Bài toán vận dụng cao chủ đề 2 lũy THỪA – mũ – LOGARIT có lời giải file word

PHẦN CUỐI: BÀI TOÁN VẬN DỤNG (8.9.10)
Chủ đề 2. LŨY THỪA – MŨ – LOGARIT
y = log

Câu 1: (SGD VĨNH PHÚC)Đạo hàm của hàm số
y′ =

6
3 x − 1 ln 2

y′ =

A.

2
( 3x − 1) ln 2

B.

2

3x −1

là:
y′ =

6
( 3x − 1) ln 2

C.

y′ =

2
3 x − 1 ln 2

D.

Hướng dẫn giải
Chọn C.

3x − 1 ≠ 0

Điều kiện:
y = log

2

3x − 1 ⇒ y′ =

( 3x − 1) ′
( 3x − 1) ln

2

=

3
6
=
( 3x − 1) ln 2 ( 3x − 1) ln 2

.

Câu 2: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Bất phương trình
S = [ a; b ]

nghiệm là
A.

b − 2a

thì

6

B.

10

2.5 x + 2 + 5.2 x + 2 ≤ 133. 10 x

có tập

bằng
C.

12

D.

16

Hướng dẫn giải

Ta có:

2.5x + 2 + 5.2 x + 2 ≤ 133. 10 x ⇔ 50.5 x + 20.2 x ≤ 133 10 x

chia hai vế bất phương
x

trình cho

5x

ta được :

x
 2
20.2 x 133 10 x
2
50 + x ≤
⇔
50
+
20.
÷
 ÷ ≤ 133. 
x
÷
5

5
5
 5

(1)

x

Đặt

 2
t = 
÷
÷ , (t ≥ 0)
 5

20t 2 − 133t + 50 ≤ 0 ⇔
phương trình (1) trở thành:

2
25
≤t ≤
5
4

x

Khi đó ta có:

2

x
−4
2  2
25
2  2  2
≤
⇔  ÷ ≤  ÷ ≤  ÷ ⇔ −4 ≤ x ≤ 2
÷ ≤
5  5 ÷
4
5 5 5


a = −4, b = 2
nên

b − 2a = 10

Vậy
BÌNH LUẬN
– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


ma 2α + n ( ab ) + pb 2α > 0
α

Phương pháp giải bất phương trình dạng

a 2α
của bất phương trình cho

b 2α

)

.

hoặc

Câu 3: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho

(

: chia 2 vế

a

là số nguyên dương lớn nhất thỏa mãn
log 2 ( 2017a )

3log 3 1 + a + a > 2 log 2 a
3

. Tìm phần nguyên của
B. 22
C. 16

A. 14

.

D. 19

Hướng dẫn giải
t = 6 a,t > 0
Đặt

, từ giả thiết ta có

3log 3 ( 1 + t 3 + t 2 ) > 2 log 2 t 3

⇔ f ( t ) = log 3 ( 1 + t 3 + t 2 ) − log 2 t 2 > 0

f ′( t ) =

3
2
1 3t 2 + 2t
2 1 ( 3ln 2 − 2 ln 3) t + ( 2 ln 2 − 2 ln 3 ) t − 2 ln 3
. 3 2
−
. =
ln 3 t + t + 1 ln 2 t
ln 2.ln 3. ( t 4 + t 3 + t )

Vì đề xét

a

nguyên dương nên ta xét

t ≥1

.

g ( t ) = ( 3ln 2 − 2 ln 3) t 3 + ( 2 ln 2 − 2 ln 3) t 2 − 2 ln 3
Xét

Ta có

8
4
8
4

g ′ ( t ) = 3ln t 2 + 2 ln t = t  3ln t + 2 ln ÷
9
9
9
9


g′ ( t ) = 0 ⇔ t =

2 ln 9
3ln 8

4 <0
9

.

[ 1; +∞ )

g ( t)
Lập bảng biến thiên suy ra hàm số

giảm trên khoảng

g ( t ) ≤ g ( 1) = 5ln 2 − 6 ln 3 < 0 ⇒ f ′ ( t ) < 0
Suy ra

.

[ 1; +∞ )

f ( t)
Suy ra hàm số

Nên

t=4

luôn giảm trên khoảng

.
f ( t) = 0

là nghiệm duy nhất của phương trình

.

.


f ( t ) > 0 ⇔ f ( t ) > f ( 4 ) ⇔ t < 4 ⇔ 6 a < 4 ⇔ a < 4096

Suy ra

.

Nên số nguyên

a

lớn nhất thỏa mãn giả thiết bài toán là

a = 4095

.

log 2 ( 2017 a ) ≈ 22,97764311
Lúc đó

.
log 2 ( 2017a )

Nên phần nguyên của

bằng 22.

Đáp án: B.
x=

Câu 4: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Biết
2 log a ( 23 x − 23) > log

a

(x

2

+ 2 x + 15 )

15
2

là một nghiệm của bất phương trình

T

(*). Tập nghiệm

của bất phương trình (*)

là:
19 

T =  −∞; ÷
2


A.
.

B.

 17 
T = 1; ÷
 2

T = ( 2;8 )
.

C.

T = ( 2;19 )
.

D.

.

Hướng dẫn giải
2 log a ( 23 x − 23) > log

Nếu

a >1

a

(x

2

+ 2 x + 15 ) ⇔ log a ( 23 x − 23 ) > log a ( x 2 + 2 x + 15 )

ta có

2

23x − 23 > x + 2 x + 15
log a ( 23 x − 23) > log a ( x + 2 x + 15 ) ⇔  2
⇔ 2 < x < 19

 x + 2 x + 15 > 0
2

Nếu

0 < a <1

ta có

23 x − 23 < x 2 + 2 x + 15
1 < x < 2
log a ( 23 x − 23) > log a ( x 2 + 2 x + 15 ) ⇔ 
⇔
 x > 19
23 x − 23 > 0

x=
Mà

15
2

là một nghiệm của bất phương trình.Chọn D.

BÌNH LUẬN

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


-

-

y = log a b
Sử dụng tính chất của hàm số logarit
0 < a <1
biến nếu
 a > 1

 g ( x ) > 0

 f ( x ) > g ( x )
log a f ( x ) > log a g ( x ) ⇔ 
 0 < a < 1
 f ( x ) > 0


  f ( x ) < g ( x )

Câu 5: (T.T DIỆU HIỀN) Tìm

( m − 1) log 21 ( x − 2 )

2

m

A.

+ 4 ( m − 5 ) log 1
2

.

B.

m∈¡

1
+ 4m − 4 = 0
x−2
có nghiệm trên

.

C.

m∈∅

Hướng dẫn giải
Chọn A.

t = log 1 ( x − 2 )
2

Đặt

. Do

5 
x ∈  ; 4  ⇒ t ∈ [ −1;1]
2 

4 ( m − 1) t 2 + 4( m − 5)t + 4m − 4 = 0
⇔ ( m − 1) t 2 + ( m − 5 ) t + m − 1 = 0
⇔ m ( t 2 + t + 1) = t 2 + 5t + 1

⇔m=

t 2 + 5t + 1
t2 + t +1

⇔ g ( m) = f ( t )

f ( t) =

Xét

t 2 + 5t + 1
t2 + t +1

t ∈ [ −1;1]
với

a >1

nghịch

để phương trình :

2

7
−3 ≤ m ≤
3

đồng biến nếu

5 
 2 , 4 
−3 < m ≤

.

D.

7
3

.


f ′( t ) =

(t

4 − 4t 2
2

+ t + 1)

2

≥0

∀t ∈ [ −1;1] ⇒

[ −1;1]
Hàm số đồng biến trên đoạn
∀t ∈ [ −1;1]

g ( m) ; f ( t )
Để phương trình có nghiệm khi hai đồ thị
⇒ f ( −1) ≤ g ( m ) ≤ f ( 1) ⇔ −3 ≤ m ≤

cắt nhau

7
3

BÌNH LUẬN
Đây là dạng toán ứng dụng hàm số để giải bài toán chứa tham số. Đối với
bài toán biện luận nghiệm mà chứa tham số thì phải tìm điều kiện đúng cho
m
ẩn phụ sau đó cô lập
rồi tìm max, min hàm số.

Câu 6: (LẠNG GIANG SỐ 1) Số các giá trị nguyên dương để bất phương trình
2

2

3cos x + 2sin x ≥ m.3sin

2

x

có nghiệm là
2
B. .

1
A. .

C.

3

.

D.

4

.

Hướng dẫn giải
Chọn A.

Đặt

sin 2 x = t ( 0 ≤ t ≤ 1)
t

2

2

3cos x + 2sin x ≥ m.3sin

2

x

⇔ 3( 1−t )

3
3
2
⇔ t + 2t ≥ m.3t ⇔
+ ÷ ≥ m
2
t
3
(3 ) 3
+ 2t ≥ 3t

t

y=

Đặt:

3  2
+  ÷ ( 0 ≤ t ≤ 1)
9t  3 
t

t

1  2
2
1
y′ = 3.  ÷ .ln +  ÷ .ln < 0
9  3

3
9
⇒

t

0

1
_

f'(t)
f(t)

Hàm số luôn nghịch biến

4
1

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Dựa vào bảng biến thiên suy ra

m ≤1

thì phương trình có nghiệm

Suy ra các giá trị nguyên dương cần tìm

m =1

.

Câu 7: (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Có bao nhiêu giá trị thực của tham số
phương trình
1.
A.

m.3

x 2 −3 x + 2

4− x 2

+3

B.

6−3 x

=3

+m

2.

có đúng
3.
C.

3

m

để

nghiệm thực phân biệt.
4.
D.

Hướng dẫn giải
Chọn A.

3x −3 x + 2 = u
⇒ u.v = 36−3 x
 4− x
3 = v
2

2

Đặt.

.

Khi

đó

phương

trình

trở

thành

mu + v = uv + m ⇔ m ( u − 1) − v ( u − 1) = 0 ⇔ ( u − 1) ( m − v ) = 0
3
=1
u = 1
⇔
⇔
32− x = m ( m > 0 )
v = m
x 2 −3 x + 2

2

x =1
 x 2 − 3x + 2 = 0

⇔
⇔ x = 2
2
 4 − x = log 3 m
 x 2 = 4 − log 3 m

Để phương trình có ba nghiệm thì

Tức

4 − log 3 m = 0 ⇔ m = 81

x 2 = 4 − log 3 m

1;2
có một nghiệm khác

.

.

Chọn A.

Câu 8: (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Cho

log a log b log c
b2
=
=
= log x ≠ 0;
= xy
p
q
r
ac
. Tính

p, q, r

.
y=

y = q − pr
2

A.

.

B.

p+r
2q

y = 2q − p − r
.

C.

Hướng dẫn giải
Chọn C.

y
theo

y = 2q − pr
.

D.

.


b2
b2
= x y ⇔ log = log x y
ac
ac
⇒ y log x = 2 log b − log a − log c = 2q log x − p log x − r log x
= log x ( 2q − p − r )

⇒ y = 2q − p − r

log x ≠ 0
(do

).

BÌNH LUẬN

log a bc = log a b + log a c,log a
Sử dụng

b
= log a b − log a c,log a b m = m log a b
c
f ( x) =

Câu 9: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Cho hàm số
 1 
A= f 
÷+
 100 

A.

50

 2 
f
÷+ ... +
 100 

.

B.

 100 
f
÷
 100 

49

4x
4x + 2

. Tính giá trị biểu thức

?
149
3

.

C.
.
Hướng dẫn giải

D.

301
6

.

Chọn D.
X
 100

4

÷ = 301
∑
X

÷ 6
X =1  100

÷
4 +2
100

Cách 1. Bấm máy tính Casio fx 570 theo công thức

f ( x) =

f ( x) + f ( 1− x) = 1
Cách

A=f


2.Sử dụng tính chất
 1 
 99     2 

÷+ f 
÷ +  f 
÷+
 100 
 100     100 

.

x

4
4 +2

của hàm số
  49 
 98  
 51  
f
÷ + ... +  f 
÷+ f 
÷ +
 100  
 100  
  100 

x

. Ta có
 50 
 100 
f
÷+ f 
÷
 100 
 100 

1

= 49 +

42
1

2

4 +2

+

4
301
=
4+2
6
f ( x) =

4x
4x + 2

PS: Chứng minh tính chất của hàm số
.
x
1− x
x
4
4
4
4
4x
2
f ( x) + f ( 1− x) = x
+ 1− x
= x

+
=
+
=1
x
x
4 + 2 4 + 2 4 + 2 4 + 2.4
4 + 2 2 + 4x
Ta có
.

Câu 10: (THTT – 477) Nếu

log8 a + log 4 b 2 = 5
và

9

A.

2.

log 4 a 2 + log 8 b = 7

18

B.

2 .

C.

8.

thì giá trị của
2.
D.

ab

Hướng dẫn giải
Chọn A.
– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

bằng


x = log 2 a ⇒ a = 2 x ; y = log 2 b ⇒ b = 2 y
Đặt

.
1
x+ y =5
 x + 3 y = 15
x = 6
log8 a + log 4 b = 5
 3
⇔
⇔
⇔


2
log 4 a + log 8 b = 7
3 x + y = 21  y = 3
x + 1 y = 7
 3
2

Ta có
.
BÌNH LUẬN
Nguyên tắc trong bài này là đưa về logarit cơ số 2.

Câu 11: (THTT – 477) Cho

n >1

. Suy ra

ab = 2 x + y = 29

là một số nguyên. Giá trị của biểu thức

1
1
1
+
+ ... +
log 2 n ! log 3 n !
log n n !

A.

0.

B.

bằng
n.

n !.

C.

D.

1.

Hướng dẫn giải
Chọn D.
n > 1, n ∈ ¢ ⇒

1
1
1
1
+
+
+ ... +
= log n! 2 + log n! 3 + log n! 4 + ... + log n! n
log 2 n ! log 3 n ! log 4 n !

log n n !

= log n! ( 2.3.4...n ) = log n! n ! = 1

BÌNH LUẬN
loga b =

Sử dụng công thức

1
logb a loga bc = loga b + loga c loga a = 1

,

,

Câu 12: (CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH) Cho hai số thực dương
Pmax

2x + 2 y = 4
Pmax
A.

. Tìm giá trị lớn nhất
27
=
Pmax = 18
2
.
B.

.

thỏa mãn
P = ( 2 x + y ) ( 2 y + x ) + 9 xy
của biểu thức
.
2

C.

4 = 2x + 2 y ≥ 2 2x+ y ⇔ 4 ≥ 2 x+ y ⇔ x + y ≤ 2
.
2

Suy ra

.

Pmax = 12

.

Chọn B.

 x+ y
xy ≤ 
÷ =1
 2 

2

Pmax = 27

Hướng dẫn giải

Ta có

x, y

D.

.


Khi đó

P = ( 2 x 2 + y ) ( 2 y 2 + x ) + 9 xy = 2 ( x3 + y 3 ) + 4 x 2 y 2 + 10 xy

.

2
2
P = 2 ( x + y ) ( x + y ) − 3 xy  + ( 2 xy ) + 10 xy



≤ 4 ( 4 − 3 xy ) + 4 x 2 y 2 + 10 xy = 16 + 2 x 2 y 2 + 2 xy ( xy − 1) ≤ 18

Pmax = 18
Vậy

x = y =1
khi

.

Câu 13: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Tìm tất cả các giá trị của

( 7 −3 5)
m<

A.

x2

1
16

(

+m 7+3 5

)

x2

= 2x

2

để phương trình

−1

có đúng hai nghiệm phân biệt.

0≤m<
.

m

B.

1
16

.

C.

1
1
− 2
16

.

D.

 1
− 2 < m ≤ 0

m = 1

16

.

Chọn D.
x2

PT

x2

 7−3 5 
7+3 5 
1
⇔
÷ + m
÷ =
2 
2 
2



.

x2

Đặt

 7−3 5 
t =
÷ ∈ ( 0;1]
2



. Khi đó PT

⇒ 2t 2 − t + 2m = 0 ⇔ 2m = t − 2t 2 = g ( t )

(1).

g ′ ( t ) = 1 − 4t = 0 ⇔ t =
Ta có

1
4

.

Suy ra bảng biến thiên:

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

PT đã cho có đúng 2 nghiệm phân biệt

⇔

(1) có đúng 1 nghiệm

1

1

 m = 16
2
m
=
⇔
⇔
8

− 1 < m ≤ 0
 −1 < 2m ≤ 0
 2

t ∈ ( 0;1)

.

BÌNH LUẬN
Trong bài này các em cần lưu ý tìm điều kiện đúng cho
nghiệm giữa biến cũ và biến mới, tức là mỗi

t ∈ ( 0;1)

t

và mối quan hệ số

cho ta hai giá trị

x
.

Câu 14: (CHUYÊN ĐHSP HN) Số nghiệm thực phân biệt của phương trình
2

x+

1
4x

+2

x 1
+
4 x

=4

là

A. 2.

B. 3.

Chọn D.
Điều kiện

- Nếu

1
≥1
4x

dấu bằng xẩy ra khi
x < 0 ⇒ −x −

- Nếu

x=
, dấu bằng xẩy ra khi

x=2

2

x+

1
4x

x 1

+
x

+ 24

x+

1
4x

và

x 1
+ ≥1
4 x

,

> 4, ∀x > 0

1
x+
1
1
1
≥1⇒ x +
≤ −1 ⇒ 2 4 x ≤
4x
4x
2

x=−
, dấu bằng xẩy ra khi

, dấu bằng xẩy ra khi

< 1, ∀x < 0

Suy ra
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
BÌNH LUẬN

x 1
+
x

+ 24

1
2

suy ra

x 1
+
x 1
x 1
1
− − ≥ 1 ⇒ + ≤ −1 ⇒ 2 4 x ≤
4 x

4 x
2

2

D. 0.

x≠0

x>0⇒ x+

và

C. 1.

x=2

1
2


Sử dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương

, dấu “=” xảy ra

a = b.

khi

Câu 15: (CHUYÊN

ĐH

(

VINH)

log 3 x − 2 x = log 5 x − 2 x + 2
2

A.

a + b ≥ 2 ab

2

3.

B.

)

Số

nghiệm

của

phương

trình

là

2.

C.

1.

D.

4.

Đáp án: B.
x ≠ 0; x ≠ 2
ĐK:
Đặt

.

t = x2 − 2x ⇒ x2 − 2x + 2 = t + 2

⇒ log 3 t = log 5 ( t + 2 )
.
log 3 t = log 5 ( t + 2 ) = u
Đặt
log 3 t = u
⇒


log 5 ( t + 2 ) = u

 t = 3u

u
t + 2 = 5

⇒ 5u − 2 = 3u
5u + 3u = 2
(1)

u
u
u
u
u
u
5 − 2 = 3
 5 + 3 = 2 ⇒  3 
1
⇒
+ 2  ÷ = 1 (2)
 u
 u

÷
u
u

5

3 + 2 = 5
 5 
⇒ 5 − 2 = −3

• Xét

.

( 1) : 5u + 3u = 2

Ta thấy

u =0

là 1 nghiệm, dùng phương pháp hàm số hoặc dùng BĐT để
u =0
chứng minh nghiệm
là duy nhất.
Với

u = 0 ⇒ t = −1 ⇒ x 2 − 2 x + 1 = 0
u

• Xét

, phương trình này vô nghiệm.

u

3

1
( 2 ) :  ÷ + 2  ÷ = 1
5
5

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Ta thấy

u =1

là 1 nghiệm, dùng phương pháp hàm số hoặc dùng BĐT để
u =1
chứng minh nghiệm
là duy nhất.
Với

u = 0 ⇒ t = 3 ⇒ x2 − 2x − 3 = 0

, phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa

x ≠ 0; x ≠ 2
.
BÌNH LUẬN
f ( x ) = g ( x ) ( 1)
Cho

f ( x) , g ( x)
nếu

g ( x ) = const

đối nghịch nhau nghiêm ngặt hoặc

f ( x)
và

tăng, giảm nghiêm ngặt thì (1) có nghiệm duy nhất.

Câu 16: (CHUYÊN THÁI BÌNH) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương
log 3 (1 − x 2 ) + log 1 ( x + m − 4) = 0
trình sau có hai nghiệm thực phân biệt:
−1
21
21
5≤m≤ .
54
4
4
A.
.
B.
C.

3

.

D.

−1
≤m≤2
4

.

Chọn C.

2
1 − x > 0
 x ∈ ( −1;1)
log 3 (1 − x ) + log 1 ( x + m − 4) = 0 ⇔ 
⇔
2
2
3
log 3 (1 − x ) = log 3 ( x + m − 4)
1 − x = x + m − 4
2

∈ ( −1;1)

⇔ f ( x ) = x2 + x + m − 5 = 0
Yêu cầu bài toán

có 2 nghiệm phân biệt

Cách 1: Dùng định lí về dấu tam thức bậc hai.
f ( x) = 0
Để thỏa yêu cầu bài toán ta phải có phương trình
−1 < x1 < x2 < 1

thỏa:
 a. f ( −1) > 0

m − 5 > 0
 a. f ( 1) > 0
21

⇔ ∆ > 0
⇔ m − 3 > 0 ⇔ 5 < m <
4

21 − 4 m > 0

 −1 < S < 1

2

.

có hai nghiệm


f ( x) = 0
Cách 2: Với điều kiện có nghiệm, tìm các nghiệm của phương trình
1

−1
rồi so sánh trực tiếp các nghiệm với và
.
Cách 3: Dùng đồ thị

y = −m

y = x2 + x − 5

Đường thẳng

cắt đồ thị hàm số

tại hai điểm phân biệt

( −1;1)
trong khoảng

y = −m
khi và chỉ khi đường thẳng

cắt đồ thị hàm số

∈ ( −1;1)

y = x2 + x − 5

tại hai điểm phân biệt có hoành độ

.

Cách 4: Dùng đạo hàm
f ( x ) = x2 + x − 5 ⇒ f ′ ( x ) = 2x + 1 = 0 ⇒ x = −
Xét hàm số

Có

1
2

21
 1
f  − ÷ = − ; f ( 1) = −3; f ( −1) = −5
4
 2

Ta có bảng biến thiên

( −1;1)
Dựa vào bảng biến thiên, để có hai nghiệm phân biệt trong khoảng
−
khi

21
21
< −m < −5 ⇒
>m>5
4
4

.

Cách 5: Dùng MTCT
Sau khi đưa về phương trình
tính.

x2 + x + m − 5 = 0

m = −0, 2
* Giải khi

: không thỏa

⇒

, ta nhập phương trình vào máy

loại A, D.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


* Giải khi

Câu 17: Tập
2

( x −1) 2

m=5

tất

(

: không thỏa

cả

)

các

.log 2 x − 2 x + 3 = 4
2

3
1
 ; −1;  .
2
2

x−m

B.

A.

⇒

loại B.

giá

trị

.log 2 ( 2 x − m + 2 )

 1 3
− ;1;  .
 2 2

của

m

để

phương

trình

có đúng ba nghiệm phân biệt là:
3
1
1 3
 ;1; −  .
 ;1;  .
2
2

2 2
C.
D.

Hướng dẫn giải
Chọn D

2(

x −1)

2

(

)

.log 2 x 2 − 2 x + 3 = 4

Ta có

x −m

.log 2 ( 2 x − m + 2 ) ( 1)

2
⇔ 2( x −1) .log 2 ( x − 1) + 2  = 22 x − m .log 2 ( 2 x − m + 2 ) ( 2 )


2

Xét hàm số
Vì

f ( t ) = 2t.log 2 ( t + 2 ) , t ≥ 0.

f ′ ( t ) > 0, ∀t ≥ 0 ⇒

( 2) ⇔
Khi đó

( 0; +∞ )
hàm số đồng biến trên

2
2
f ( x − 1)  = f ( 2 x − m ) ⇔ ( x − 1) = 2 x − m



 x 2 − 4 x + 1 + 2m = 0 ( 3 )
⇔ 2
 x = 2m − 1( 4 )

( 1)
Phương trình
sau:

có đúng ba nghiệm phân biệt nếu xảy ra các trường hợp

( 3)
+) PT

⇒m=

( 4)
có nghiệm kép khác hai nghiệm phân biệt của PT

3
2

( 4)
, thay vào PT

thỏa mãn

( 4)
+) PT

( 3)
có nghiệm kép khác hai nghiệm phân biệt của PT


⇒m=

1
2

( 3)
, thay vào PT

thỏa mãn

( 4)

( 3)

+) PT
có hai nghiệm phân biệt và PT
đó có một nghiệm của hai PT trùng nhau

( 4) ⇔ x = ±

2m − 1

,với

KL:

1
3
2
2

có hai nghiệm phân biệt, trong

( 3)
Thay vào PT

tìm được

m = 1.

1 3
m ∈  ;1;  .
2 2

BÌNH LUẬN
f ( u) = f ( v)

B1: Đưa phương trình về dạng

u, v

với

là hai hàm theo

x

.

f ( t ) , t ∈ D.

B2: Xét hàm số
f ( t) ,t ∈ D

B3: Dùng đạo hàm chứng minh hàm số

tăng hoặc giảm nghiêm ngặt trên D.

f ( u) = f ( v) ⇔ u = v

B4:

Câu 18: (QUẢNG XƯƠNG I) Tất cả các giá trị của

m

để bất phương trình

(3m + 1)12 + (2 − m)6 + 3 < 0
x

x

( −2; +∞ )
A.

.

Chọn đáp án B

Đặt

x

∀x > 0
có nghiệm đúng

là:
1

−∞; − ÷

(−∞; −2]
3

B.
.
C.
.

2x = t

. Do

x > 0 ⇒ t >1

D.

1

 −2; − ÷
3


.

.

(3m + 1) t 2 + (2 − m) t + 1 < 0, ∀ t > 1

Khi

đó

ta

⇔ (3 t 2 − t) m < − t 2 − 2t − 1 ∀ t > 1 ⇔ m <

Xét hàm số

có

:

−t 2 − 2t − 1
∀t >1
3t 2 − t

7t 2 + 6t − 1
−t 2 − 2t − 1
⇒
f
'(t)
=
> 0 ∀t ∈ (1; +∞)
f (t ) =
trên ( 1; +∞ )
(3 t 2 − t) 2

3t 2 − t

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


BBT

t

1 +∞

f'(t)

+
−

1
3

f(t)

−2
m ≤ lim+ f (t) = −2
t →1

Do đó

thỏa mãn yêu cầu bài toán

BÌNH LUẬN

+ m ≥ f ( x ) ∀x ∈ D ⇔ m ≥ maxf ( x ) ∀x ∈ D
Sử dụng

+ m ≤ f ( x ) ∀x ∈ D ⇔ m ≤ minf ( x ) ∀x ∈ D

Câu 19: (QUẢNG XƯƠNG I) Trong các nghiệm

( x; y )

thỏa mãn bất phương trình

log x2 + 2 y 2 (2 x + y ) ≥ 1

A.

9
4

T = 2x + y

. Giá trị lớn nhất của biểu thức
9
9
2
8
B. .
C. .

.

bằng:
D.9.

Chọn đáp án B

Bất PT

2
2

x + 2 y > 1
⇔ log x2 + 2 y 2 (2 x + y ) ≥ 1 ⇔ 
( I ),
2
2
2 x + y ≥ x + 2 y


2
2

0 < x + 2 y < 1
( II )

2
2
0 < 2 x + y ≤ x + 2 y


.

2x + y
Xét T=
0 < T = 2x + y ≤ x2 + 2 y2 < 1

TH1: (x; y) thỏa mãn (II) khi đó
x 2 + 2 y 2 ≤ 2 x + y ⇔ ( x − 1) 2 + ( 2 y −

TH2: (x; y) thỏa mãn (I)
2 x + y = 2( x − 1) +

1
2 2

)2 ≤

9
8

. Khi đó

1
1
9
1 
1 2 9
9 9 9 9
( 2y −
) + ≤ (22 + ) ( x − 1) 2 + ( 2 y −

) + ≤
. + =
4
2 
2 8 4 2
2
2 2
2 2  4


max T =

9
1
⇔ ( x; y) = (2; )
2
2

Suy ra :
BÌNH LUẬN

y = log a b
- Sử dụng tính chất của hàm số logarit

đồng biến nếu

a >1

nghịch

0 < a <1

biến nếu

 a > 1

 g ( x ) > 0

 f ( x ) > g ( x )
log a f ( x ) > log a g ( x ) ⇔ 
 0 < a < 1
 f ( x ) > 0

  f ( x ) < g ( x )

( a; b ) , ( x; y )

-

Sử dụng bất đẳng thức BCS cho hai bộ số

(a

ax + by ≤

2

thì

+ b2 ) ( x2 + y 2 )

a b
= >0
x y
Dấu “=” xảy ra khi

Câu 20: (MINH HỌA L2) Tìm tập hợp các giá trị của tham số thực
6 + ( 3 − m) 2 − m = 0
x

( 0;1)

x

có nghiệm thuộc khoảng
.
( 2; 4 )
[ 2; 4]
B.
.
C.
.

[ 3; 4]
A.

.

m

để phương trình

( 3; 4 )
D.

.

Chọn C.
6 x + 3.2 x
6 + ( 3 − m ) 2 − m = 0 ( 1) ⇔ 2 x + 1 = m
x

Ta có:

x

f ( x) =

Xét
f ′( x) =

hàm

số

12 x.ln 3 + 6 x.ln 6 + 3.2 x.ln 2

(2

x

+ 1)

2

6 x + 3.2 x
2x + 1

xác

định

> 0, ∀x ∈ ¡

trên

¡

,

f ( x)
nên hàm số

đồng biến trên

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

có

¡

0 < x < 1 ⇔ f ( 0 ) < f ( x ) < f ( 1) ⇔ 2 < f ( x ) < 4

f ( 0 ) = 2, f ( 1) = 4.

Suy ra

vì

( 1)
Vậy phương trình

( 0;1)

m ∈ ( 2; 4 )

có nghiệm thuộc khoảng

khi

.

m

Câu 21: ( CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 3)Tìm
để bất phương trình
2
2
1 + log 5 ( x + 1) ≥ log 5 ( mx + 4 x + m )

x∈¡
A.

−1 < m ≤ 0

thoã mãn với mọi
−1 < m < 0
2B.
.
C.
.

.

.

D.

2
.

Hướng dẫn giải
Chọn C.

BPT

thoã

mãn

với

x∈¡

mọi

mx 2 + 4 x + m > 0
( ∀x ∈ ¡ )

2
( 5 − m ) x − 4 x + 5 − m ≥ 0

⇔

.⇔

2

mx + 4 x + m > 0
( ∀x ∈ ¡ )

2
2
(
)
5
x
+

1
≥
mx
+
4
x
+
m



m > 0

2
16 − 4m < 0

5 − m > 0
16 − 4 ( 5 − m ) 2 ≤ 0


⇔

m > 0

  m < −2
 m > 2

m < 5
m ≤ 3


  m ≥ 7

⇔

2
⇔

.

BÌNH LUẬN
Sử

dụng

dấu

tam

thức

bậc

hai

không

đổi

trên

R:

a > 0
+ f ( x ) = ax 2 + bx + c ≥ 0∀x ∈ R ⇔ 
∆ ≤ 0
a > 0
+ f ( x ) = ax 2 + bx + c > 0∀x ∈ R ⇔ 
∆ < 0
e 3x − ( m -1) e x +1

Câu 22: ( CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 3)Cho hàm số
để hàm số đồng biến trên khoảng
3e3 + 1 ≤ m < 3e 4 + 1
A.
.
C.

3e 2 + 1 ≤ m ≤ 3e3 + 1

.

( 1; 2 )

 4 
y =
÷
 2017 

.

B.
D.

m ≥ 3e4 + 1
m < 3e2 + 1

.
.

. Tìm

m


Hướng dẫn giải
Chọn B.
e3 x −( m −1) e x +1

•

 4 
y′ = 
÷
 2017 

 4  ( 3x (
′
x
.ln 
÷. e − m − 1) e + 1)

 2017 

e3 x −( m −1) e x +1

 4 
y′ = 
÷
 2017 

 4  ( 3x (
x
.ln 
÷. 3e − m − 1) e )
 2017 

•Hàm số đồng biến trên khoảng
e3 x −( m −1) e x +1

 4 
y′ = 
÷
 2017 

 4 e −( m −1) e

 2017 ÷


  4 
<0

ln  2017 ÷

3x

x

=

( 1; 2 )

⇔

 4  ( 3x (
x
.ln 
÷. 3e − m − 1) e ) ≥ 0, ∀x ∈ ( 1; 2 )
 2017 

(*),

mà

+1

> 0, ∀x ∈ ¡

.

Nên

(*)

⇔

3e3 x − ( m − 1) e x ≤ 0, ∀x ∈ ( 1; 2 )

⇔

3e 2 x + 1 ≤ m, ∀x ∈ ( 1; 2 )

•Đặt

g ( x ) = 3e 2 x + 1, ∀x ∈ ( 1; 2 )

x
g′( x)
g ( x)

1
| +
| Z

,

g ( x ) = 3e 2 x .2 > 0, ∀x ∈ ( 1; 2 )

2
|
|

m ≥ g ( 2)
. Vậy (*) xảy ra khi

⇔

m ≥ 3e4 + 1

.

BÌNH LUẬN

( a ) ' = u 'a
u

Sử dụng

u

ln a

và phương pháp hàm số như các bài trên.

Câu 23: (CHUYÊN BẮC GIANG) Trong hình vẽ dưới đây có đồ thị của các hàm số
y = log c x

y = bx
,

,

.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

y = ax


y=a

y
3

x

y = bx

2

y = log c x

1
−1

O

1

2

3

x

.
Hãy chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau đây?
A.

c < a < b.

B.

a < c < b.

C.

b < c < a.

D.

a < b = c.

Hướng dẫn giải
Chọn B.
Từ đồ thị
y = ax

Ta thấy hàm số

nghịch biến

y = b x , y = log c x
Hàm số

⇒ 0 < a <1

.

⇒ b > 1, c > 1
đồng biến

⇒ a < b, a < c
nên loại A, C
Nếu

b=c

y = log c x

y = bx
thì đồ thị hàm số

và

phải đối xứng nhau qua đường
y = log c x

y=x
phân giác góc phần tư thứ nhất
y=x
cắt đường

nên loại D.

. Nhưng ta thấy đồ thị hàm số

Câu 24: (CHUYÊN BẮC GIANG) Biết rằng phương trình
x1 x2 ( x1 < x2 )
2x1 − x2
nghiệm ,
. Tính
.
3
1
A. .
B. .

C.

−5

.

Hướng dẫn giải
Chọn D.

( x − 2)

log 2  4( x − 2 ) 

= 4. ( x − 2 )

3

có hai

D.

−1

.


• Điều kiện

x>2

.

• Phương trình thành
⇔ ( x − 2) .( x − 2)
2

•

log 2 ( x −2 )

( x − 2)

log 2 4 + log 2 ( x − 2 )

= 4. ( x − 2 )

= 4. ( x − 2 )

( x − 2)

3

3

log 2 ( x − 2 )

= 4. ( x − 2 )

hay

• Lấy lôgarit cơ số 2 hai vế ta được

.
log 2 ( x − 2 ) .log 2 ( x − 2 ) = log 2  4 ( x − 2 ) 

log 2 ( x − 2 ) = −1  x = 5
⇔ log ( x − 2 ) = 2 + log 2 ( x − 2 ) ⇔ 
⇔
2

log
x
−
2
=

2
(
)
 2
x = 6
2
2

x1 =

• Suy ra

5
2

x2 = 6.

và

Vậy

Câu 25: (CHUYÊN KHTN L4) Cho

5
2 x1 − x2 = 2. − 6 = −1
2

.

.

x, y
là số thực dương thỏa mãn
P= x+ y

Tìm giá trị nhỏ nhất của
P=6
P = 2 2 +3
A.
.
B.
.

C.

P = 2+3 2

.

ln x + ln y ≥ ln ( x 2 + y )

D.

P = 17 + 3

Hướng dẫn giải:
Chọn đáp án B.

Từ

ln x + ln y ≥ ln ( x 2 + y ) ⇔ xy ≥ x 2 + y

Nếu

Nếu

0 < x ≤1

x >1

Ta có

. Ta xét:

y ≥ xy ≥ x 2 + y ⇔ 0 ≥ x 2

thì

mâu thuẫn.

xy ≥ x 2 + y ⇔ y ( x − 1) ≥ x 2 ⇔ y ≥

thì

x2
f ( x) = x +
x −1

x2
x −1

P = x+ y ≥ x+

. Vậy

x2
x −1

.

( 1; +∞ )
xét trên

.


2− 2
x=
(loai)

2x − 4x + 1
2
f '( x) = 2
=0⇔
x − 2x + 1

2+ 2
( nhan)
x =


2
2

Có

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

.

.


Vậy

2+ 2
min f ( x ) = f 
÷
÷= 2 2 + 3
( 1;+∞ )
 2 

.

Câu 26: (CHUYÊN KHTN L4) Tìm tập hợp tất cả các tham số
4

x 2 − 2 x +1

A.

− m.2

( −∞;1)

x2 −2 x+ 2

m

sao cho phương trình

+ 3m − 2 = 0

có bốn nghiệm phân biệt.
[ 2;+∞ )
( −∞;1) ∪ ( 2; +∞ )
B.
. C.
.

.

D.

( 2; +∞ )

.

Hướng dẫn giải
Đặt

t = 2( x −1)

2

( t ≥ 1)

Phương trình có dạng:

t 2 − 2mt + 3m − 2 = 0 ( *)

Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt

⇔

phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1

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

=
m
±
m
−
3
m
+
2
>
1
m
−
3
m
+
2
<
m
−
1
 2
2

 1,2
m − 3m + 2 < m − 2m + 1
Chọn đáp án: D
BÌNH LUẬN
Trong bài này do đề bài yêu cầu phương trình có 4 nghiệm phân biệt nên ta
cần chú ý mỗi

t ≥1

thì ta nhận được bao nhiêu giá trị

Từ phương trình (*) chúng ta có thể cô lập
nghiệm của phương trình thỏa đề bài.

m

x

và ứng dụng hàm số để biện luận số

Câu 27: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số

m

để bất phương trình

log 2 (5 − 1).log 2 (2.5 − 2) ≥ m
x

A.

m≥6

x

.

x ≥1
có nghiệm với mọi
?
m>6
m≤6
B.
.
C.
.

D.

Hướng dẫn giải

BPT

⇔ log 2 (5 x − 1).log 2 (2.5 x − 2) ≤ m ⇔ log 2 (5 x − 1). 1 + log 2 (5 x − 1)  ≤ m

m<6

.


(

t = log 6 x + x 2 − 1

Đặt

)

do

x ≥ 1 ⇒ t ∈ [ 2; +∞ )

⇔ t (1 + t ) ≥ m ⇔ t 2 + t ≥ m ⇔ f (t ) ≥ m

BPT
f (t ) = t 2 + t

Với
t ∈ [ 2; +∞ )

f , (t ) = 2t + 1 > 0

với

t ∈ [ 2; +∞ )
nên hàm đồng biến trên

Minf (t ) = f (2) = 6

Nên
log 2 (5 x − 1).log 2 (2.5 x − 2) ≥ m
Do đó để để bất phương trình

x ≥1

có nghiệm với mọi

thì :

m ≤ Minf (t ) ⇔ m ≤ 6

Câu 28: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
log x + log 1 x − 3 = m ( log 4 x − 3)
2
2

2

2

A.

(

có nghiệm thuộc
m ∈ 1; 3
m ∈  −1; 3
B.
.
C.
.

)

.

để

phương

trình

[ 32; +∞ )

2

m ∈ 1; 3 

m

)

?
D.

(

m ∈ − 3;1

.

Hướng dẫn giải
Điều

x > 0.

kiện:

Khi

đó

phương

trình

tương

đương:

log 22 x − 2 log 2 x − 3 = m ( log 2 x − 3)
.
x ≥ 32 ⇒ log 2 x ≥ log 2 32 = 5

t = log 2 x
Đặt

với

hay
t − 2t − 3 = m ( t − 3)
2

( *)

Phương trình có dạng

Khi đó bài toán được phát biểu lại là: “Tìm

t ≥5

Với

.
m

”

t ≥5

(*) ⇔

( t − 3) . ( t + 1)

= m ( t − 3) ⇔ t − 3.

thì

⇔ t +1 − m t − 3 = 0 ⇔ m =

t ≥ 5.

để phương trình (*) có nghiệm

(

)

t +1 − m t − 3 = 0

t +1
t −3

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Ta
1<

t +1
4
= 1+
.
t −3
t −3

có

t ≥ 5 ⇒ 1 < 1+

Với

4
4
≤ 1+
=3
t −3

5−3

hay

t +1
t +1
≤ 3⇒1<
≤ 3
t −3
t −3
1 < m ≤ 3.

suy ra

Vậy phương trình có nghiệm với

1 < m ≤ 3.

BÌNH LUẬN
y=

t +1
,t ≥ 5
t −3

Chúng ta có thể dùng hàm số để tìm max, min của hàm số

m

Câu 29: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số

để bất phương trình

log 2 ( 7 x + 7 ) ≥ log 2 ( mx + 4 x + m ) , ∀x ∈ ¡ .
2

2

m ∈ ( 2;5]
A.

m ∈ ( −2;5]
.

B.

m ∈ [ 2;5 )
.

C.

m ∈ [ −2;5 )
.

D.

.

Hướng dẫn giải
7 x 2 + 7 ≥ mx 2 + 4 x + m > 0, ∀x ∈ ¡

Bất phương trình tương đương
( 7 − m ) x 2 − 4 x + 7 − m ≥ 0 (2)
⇔ 2
, ∀x ∈ ¡ .
(3)
mx + 4 x + m > 0



m=7

: (2) không thỏa

∀x ∈ ¡

∀x ∈ ¡
: (3) không thỏa
7 − m > 0

2
 ∆′2 = 4 − ( 7 − m ) ≤ 0
⇔
m > 0
 ∆′ = 4 − m 2 < 0
 3
∀x ∈ ¡
(1) thỏa



m=0

m < 7
m ≤ 5

⇔ 
⇔ 2 < m ≤ 5.
m > 0
m > 2

Câu 30: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số

( 2;3)

m

sao cho khoảng
log 5 ( x + 1) > log 5 ( x 2 + 4 x + m ) − 1 (1)

thuộc tập

2

nghiệm của bất phương trình
m ∈ [ −12;13]
m ∈ [ 12;13]
A.
.
B.

.

.
m ∈ [ −13; −12]

m ∈ [ −13;12]
C.

Hướng dẫn giải

.

D.

.


 2
x2 + 4x + m
m > − x 2 − 4 x = f ( x )
x +1 >
(1) ⇔ 
⇔
5
2
 m < 4 x − 4 x + 5 = g ( x)
x2 + 4x + m > 0


Hệ trên thỏa mãn

 m ≥ Max f ( x) = −12 khi x = 2
2< x < 3
⇔
⇔ −12 ≤ m ≤ 13.
f ( x) = 13
khi x = 2
∀x ∈ ( 2;3)
 m ≤ Min
2< x <3

2 x −3 = 3x

Câu 31: Phương trình

2

x1 < x2

x1 , x2

−5 x + 6

có hai nghiệm

trong đó

, hãy chọn

phát biểu đúng?

3x1 − 2 x2 = log 3 8
A.

2 x1 − 3 x2 = log 3 8
.

B.

2 x1 + 3x2 = log 3 54.

.
3x1 + 2 x2 = log3 54.

C.

D.
Hướng dẫn giải

Logarit

hóa

hai

vế

của

phương

trình

(theo

cơ

số

2)

ta

được:

( 3) ⇔ log 2 2 x −3 = log 2 3x −5 x +6
2

⇔ ( x − 3) log 2 2 = ( x 2 − 5 x + 6 ) log 2 3 ⇔ ( x − 3) − ( x − 2 ) ( x − 3 ) log 2 3 = 0
x = 3
x − 3 = 0
x = 3
⇔ ( x − 3) . 1 − ( x − 2 ) log 2 3 = 0 ⇔ 
⇔
⇔
x − 2 = 1
1
−
x
−
2

log
3
x
−
2
log
3
=
1
(
)
(
)
2
2


log 2 3


x = 3
x = 3
x = 3
⇔
⇔
⇔
 x = log 3 2 + 2
 x = log 3 2 + log 3 9
 x = log 3 18

Câu 32: Phương trình
A. 0.

33+3 x + 33−3 x + 34+ x + 34− x = 103
B. 2.

có tổng các nghiệm là ?
C. 3.
D. 4 .

Hướng dẫn giải

33+3 x + 33−3 x + 34+ x + 34 − x = 103

( 7 ) ⇔ 27.33 x +

( 7)

27
81
1

+ 81.3 x + x = 103 ⇔ 27.  33 x + 3 x
3x
3
3
3




 x 1
÷+ 81.  3 + x
3




3
÷ = 10


( 7 ')

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất