Dang 5. Phương pháp hàm số, đánh giá(VDT

Câu 1.

y  f  x
[2D2-5.5-3] (Chuyên Vinh Lần 2) Cho số thực m và hàm số
có đồ thị như hình vẽ.
x
x
f 2 2 m
 1; 2 ?
Phương trình có
nhiều nhất bao nhiêu nghiệm phân biệt thuộc đoạn



A. 2 .



B. 3 .

C. 4 .
Lời giải

D. 5 .

Tác giả: Nguyễn Đình Hải ; Fb:Nguyen Dinh Hai
Chọn B
Đặt

t  t  x   2 x  2 x

với

x � 1; 2

.

t  t  x
 x   2 x ln 2  2 x ln 2 và t �
 x  0
 1; 2 có t �
Hàm số
liên tục trên
� 2 x ln 2  2 x ln 2  0 � 2 x  2 x � x  0 .

Bảng biến thiên:

� 5�
t ��
2; �
x
x
� 2�
Nhận xét: Dựa vào bảng biến thiên với mỗi
có 2 giá trị của x thỏa mãn t  2  2
�5 17 �
t � 2 �� ; �
�2 4 �có duy nhất 1 giá trị x thỏa mãn t  2 x  2 x .
và với mỗi
� 17 �
t ��

2; �
f  t  m
4 �.
�
Xét phương trình
với

Dựa vào đồ thị phương trình

f  2 x  2 x   m

có số nghiệm nhiều nhất khi và chỉ khi phương
� 5�
�5 17 �
t1 ��
2; � t2 �� ; �
f  t  m
t
t
� 2 �và
�2 4 �.
trình
có 2 nghiệm 1 , 2 trong đó có:


Vậy phương trình

f  2 x  2 x   m

 1; 2 .

có nhiều nhất 3 nghiệm phân biệt thuộc đoạn

Câu tương tự:
Câu 2.

y  f  x
[2D2-5.5-3] (Chuyên Vinh Lần 2) (Đề minh họa năm 2019) Cho hàm số
liên tục
trên � và có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để
f  sin x   m
 0;   là
phương trình
có nghiệm thuộc khoảng

A.

 1;3 .

B.

 1;1 .

C.
Lời giải

 1;3 .

D.

 1;1 .

Chọn D
x � 0;  
t � 0;1
Đặt t  sin x , do
nên
.

Khi đó phương trình trở thành:
Từ đồ thị ta có: Phương trình

f  t   m, t � 0;1

f  sin x   m

trên

 0;1

có nghiệm thuộc khoảng

 0;  

. Đồ thị

f  t

như hình vẽ.

� phương trình f  t   m có nghiệm trên nửa khoảng  0;1 � m � 1;1 .

Câu 3.

y  f  x
[2D2-5.5-3] (Chuyên Vinh Lần 2) Cho hàm số
xác định trên � và có đồ thị như
hình bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình:
f�
4 sin 6 x  cos 6 x �
�
� m có nghiệm.



A. 2 .
Chọn D



B. 4 .

C. 3 .
Lời giải

D. 5 .


� 3 2 �
 4�
1  sin 2 x �

6
6
4
sin
x

cos
x


� 4
� 4  3sin 2 2 x � t � 1; 4 .
Đặt t 

f�
4  sin 6 x  cos 6 x  �
�
� m có nghiệm � phương trình f  t   m có
Do đó phương trình
 1; 4 .
nghiệm trên đoạn
Dựa vào đồ thị đã cho ta thấy: phương trình
m � 1; 2;3; 4;5
Vậy
.
Câu 4.

t � 1; 4 ۣ
�1 m 5.
có nghiệm t với

f  t  m

x , x  x1  x2 
[2D2-5.5-3] (ĐOÀN THƯỢNG-HẢI DƯƠNG LẦN 2 NĂM 2019) Biết 1 2
là
hai nghiệm của phương trình
2
1
x1  2 x2  a  b
log 3 x 2  3 x  2  2  5 x 3 x 1  2
2
và
với a, b là hai số nguyên dương.
Tính a  2b ?
A. 5.
B. 1.
C. 1.
D. 9.









Lời giải
Tác giả: Phan Khanh ; Fb: PhanKhanh

Chọn B

x �2
�
x 2  3x  2 �0 � �
x �1 .
�
Điều kiện xác định của phương trình:
2
2
log 3  t  2   5t 1  2  0
Đặt t  x  3 x  2 với t �0 . Phương trình đã cho trở thành
.
t 2 1
f  t   log 3  t  2   5  2
Xét hàm số
.
2
1
f�
 2t.5t 1 ln 5  0
 t 
 t  2  ln 3
Ta có:
, t �0 .
9
f
0

log

2

0


3
f  t
 0; � . Mà
5
Suy ra
luôn đồng biến trên
f  t  0
 0; � .
Do đó phương trình
có đúng 1 nghiệm trên khoảng
12 1
t  1 ta có log 3  1  2   5  2  0 (đúng)
Xét
Suy ra t  1 là nghiệm duy nhất.
� 3 5
x1 
�
2
2
x  3x  2  1 � �
� 3 5
1
x1 
� x1  2 x2  9  5
�

�
2
t 1�
2
.
Suy ra a  9, b  5 . Vậy a  2b  1 .



Câu 5.



[2D2-5.5-3] (Hải Hậu Lần1) Tập hợp tất cả các giá trị của m để phương trình
a; b
2 x  3  m 4 x  1 có hai nghiệm thực phân biệt là
. Tính S  2a  3b
A. S  29 .
B. S  28 .
C. S  32 .
D. S  36 .
Lời giải





Tác giả: Lê Mai Hương; Fb: Le Mai Huong
Chọn D

x
x
Ta có 2  3  m 4  1

Xét hàm số

f  x 

�m

2x  3
4x 1 .

2x  3
4  1 trên �
x

� f�
 x 

 1  3.2  .2
 4  1 4
x

x

x

ln 2

x

1

0

� x  log 2

1
3.

Ta có bảng biến thiên

�a  3
�
m � 3; 10
b  10 � S  2.3  3.10  36 .
Từ bản biến thiên suy ra
. Do đó �



Câu 6.



[2D2-5.5-3] (KỸ-NĂNG-GIẢI-TỐN-HƯỚNG-ĐẾN-THPT-QG)

Phương

trình

x  3x  2
 x2  4x  3
2
x ;x
3x  5 x  8
có nghiệm các nghiệm 1 2 . Hãy tính giá trị của biểu thức
A  x12  x22  3 x1 x2
A. 31
B. 31 .
C. 1
2

log 2

D. 1 .
Lời giải
Tácgiả :(Phạm Thị Ngọc Huệ,,Tên FB: Phạm Ngọc Huệ)
Chọn C

x  2
�
2
x

3
x


2

0
�
�
2
x  1
�
Ta có : 3 x  5 x  8  0 x �� nên đk của phương trình là:

x 2  3x  2
log 2 2
 x2  4x  3
3x  5 x  8
� log 2  x 2  3 x  2   log 2  3 x 2  5 x  8  

1  2
 3 x  5 x  8    x 2  3x  2  
2
.

1
1
� log 2  x 2  3 x  2    x 2  3x  2   log 2  3 x 2  5 x  8   3 x 2  5 x  8 
2
2
.
Xét hàm số
1
1

1
f (t )  log 2 t  t , ( t  0) f '(t ) 
  0 t  0
2
t ln 2 2
;
.
Nên hàm số f (t ) đồng biến trên tập  0; � .

 2

 2

Mà phương trình có dạng : f x  3 x  2  f 3 x  5 x  8 .


Vậy phương trình đã cho tương đương với phương trình:

x 1
�
��
(t / m)
 3x  5 x  8    x  3x  2  � 2 x 2  8 x  6  0 �x  3
.
2

2

A  x12  x22  3 x1 x2   x1  x2   5 x1.x2  1 .
Vậy

2

Câu 7.

[2D2-5.5-3] (CHUYÊN NGUYỄN DU ĐĂK LĂK LẦN X NĂM 2019) Cho phương trình
5x  m  log 5  x  m 
 20;20  để phương trình
. Có bao nhiêu giá trị m nguyên trong khoảng
có nghiệm.
A. 15.
B. 14.
C. 19.
D. 17.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Duy Tân; Fb: Nguyễn Duy Tân
Chọn C
 Đặt

5 x  m  log 5  x  m   t

.

�
�
�
5x  m  t
5x  m  t
5x  m  t
�
�

�
��
� �t
�
log5  x  m   t
x  m  5t
5 m x
�
�
�
Ta có hệ phương trình:
.
Trừ hai vế ta được:
 Với

5 x  5t  t  x � 5 x  x  5t  t � f  x   f  t 

f  x   5x  x � f �
 x   5x.ln 5  1  0 x ��.

� Hàm số y  f  x  đồng biến trên �.
� Phương trình f  x   f  t  có nghiệm duy nhất x  t .
x
x
 Với x  t ta có 5  m  x � 5  x   m.

Xét hàm số

g  x   5x  x

.

g�
 x   5x.ln 5  1 � g �
 x   0 � 5x 

� với

m 

1
1
� x  log 5
ln 5
ln 5 .

1
1
1
1
 log 5
�m
 log 5
ln 5
ln 5
ln 5
ln 5 .

m � 20;20 
Do m là số nguyên và

nên m �{  19; 18;...; 1} .
Vậy có 19 giá trị m thỏa mãn bài toán.


.


Câu 8.

[2D2-5.5-3] (THPT NINH BÌNH – BẠC LIÊU LẦN 4 NĂM 2019) Tính tích tất cả các
1 �
�x  �
�2 x 2  1 � �
� 2x �
log 2 �
5
� 2
2x �
�
nghiệm thực của phương trình
.
1
A. 0 .
B. 2 .
C. 1 .
D. 2 .
Tác giả:Nguyễn Thị Lan ; Fb: Lan Nguyen Thi
Chọn D
Điều kiện x  0
Đặt

t  x

1
t� 2
2x ,
.





t
 1
Phương trình trở thành: log 2 t  2  5

Xét

f  t   log 2 t  2t

Ta có

f  2  5

f ' t  

� f  t

với t � 2 .

 1 .
nên x  2 là một nghiệm của phương trình

1
 2t ln 2  0
t � 2
t ln 2

luôn đồng biến trên khoảng





2; �

� Đồ thị hàm số y  f  t  cắt đường thẳng y  5 nhiều nhất tại 1 điểm.

 1 .
Vậy t  2 là nghiệm duy nhất của phương trình
Với t  2 :

x

Phương trình
1
.
2
Câu 9.

1
 2 � 2x2  4x  1  0  2
2x
.

 2

có hai nghiệm phân bệt và tích tất cả các nghiệm thực của phương trình là

2
2
[2D2-5.5-3] (Chuyên Bắc Giang) Tìm m để phương trình log 2 x  log 2 x  3  m có nghiệm
x � 1;8
.
A. 6 �m �9 .
B. 2 �m �3 .
C. 2 �m �6 .
D. 3 �m �6 .
Lời giải
Tác giả:Vũ Thị Thanh Huyền; Fb: Vu Thi Thanh Huyen
Chọn C
log 2 2 x  log 2 x 2  3  m � log 2 2 x  2 log 2 x  3  m  1
Ta có:
.
t  log 2 x x � 1;8 � t � 0;3
 1 trở thành t 2  2t  3  m  2  .
Đặt
,
. Phương trình
 1 có nghiệm x � 1;8 khi và chỉ khi phương trình  2  có nghiệm t � 0;3 .

Phương trình
f  t   t 2  2t  3
t � 0;3
Xét hàm số
với
.
Ta có bảng biến thiên:


 1

Vậy phương trình

có nghiệm

x � 1;8 ۣ
� f  1

m

f  3 ۣ
 2 m 6.
�

Câu 10. [2D2-5.5-3] (Ba Đình Lần2) Có bao nhiêu giá trị ngun của tham số m để phương trình
9

4 x  x2

 4.3

4 x  x2

A. 27 .

 2m  1  0 có nghiệm?
B. 25 .

C. 23 .
Lời giải

D. 24 .

Tác giả:Nguyễn Thị Thanh Huyền ; Fb: Huyền Kem Huyền Kem
Chọn B
ĐKXĐ:

x � 0; 4

.

2
x � 0; 4
t � 0; 2
Đặt t  4 x  x với
thì
t
t � 0; 2
u � 1;9
Đặt u  3 với

thì
2
 1;9 .
Khi đó, tìm m đề phương trình u  4u  2 m  1  0 có nghiệm thuộc đoạn

� 2m  u 2  4u  1 , với u � 1;9
Xét hàm số

f  u   u 2  4u  1

f�
 u   2u  4  0 � u  2
Ta có,

f  1  4

,

.

.

f  2   5 f  9   44
,
.

5
44 �2m �5 � 22 �m �
2 .
Do đó, phương trình có nghiệm khi và chỉ khi

Vậy có 25 số nguyên của tham số m .
Câu 11. [2D2-5.5-3] (Liên Trường Nghệ An) Cho hàm số
hình vẽ dưới đây

y  f  x

liên tục trên � và có đồ thị như


Số các giá trị nguyên của tham số m không vượt quá 5 để phương trình
hai nghiệm phân biệt là
A. 5 .

B. 4 .

f 

x



m2  1

0
8
có

D. 6 .

C. 7 .

Lời giải

Tác giả: Lê Anh Đông; Fb: Le Anh Đong
Chọn A
x
Để phương trình   k có 1 nghiệm thì k  0 .

Do đó để
cắt đồ thị

f x 
y  f  x

m2  1
m2  1
m2  1
 0 � f x 
y
8
8 có 2 nghiệm thì đường thẳng
8 phải
tại 2 điểm phân biệt có hồnh độ lớn hơn 0.

Dựa vào đồ thị ta thấy

1 

m2  1
1
�<

< 7
m2
8

9

0 m2

9 � m � 3;3 .

m � 2; 1;0;1; 2
Mà m  5; m ��.Vậy
.

Có tất cả 5 giá trị.

5 x  m  log 5  x  m 

Câu 12. [2D2-5.5-3] (Nguyễn Khuyến)Cho phương trình

m � 20;20 

bao nhiêu giá trị nguyên của
A. 20.
B. 21.

với m là tham số. Có

để phương trình đã cho có nghiệm?
C. 9.

D. 19.
Lời giải

Chọn D
5 x  m  log 5  x  m 
Ta có

 * . Đặt t  5x  m .
 * � t  log5  x  m  � x  m  5t � x  5t  m .
Suy ra
�
t  5x  m
�
� t
x  5  m � t  x  5x  5t � x  5x  t  5t
Ta có hệ �
(1).
u
u
f  u  u  5
f�
 u   1  5 .ln 5  0 u
Xét hàm số

có

 1 � x  t . Khi đó ta được

,

x  5x  m � x  5x  m .

nên hàm số đồng biến trên �.


x
Đây là phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị hàm số y  x  5 và đường thẳng y  m
song song hoặc trùng trục hoành.

�1 �
� x  log 5 � �
�
0
�ln 5 �.
Xét y  x  5 có y  1  5 ln 5 . Suy ra y�
x

x

Bảng biến thiên

 m
�
ۣ
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình có nghiệm

� �1 �
�
f�
log5 � �

�  1; 0 
� �ln 5 �
�

�m ��
�
�m � 20; 20  nên m � 19;  18;...;  1 . Vậy có 19 giá trị nguyên của m thỏa bài tốn.
Vì
Câu 13. [2D2-5.5-3] (CHUN LÊ HỒNG PHONG – NAM ĐỊNH 2019 – LẦN 1) Cho
y
0 �x �2020 và log 2 (2 x  2)  x  3 y  8 .Có bao nhiêu cặp số ( x ; y ) nguyên thỏa mãn các
điều kiện trên ?
A. 2019.
B. 2018.
C. 1.
D. 4.
Lời giải
Tác giả:Lê Thị Hồng Vân ; Fb: Hồng Vân
Phản biện : Vũ Ngọc Tân , Fb : Vũ Ngọc Tân.
Chọn D

log 2 (2 x  2)
Do 0 �x �2020 nên
ln có nghĩa .
y
Ta có log 2 (2 x  2)  x  3 y  8

� log 2 ( x  1)  x  1  3 y  23 y
� log 2 ( x  1)  2log 2 ( x 1)  3 y  23 y (1)
t

Xét hàm số f (t )  t  2 .

(t )  1  2t ln 2 � f �
(t )  0 t �� .
Tập xác định D  � và f �
3y
Suy ra hàm số f (t ) đồng biến trên �. Do đó (1) � log 2 ( x  1)  3 y � x  1  2

� y  log8 ( x  1)

.

Ta có 0 �x �2020 nên 1 �x  1 �2021 suy ra 0 �log 8 ( x  1) �log 8 2021 .
y � 0;1; 2;3
Lại có log8 2021 �3, 66 nên nếu y �� thì
.

Vậy có 4 cặp số ( x ; y ) nguyên thỏa yêu cầu bài toán là các cặp (0; 0) , (7;1) , (63; 2) , (511;3) .
Câu 14. [2D2-5.5-3] (Hậu Lộc Thanh Hóa) Tổng tất cả các nghiệm thực của phương trình
15 x.5x  5x 1  27 x  23 là


B. 0 .

C. 2 .
D. 1 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Điệp ; Fb:

A. 1 .

Chọn B
1
3 không là nghiệm của phương trình, do đó
Ta thấy
27 x  23
15 x.5x  5 x 1  27 x  23 � 5 x 1 
3x  1
� 1 � �1
�
27 x  23
D�
�; �
�� ; ��
x 1
g
x



f  x  5
� 3 � �3
�
3x  1 trên tập
Xét hai hàm số
và
96
1
1
g�

x 
 0, x �
x 1

2
f�
x

5
.ln
5

0,

x
�
 
3
 3x  1
3 và
Ta có
.
f ( x)
g ( x)
Do vậy hàm số
là hàm đồng biến và
là hàm nghịch biến trên từng khoảng xác định
nên phương trình có tối đa 02 nghiệm.(xem thêm phần đồ thị minh hoạ)
x

Nhận thấy x  �1 là hai nghiệm của phương trình tren.
Vậy tổng các nghiệm của phương trình là 0 .
Câu 15. [2D2-5.5-3] (PHÂN TÍCH BL_PT ĐỀ ĐH VINHL3 -2019..) Có bao nhiêu số ngun m để
x
phương trình x  3  me có 2 nghiệm phân biệt?
A. 7.
B. 6.
C. 5.
D. Vô số.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Bảo Mai; Fb: Bao An
Chọn A
x
x
Ta có x  3  me � me  x  3  0 .
x
Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đồ thị hàm số y  me  x  3 cắt trục
Ox tại 2 điểm phân biệt.

 me x  1 .
Ta có y�
x
�
+) Nếu m �0 thì y  0, x �� nên đồ thị hàm số y  me  x  3 không thể cắt trục Ox tại 2
điểm phân biệt.

�
+) Nếu m  0 thì y  0 � x   ln m . Ta có bảng biến thiên:

2
2
Suy ra ln m  2  0 � m  e . Vậy 0  m  e . Do đó các giá trị nguyên của m là 1, 2, …,7.

Nhận xét: Những bài toán về số nghiệm của phương trình phụ thuộc vào tham số m ta thường
tìm cách cô lập m rồi khảo sát hàm số, tuy nhiên với bài tốn này, nếu làm vậy thì gặp khó khăn
trong việc khảo sát hàm số nhận được. Do đó ta xét vị trí tương đối của đồ thị một hàm khác
với trục hồnh. Bài tốn này cần đến các kĩ năng khảo sát hàm số, giải phương trình mũ và bất
phương trình logarit.
x
TT 40.1.
Có bao nhiêu số ngun m nhỏ hơn 100 để phương trình m  10 x  me có hai
nghiệm phân biệt?

A. 52.

B. 98.

C. 49.
Lời giải

D. 96.
Tác giả: Nguyễn Bảo Mai; Fb: Bao An

Chọn B
m  10 x  me x � me x  10 x  m  0
x
 me x  10 .
Xét y  me  10 x  m � y�

Thấy m �0 không thỏa mãn. Với m  0 được

y�
 0 � x  ln

y  0  0
Mà
, vậy để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì
số ngun thỏa u cầu bài tốn.

10
m.

ln

10
�۹
0
m

m 10

. Do vậy có 98

100;100 
TT 40.2.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trong đoạn 
để phương
m
ln

x

x

m
trình
có hai nghiệm phân biệt?
A. 100.

B. 198.

C. 108.
Lời giải

D. 92.

Tác giả: Nguyễn Bảo Mai; Fb: Bao An
Chọn D
Điều kiện xác định: x  0
m ln x  x  m � m ln x  x  m  0


Xét y  m ln x  x  m

� y�


m
1
x

.

�
Thấy m �0 không thỏa mãn. Với m  0 được y  0 � x  m .

m ln  m   2m  0 � ln  m   2 �  m  e2
Vậy để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì
� m  e 2 . Do vậy có 92 số nguyên thỏa u cầu bài tốn.
Câu 16. [2D2-5.5-3]
(THPT LƯƠNG THẾ
VINH
2019LẦN
3)
Phương
trình
2x 1
a
a
log 3
 3x 2  8 x  5
( x  1) 2
có hai nghiệm là a và b (với a , b ��* và b là phân số tối giản).
Giá trị của b là
A. 1 .
B. 4 .
C. 2 .
D. 3 .
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Đông ; Fb:Nguyễn Đông
Chọn D

� 1
2x 1  0
�
�x 
�� 2
�
�x  1 �0
�
�x �1 .
Điều kiện

log 3
Ta có:

� log 3

2x 1

 x  1

2x 1

 x  1

2

2

 3x2  8 x  5

.



� log3  2 x  1   2 x  1  log 3 3  x  1

Xét hàm số:
f�
 t 

2x 1

 1  3x 2  8 x  4 � log 3

f  t   log 3  t   t

3  x  1
2

 3  x  1   2 x  1
2

2

  3  x  1

với t  0 .

1
1  0

t  0 .
t.ln 3

Suy ra hàm số
Phương trình

f  t

đồng biến trên

 1 � f  2 x  1 



 0; � .

f 3  x  1

2

.

x2
�
� 2
�
2
x
� 2 x  1  3  x  1 � 3 x 2  8 x  4  0
hay � 3 .

.
2

 1 .


2
Vậy hai nghiệm của phương trình là 2 và 3 suy ra b  3 .

Câu 17. [2D2-5.5-3] (Chuyên Vinh Lần 3) Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình x  3  me có
2 nghiệm phân biệt?
A. 7 .
B. 6 .
C. 5 .
D. Vô số.
Lời giải
Chọn A
x

Ta có: x  3  me � me  x  3  0 .
f  x   me x  x  3 � f �
 x   me x  1 .
Đặt
f�
 x   0 � f  x   0 có tối đa một nghiệm.
Nếu m �0 thì
f�
 x   0 � x   ln m .
Ta xét với m  0 , khi đó

Bảng biến thiên
x

x

x
2
Để phương trình x  3  me có 2 nghiệm phân biệt ln m  2  0 � 0  m  e .
m � 1; 2;3; 4;5;6;7
Từ đó suy ra
.

Câu 18. [2D2-5.5-3] (Đặng Thành Nam Đề 9) Có bao nhiêu số nguyên
e x  e x  a  ln  1  x   ln  x  a  1
trình
có nghiệm thực duy nhất.
399
199
A.
.
B.
.
C. 200 .

a � 200; 200 

để phương

D. 398 .

Lời giải
Tác giả: Lê Thanh Bình ; Fb: Lê Thanh Bình
Chọn B
x
x a
Vì e  e  0, x nên ln(1  x)  ln(1  x  a) � 1  x  1  x  a � a  0.
1 x  0
�
� x  1  a, a  0.
�
1

x

a

0
�
Điều kiện của phương trình là
x
x 1
Phương trình tương đương với: e  e  ln( x  1)  ln( x  a  1)  0.
x
xa
Xét hàm số f ( x )  e  e  ln( x  1)  ln( x  a  1).
Ta có
1
1
a
f '( x )  e x  e x  a 


 e x  e x a 
0
a  0, x  a  1.
x 1 x  a 1
( x  1)( x  a  1)

Suy ra

f  x

đồng biến trên
lim f ( x)  �; lim

Ta có x ��
Bảng biến thiên:

 1  a; �

x � ( a 1) 

f ( x )  �

với a  0 .


� f ( x)  0 ln có một nghiệm thực duy nhất với mọi a  0 .
a � 200; 200 
Vì
nên có 199 số a ngun thỏa mãn.

Câu 19. [2D2-5.5-3] (THPT TX QUẢNG TRỊ LẦN 1 NĂM 2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của
m � 2019; 2019
tham số
để phương trình
2 x  1 mx  2m  1
2019 x 

0
x 1
x2
. Có đúng 3 nghiệm thực phân biệt.
A. 4038 .

B. 2019 .

C. 2017 .

D. 4039 .

Lời giải
Tác giả: Võ Đức Toàn ; Fb:ductoan1810
Chọn C
TXĐ:

D  �\  1; 2 .

Ta có
2 x  1 mx  2m  1


0
x 1
x2
2 x  1 m( x  2)  1
� 2019 x 

0
x 1
x 2
2x 1
1
� 2019 x 

 m.
(*)
x 1 x  2
2019 x 

Đặt

f ( x)  2019 x 

2x 1
1

.
x  1 x  2 Khi đó

f '( x)  2019 x ln 2019 

3
1

 0 x �D.
2
( x  1) ( x  2) 2

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, để phương trình (*) có 3 nghiệm thực phân biệt thì

m  2 � m  2.
Mà

m � 2019; 2019

và m �� nên có 2017 giá trị m thỏa mãn.

Câu 20. [2D2-5.5-3] ( Sở Phú Thọ) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để tồn tại các số
y
e3 x 5 y 10  e x3 y 9  1  2 x  2 y
x,
thực
thỏa
mãn
đồng
thời
và

log 52  3 x  2 y  4    m  6  log 5  x  5   m 2  9  0

A. 3 .

B. 5 .

.
C. 4 .

D. 6 .


Lời giải
Tác giả: Nguyễn Minh Thắng; Fb: />Chọn B

e3 x 5 y 10  e x 3 y 9  1  2 x  2 y

� e3 x 5 y 10  e x 3 y 9   x  3 y  9    3x  5 y  10 
� e3 x 5 y 10  3 x  5 y  10  e x 3 y 9  x  3 y  9

f  t   et  t , t ��

Xét hàm số

.

f�
 t   et  1  0, t ��.

Ta có:

Khi đó phương trình

f  t  0

Suy ra hàm số ln đồng biến trên �.

có nghiệm là duy nhất. Tức là:

3x  5 y  10  x  3 y  9 � 2 y  1  2 x .

Thay vào phương trình thứ 2, ta được:
log 52  3x  2 y  4    m  6  log 5  x  5   m 2  9  0
� log 52  x  5    m  6  log 5  x  5   m 2  9  0  1 .

Đặt

log 5  x  5   t  t ��, x  5 

t 2   m  6  t  m2  9  0

. Khi đó phương trình (1) trở thành

(2).

Tồn tại x , y thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm, tức là:
   m  6   4  m 2  9  �0 � 3m 2  12m �0 ۣ
�0
2

m 4.

Vậy có 5 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn u cầu bài tốn.
Câu 21. [2D2-5.5-3]

log 2

(Ba





Đình

�1 �
2 x2  3x  1  � �
�2 �

A. 20 .

Lần2)

1 2 x2  3 x

2

B. 23 .

Nghiệm

dương

của

phương

trình

a b
 a, b, c ��
c
có dạng
. Giá trị của a  b  c bằng:
C. 24 .
D. 42 .
Lời giải

Tác giả:
Chọn C
x �0
�
�
2 x  3 x �0 �
3
�
x�
� 2.
Điều kiện:
2

log 2

Ta có:


� log 
� log 2
2



1 2 x 2 3 x



�1 �
2 x  3x  1  � �
�2 �
2


2 x  3 x  1  2  2
2 x 2  3x  1  22 x
2

2

 3 x 1

2

2

2 x 2 3 x 1

(*)


t
2
Đặt t  2 x  3x ; t �0 . Khi đó phương trình (*) trở thành: log 2 (t  1)  2  2

2

1

 1 .

Nhận thấy rằng phương trình (1) là phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị hàm số
2
y  log 2 (t  1) luôn đồng biến trên  0;  � và y  2  2t 1 luôn nghịch biến trên  0;  � .
Do đó phương trình

 1

có nghiệm duy nhất t  1 ( nhận ).

Từ đó ta có phương trình:

� 3  17

x
�
4
2
2
�
2 x  3x  1 � 2 x  3 x  1  0 �
� 3  17
x
�
4
�
.

Vậy a  3; b  17; c  4 . a  b  c  24 .
Câu 22. [2D2-5.5-3] (Hoàng Hoa Thám Hưng Yên) Cho a, b là các số dương lớn hơn 1, thay đổi thỏa
5log a x.log b x  4 log a x  3log b x  2019  0
mãn a  b  2019 để phương trình
ln có hai
3 �m � 4 �n �
ln � � ln � �
ln
x
x
x
,
x


5

1 2
�7 � 5 �7 �, với m, n
1
2
nghiệm phân biệt
. Biết giá trị lớn nhất của
bằng
là các số nguyên dương. Tính S  m  2n.
A. 22209.
B. 20190.

C. 2019.
D. 14133.
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Thị Anh Đào; Fb: Đào Nguyễn

Chọn A
Điều kiện: x  0 .
Ta có

5log a x.log b x  4 log a x  3log b x  2019  0

�5

ln x ln x
ln x
ln x
.
4
3

 2019  0.
ln a ln b
ln a
ln b

5t 2
�3ln a  4 ln b �
�
t  2019  0
�
Đặt t  ln x . Ta được phương trình: ln a.ln b � ln a.ln b �
(*)
Do a, b  1 � ln a.ln b  0 . Vậy (*) ln có hai nghiệm phân biệt t1 , t2 . Suy ra phương trình đã
x, x
cho ln có hai nghiệm phân biệt 1 2 .
3ln a  4 ln b 3ln a  4ln  2019  a 
t1  t2 

5
5
Mặt khác ta có:
.
3ln a  4 ln  2019  a 
� ln  x1.x2   ln x1  ln x2  t1  t2 
5
a � 1; 2018 
Vì a  1 , b  1 và a  b  2019 nên
.
3ln u  4 ln  2019  u 
f (u ) 

1; 2018 
5
Xét hàm số
trên 
.
6057  7u
6057
f�
(u ) 
�
5u  2019  u  � f (u )  0 � u  7
Ta có
Bảng biến thiên:


3 6057 4 8076
ln
 ln
7
5
7 .
Vậy giá trị lớn nhất của
bằng 5
Do đó m  6075, n  8076 hay S  m  2n  22209 .
ln  x1 x2 

Câu 23. [2D2-5.5-3] (Ba Đình Lần2) Xét các số thực dương x, y thỏa mãn
trị nhỏ nhất Pmin của biểu thức P  2 y  x bằng
A.

Pmin 

1
4.

B.

Pmin 

1
2.

C.
Lời giải

Pmin 

7
8.

2019

  2x  y
2



2 x 2  y 1

D.

( x  1) . Giá

Pmin 

15
8 .

Tác giả:Lại Văn Trung; Fb:Trung Lại Văn
Chọn D
2019

  2x  y
2



2 x 2  y 1

( x  1)

Ta có:
�  x  1 .2019
2



  2 x  y .20192 y



2 x 2 1

�  x  1 .20192 x 1
2

2

4x

  2 x  y  .20192 y

�  x  1 .20192 x 1   2 x  y  .20192 2 x  y 
2

2

u   x  1 , v  2 x  y ,  u  0, v  0  ,
2

Đặt

Xét hàm đặc trưng

. (1)

2u
2v
khi đó (1) trở thành u.2019  v.2019 . (2)

f  t   t.20192t ,  t  0  ,

ta có

f '  t   20192t  2t.20192t.ln 2019  0, t � 0 : � �
Phương trình

 2  � f  u   f  v  � u  v �  x  1

2

Hàm

f  t

đồng biến trên (0; �).

 2 x  y � y  x 2  1.

2
Vậy P  2 y  x  2 x  x  2 . Do P là hàm bậc hai có hệ số a  2  0 nên

15
� b � �1 � 1 1
min P  P �
 � P � � 2.   2  .
8
� 2a � �4 � 16 4

Câu 24. [2D2-5.5-3] (Chuyên Ngoại Ngữ Hà Nội) Tìm số nghiệm của phương trình



x  1 e

A. 3 .

2

x 1

 log 2  0

.
B. 4

C. 0
Lời giải

D. 2
Tác giả: Cao Văn Tùng, Fb: Cao Tung


Chọn B



x  1 e
2

Đặt
Đặt

x 1

t  x 1

 log 2  0 �  x  1 e
2

x 1

 log 2

,

 1

2 t
2
, điều kiện t �1 khi đó phương trình trở thành t e  log 2 ,  

f  t   t 2 et

,

f�
 t    t 2  �et  t 2  et  �  t 2  2t  et

.

Ta có

t 0
�
��
f �t  0 �  t  2t  e  0
t  2 , ( t  2 loại vì t �1 ).
�
+)  
2

+)
+)

t

f�
 t   0 �  t 2  2t  et  0 � t 2  2t  0 � t �(0; �) , ( vì t �1 )
lim f  t   lim t 2 et  �

t ��

t ��

Từ đó thu được bảng biến thiên của hàm số

y  f  t   t 2et

trên

 1; �

như sau:

 2  có hai nghiệm phân biệt t1 , t2 thỏa mãn
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình
 1 có 4
1  t1  t2
. Ứng với mỗi nghiệm này cho ta được hai nghiệm x nên phương trình
nghiệm.
Câu 25. [2D2-5.5-3] (ĐỀ-THI-THU-ĐH-THPT-CHUYÊN-QUANG-TRUNG-L5-2019) Cho hàm số
y  f  x
liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ.


Số nghiệm thực của phương trình
A. 1 .





f 2  f  ex   1

B. 2 .

là

C. 4 .

Lời giải

D. 3 .

Tác giả: Lương Văn Huy ; Fb: Lương Văn Huy
Chọn B
Ta có



f 2 f e

2 f e

x

x



�
2  f  e x   1
1� �
�
2  f  e x   a ,  2  a  3
�

  1 � f  e 
x

2  f  ex   a � f  ex 

�
ex  1
 3 � �x
� x0
e  b  1 VN 
�

�
e x  c  1
�x
 a  2,  0  a  2  1 � �
e  d  0 � x  ln t
�
ex  t  2
�

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt
Câu 26. [2D2-5.5-3] (Thuận Thành 2 Bắc Ninh) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn
1
b
a �1, log3 a  b  0, log a b  ,ln  c  b
c
c
. Tổng S  a  b  c nằm trong khoảng nào dưới
đây?
�3 �
�6 3 �
�5 �

� 7�
3; �
� ;2�
�; �
� ;3 �
�
A. �2 �.
B. �5 2 �.
C. �2 �.
D. � 2 �.
Lời giải
Tác giả: Tuyet nguyen ; Fb: Tuyet nguyen
Chọn B
Ta có

ln

b
 c  b � ln b  b  ln c  c(*)
c
.

1
 t    1  0, t  0
f (t )  ln t  t ,  t  0  � f �
t
Xét hàm số
� f  t
 0; � .
là hàm số đồng biến trên

f (b)  f  c 
Phương trình (*) có dạng
Do đó ta được b  c .
1
log
b

b
a
c ta được :
Lại có log 3 a  b  0 � a  3 . Thay vào
1
1
1
1
log 3 b b  �
log 3 b  � b 
b
b
b
3.
1

1
1
1 2 �6 3 �
b  c  ,a  3 3  3
S  a  b  c  3  �� ; �
3
3 3 �5 2 �.

3 . Suy ra
Vậy