ thị hàm số
.
A m
f x A  m
— Bước 4. Kết luận các giá trị cần tìm của   để phương trình  
có nghiệm (hoặc có k
nghiệm) trên D.
 Lưu ý
y  f  x

A m
— Nếu hàm số
có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên D thì giá trị   cần tìm là những m
min f  x   A  m  max f  x 
xD
thỏa mãn: xD
.
— Nếu bài toán yêu cầu tìm tham số để phương trình có k nghiệm phân biệt, ta chỉ cần dựa vào bảng biến
y A m
y  f  x
thiên để xác định sao cho đường thẳng
nằm ngang cắt đồ thị hàm số
tại k điểm
phân biệt.

Dạng 1. Phương trình logarit chứa tham số
Câu 1.

log 22  2 x    m  2  log 2 x  m  2 0 m
(Đề Minh Họa 2020 Lần 1) Cho phương trình
(
là tham
m
số thực). Tập hợp tất cả các giá trị của
để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc
1; 2
đoạn   là
1; 2
1; 2
1; 2

2;  
A.   .
B.   .
C.   .
D. 
.
Lời giải
Chọn C
2

log 22  2 x    m  2  log 2 x  m  2 0   1  log  x     m  2  log 2 x  m  2 0  *
t log 2 x  g  x   0 t 1
Đặt
và mỗi giá trị của x sẽ cho một giá trị của t
2
 * trở thành  1  t    m  2  t  m  2 0
 t 2  2t  1  mt  2t  m  2 0
 t 2  1 m  t  1
  t  1  t  1  m  0

 t m  1  1

 2
 t 1
Với t 1 thì phương trình có một nghiệm x 2
Vậy để phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt thì phương trình
t 1
0 m  1  1  1 m  2
m   1; 2 
Vậy

để thoả mãn yêu cầu bài toán.

 1

phải có một nghiệm

Facebook Nguyễn Vương  Trang 1


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Câu 2.

(Chuyên
Lam
Sơn
Thanh
Hóa
2019)
Cho
hàm
số
2
2
3log 27  2 x   m  3 x  1  m   log 1  x  x 1  3m  0
3
. Số các giá trị nguyên của m để
x  x  15
phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn 1 2
là:

A. 14

B. 11

D. 13

C. 12
Lời giải

Chọn D
3log 27  2 x 2   m  3 x  1  m   log 1  x 2  x  1  3m  0
3
Ta có:
 log 3  2 x 2   m  3 x  1  m  log 3 x 2  x  1  3m





2
 x  x  1  3m  0
 2
2
2 x   m  3  x  1  m x  x 1  3m
 x 2  x  1  3m  0  *
 x 2  x  1  3m  0  *

 2
  x m
 x   m  2  x  2m 0  1


  x 2

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân
m 2  m  1  3m  0
 2
 m 2  4m  1  0
 2  1  1  3m  0  
 m 2 3
 4  3m  0
m 2

biệt thỏa mãn (*)
.
2
2
x  x  15   x1  x2   4 x1 x2  225  m  4m  221  0   13  m  17
Theo giả thiết 1 2
Do
đó  13  m  2  3 . Vậy số các giá trị nguyên của m thỏa mãn là 13.
Câu 3.

(THPT Yên Phong Số 1 Bắc Ninh 2019) Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của tham số m
log 1  x  m   log 5  2  x  0
5
với m  64 để phương trình
có nghiệm. Tính tổng tất cả các phần tử
của S .
A. 2018.
B. 2016.

C. 2015.
D. 2013.
Lời giải
Chọn C
x  2


2 m
log 1  x  m   log 5  2  x  0
x


 log 5  x  m  log5  2  x 

2 .
5
Ta có:
2 m
2 m2
Vì x  2 nên 2
.
m

64
Kết hợp với
. Khi đó  2  m  64 .
m   1;0;1...63
Vì m   nên
có 65 giá trị.

Vậy tổng S các giá trị của m để phương trình có nghiệm là:
Câu 4.

S

  1  63 .65 2015
2

.

log 9 x 2  log 3  6 x  1  log 3 m m
(Mã 102 2019) Cho phương trình
( là tham số thực). Có tất cả
bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có nghiệm?
A. 7 .
B. 6 .
C. 5 .
D. Vô số.
Lời giải
Chọn C

Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021
2

log 9 x  log 3  6 x  1  log 3 m
Xét phương trình
.
1


x 
6

m  0
Điều kiện:
.
Khi đó
log 9 x 2  log 3  6 x  1  log 3 m  log 3 x  log 3 m log 3  6 x  1
 mx 6 x  1  x  6  m  1  1
+) Với m 6 , phương trình (1) trở thành 0 1 (vô lý).
1
x
6 m
+) Với m 6 , phương trình (1) có nghiệm
1
1
1
1
m

 
 0 
0 0m6
6 m 6
6 m 6
6 m
.
m    m   1; 2;3; 4;5
Vậy 0  m  6 . Mà

. Vậy có 5 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Câu 5.

log 9 x 2  log 3  5 x  1  log 3 m m
(Mã 103 2019) Cho phương trình
( là tham số thực). Có tất cả
bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có nghiệm?
A. 4.
B. 6.
C. Vô số.
D. 5.
Lời giải
Chọn A
1

x 
5

m  0
Điều kiện:
.
log 9 x 2  log 3  5 x  1  log 3 m  1
Xét phương trình:
.
Cách 1.
5x  1
5x  1
1
log 3 m 

m  5  m  2 
 1  log3 x  log 3  5 x  1  log 3 m  log 3
x
x
x
.
1


1
f  x  5 
 ; 
.
x trên khoảng  5
Xét

1
1
1


 0, x   ;   
lim f  x   lim  5   5
2
x  
x
x
5
 và x  


Có
.
f x
Ta có bảng biến thiên của hàm số   :
f  x  

1

x
2
5.
có nghiệm khi và chỉ phương trình   có nghiệm
1
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình   có nghiệm khi và chỉ khi 0  m  5 .
m   1; 2;3;4
Mà m   và m  0 nên
.
1
Phương trình  

Facebook Nguyễn Vương 3


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Vậy có 4 giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có nghiệm.
Cách 2.
1

x 

5

m  0
Với
, ta có:
5x  1
5x  1
log 3 m 
m   5  m  x 1
 1  log 3 x  log 3  5 x  1  log 3 m  log 3
x
x
2
Với m 5 , phương trình   thành 0.x 1 (vô nghiệm).
1
 2  x 
5 m .
Với m 5 ,
m
1
1
1
x
  5. 5  m  0

  0m5.
5  5 m 5
Xét
m   1;2;3;4
Mà m   và m  0 nên

.
m
Vậy có 4 giá trị nguyên của
để phương trình đã cho có nghiệm.

Câu 6.

 2

log x 2  log  3 x  1  log m

9
3
3
(Mã 101 - 2019) Cho phương trình
( m là tham số thực). Có
m
tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
để phương trình đã cho có nghiệm?
A. 2.
B. 4.
C. 3.
D. Vô số.
Lời giải
Chọn A

Điều kiện:

x

1
3 và m  0 .

Phương trình đã cho tương đương:
Xét hàm số

f  x 

f  x  
Có

log 3 x  log 3  3 x  1 log 3

1
x
1


m
3x  1 m

x
1
x
3 x  1 với
3

1

 3x  1

2

 0, x  1
3

1 1
  0m 3
m
3
Dựa vào BBT, phương trình có nghiờm khi
Do
Cõu 7.

mẻ Â ị mẻ

{1,2} .

log x 2 4log  4 x  1  log m

9
3
3
(Mã 104 2019) Cho phương trình
( m là tham số thực). Có tất
cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có nghiệm?
A. 5 .
B. 3 .
C. Vô số.
D. 4 .

Lời giải
Chọn C
1
x
4 . Phương trình đã cho  log 3 x  4 log 3  4 x  1  log 3 m
Điều kiện:

Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021
4

 4 x  1  f x
x
1
1  log 3

log

m

 
3
4
 log 3 x  log 3  4 x  1 log 3
m
x
 4 x  1
m
4

 4 x  1


4

f  x
x
Xét hàm số
Suy ra bảng biến thiên:

3

4

3

16 x  4 x  1   4 x  1
 4 x  1  12 x 1  0, x  1
f  x  

2
x
x2
4.
có

Do đó phương trình có nghiệm khi m  0 . Vậy có vô số giá trị nguyên của m .
Câu 8.

(THPT
Lương
Thế
Vinh
Hà
Nội
2019)
Cho
phương
trình
2
log mx  5 x  6 x  12 log mx  5 x  2
, gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m   để
phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. Tìm số phần tử của S .
A. 2 .
B. 0 .
C. 3 .
D. 1 .
Lời giải
x  2  0
x   2


+ Điều kiện 0  mx  5 1 5  mx 6









log mx  5 x 2  6 x  12 log
Với điều kiện trên, phương trình
 log mx  5 x 2  6 x  12 log mx  5  x  2 



mx  5

x2

 *



 x 2
 x 2  6 x  12  x  2  
 x 5 .

m 4
5
 

m

3
m  Z .
x 2 là nghiệm phương trình  * khi

2
, vì m  Z
m 2
6
 
5

5
m

6

1

m

m  Z .
x 5 là nghiệm phương trình  * khi
5 , vì m  Z
log mx  5 x 2  6 x  12 log mx  5 x  2
+ Phương trình
có nghiệm duy nhất khi m 2 hoặc m 3
Thử lại
2
2
m 2 : log 2 x  5 x  6 x  12 log 2 x  5 x  2  log 2 x  5 x  6 x  12 log 2 x  5  x  2 
 x 2  6 x  12  x  2

 x  2  0
 x 5

0  2 x  5 1

.
2
2
m 3 : log 3 x  5 x  6 x  12 log 3 x  5 x  2  log 3 x  5 x  6 x  12 log 3 x  5  x  2 
 x 2  6 x  12  x  2

 x  2  0
 x 5
0  4 x  5 1

.
m

Z
Vậy có hai giá trị
thỏa mãn ycbt.
5  2m 6 





















Facebook Nguyễn Vương 5


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Câu 9.

Cho phương trình

log 2

5

 2x

2

 x  4m 2  2m   log

x 2  mx  2m 2 0

. Hỏi có bao nhiêu
giá trị nguyên của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm x  x 3 ?
A. 1
B. 0
C. 3
D. 4
Lời giải
Chọn B
Phương trình đã cho tương đương với phương trình:
log 2 5 2 x 2  x  4m2  2m  log 5  2 x 2  mx  2m 2 0
5 2

2
1



 log



 2x

5 2

2



 x  4m 2  2m   log

5 2

2
2



x

2

 mx  2m 2  0

2
2
2
2
 x  2mx  2m  0
 x  2mx  2m  0
 2
 2
2
2
2
2
 x   m  1 x  2m  2m 0
2 x  x  2m  4m  x  mx  2m
 x 2  mx  2m 2  0


   x1 2m
  x 1  m
 2
2
2
Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa x1  x2 3

 2m  2  m  2m   2m 2  0
 4m 2  0


2

  1  m   m  1  m   2m 2  0  2m 2  m  1  0

5m 2  2m  2 0
2
2

 2m    1  m  3

 m 0

1
1  11

  1  m 
 m
2

5


1  11
1  11
;m 
m 
5
5

Vậy không có giá trị nguyên nào của m thỏa yêu cầu đề bài
Câu 10.

(HSG Bắc Ninh 2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình





4 log 2 x

A.

0m

2

 log 1 x  m 0
2

1
4

có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng
1
1
0 m 
m
4
4
B.
C.
Lời giải

 0;1 .
D.



1
m0
4

Ta có:



4 log 2 x



2



 log 1 x  m 0  2 log 2 x
2



2

2

 log 2 x  m 0   log 2 x   log 2 x  m  1

t    ;0 
Đặt t log 2 x với
.
2
 1  t  t  m .
f  t  t 2  t
Xét
.
f '  t  2t 1
f '  t  0  t 

1
2

Bảng biến thiên
Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Dựa vào bảng biến thiên
Câu 11.

1
1
m0 0m
4
4



m
Thanh
Hóa
2019)
Tìm
1
2
5 
 4m  4 0
 m  1 log 21  x  2   4  m  5  log 1
 2 , 4 
2
2 x 2
có nghiệm trên

.
(THPT

Đông

A. m   .

Sơn

B.

 3 m 

7
3.

C. m   .
Lời giải

D.

để

phương

3m

trình :

7

3.

Điều kiện: x  2 . Phương trình đã cho
2


2
  m  1  log 1  x  2    4  m  5  log 2  x  2   4m  4 0
 2

2

  m  1   2 log 2  x  2    4  m  5  log 2  x  2   4m  4 0

 4  m  1 log 22  x  2   4  m  5  log 2  x  2   4m  4 0
  m  1 log 22  x  2    m  5  log 2  x  2   m  1 0
Đặt

t log 2  x  2 

. (1)

5 
x   ; 4   t    1;1
2 
. Vì
.

Phương trình (1) trở thành

 m  1 t 2   m  5 t  m  1 0 , t    1;1 . (2)

t 2  5t  1
 m 2
 f  t  , t    1;1
t  t 1
.
f ' t  

 t 2
0  
 t  2

 4t 2  4

 t 2  t 1
Ta có
Bảng biến thiên

2

.

5 
x   ; 4
 2  khi phương trình (2) có nghiệm t    1;1 .
Phương trình đã cho có nghiệm
7
 3 m 
3.

Từ bảng biến thiên suy ra

Câu 12.

2
2
(Chuyên Bắc Giang 2019) Tìm m để phương trình log 2 x  log 2 x  3 m có nghiệm x  [1;8] .

Facebook Nguyễn Vương 7


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

A. 6 m 9

B. 2 m 3

C. 2 m 6
Lời giải

D. 3 m 6

Chọn C
log 2 2 x  log 2 x 2  3 m (1)
 Điều kiện: x  0 (*)
2
  log 2 x   2 log 2 x  3 m
pt (1)
Cách 1: (Tự luận)
 Đặt t log 2 x , với x  [1;8] thì t  [0;3] .

2
Phương trình trở thành: t  2t  3 m (2)
 Để phương trình (1) có nghiệm x  [1;8]

 phương trình (2) có nghiệm t  [0;3]
min f (t )  m  max f (t )
2
[0;3]
 [0;3]
, trong đó f (t ) t  2t  3
 2 m 6 . (bấm máy tính)
Câu 13.

log 2 2 x  2 log 2 x  m  log 2 x m  *
(HSG Bắc Ninh-2019) Cho phương trình
. Có bao nhiêu
m    2019; 2019
giá trị nguyên của tham số
để phương trình (*) có nghiệm?
2021
2019
A.
.
B.
.
C. 4038 .
D. 2020 .
Lời giải
x  0


m  log 2 x 0
Điều kiện: 
.
2
log 2 x  2 log 2 x  m  log 2 x m  4 log 2 2 x  8log 2 x  4 m  log 2 x 4m
 4 log 2 2 x  4 log 2 x  1 4 m  log 2 x  4  m  log 2 x   1

 2 m  log 2 x 1 2 log 2 x  1
2
2
  2 log 2 x  1  2 m  log 2 x  1  
 2 m  log 2 x 1  2 log 2 x  1
 m  log 2 x log 2 x  1

 m  log 2 x  log 2 x

log 2 x 0
0  x 1



2
2
m

log
x

log
x

m

log
x

log
x

log 2 x  log 2 x  m 0  1
2
2
2
2


* TH 1 :
t log 2 x  t 0 
t 2  t  m 0  t 2  t m  2 
Đặt:
, phương trình (1) trở thành:





g (t ) t 2  t (t    ;0

 2  có
Đặt:
.Bài toán trở thành: Tìm giá trị của tham sớ m để phương trình

ít nhất 1 nghiệm t 0
2
Ta có: g (t ) t  t  g (t ) 2t  1  0t 0
Ta có BBT:

Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2021

 2  có ít nhất 1 nghiệm t 0 thì m 0 (*)
Dựa vào BBT, suy ra: để phương trình
log 2 x 1

2
m  log 2 x log 2 x  1
m  log 2 x log 2 x  2 log 2 x  1
* TH 2 :

log 2 x 1

2

log 2 x  3log 2 x  1  m 0  3
t log 2 x  t 1
t 2  3t  1  m 0  m t 2  3t  1 4 
Đặt:
, phương trình (1) trở thành:
g (t ) t 2  t  1, t   1;  
Đặt:
2

Ta có: g (t ) t  3t 1  g (t ) 2t  3
3
g (t ) 0  2t  3 0  t    1;  
2

 4  có ít nhất 1 nghiệm t 1
Bài toán trở thành: Tìm giá trị của tham số m để phương trình
Ta có BBT:

 4  có ít nhất 1 nghiệm t 1 thì m 
Dựa vào BBT, suy ra: để phương trình
m    2019; 2019  m    1;0;1; 2;...; 2019
Kết hợp (*) và (**),

5
4 (**)

Vậy có tất cả 2021 giá trị của m thỏa mãn ycbt
Câu 14.

(Đề Tham Khảo 2017) Hỏi có bao nhiêu giá trị m nguyên trong
log  mx  2 log  x  1
có nghiệm duy nhất?
4014.
A.
B. 2018.
C. 4015.
Lời giải
Chọn B
Điều kiện x   1, mx  0 .

log  mx  2 log  x  1  mx  x  1

 x  1


f  x
x
Xét hàm
Lập bảng biến thiên

2

 x  1
 m

để phương trình

D. 2017 .

2

x

2

 x   1, x 0 

  2017; 2017

f  x  

;

x2  1
0 
x2

 x 1

 x  1  l 

Facebook Nguyễn Vương 9


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

 m 4

Dựa vào BBT, phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi  m  0.
m    2017; 2017 
Vì
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 
f  x  0
với 0  a 1 ta chỉ cần điều kiện
.
Câu 15.

(THPT An Lão Hải Phòng 2019) Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương
 2;3
trình mx  ln x 0 có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng
ln 2   ln 3
 ln 2 ln 3 


;
;  


  ;
 
3 
2   3

A.  2
B. 
 ln 2 1 
 ln 3 1 
; 
; 


C.  2 e 
D.  3 e 
Lời giải
Chọn D
ln x

mx  ln x 0  m 
, x   2;3 
x
ln x
f  x 
, x   2;3
x
Đặt
1  ln x
f  x   2
f  x  0  x e
x
;
BBT

 ln 3 1 
m
; 
3
e.

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì
Câu 16.

(THPT Dông Sơn Thanh Hóa 2019) Tổng tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương
trình:
2

2 x  1 .log 2 x 2  2 x  3 4 x  m .log 2  2 x  m  2 



A. 2.



3
.
B. 2

có đúng ba nghiệm phân biệt là:

C. 0.
Lời giải

D. 3.

Tập xác định D 
Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

2

 x  1 2

.log 2  x  2 x  3 4
2

x m

.log 2  2 x  m  2 

2

 2 x  1 .log 2  ( x  1) 2  2  22 x  m .log 2  2 x  m  2  (*)

f '(t ) 2t ln 2.log 2 (t  2)  2t

t

Đặt f (t ) 2 log 2 (t  2), t 0 ;
t
Vậy hàm số f (t ) 2 log 2 (t  2) đồng biến trên (0; ) .

1
 0, t 0
(t  2) ln 2
.

 2( x  m) ( x  1) 2
f  ( x  1) 2   f  2 x  m   ( x  1) 2 2 x  m  
2
 2( x  m)  ( x  1) .
Từ (*) ta có
 g ( x) x 2  4 x  1  2m 0 (a)
 2
 x 2m  1 (b)

Do các phương trình ( a) và (b) là phương trình bậc hai nên để phương trình ban đầu có 3 nghiệm

phân biệt ta có các trường hợp sau:
1
m
2 , (b) chỉ có nghiệm kép bằng 0 và (a) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 (thỏa mãn).
TH1:
1
2 , (b) có 2 nghiệm phân biệt x  2m  1 và (a) có 2 nghiệm phân biệt trong đó có 1
TH2:
nghiệm bằng  2m  1
m


 '  0

  g ( 2m  1) 0 

 '  0


 g ( 2m  1) 0

3

m 
2  m 1

m 1
(thỏa mãn).

1

2 , (b) có 2 nghiệm phân biệt x  2m  1 và (a) có nghiệm kép khác  2m  1 .
+ TH3:
3

m
3


'

0



2 m

2
m 1
  g ( 2m  1) 0
(thỏa mãn).
m

1
3
 1  3.
2
Vậy tổng các giá trị của m là 2

ln m  ln  m  sin x   sin x
Câu 17. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình 

có nghiệm.
1
1
 1 m e 1.
1 m   1.
e
A. e
B. 1 m e 1.
C.
D. 1 m  e  1.
Lời giải
u
u ln  m  sin x 
e m  sin x
  sin x

ln
m

u

sin
x
u ln  m  sin x 



e m  u
Đặt
ta được hệ phương trình: 

eu  u esin x  sin x  *
Từ hệ phương trình ta suy ra:
f  t  et  t
f '  t  et  1  0, t  .
f  t
Xét hàm số
có
Hàm số
đồng biến trên .
 *  f  u   f  sin x   u sin x
ln  m  sin x  sin x  esin x  sin x m  **
Khi đó ta được:
z sin x, z    1;1 .
**
e z  z m  **

Đặt
Phương trình
trở thành:
z
g  z  e  z
  1;1 .
Xét hàm số:
trên
Facebook Nguyễn Vương 11


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Hàm số

g  z  e z  z

liên tục trên

  1;1

và có

max g  z   g  1 e  1, min g  z  g  0  1
  1;1

  1;1

 ** có nghiệm  1 m e  1.
Hệ phương trình ban đầu có nghiệm  phương trình
Câu 18. (THPT Yên Dũng 2-Bắc Giang 2019) Số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình
log 2 ( x  1) log 2 (mx  8)
có hai nghiệm phân biệt là
A. 5 .
B. Vô số.
C. 4 .
D. 3 .
Lời giải
Chọn D
Điều kiện: x  1
log 2 ( x  1) log 2 ( mx  8)  log 2 ( x  1) 2 log 2 ( mx  8)  ( x  1) 2 mx  8
Ta có:
x2  2x  9
m.

 x 2  2 x  9 mx . Do x  1 nên suy ra
x
f ( x) 

x2  2x  9
x
trên khoảng (1; ).

Xét hàm số
x2  9
f ' ( x)  2
'
x , f ( x) 0  x 3.
Bảng biến thiên
x



3

1

'

f ( x)
f ( x)



0

8





4

m   5;6;7
Nhìn vào BBT ta thấy yêu cầu của bài toán là 4  m  8 . Do m nguyên nên
.
Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 19.

(THPT Trần Phú - 2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trinh
ổử
ộ1 ự
xữ
ờ ;1ỳ
m 2 ln ỗ
= ( 2 - m) ln x - 4
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ốe ứ
ởe ỳ
ỷ?
co nghiờm thuc vao oan ê

A. 1 .

B. 2 .

C. 3 .
Lời giải

D. 4 .

Chọn A
ổử
xữ
m 2 ln ỗ
= ( 2 - m) ln x - 4
ữ
ỗ
ữ
ỗ
m 2 ( ln x - 1) = ( 2 - m) ln x - 4 Û ( m 2 + m - 2) ln x = m 2 - 4 ( 1)
è
ø
e
Û
Có
.
2
( m > 0) , ( 1) Û 0 ln x =- 3 (Vơ nghiệm) Þ Loại m = 1 .
• Với m + m - 2 = 0 Þ m = 1
m- 2
ln x =

1
(
)
Û
m - 1 ( 2) .
ã Vi m ạ 1 ,
ộ1 ự
ờ ;1ỳ
y
=
ln
x
ởe ỳ
ỷị ln x ẻ [- 1; 0] .
+ Ham số
đồng biến trên ê
é1 ù
ê ;1ú
2)
(
ëe ú
ûkhi
+ Phương trình
có nghiệm thuộc đoạn ê
ìï é
ìï m - 2
ïï êm ³ 3
ïï
³ - 1
ïï ê

2
ïí m - 1
í êm <1
ïï ê
ïï m - 2
ë
m- 2
3
ïï
£0
- 1£
£0
£ m£ 2
ïï
1
<
m
£
2
Û ïỵ m - 1
Û îï
Û 2
Þ m =2.
m- 1
Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Vậy có 1 giá trị nguyên dương của tham số m thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 20.

(THPT Trần Phú - 2019) Có bao nhiêu giá trị của tham số m để phương trình
x
2
4 log 36
x - m log 6 + 2 = 0
x .x - 72 x1.x2 +1296 £ 0
6
có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn 1 2
A. 0.
B. 1.
C. 2.
D. 3.
Lời giải
Chọn A
x
2
4 log 36
x - m log 6 + 2 = 0
6
(Điều kiện x > 0 )
Û log 62 x - m log 6 x + m + 2 = 0

ém < 2 - 2 3
D = m 2 - 4 ( m + 2) > 0 Û ê
ê
ê
ëm > 2 + 2 3
Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi
x1.x2 - 72 x1.x2 +1296 £ 0 Û x1.x2 = 36 Û x1.x2 = 1296

Þ log 6 ( x1.x2 ) = 4 Û log 6 x1 + log 6 x2 = 4 Þ m = 4
Câu 21.

(khơng thỏa điều kiện của m )

(Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Tập hợp các giá trị thực của tham số m để phương
log 2019 4  x 2  log 1  2 x  m  1 0
T  a; b 
2019
trình
có hai nghiệm thực phân biệt là
. Tính
S 2a  b .
A. 18 .
B. 8 .
C. 20 .
D. 16 .
Lời giải
Chọn D
 1 m

D   2; 2   
;  
 2
.
Tập xác định
Khi đó, phương trình đã cho trở thành
4  x2
log 2019

0  4  x 2 2 x  m  1  x 2  2 x  m  5 0 (*)
2x  m  1
Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt





  12  1.(m  5) 6  m  0  m  6 (1)
Khi đó phương trình (1) có 2 nghiệm lần lượt là
1 m
 2  m 5
 D   2; 2 
TH1: 2
(2)
.

x1  1  6  m ; x2  1 

  1  6  m  2



1

6

m



2
x
,
x

D


Phương trình (1) có 2 nghiệm 1 2
Từ (1), (2) và (3) suy ra 5  m  6 .
1 m
2
 2  3m 5
2
TH2:
(4).
 1 m 
 D 
;2
 2
.

6 m .

 6  m  3
 m 5

 6  m  1
(3).

Phương trình (1) có 2 nghiệm
m3
  1 6  m  2

6 m 3




1 m  
m  3   m   3  m  5

1

6

m

6

m



 m  5
x1 , x2  D

2

2


(5).
Từ (4) và (5) suy ra m  . Vậy 5  m  6 . Suy ra a 5, b 6  2a  b 16 .
Facebook Nguyễn Vương 13


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Câu 22.

(THPT Cẩm Bình 2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình
log 3  x  3  m log x 3 9 16
có hai nghiệm thỏa mãn  2  x1  x2 .
A. 17 .
B. 16 .
C. 14 .
D. 15 .
Lời giải
Chọn D
Điều kiện xác định: x   3 và x  2 .
log 3  x  3  4m log  x 3 3  16 0
Biến đổi phương trình đã cho về phương trình sau:
.
2
 log3  x  3  16 log3  x  3   4m 0 (1)
.
log 3  x  3 t
 1 trở thành: t 2  16t  4m 0  2  .
Đặt
phương trình

log 3  x  3 t  x 3t  3
Ta có:
.
t
Theo điều kiện đề bài thì x   2 nên 3  3   2  t  0 .
log 3  x  3  m log x 3 9 16
Vậy để phương trình
có hai nghiệm thỏa mãn  2  x1  x2
 2  phải có hai nghiệm t dương phân biệt
thì phương trình
  0
64  4m  0

 t1  t2 16  0  
 0  m  16
4
m

0


t1 .t 2 4m  0
. Vậy có 15 giá trị nguyên m thỏa mãn.

Câu 23.

(Chun Hồng Văn Thụ-Hịa Bình 2019) Tập hợp các sớ thực m để phương trình
ln  3 x  mx  1 ln  x 2  4 x  3
a; b 
có nghiệm là nửa khoảng 

. Tổng a  b bằng
10
22
.
.
4.
3
3
B.
C.
D. 7.
A.
Lời giải
Chọn D
Ta có:
ln  3 x  mx  1 ln   x 2  4 x  3 (1)





2
 x  4 x  3  0


2
3x  mx  1  x  4 x  3

1  x  3
 2

 x  x  4 mx

1  x  3
1  x  3
1  x  3
 2
 2

 x  x4
 x  x4

4
m
m


 x  x  1 m (2)
x
x


4
4
f ( x)  x   1; x   1;3
f '( x) 1  2
x
x
Xét hàm số:
có
f '( x ) 1 

4
0 
x2

 x 2   1;3  f (2) 3

 x  2   1;3

Bảng biến thiên:

Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Dựa vào bảng biến thiên ta có:
Phương trình (1) có nghiệm.

 Phương trình (2) có nghiệm thuộc khoảng  1;3 .
 3 m  4  m   3; 4 
.
 a 3
 a  b 3  4 7

b

4

Suy ra
.

Câu 24.

log 22 x  2 log 2 x  4 1  log 2 x m
(Cần Thơ 2019) Cho phương trình
, với m là tham số thực.
  2019; 2019 của m để phương trình đã cho có nghiệm là
Số các giá trị nguyên thuộc đoạn
A. 2021.
B. 2024.
C. 2023.
D. 2020.
Lời giải
Chọn B
Điều kiện xác định: 1  log 2 x 0  log 2 x 1  0  x 2 .
2
1  log 2 x   4 1  log 2 x  1 m  1

Với điều kiện trên thì phương trình tương đương với
.
4
x   0; 2
t  1  log 2 x
 1 trở thành t  4t  1 m  2  .
Đặt
, vì
nên t 0 . Khi đó,
 1 có nghiệm x   0; 2 thì  2  có nghiệm t 0 .
Để
f  t  t 4  4t  1 t   0;  
Xét hàm số

,
.
3
f  t  4t  4
f  t  0  t 1   0;   
Ta có
. Cho
.
f  t
Ta được bảng biến thiên của
như sau:

m    2019; 2019 
có nghiệm t 0 thì m  4 , mà
nên tập hợp các giá trị
  4;  3;  2;  1;0;1; ; 2019 .
của m cần tìm là
  2019; 2019 để phương trình đã cho có
Vậy có tất cả 2024 giá trị nguyên của m thuộc đoạn
nghiệm.
Câu 25.
(Nam Định - 2019) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình
2m
x log 3  x  1 log 9  9  x  1 

 có hai nghiệm phân biệt.
m    1;0 
m    1; 0 
m    2;0 
m    1;   

A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Lời giải
Chọn C
Theo BBT, để

 2

Facebook Nguyễn Vương 15


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Cách 1.
Điều kiện: x   1 .

x log 3  x  1 log 9  9  x 1

Ta có pt:
  x  m  log 3  x  1 1
(1).
log 3  x  1 t  x 3t  1
Đặt:
Ta có, Pt (1)

Đặt:

2m

  x log 3  x 1 1  m log 3  x 1


  3t  m  1 .t 1  f  t  3t 

f  t  3t 

1
 1 m
t
, với t 0 .

1
1
t
, với t 0 .

1
 0, t     ;0  ,  0;   
t2
.
1
f  t  3t   1
   ; 0  và  0;    .
t
Suy ra,

là hàm số đồng biến trên
Ta xét các giới sau:
1 
1 


lim  3t   1  1 lim  3t   1 
t  
t  
t 
t 


,
.
 f '  t  3t.ln 3 

1 
1 


lim  3t   1   lim  3t   1   
t 0 
t 0 
t 
t 
,
.
1
f  t  3t   1

t     ; 0  ,  0;   
t
Ta có bảng biến thiên của hàm số
, với
.

Ta có, số nghiệm của Pt (1) cũng chính là sớ nghiệm của đờ thị hàm sớ (C)
và đồ thị hàm số y m (song song hoặc trùng với trục hoành).
Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
f  t  3t 

1
1
t


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

x log 3  x  1 log9  9  x  1

Dựa, vào đồ thị ở hình vẽ trên, để phương trình
m    1;   
.
Cách 2.
Điều kiện: x   1 .

2m


 có ba nghiệm khi

2m
x log 3  x  1 log 9  9  x  1 

 (1)
Ta có:
Nhận thấy x 0 không là nghiệm phương trình trên.

  x  m  log 3  x  1 1  x 
Pt (1)
f  x  x 
Đặt:

1
m
log 3  x  1

.

1
1
 f '  x  1 
 0, x    1;   
2
log 3  x  1
 x  1 ln 3.  log 3  x 1 

f  x  x 
Suy ra

1
log 3  x  1

là hàm số đồng biến

x    1;   

f  x  x 
Ta có BBT của hàm số

.

1
log 3  x  1

.

x log 3  x  1 log9  9  x  1

Dựa, vào BBT ở hình vẽ trên, để phương trình
m    1;   
.
Câu 26.

.

2m


 có ba nghiệm khi

(THPT Hoàng Hoa Thám - Hưng Yên 2019) Cho a, b là các số thực dương lớn hơn 1, thay đổi
5log a x.log b x  4 log a x  3log b x  2019 0 luôn có hai
thỏa mãn a  b 2019 để phương trình
3  m 4  n
ln    ln  
ln  x1.x2 
x
;
x
5
 7  5  7  ; với m, n là
1
2
nghiệm phân biệt
. Biết giá trị lớn nhất của
bằng
các sớ ngun dương. Tính S m  2n
A. 22209 .
B. 20190 .

C. 2019 .
Lời giải

D. 14133 .

Chọn A
Theo bài ra ta có
5log a x.log b x  4 log a x  3log b x  2019 0

 5log a x.  log b a.log a x   4 log a x  3  log b a.log a x   2019 0
2

 5log b a.  log a x    4  3log b a  log a x  2019 0  *

a, b  1  log b a.   2019   0   *
x ;x
Vì
luôn có hai nghiệm phân biệt 1 2
Theo Viet ta có:

Facebook Nguyễn Vương 17


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

ln a
4  3log b a
ln b
log a x1  log a x2 
 log a  x1.x2  
ln a
5log b a
5
ln b
ln  x1.x2  4 ln b  3ln a
1


 ln  x1.x2    4 ln  2019  a   3ln a 

ln a
5ln a
5
1
f  a    4ln  2019  a   3ln a 
a   1; 2019 
5
Xét
với
1  4
3
f ' a  
  f '  a  0  a  6057
5  2019  a a  ;
7
Ta có
4  3.

Bảng biến thiên

4 8076 3 6057
6057
ln  x1.x2   .ln
 .ln
a
5
7
5
7 khi
7 .

Từ bảng biến thiên ta được giá trị lớn nhất của
Từ đó suy ra m 6057 ; n 8076  S m  2n 6057  2.8076 22209
Câu 27.

(Bỉm Sơn - Thanh Hóa - 2019) Xét các số nguyên dương a, b sao cho phương trình
2
a ln 2 x  b ln x  5 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 và phương trình 5log x  b log x  a 0 có
hai nghiệm phân biệt x3 , x4 thỏa mãn x1 x2  x3 x4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của S 2a  3b
A. Smin 33 .
Chọn

B. Smin 30 .

C. Smin 17 .
Lời giải

D. Smin 25 .

B.

2
2
Điều kiện để hai phương trình a ln x  b ln x  5 0 và 5log x  b log x  a 0 có hai nghiệm
2
phân biệt là: b  20a  0 .

b

ln x1  ln x2  a



b
log x  log x 
3
4
5
Theo giả thiết ta có 
b

a

Mà x1 x2  x3 x4  e  10
b
b
    ln10
a
5
5
 a
 a 3
ln10
.

b

ln  x1 x2   a


b
log  x x  

3 4

5

b


a
x
x

e
 1 2

b
 x x 10 5
 3 4

b

5

2
2
Theo điều kiện có b  20a  0  b  20a 60  b 8 .
a 3
S 2a  3b 30  Smin 30  
b 8 .
Từ và suy ra

Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
.


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Câu 28.

(THPT Thuận Thành 3 - Bắc Ninh 2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để
 2 x 2  mx  1 
log 2 
  2 x 2  mx  1 x  2


x

2


phương trình
có hai nghiệm phân biệt?
3
1
4.
A. .
B. .
C.
D. 2 .
Lời giải
Chọn C

 2 x 2  mx  1  0

x2 0
Điều kiện: 
 2 x 2  mx  1 
log 2 
  2 x 2  mx 1  x  2


x2



 log 2 2 x 2  mx  1  2 x 2  mx  1  x  2  log 2  x  2 
Xét hàm số
có

Do

trên khoảng

 0;  ,

1
 1  0, t   0;  
 hàm số f  t  đồng biến trên  0; 
t ln 2
 x   2
2 x 2  mx  1  f  x  2   2 x 2  mx  1 x  2   2
 x   m  4  x  3 0

f  t  
f

Mà

f  t  log 2 t  t





f  x  x 2   m  4  x  3

là tam thức bậc hai nên có bảng biến thiên
4-m

x -∞
-

f'(x)

+∞

2

+

0

+∞

f(x) +∞
f(

4-m
2

)

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình
f  x  x 2   m  4  x  3 0
có hai nghiệm phân biệt lớn hơn  2.

m  8


9
9
4 m

 m 
 m .

2


2
2
2


2

 4  m 
 f  4  m   0  9  2m

  30
2 

2





suy ra:
m  *  m   1; 2;3; 4
Do
.Vậy có 4 giá trị của m .
Câu 29.

(Chuyên Bắc Giang 2019) Số các giá trị nguyên nhỏ hơn 2018 của tham số m để phương trình
log 6  2018 x  m  log 4  1009 x 
có nghiệm là
A. 2018 .
B. 2017 .
C. 2020 .
D. 2019 .
Lời giải
Chọn C

log 4  1009 x  t  1009 x 4t
Đặt
log 6 2.4t  m t  2.4t  m 6t  m 6t  2.4t
Phương trình đã cho có dạng





Facebook Nguyễn Vương 19


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

f  t  6t  2.4t
Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
với đường
thẳng y m .
t
t
t
t
t
f  t  6t  2.4t f  t  6 ln 6  2.4 ln 4 2 3 ln 6  2.2 ln 4
Xét hàm số:
.
t
 3
f  t  0  6t ln 6 2.4t ln 4    4 log 6 2  t log 3  4 log 6 2 
 2

2





t

 2 
lim f  t   lim  6  2.4   lim 6  1  2.    

t  
t  
t  
 3  

+)
lim f  t   lim  6t  2.4t  0
t  
+) t   
Ta có bảng biến thiên:
t

t

t



f  log 3  4 log 6 2    2, 0136

2

Với 


m  f  log 3  4 log 6 2    2, 0136

2

Từ bảng biến thiên, để phương trình có nghiệm thì
.

2

m

2018
2020
m
Vậy
. Có
số nguyên .
Câu 30. (Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An -2020) Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình
log 3 3x  2m log 5 3x  m 2
có nghiệm?
A. 3 .
B. 4 .
C. 2 .
D. 5 .
Lời giải

Chọn A
x
t
3  2m 3
log 3 3x  2m log 5 3x  m 2 t   x
2
t
3  m 5
Đặt

















 2m  m 2 3t  5t  m 2  2m  1 3t  5t 1 (*).
f  t  3t  5t  1
t 

Xét hàm số
với
t
t
f  t  3 .ln 3  5 .ln 5
Ta có:
.

.

t

 3  ln 5
f  t  0  3 .ln 3  5 .ln 5 0    
 t log 3  log 3 5  t0
5
ln
3


5
Khi đó
.
Bảng biến thiên
t

t

Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />