ĐỀ MINI TEST 06

Khóa luyện đề nâng cao 2020
Sưu tầm và biên soạn

ĐỀ MINI TEST 06

Phạm Minh Tuấn

Thời gian: 45 phút (không kể thời gian phát đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC

Đề thi gồm có 5 trang, 15 câu

Họ và tên:…………………………………………………Số báo danh:………………………..
Câu 1:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 6x   3  m 2x  m  0 có nghiệm thuộc

0;1 .
B. 0 .

A. 1 .

C. 3 .

D. 2 .

Lời giải
6x   3  m 2x  m  0 

Đặt f  x  

6x  3.2x
 m .
2x  1

6 x  3.2 x
với x  0;1 .
2x  1

Ta có

f  x



6


x



 



ln 6  3.2 x ln 2 2 x  1  6 x  3.2 x 2 x ln 2



2 1

x

6 x 2 x  ln 6  ln 2   6 x ln 6  3.2 x ln 2



2x  1



2

 0 , x  0;1

Suy ra f  x  đồng biến trên 0;1 từ đó suy ra
yêu cầu bài toán tương đương với 2   m  4  4  m  2 .
Câu 2:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m  10 để phương trình 9 x  3x  m  0 có nghiệm là:
A. 14

B. 9

C. 8

D. 12

Lời giải
Đặt t  3x với t  0 . Khi đó phương trình đã cho trở thành: t 2  t  m  0 (*).
Phương trình đề cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có ít nhất một nghiệm dương.

Xét hàm số f  t   t 2  t có f  t   2t  1 . Xét f   t   0  t  

1
.
2

Bảng biến thiên:

Facebook: />
1


Khóa luyện đề nâng cao 2020

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình t 2  t  m có ít nhất một nghiệm dương khi và chỉ khi
m  0  m  0 .

Câu 3:

Có bao nhiêu giá trị nguyên a để phương trình: 9x  9  a3x cos  x  chỉ có duy nhất một
nghiệm thực
B. 3 .

A. 1 .

C. 2 .

D. 4

Lời giải

Giả sử x0 là nghiệm của phương trình. Ta có 9 x0  9  a.3x0 cos( x0 ) .
Khi đó 2  x0 cũng là nghiệm của phương trình.
Thật vậy 9 2  x0  9  a32  x0 cos   2  x0   

81
9

x0

9a

9
3x0

cos  x0 

 9x0  9  a.3x0 cos  x0  .
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi x0  2  x0  x0  1 .
Với x0  1  a  6 .
Ngược lại, với a  6 , phương trình 9x  9  6.3x cos  x   3x 
+ 3x 

9
 6 cos  x  .
3x

9
6
3x

+ 6cos  x   6
 x 9
3  x  6
 x  1.
Khi đó dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi 
3
cos  x  1

x
x
Vậy 9 0  9  a.3 0 cos( x0 ) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi a  6 .

Câu 4:

Có bao nhiêu giá trị nguyên m để phương trình 2

2 x 1 1

Facebook: />
2

x1

 m  0 có nghiệm duy nhất.

2


Khóa luyện đề nâng cao 2020
A. 2 .

C. 3 .

B. 1 .

D. 4 .

Lời giải
Nếu x0  1 là nghiệm của phương trình thì 1  x0 cũng là nghiêm của phương trình. Do đó
phương trình có nghiệm duy nhất thì x0  1  1  x0  x0  1 .
Do đó: 2  1  m  0  m  3 .
Câu 5:

Có bao nhiêu giá trị nguyên m để phương trình 5 x2 x  5m  0 có nghiệm thực.
A. 12 .
B. 8 .
C. 7 .
D. 10 .
Lời giải
5

x2 x

 5m  0  5

x  2  x 1

 m  x  2  x  1  log 5 m

*   m  0 .

Xét hàm số f ( x)  x  2  x  1 có tập xác định.
TXĐ : D  2;   .

f '( x) 

1
2 x2

1

1 2 x  2
2 x2

.

7
f '( x)  0  x   .
4

Bảng biến thiên.

.
Suy ra Maxf ( x) 

5
.
4

Do đó phương trình  *  có nghiệm thực khi và chỉ khi log 5 m 

Câu 6:

5
5
 0  m  54 .
4
2

2

2

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 2017sin x  2018cos x  m.2019cos

x

có

nghiệm?
A. 2016

B. 2017

C. 2018

D. 2019

Lời giải




1
Phương trình tương đương: 2017 

 2017.2019 

cos2 x

 2018 


 2019 

Facebook: />
cos2 x

 m.

3


Khóa luyện đề nâng cao 2020
t

t


  2018 
1
Đặt t  cos x với t  0;1 ta được 2017 

 
  m.
 2017.2019   2019 
2

t

t


  2018 
1
Xét f  t   2017 
 
 với t  0;1 .
 2017.2019   2019 
Hàm số f  t  nghịch biến trên D  0;1 .
Max f  t   f  0   2018 và Min f  t   f  1  1 .
D

D

Phương trình có nghiệm  Min f  t   m  Max f  t  hay m  1; 2018 .
D
D
Vậy có 2018 giá trị nguyên m để phương trình có nghiệm.
Câu 7:

Biết phương trình 4 x  m.2 x 1  2m  0 có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn x1  x2  3 , giá trị m
thuộc khoảng nào?

A. m  3;6  .

B. m  2;1 .

C. m  5; 2  .

D. m 1; 3 .

Lời giải
Đặt t  2 x , t  0 .
Phương trình đã cho có 2 nghiệm x1 , x2 thoả mãn x1  x2  3 khi phương trình
t 2  2m.t  2 m  0 có 2 nghiệm t  0 thoả mãn t1 .t2  2 x1 .2 x2  2 x1  x2  8 .
2

  0
m  2m  0


m4
2m  8
t1 .t2  8


Câu 8:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m  9 để phương trình 812 x
A. 8 .
B. 9 .
C. 7 .

x

 m có nghiệm.
D. 10 .

Lời giải
* Đặt t  x ( t  0 )  t 2  x . PT trở thành 812t
Ta có PT 812 x

x

2

t

 m.

 m có nghiệm khi và chỉ khi PT 812t

+ Khảo sát f  t   812t

2

t

2

t

 m có nghiệm t  0 .

(với t  0 ) ta có: f   t   812t t.  4t  1 .
2

Lập bảng biến thiên ta được:

Facebook: />
4


Khóa luyện đề nâng cao 2020

* KL: PT 812t
Câu 9:

2

t

 m có nghiệm t  0 khi và chỉ khi m 

1
3

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m  0 để phương trình 3
A. 1

.
4 x4

 81m1 vô nghiệm.

C. 0

B. 2

D. 3

Lời giải
Phương trình  3

4 x 1

4 m 1
 3    x 1  m1

Phương trình vô nghiệm  m  1  0  m  1 .
Câu 10:

Cho phương trình e 3 x  2.e 2 x  ln 3  e x  ln 9  m  0 , với m là tham số. Tất cả các giá trị nguyên của
tham số m  10 để phương trình có nghiệm duy nhất là
A. 5

B. 6

D. 8

C. 7 .
Lời giải

e 3 x  2.e 2 x  ln 3  e x  ln 9  m  0  e 3 x  2.e 2 x .e ln 3  e x .e ln 9  m  0  e 3 x  6.e 2 x  9.e x  m  0 .

Đặt t  e x

t  0  , phương trình tương đương với m  t

3

 6t 2  9t .

Xét f  t   t 3  6t 2  9t trên  0;   .

t  1
.
f   t   3t 2  12t  9 , f   t   0  
t  3
Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên: với m  0 hoặc m  4 thì phương trình có nghiệm duy nhất.
Chú ý:
Ta không lấy giá trị x  0 nên tại m  0 đường thẳng y  m vẫn cắt đồ thị tại duy nhất một
điểm .

Facebook: />
5


Khóa luyện đề nâng cao 2020
Câu 11:

Có
9 1

bao
1 x

2

nhiêu

  m  3  31

giá
1 x

2

trị

nguyên

của

tham

số

m

để

phương

trình

 2 m  1  0 có nghiệm thực?

A. 5 .

B. 7 .

C. Vô số.

D. 3 .

Lời giải
Điều kiện: 1  x  1 .
Đặt t  31

1 x2

. Ta có x  1;1 nên t  3;9 (do 0  1  x 2  1 ).

Phương trình trở thành: t 2   m  3  t  2 m  1  0  m  t  2   t 2  3t  1  m 

t  2  0, t  3;9 )  1 .
Xét hàm số f  t  

t 2  3t  1
(do

t2

t 2  4t  7
t 2  3t  1
 0, t   3; 9  .
, t  3;9 ; f   t  
2
t2
t

2
 

Vậy f  3  f t   f  9  hay 1  f  t  

55
, t  3;9  .
7

55
Phương trình đã cho có nghiệm  phương trình  1 có nghiệm t  3;9  1  m 
.
7

Vậy m1; 2; 3; 4; 5;6;7 .
Câu 12:

Có bao nhiêu giá trị nguyên m  10 để phương trình 16x  2  m  3 4x  3m  1  0 có nghiệm
A. 3 .

C. 5 .

B. 2 .

D. 4 .

Lời giải

16x  2  m  3 4x  3m  1  0  1 . Đặt t  4 x  0 .
PT trở thành: t 2  2  m  3 t  3m  1  0  t 2  6t  1   2t  3 m  2  .
Với t 

3
49
:  2 
 0 (vô lí)
2
4

Với 0  t 

t 2  6t  1
3
m.
: 2 
2t  3
2

3
Phương trình  1 có nghiệm  phương trình  2  có nghiệm thuộc  0;   \   .

2

Xét f  t  

t  5  N 
t 2  6t  1
2t 2  6t  20

0

. f t  
.

2
2t  3
 2t  3
t  2  L 

Bảng biến thiên:

Facebook: />
6


Khóa luyện đề nâng cao 2020
3

t

0

+∞

5

2

0

f'(t)

+

+∞

+∞

f(t)
1

8

3

∞

Số nghiệm phương trình  2  là số giao điểm của đồ thị hàm số f  t  

t 2  6t  1
và đường

2t  3

thẳng y  m .

1
Dựa vào BBT, ycbt  m   ;    8;   .
3


Câu 13:

Có

bao

nhiêu

giá

trị

 m  5  9   2m  2  6   1  m  4
x

x

A 2.

nguyên
x

của

tham

số

để

m

phương

trình

 0 có hai nghiệm phân biệt?
C 3.

B 4.

D 1.

Lời giải
2x

x

 
 
 m  5 9   2m  2 6  1  m 4  0   m  5  23    2m  2   23   1  m  0

 
 
x

x

x

x

3
Đặt t     0. Phương trình  1 trở thành  m  5 t 2   2m  2  t  1  m  0
2

1

 2

(1) có hai nghiệm phân biệt   2  có hai nghiệm dương phân biệt
2 m2  8 m  6  0
   0

2 m  2

3m5.
 S  0  
0
 m5
P  0
1 m



0
m  5

Mặt khác m 
Câu 14:

nên m  4 .
2

Cho phương trình m.3x

4 x 3

 31x  3.334 x  m . Có bao nhiêu giá trị nguyên m để phương
2

trình có 4 nghiệm phân biệt.
B. 3

A. 2

C. 4

D. 1

Lời giải
2

Ta có: m.3x



 m 3x

2

4 x 3

4 x3

 31x  3.334 x  m
2





 1  3.33 4 x  31 x  m 3x
2

2

4 x 3





 1  31 x 3.33 4 x.3x

Facebook: />
2

2

1

1


7


Khóa luyện đề nâng cao 2020



m 3

x2  4 x  3



1 x 2

1  3

3

 3x2  4 x  3  1  0
x  1  x  3
1  

2
1 x2
 m  31 x
m  3



x2  4 x  3

Để phương trình có 4 nghiệm thì phương trình m  31x có 2 nghiệm khác 1 , 3 .
2

 x 2  1  log 3 m  0  0  m  3
0  m  3

2
2



Do đó m  31 x  311  1
1
 m  1; m  8

1 x2

1 32
8
3

3
3

m  3

Câu 15:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 9

4 x  x2

 4.3

4 x  x2

 2m  1  0

có nghiệm?
B. 25 .

A. 27 .

C. 23 .

D. 21 .

Lời giải
Điều kiện 4 x  x2  0  0  x  4 .
Xét u  4 x  x 2 với 0  x  4 .
Trên  0; 4  , ta có: u 

2x
4x  x2

; u  0  x  2 ; u  0   0 , u  2   2 .

Vậy 0  u  2 .
Đặt t  3

4 x  x2

. Khi u  0; 2  ta có miền giá trị của t là: 1;9 .

Phương trình 9

4 x  x2

 4.3

4 x  x2

 2 m  1  0  *  trở thành: t 2  4t  2m  1  0 1

Phương trình  *  có nghiệm khi và chỉ khi phương trình  1 có nghiệm thuộc 1;9 .

1  t

2

 4t  2m  1  0 . Xét hàm số f  t   t 2  4t  1,t  1,9 , f   t   2t  4 , f   t   0  t  2 .

Suy ra min f  t   f  2   5 , max f  t   f  9   44 .
1,9 

1,9 

Để thỏa mãn yêu cầu bài toán 5  2m  44  22  m 

5
. Vậy có 25 giá trị nguyên của m
2

thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 16: Số giá trị nguyên của tham số

m

thuộc đoạn

2019 ; 2 

để phương trình

 x  1 log  4x  1  log  2 x  1  2 x  m có đúng hai nghiệm thực là
3

5

B. 2022 .

A. 2 .

C. 1 .

D. 2021 .

Lời giải
Điều kiện: x 

1
.
4

Trường hợp 1: m  2 , phương trình đã cho trở thành:

Facebook: />
8


Khóa luyện đề nâng cao 2020
x  1

 x  1 log  4x  1  log  2x  1  2  0  log
3

5



3

 4x  1  log  2x  1  2  0 1
5

 1

Xét hàm số f  x   log3  4x  1  log 5  2x  1  2 là hàm đồng biến trên khoảng 
; +  .
 4


Khi đó, nếu x0 là nghiệm của phương trình  1 thì x0 là nghiệm duy nhất.
Ta có: f  0   2 ; f 1  0 , suy ra f  0  f 1  0 .
Theo hệ quả của định lý trung gian, tồn tại x0   0 ; 1 sao cho f  x0   0 .
Do vậy: m  2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Trường hợp 2: m  2 , dẫn đến x  1 không phải là nghiệm của phương trình đã cho.
Phương trình đã cho trở thành:
log 3  4 x  1  log 5  2 x  1 

2x  m
0
x 1

Xét hàm số g  x   log 3  4 x  1  log 5  2 x  1 
Đạo hàm: g  x  

 1 
2x  m
, có tập xác định: D    ; 1    1; + 
x 1
 4 

4
2
2m


 0, x  D .
 4x  1 ln 3  2x  1 ln 5  x  12

Bảng biến thiên:

 1 
Dựa vào bảng biến thiên, ta suy ra: phương trình g  x   0 có đúng hai nghiệm x1   ; 1  ;
 4


x2  1; +  với mọi m  2.

Vậy với mọi giá trị nguyên của tham số m  2019 ; 2 thì phương trình đã cho luôn có hai
nghiệm thực phân biệt.
Có 2022 giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Phân tích :
-

Đây là bài toán về sự tương giao.

Facebook: />
9


Khóa luyện đề nâng cao 2020
Tuy nhiên nếu chúng ta cô lập m thì việc khảo sát hàm biến x khá phức tạp. Ý tưởng
của tác giả: Cho m  2 sử dụng tính chất đơn điệu trên từng khoảng và ứng với từng khoảng tương
ứng phương trình có 1 nghiệm
Bài toán tổng quát
ax  b
F  x, m  f  x  
 0 với f   x   0 và ad  bc  0 (đây cũng là nguồn gốc sáng tạo bài toán)
cx  d
Cách 2 :
Đặt f  x   log3  4x  1  log5  2x  1

x  1
TH1 : m  2 , Phương trình  
.
 f  x   2
 1

Vì f  x  là hàm số tăng trên   ;    f  x   2 có nghiệm duy nhất khác 1.
 4


Vậy m  2 thỏa mãn bài toán.
TH2 : m  2 , dẫn đến x  1 không phải là nghiệm của phương trình đã cho.
Phương trình đã cho trở thành : f  x  

Đặt g  x   f  x  

g  x   f   x  

2x  m
0
x 1

2x  m
x 1

2m

 x  1

2

0

Ta có bảng biến thiên :

 g  x   0 có đúng hai nghiệm phân biệt.
Vậy m  2019 ; 2 nên ta có 2022 giá trị nguyên m .
Bài toán tương tự:
Bài toán 16.1 Tìm số giá trị nguyên m  3 ; 2019 sao cho phương trình
x log 2  x  1  log 2  x  1   x  m  e x  mx  9 có đúng hai nghiệm thực.
m

Facebook: />
10

Khóa luyện đề nâng cao 2020

Câu 17.

Có

bao

nhiêu

giá

trị

nguyên

của

tham

m  10

số

để

phương

trình

2m
x log 3  x  1  log 9 9  x  1  có hai nghiệm thực phân biệt.



A. 8

D. 9

C. 10

B. 7

Lời giải
Điều kiện: x  1.
Nhận thấy với x  0 thì phương trình đã cho trở thành 0  1 (vô lí), nên x  0 không là
nghiệm của phương trình với mọi m .
Xét 1  x  0 ta có:
2m
x
m
x log 3  x  1  log 9 9  x  1   log 3  x  1  log 3  3  x  1 




xm
ln 3

  x  1  3  x  m 
ln  x  1

mx

ln 3
ln  x  1

Đặt f  x   x 

 f '  x  1 

ln 3
ln  x  1

với 1  x  0

ln 3
 0, x   1;   \0.
 x  1 ln2  x  1

Ta lập được bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên thì phương trình m  x 

ln 3
có hai nghiệm thực phân biệt khi
ln  x  1

m  1;   .

Câu 18.









Biết rằng phương trình log 2 2 x  1  m  1  log 3 m  4 x  4 x 2  1 có nghiệm thực duy nhất.
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. m  0;1 .

B. m 1; 3 .

C. m  3;6  .

D. m  6;9  .

Lời giải
Ta có:

















log 2 2 x  1  m  log 3 3 m  4 x  4 x2  1   log 2 2 x  1  m  log 3 3 m  (2 x  1)2  .





Nếu 2 x0  1 là nghiệm của phương trình thì   2 x0  1 cũng là nghiệm của phương trình.

Facebook: />
11


Khóa luyện đề nâng cao 2020
Vậy để phương trình có nghiệm duy nhất thì 2 x0  1    2 x0  1  x0 
Với x0 

1
.
2

1

thay vào phương trình ta có: log 2 m  log 3 3m  t
2

t
t
log 3 3

 3
m  2
t
t
2


3.2

3


3

t

log
3

m

2
 6,54 .

 
3
t
2
3
m

3



2


Câu 19.

sin x  5 cos x  m  5

 logsin x

Có bao nhiêu giá trị nguyên m để phương trình 3

5 cos x 10

 m  5

có

nghiệm.
A. 7 .

B. 4 .

C. 5 .

D. 6 .

Lời giải
Ta có : 3

 3sin x 

sin x  5 cos x  m  5

5 cos x 10

 log sin x 

sin x  5 cos x 10

5 cos x 10



 m  5  3



.ln sin x  5 cos x  10  3

m 5

3

m 5



.ln m  5







ln m  5



ln sin x  5 cos x  10





Xét f  t   ln  t  .3t , t  5
1
f   t   3t  ln  t  3t ln  3   0 , t  5 , suy ra hàm số f  t  đồng biến .
t



 



f sin x  5 cos x  10  f m  5  sin x  5 cos x  10  m  5  sin x  5 cos x  5  m

Mà  6  sin x  5 cos x  6
Vậy để phương trình có nghiệm ta phải có 5  6  m  5  6
Câu 20.

Cho phương trình m ln2  x  1   x  2  m ln  x  1  x  2  0 1 . Tập hợp tất cả các giá trị của
tham số m để phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt thoả mãn 0  x1  2  4  x2 là khoảng

 a ;   . Khi đó a thuộc khoảng
A.  3,8; 3,9  .

B.  3,6; 3,7  .

C.  3,7 ; 3,8  .

D.  3,5; 3,6  .

Lời giải
Điều kiện: x  1.
Vì x  0 không thỏa mãn phương trình nên ta có

x2

 m  ln( x  1) ,  2 
 m ln  x  1  x  2
.

1  m ln  x  1  x  2  ln  x  1  1  0  

1
ln  x  1  1
 x  e  1

Facebook: />
12


Khóa luyện đề nâng cao 2020
Do nghiệm x 

1
 1  0 nên phương trình  1 có hai nghiệm thoả mãn 0  x1  2  4  x2 khi và
e

chỉ khi phương trình  2  có hai nghiệm phân biệt sao cho 0  x1  2  4  x2 .

x2
Xét hàm số f  x  
trên khoảng  0 ; +  ta có f   x  
ln  x  1
f   x   0  ln  x  1 

x2

x1 .
2
ln  x  1

ln  x  1 

x2
 0 ,  3 .
x1

1
1
x2
có h  x  

 0 , x  0 nên h  x  đồng biến
x1
x  1  x  12

Xét hàm số h  x   ln  x  1 

trên  0;    do đó phương trình f   x   0 có không quá một nghiệm.
Mà f   2  . f   4   0 và f   x  là hàm số liên tục trên  2; 4  suy ra phương trình  3  có duy nhất
một nghiệm x0   2; 4  . Từ đó ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt thoả mãn 0  x1  2  4  x2
khi và chỉ khi m 
Câu 21.

Tổng

3

tất

x 3 3 m 3 x

A. 45 .



cả

 6

6
6
 m
;    . Vậy a 
  3,7 ; 3,8  .
ln 5
ln
5
ln
5



các

giá



trị

 x  9 x  24 x  m .3
3

2

x3

nguyên

của

tham

số

để

m

phương

trình

 3  1 có ba nghiệm phân biệt bằng
x

B. 38 .

C. 34 .

D. 27 .

Lời giải
Phương trình tương đương với

3

3

m 3 x





 x3  9x2  24x  m  27  33x  3

3

m 3 x

 m  3x  33x   3  x 

Xét hàm đặc trưng: f t   3t  t 3  f  t   3t ln3  3t 2  0 t 
3

3

m 3 x

3

.

 m  3 x  33  x   3  x   3 m  3 x  3  x  m   3  x   3x
3

3

 m   x 3  9 x 2  24 x  27 .

Facebook: />
13


Khóa luyện đề nâng cao 2020
x  2
Đặt g  x   x3  9x2  24x  27  g  x   3x2  18 x  24  0  
.
x  4
Ta có bảng biến thiên:

Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì 7  m  11  m 8;9;10 . Vậy tổng các giá trị m
bằng 27 .
Câu 22.

Có bao nhiêu số nguyên

 2019; 2019

để phương trình

1
1
 x
 x  a có hai
ln  x  5  3  1

nghiệm phân biệt?
A. 0 .

B. 2022 .

C. 2014 .

D. 2015 .

Lời giải
Ta có

1
1
1
1
 x

 xa 
 x
xa
ln  x  5 3  1
ln  x  5 3  1

ln  x  5   0
 x  4


Điều kiện xác định  x  5  0
  x  5 .
3x  1  0
x  0



Đặt hàm số f ( x) 
Suy ra f '( x) 

1
1
 x
 x có TXĐ D   5; 4   4;0   0;  
ln( x  5) 3  1

1
3x ln 3

 1  0 nên f ( x ) nghịch biến trên từng khoảng xác

 x  5 ln 2  x  5  3x  12

định
1
243
; lim f ( x)  ; lim f ( x)  
5  5
x 4
35  1
242 x 4
lim f ( x)  ; lim f ( x)   ; lim f ( x)  

Tính : lim f ( x) 
x 5

x 0

x 0

x 

Bảng biến thiên

Phương trình f ( x )  a có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi a  5  243
242

Facebook: />
14

Khóa luyện đề nâng cao 2020
a 
a 
Do 
. Vậy có 2018  4 1  2015 giá trị của a .

a   2019; 2019  a   4; 2018

Câu 23.

Tổng tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 2 x

2



 4 x  5  m2



 log x2  4 x  6 m2  1 có đúng 1

nghiệm là
C. 2 .

B. 0 .

A. 1 .

D. 4 .

Lời giải
Ta có 2 x

2

 4 x  5  m2





 log x2  4 x  6 m2  1  2



  log

x 2  4 x  6  m2  1

x2  4 x  6

m

2



1 .

2

a  x  4 x  6
Đặt 
, ta có a  2; b  1 , phương trình đã cho trở thành 2 a b  log a b .
2

b  m  1
ab
 2  1
Nếu a  b thì 
không thỏa mãn.
log a b  1

 2 a  b  1
Nếu a  b thì 
không thỏa mãn.
log a b  1

Do đó a  b , khi đó phương trình đã cho tương đương với
x 2  4 x  6  m2  1  x 2  4 x  5  m2

Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của parabol y  x 2  4 x  5 và đường
thẳng y  m 2
Ta có hình ảnh minh họa sau

Dựa vào đồ thị, phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm khi và chỉ khi m2  1  m  1 .
Vậy tổng các giá trị của tham số m là 0.
Câu 24.

1
2 x2  4 x  6
log
 x 2  2 x  x  m có
Tổng tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
2
2
xm 1





đúng ba nghiệm phân biệt là
A. 2 .

B. 3 .

C. 1 .

Facebook: />
D. 0 .

15


Khóa luyện đề nâng cao 2020
Lời giải
Điều kiện:

2x2  4x  6
 0  x 
xm 1

Phương trình:

 log 2

.

1
2 x2  4 x  6
log 2
 x2  2 x  x  m
2
xm 1



2 x2  4 x  6
 2x2  4 x  x  m
xm 1











 







 







 * 



 log 2 2 x 2  4 x  6  log 2 x  m  1  2 x 2  4 x  4 x  m





 log 2 2 x 2  4 x  6  2 x 2  4 x  6  log 2 x  m  1  2  4 x  m  4

 

 log 2 2 x 2  4 x  6  2 x 2  4 x  6  log 2 4 x  m  4  4 x  m  4



  1

 Xét hàm f  t   log2 t  t trên khoảng  0;    .
có f '  t  

1
 1  0 , t  0 suy ra f  t  đồng biến trên khoảng  0;    .
t ln 2



 

Khi đó  1  f 2 x 2  4 x  6  f 4 x  m  4



 2 x2  4 x  6  4 x  m  4

 2 x  m  x2  2x  1
 2 x  2m  x 2  2 x  1
( do x2  2x  1  ( x  1)2  0, x 


2
 2 x  2m   x  2 x  1





)

 2m   x 2  4 x  1

 2
2
 2m  x  1
 Vẽ đồ thị hai hàm số g  x   x2  4x  1 và h  x   x2  1 trên cùng hệ trục tọa độ Oxy

Facebook: />
16


Khóa luyện đề nâng cao 2020

(Chú ý: Hai đồ thị hàm số y  g( x) và y  h( x) tiếp xúc với nhau tại điểm A(1; 2) )
Để phương trình  *  có đúng ba nghiệm phân biệt thì  2  phải có đúng ba nghiệm phân biệt

 đường thẳng y  2 m và hai đồ thị trên có đúng ba điểm chung phân biệt

1
m  2
 2m  1



  2m  2   m  1 .
 2m  3 
3
m 
2

Vậy tổng tất cả các giá trị của m bằng 3.
Câu 25.

Tìm tham số m để tổng các nghiệm của phương trình sau đạt giá trị nhỏ nhất:
2
mx 1 m
1   2 x 2  m  m  1 x  2  .21 mx  x  x 2  mx  1 .2    x 2  m2 x.
1
1
A. 0 .
B. 2 .
C.  .
D. .
2
2





Lời giải





2
mx 1 m
1   2 x 2  m  m  1 x  2  .21 mx  x  x 2  mx  1 .2    x 2  m2 x


  x 2  mx  1  x 2  m2 x  1  .2





 









  x 2  mx  1 .2 x m x 1 x mx 1  x 2  m2 x  1 .





 x2  mx 1

2

2

2



Đặt a  x 2  mx  1 , b  x 2  m2 x  1 thì phương trình trên trở thành

 a  b  .2

a



 



 a.2b  a  b  a  b  a.2b  b.2a  a 2b  1  b 2a  1  0 (*).

Nếu a  0 hoặc b  0 thì phương trình (*) thỏa mãn.
Nếu a  0 và b  0 thì phương trình (*) tương đương

2b  1 2 a  1


 0 (**).
b
a

Nhận xét:

Facebook: />
17


Khóa luyện đề nâng cao 2020
Với a  0 thì 2 a  1 , tức là 2 a  1  0 nên

2a  1
0.
a

Với a  0 thì 2 a  1 , tức là 2 a  1  0 nên

2a  1
0.
a

Suy ra

2a  1
 0, a  0 .
a

Tương tự:

Nên

2b  1
 0, b  0 .
b

2b  1 2 a  1

 0, a  0, b  0 . Suy ra phương trình (**) vô nghiệm.
b
a

a  0
Do đó: (*)  
.
b  0

 x2  mx  1  0
Tức là phương trình đã cho tương đương  2
.
2
 x  m x  1  0
Hai phương trình x 2  mx  1  0 và x 2  m2 x  1  0 có ít nhất 1 nghiệm trùng nhau khi m  0
hoặc m  1 .
Nếu m  0 thì hai phương trình đều là x 2  1  0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm
và tổng hai nghiệm đó là T1  0 .
Nếu m  1 thì hai phương trình đều là x 2  x  1  0 nên phương trình đã cho có hai
và tổng hai nghiệm đó là T2  1 .

nghiệm

Khi m  0 và m  1 thì hai phương trình x 2  mx  1  0 và x 2  m2 x  1  0 không có nghiệm
nào trùng nhau.
Phương trình bậc hai x 2  mx  1  0 có a.c  0 nên có hai nghiệm phân biệt và tổng hai nghiệm
đó là x1  x2  m .
Phương trình bậc hai x 2  m2 x  1  0 có a.c  0 nên có hai nghiệm phân biệt và tổng hai
nghiệm đó là x3  x4  m2 .
Suy ra phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt và tổng của chúng là
2


1 1
1
T3  x1  x2  x3  x4  m  m   m      .
2 4
4

2

1
1
1
T3    m   , nên min T3   .
4
2
4

So sánh T1 , T2 , min T3 thì được giá trị nhỏ nhất của tổng các nghiệm của phương trình đã cho là


1
1
và đạt tại m   .
4
2

Facebook: />
18