Dang 5. Phương pháp hàm số, đánh giá(VDC)

Câu 1.

[2D2-6.5-4] (ĐH Vinh Lần 1) Cho hàm số

f ( x) = 2 x − 2− x . Gọi m0

là số lớn nhất trong các số

f (m) + f (2m − 2 ) < 0 . Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. m0 ∈ [ 1513;2019 ) . B. m0 ∈ [ 1009;1513) . C. m0 ∈ [ 505;1009 ) . D. m0 ∈ [ 1;505 ) .
nguyên

m

12

thỏa mãn

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Việt Hải. FB: />Chọn B
Phân tích:
+ Bài tốn nếu thế vào:

12

12

P ( m) = 2 m − 2 − m + 2 2 m − 2 − 2 − 2 m + 2 < 0

+ Biểu thức P(m) khá phức tạp. Điều này chứng tỏ bài toán cho hàm số
có tính chất đặc biệt.

y = f ( x)

chắc chắn

( ) = 2x − 2− x . Ta có hàm số lẻ và tăng trên ¡

+ Nhìn yếu tố xuất hiện hàm số y = f x
chính là chìa khóa ta giải quyết bài tốn.

. Đây

Lời giải
Ta có hàm số

y = f ( x ) = 2 x − 2− x
⇔ f ( 2m − 2

12

Yêu cầu bài toán

m

)

hàm số lẻ và tăng trên

¡

212
< − f ( m ) = f ( − m ) ⇔ 2m − 2 < m ⇔ m <
3
12

 212 
m =   = 1365
nguyên lớn nhất là:
 3

Bài toán tổng quát:
Giải bất phương trình:
Với

f ( x)

f ( u ( x, m ) ) + f ( v ( x, m ) ) < 0

là hàm số lẻ và tăng (hoặc giảm) trên tập

(*)

Df

Con đường sáng tạo bài toán: (VD: Một vài hàm đặc trưng f)


f ( x) = a x − a − x ,0 < a ≠ 1



f ( x ) = x3 + ax , a > 0



f ( x) = a + x − a − x

………………………
Ta có (*)

⇔ u ( x, m ) < − v ( x , m )

Đây là nguồn gốc chúng ta tạo lớp bài tốn này.
Câu 2.

[2D2-6.5-4] (Sở Nam Định) Tìm tham số
thời các điều kiện sau:
A.

m= −

1
2.

m

để tồn tại duy nhất cặp số

( x; y )

thỏa mãn đồng

log 2019 ( x + y ) ≤ 0 và x + y + 2 xy + m ≥ 1 .
B.

m = 0.

C.

m= 2.

D.

m= −

1
3.


Lời giải
Tác giả: Phan Thanh Tâm ; Fb: Phan Thanh Tâm
Chọn A

 0 < x + y ≤ 1

Từ giả thiết , ta có  x + y + 2 xy + m ≥ 1

( 1)
( 2) .

Điều kiện cần.
Giả sử tồn tại cặp số
kiện.

( x0 ; y0 )

Do đó, để tồn tại cặp số

1

 0 < x0 ≤ 2

 2 x + 2 x2 + m ≥ 1
0
 0
Do

thỏa mãn điều kiện

( x0 ; y0 )

duy nhất suy ra

( 1)

và

( 2) , thì cặp số ( y0 ; x0 )

cũng thỏa điều

x0 = y0 . Ta có

( 3)
( 4)

.

( 3) , ta có
( 4) ⇔

2 x02 + m ≥ 1 − 2 x0 ⇔ 2 x02 + m ≥ 1 − 4 x0 + 4 x02 ⇔ m ≥ 2 x02 − 4 x0 + 1

 1
0
Xét hàm số f ( x ) = 2 x − 4 x + 1 trên  2  , với bảng biến thiên như sau
2

Để bất phương trình ( 5 )

có nghiệm duy nhất

⇔m=−

1
2.

Điều kiện đủ.

0 < x + y ≤ 1



1
1
x + y + 2 xy − ≥ 1
m= −

1
2
Với
2
2 , hệ ( ) , ( ) trở thành 
Do điều kiện

( 6 ) , ta có

( 6)
( 7) .

( 5) .


( 7)

1
⇔ 2 xy − ≥ 1 − ( x + y )
2
1
⇔ 2 xy − ≥ 1 − 2 ( x + y ) + x 2 + 2 xy + y 2
2

3
⇔ x2 + y2 − 2x − 2 y + ≤ 0
2
2

2

1 
1

⇔  x − ÷ +  y − ÷ + ( 1 − ( x + y ) ) ≤ 0.
2 
2


=

Dấu “ ” xảy ra khi và chỉ khi


x= y=

1
1
m= −
2 . Vậy
2 thỏa yêu cầu đề bài.


Câu 3.

[2D2-6.5-4]

(Sở

Bắc

Ninh)Tập

)

(

log 2 x x 2 + 2 + 4 − x 2 + 2 x + x 2 + 2 ≤ 1

a.b

Khi đó

là

nghiệm

(−

của

bất

phương

trình

a ; − b  .

bằng

15
A. 16 .

12
B. 5 .

16
C. 15 .

5
D. 12 .

Lời giải
Tác giả:Nguyễn VănDiệu; Fb:dieuptnguyen

Chọn C

=x

)

(

2x

x2 + 2 − x =

Ta có:

x x + 2− x

Ta có:

log 2 x x 2 + 2 + 4 − x 2 + 2 x + x 2 + 2 ≤ 1 ⇔ log 2 x x 2 + 2 − x + 4 + 2 x + x 2 + 2 ≤ 1

2

2

x2 + 2 + x .

)

(

(

((

)

) )

2 3x + 2 x2 + 2


2x
2
⇔ log 2 
+ 4 ÷ + 2 x + x + 2 ≤ 1 ⇔ log 2
+ 2 x + x 2 + 2 ≤ 1, ( 1)
2
2
 x +2+ x 
x +2+ x
Ta có

x2 + 2 + x > 0 , ∀ x ∈ ¡

.

x ≥ 0

⇔  x < 0
8
 2
, ( *)
2 ⇔ x>−
2
2

Điều kiện: 3 x + 2 x + 2 > 0 ⇔ 2 x + 2 > − 3 x
5

4x + 8 > 9x
Với điều kiện

( *) , ta có

( 1) ⇔ log 2 ( 3x + 2
Xét hàm số
Hàm số

(

)

x 2 + 2 + 3x + 2 x 2 + 2 ≤ log 2

f ( t ) = log 2 t + t

f ( t ) = log 2 t + t

)

với

t > 0 . Có

đồng biến trên

(

f ′( t) =

( 0; +∞ ) ,

)

x 2 + 2 + x + x 2 + 2 + x, ( 2 )
1
+ 1 > 0 ∀ t ∈ ( 0; +∞ )
,
.
t.ln 2

( 3x + 2 x + 2 ) ∈ ( 0; +∞ )
2

và

x 2 + 2 + x ∈ ( 0; +∞ )

Nên

( 2 ) ⇔ f ( 3x + 2

) (

x2 + 2 ≤ f

x2 + 2 + x

)

 − 2x ≥ 0
x ≤ 0
2
⇔
⇔

 2
⇔ x≤−
2
2
2
2
2
⇔ 3 x + 2 x + 2 ≤ x + 2 + x ⇔ x + 2 ≤ −2 x  x + 2 ≤ 4 x
3.
3 x ≥ 2
 8
2
16
 − ; − 
a.b =
5
3
 hay
15 .
Kết hợp với ĐK ta có tập nghiệm bất phương trình là 
Chọn đáp án C.

Câu 4.

[2D2-6.5-4] (THPT-Yên-Khánh-Ninh-Bình-lần-4-2018-2019-Thi-tháng-4) Cho hàm số

y = f ( x)

liên tục trên đoạn

[ − 1;9]

và có đồ thị là đường cong trong hình vẽ dưới đây

Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số

m

để bất phương trình

16.3 f ( x ) −  f 2 ( x ) + 2 f ( x ) − 8 .4 f ( x ) ≥ ( m 2 − 3m ) .6 f ( x ) nghiệm đúng với mọi giá trị
đoạn
A.

[ − 1;9] ?

32 .

B.

31 .

C.

5.

x

thuộc

6.

D.

Lời giải
Tác giả: Phạm Duy Nguyên; Fb: The Scarpe
Chọn D
Từ đồ thị ta suy ra
Đặt

− 4 ≤ f ( x ) ≤ 2 ∀ x ∈ [ − 1;9] .

t = f ( x ) , t ∈ [ − 4;2] .

Ta tìm

t
2
t
2
t
m sao cho bất phương trình 16.3 −  t + 2t − 8 .4 ≥ ( m − 3m ) .6

đúng với ∀ t ∈

[ − 4;2]

t

16
2
bpt ⇔ t − t 2 + 2t − 8 .  ÷ ≥ m 2 − 3m
với ∀ t ∈ [ − 4;2] (*).
2
3

16
≥ 4, ∀ t ∈ [ − 4;2 ]
Ta có 2t
. Dấu bằng xảy ra khi
Lại có

t 2 + 2t − 8 ≤ 0

với

t = 2.

∀ t ∈ [ − 4;2] .

t

 2
t + 2t − 8 ) .  ÷ ≤ 0, ∀ t ∈ [ − 4; 2]
(
Do đó
. Dấu bằng xảy ra khi
 3
2

t

t = 2∨ t = −4.
t

16 2
16 2
2
 2




−
t
+
2
t
−
8
.
≥

4
∀
t
∈
4;
−
2
−
t
+
2
t
−
8
.
≥ m 2 − 3m
[
]

÷

÷
t
t




Như vậy 2
. Mà 2

với
3
 3

∀ t ∈ [ − 4;2] .


Suy ra
Câu 5.

m2 − 3m ≤ 4 ⇔ − 1 ≤ m ≤ 4 . Như vậy có 6

giá trị nguyên của

m thỏa mãn.

[2D2-6.5-4] (KSCL-Lần-2-2019-THPT-Nguyễn-Đức-Cảnh-Thái-Bình) Cho hàm số
Hàm số

f ( x) .

f ′ ( x) có bảng biến thiên như sau:

Điều kiện của

m

để bất phương trình

f ( x + 2) − xe x < m

nghiệm đúng với mọi giá trị của

x ∈ [ − 1;1] .
A.

m > f (1) +

1
e.

B.

m > f (3) + 2e .

C.

m > f (−1) +

1
e.

D.

m > f (3) − 2e .

Lời giải
Tác giả: Lý Văn Cơng; Fb: Hà Minh
Chọn A
Xét hàm số

Ta có:

g ( x ) = f ( x + 2) − xe x

trên đoạn

[ − 1;1]

g ′ ( x) = f ′ ( x + 2) − ( x + 1)e x

Với mọi

x ∈ [ − 1;1] , ta có:

0 ≤ ( x + 1)e x
Và 1 ≤

x + 2 ≤ 3 suy ra f ′ ( x + 2) < − 1

1
g
(1)
≤
g
(
x
)
≤
g
(

−
1)
=
f
(1)
+
, ∀ x ∈ [ − 1;1]
Do đó, ta có g ′ ( x ) < 0, ∀ x ∈ [ − 1;1] . Vì vậy
.
e
Suy ra bất phương trình nghiệm đúng với mọi

x ∈ [ − 1;1]

khi và chỉ khi

m > max g ( x) ⇒ m > f (1) +
[ − 1;1]

Câu 6.

1
e

[2D2-6.5-4] (GIỮA-HKII-2019-NGHĨA-HƯNG-NAM-ĐỊNH) Gọi
giá trị của tham số
đúng với mọi

m

để bất phương trình

S

là tập hợp tất cả các

m 2 ( ln 4 x − 16 ) + 3m ( ln 2 x − 4 ) − 14 ( ln x − 2 ) ≥ 0

x ∈ ( 0; +∞ ) . Tổng giá trị của tất cả các phần tử thuộc S

bằng:


3
A. 8 .
−

B.

7
C. 8 .

1
D. 2 .

−

−2.

Lời giải

Tác giả: Phan Hữu Thế ; Fb: Phan Hữu Thế

Chọn A
Cách 1 :
Đặt

t = ln x, t ∈ ¡

ta được :

f ( t ) = m2 ( t 4 − 16 ) + 3m ( t 2 − 4 ) − 14 ( t − 2 ) ≥ 0

⇔ ( t − 2 )  m 2 ( t 3 + 2t 2 + 4t + 8) + 3m ( t + 2 ) − 14 ≥ 0 ⇔ ( t − 2 ) g ( t ) ≥ 0
Ta có bất phương trình đã cho nghiệm đúng
Nếu

t = 2 khơng phải là nghiệm của g ( t )

kiện cần để

f ( t ) ≥ 0, ∀ t ∈ ¡

là

∀ x ∈ ( 0; +∞ ) ⇔ f ( t ) ≥ 0, ∀ t ∈ ¡

thì

f ( t)

sẽ đổi dấu khi

t

.

đi qua

t = 2 . Do đó điều

t = 2 phải là nghiệm của g( t) = 0

1

m
=

2
⇒ g ( 2 ) = 0 ⇔ 32m 2 + 12m − 14 = 0 ⇔ 
m = − 7

8.

Thử lại:

1
1
1
2
f ( t ) = ( t − 2 ) ( t 2 + 4t + 18) ≥ 0, ∀ t ∈ ¡

m=
Với
nên
2 thì
4
2 thoả mãn.
7
1
7
2
m= −
f ( t ) = ( t − 2 ) ( 49t 2 + 196t + 420 ) ≥ 0, ∀ t ∈ ¡
m= −
Với
nên
8 thì
64
8 thoả mãn.
1 7
1 7
3
S =  ;− 
− =−
Vậy
 2 8  . Nên tổng các phần tử của S là 2 8
8.
m=

Cách 2:
Đặt

t = ln x, t ∈ ¡

ta được

f ( t ) = m2 ( t 4 − 16 ) + 3m ( t 2 − 4 ) − 14 ( t − 2 ) ≥ 0, ∀t ∈ ¡ .
+ Điều kiện cần: ta có

f ( 2 ) = 0 nên f ( t ) ≥ 0, ∀ t ∈ ¡ ⇔ f ( t ) ≥ f ( 2 ) , ∀ t ∈ ¡

cực trị của hàm số, suy ra

f '( 2) = 0

f ′ ( t ) = 4m2 .t 3 + 6m.t − 14 ⇒ f ′ ( 2 ) = 32m 2 + 12m − 14
1

m
=

2
f ′ ( 2 ) = 0 ⇔ 32m 2 + 12m − 14 = 0 ⇔ 
m = − 7

8 .

+ Điều kiện đủ:

, hay

t = 2 là điểm


1
1
1
2
f ( t ) = ( t − 2 ) ( t 2 + 4t + 18) ≥ 0, ∀ t ∈ ¡
m=
Với
nên
4
2 thoả mãn.
2 thì
7
1
7
2
m= −
f ( t ) = ( t − 2 ) ( 49t 2 + 196t + 420 ) ≥ 0, ∀ t ∈ ¡
m= −
Với
nên
8 thì
64
8 thoả mãn.
1 7
1 7
3
S =  ;− 

− =−
Vậy
 2 8  . Nên tổng các phần tử của S là 2 8
8.
m=


Câu 7.

[2D2-6.5-4] (THPT-Phúc-Trạch-Hà-Tĩnh-lần-2-2018-2019-thi-tháng-4) Xét các số thực
dương

x, y

thỏa mãn

log 1 x + log 1 y ≤ log 1 ( x + y 2 )
2

2

2

. Tìm giá trị nhỏ nhất

Pmin

của biểu thức

P = x + 3y .

A.

Pmin =

17
2 .

B.

Pmin = 9 .

C.

Pmin =

25 2
4 .

D.

Pmin = 8 .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Vũ Hoàng Trâm; Fb: Hoang Tram
Chọn B
 Với

x, y > 0 , ta có:

log 1 x + log 1 y ≤ log 1 ( x + y 2 ) ⇔ log 1 ( x. y ) ≤ log 1 ( x + y 2 ) ⇔ xy ≥ x + y 2

2

2

2

2

⇔ y 2 ≤ xy − x ⇔ y 2 ≤ x ( y − 1)

. Suy ra:

2

y − 1> 0

(vì

x, y > 0 ).

y2
y ≤ x ( y − 1) ⇒ x ≥
Từ
y − 1 , với y > 1 .
2

y2
1
P = x + 3y ≥
+ 3y = 4 y +1+

Khi đó:
y −1
y − 1 , với y > 1 .
 Xét hàm số:

Ta có:

h ( y) = 4y + 1+

h′ ( y ) = 4 −

1

( y − 1)

2

=

1
y − 1 trên khoảng ( 1; + ∞ ) .

4 y2 − 8 y + 3

( y − 1)


y =
2
h′ ( y ) = 0 ⇔ 4 y − 8 y + 3 = 0 ⇔ 

y =

Bảng biến thiên:

2

;

3
2
1
∉ ( 1; + ∞ )
2


min h ( y ) = 9

Dựa vào bảng biến thiên ta có: ( 1; + ∞ )
Suy ra:

P ≥ min h ( y ) = 9
( 1; + ∞ )

khi

y=

3
2.

.
2

Vậy
Câu 8.

Pmin

 3
 ÷ 9
 2 =
x
=
3
3
y
=
−1 2
= 9 khi
và
.
2
2

[2D2-6.5-4] (Sở Phú Thọ) Cho hàm số

Tổng tất cả giá trị nguyên của tham số
f ( x)
f ( x)
2

2

+ ( 4 − f ( x ) ) .9

9.6

A.10.

y = f ( x)

m

≤ ( − m + 5m ) .4

B.4.

liên tục trên

¡

và có đồ thị như hình vẽ

để bất phương trình

f ( x)

đúng

∀ x∈ ¡

là

C.5.
Phân tích:

D.9.

Tác giả:Nguyễn Thị Thu Hằng ; Fb: Nguyễn Thu Hằng.
1) Biết đọc đồ thị hàm số, từ đó biết miền giá trị của

f ( x)

.

2)Nhận dạng bất phương trình mũ có chứa tham số, với các cơ số và số mũ có mối quan hệ với
nhau. Khi nhận ra mối quan hệ giữa các cơ số, đưa bất phương trình về dạng bất phương trình

 3
9. ÷
có cùng một cơ số  2 
Với miền giá trị của
t

f ( x)

f ( x)

2 f ( x)

 3

+ ( 4 − f ( x ) ) . ÷
 2
2

đã biết , đặt ẩn phụ

≤ − m 2 + 5m

.

t = f ( x ) , khi đó

2t

 3
 3
9.  ÷ + ( 4 − t 2 ) .  ÷ ≤ − m 2 + 5m
. Bài tốn trở thành
 2
 2
Tìm

m

để bất phương trình

g ( t) ≤ M , ∀ t ∈ D

với

M = − m2 + 5m .

M ≥ max g ( t ) .
t∈ D

3) Đưa được từ bài toán phức tạp về một bài tốn đơn giản tìm giá trị lớn nhất của hàm số


t

2t

 3
 3
g ( t ) = 9.  ÷ + ( 4 − t 2 ) .  ÷
 2
 2 .
Lời giải
Chọn A

Từ đồ thị ta suy ra

f ( x) ≤ − 2 , ∀ x ∈ ¡

9.6

Từ bất phương trình

f ( x)

.

+ ( 4 − f 2 ( x ) ) .9

f ( x)

≤ ( − m 2 + 5m ) .4

f ( x)

1
nhân hai vế của bất phương trình với 4 f ( x )

 3
9.  ÷
ta có  2 

f ( x)

2 f ( x)

 3
+ ( 4 − f ( x ) ) . ÷
 2
2

≤ − m 2 + 5m

t

.

2t

 3
 3
⇒ 9.  ÷ + ( 4 − t 2 ) .  ÷ ≤ − m 2 + 5m
Đặt t = f ( x ) ( t ≤ − 2 )
.
 2
 2
t

2t

 3
 3
g ( t ) = 9.  ÷ + ( 4 − t 2 ) .  ÷ ⇒ − m2 + 5m ≥ max g ( t )
Đặt
.
( −∞ ; − 2]
 2
 2

max g ( t )

Tìm ( −∞ ; − 2]

như sau :
2t

 3
⇒
4
−
t
(
)
 ÷ ≤ 0.
Với t ≤ − 2 ⇒ 4 − t 2 ≤ 0
 2
2

t

−2

t

4
4
 3  3
 3
 ÷ ≤  ÷ = ⇒ 9.  ÷ ≤ 9. = 4 .
9
9
 2  2
 2
t

2t

4
 3
 3
g ( t ) = 9.  ÷ + ( 4 − t 2 ) .  ÷ ≤ 9. + 0 = 4
Suy ra
.
9
 2
 2

⇒ max g ( t ) = g ( − 2 ) = 4
( −∞ ; − 2]

.

2
⇔
−
m
+ 5m ≥ max g ( t )
Khi đó − m + 5m ≥ g ( t )
( −∞ ; − 2]
⇔ − m 2 + 5m ≥ 4 ⇔ − m2 + 5m − 4 ≥ 0

2

⇔ 1 ≤ m ≤ 4 , vì m∈ ¢

m = 1
m = 2

m = 3

nên  m = 4


Tổng tất cả giá trị nguyên của tham số

m thỏa mãn yêu cầu bài toán là 1 + 2 + 3 + 4 = 10 .

Sai lầm học sinh mắc phải
Nhìn đồ thị

y = f ( x)

phức tạp nên dễ tìm sai miền giá trị.

 3
t= ÷
Đưa bất phương trình về phương trình bậc hai với
 2

f ( x)

thì bài tốn tìm max sẽ phức tạp

hơn.

Khi giải bài tốn tìm max, ta hay nghĩ đến xét hàm số ở vế trái và dùng cơng cụ đạo hàm. Ở bài
tốn này cách đó khá dài, khơng phù hợp với trắc nghiệm.
Khai thác bài toán tương tự

3

f ( x ) và cơ số 2 , ta biến đổi một chút các con số đó ta

Mấu chốt ở đây là miền giá trị của hàm
sẽ có vơ vàn bài tốn mới.
Câu 9.

Cho hàm số

y = f ( x)

liên tục trên

¡

Tổng tất cả giá trị nguyên của tham số
f ( x)
f ( x)
2
2

5.20

+ ( 1 − f ( x ) ) .25

A. 10.
Câu 10.

≤ ( − m + 5m )

y = f ( x)

liên tục trên

+ ( f ( x ) − 1) .25

¡

D. 9.

và có đồ thị như hình vẽ

m

≥ ( m + 4m )

B. 1.

để bất phương trình
.16 f ( x) đúng ∀ x ∈ ¡ là
C. 5.

Tổng tất cả giá trị nguyên của tham số
f ( x)
f ( x)

2
2
A. 10.

m

B. 4.

Cho hàm số

4.20

và có đồ thị như hình vẽ

để bất phương trình
.16 f ( x ) đúng ∀ x ∈ ¡ là
C.-5.

D. -14.


Câu 11. [2D2-6.5-4] (Trần Đại Nghĩa) Bất phương trình
đúng với
A.

∀ x∈ ¡

khi

4.

log 2 ( 7 x 2 + 7 ) ≥ log 2 ( mx 2 + 4 x + m ) nghiệm

m ∈ ( a; b] . Tính a.b ?
B.

6.

C. 10 .

D.

8.

Lời giải
Tác giả: Lê Đình Năng, FB: Lê Năng
Chọn C
Ta có

log 2 ( 7 x 2 + 7 ) ≥ log 2 ( mx 2 + 4 x + m ) nghiệm đúng ∀ x ∈ ¡ .
2
 mx + 4 x + m > 0
⇔ 2
2
 7 x + 7 ≥ mx + 4 x + m đúng

∀ x∈ ¡

mx 2 + 4 x + m > 0
⇔

2
( 7 − m ) x − 4 x + 7 − m ≥ 0 đúng

mx 2 + 4 x + m > 0 ∀ x ∈ ¡

+)

+)

∀ x∈ ¡

.

a = b = 0

c > 0
⇔
⇔
a > 0

  ∆ ' < 0

( 7 − m) x2 − 4 x + ( 7 − m) ≥ 0 ∀ x ∈ ¡

Kết hợp lại ta được

.

m = 4 = 0


m > 0
m > 0

  4 − m 2 < 0

⇔ m > 2.

 7 − m = 4 = 0

 7 − m ≥ 0
m < 7
⇔

7 − m > 0
⇔ m ≤ 5 ⇔ m ≤ 5
 
m ≥ 9
 4 − ( 7 − m ) 2 ≤ 0
.



2 < m ≤ 5 , do đó m∈ ( 2;5] .


Câu 12. [2D2-6.5-4] (SGD-Nam-Định-2019) Tìm tham số
mãn đồng thời các điều kiện sau:
A.

m= −

1
2.

B.

m

để tồn tại duy nhất cặp số

( x; y )

thỏa

log 2019 ( x + y ) ≤ 0 và x + y + 2 xy + m ≥ 1 .

m = 0.

C.

m= 2.

D.

m= −

1
3.

Lời giải

Tác giả: Phan Thanh Tâm ; Fb: Phan Thanh Tâm
Chọn A

 0 < x + y ≤ 1

Từ giả thiết , ta có  x + y + 2 xy + m ≥ 1

( 1)
( 2) .


Điều kiện cần.
Giả sử tồn tại cặp số
kiện.

( x0 ; y0 )

( x0 ; y0 )

Do đó, để tồn tại cặp số

1

 0 < x0 ≤ 2

 2 x + 2 x2 + m ≥ 1
0
 0
Do

thỏa mãn điều kiện

duy nhất suy ra

( 1)

và

( 2) , thì cặp số ( y0 ; x0 )

cũng thỏa điều

x0 = y0 . Ta có

( 3)
( 4)

.

( 3) , ta có
( 4) ⇔

2 x02 + m ≥ 1 − 2 x0 ⇔ 2 x02 + m ≥ 1 − 4 x0 + 4 x02 ⇔ m ≥ 2 x02 − 4 x0 + 1

 1
0
Xét hàm số f ( x ) = 2 x − 4 x + 1 trên  2  , với bảng biến thiên như sau
2

Để bất phương trình

( 5)

có nghiệm duy nhất

⇔m=−

1
2.

Điều kiện đủ.

0 < x + y ≤ 1


1
1
x + y + 2 xy − ≥ 1
m= −

1
2
(
)
(
)
Với
trở thành 
2
2 , hệ ,

Do điều kiện

( 6)
( 7) .

( 6 ) , ta có
( 7)

1
⇔ 2 xy − ≥ 1 − ( x + y )
2
1
⇔ 2 xy − ≥ 1 − 2 ( x + y ) + x 2 + 2 xy + y 2
2
3
⇔ x2 + y2 − 2x − 2 y + ≤ 0
2
2

2

1 
1

⇔  x − ÷ +  y − ÷ + ( 1 − ( x + y ) ) ≤ 0.
2 
2


=

Dấu “ ” xảy ra khi và chỉ khi

x= y=

1
1
m= −
2 . Vậy
2 thỏa yêu cầu đề bài.

( 5) .


Câu 13. [2D2-6.5-4] (Chuyên-Thái-Nguyên-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Tập hợp tất cả các số thực

x khơng thỏa mãn bất phương trình
A. 5.
B. 1.

−

9 x − 4 + ( x 2 − 4 ) .2019 x− 2 ≥ 1 là khoảng ( a; b ) . Tính b − a .
2

C.

− 5.

D. 4.

Lời giải
Tác giả: Bùi Thị Gấm; Fb: Bùi Gấm
Chọn D

x ≥ 2
x2 − 4 ≥ 0 ⇔ 
TH1:
 x ≤ −2 .
 9 x −4 ≥ 90 = 1
2 −4
⇒ 9 x + ( x 2 − 4 ) .2019 x− 2 ≥ 1.

x−2
Khi đó ta có  2019 > 0
2

Dấu

"= "

x2 − 4 = 0
⇔ x = 2.

xảy ra khi và chỉ khi  x − 2 = 0

x2 − 4 < 0 ⇔ − 2 < x < 2

TH2:

 9 x −4 < 90 = 1
2− 4
⇒ 9 x + ( x 2 − 4 ) .2019 x −2 < 1.

x −2
0
Khi đó ta có  0 < 2019 < 2019 = 1
2

Suy ra bất phương trình vơ nghiệm.
Khi đó tập hợp tất cả các số thực

x không thỏa mãn bất phương trình

9 x − 4 + ( x 2 − 4 ) .2019 x − 2 ≥ 1 là khoảng ( −2;2 ) .
2

Suy ra
Vậy

a = − 2; b = 2.

b− a = 4.

Câu 14. [2D2-6.5-4] (THPT TX QUẢNG TRỊ LẦN 1 NĂM 2019) Xét các số thực dương
mãn

2log 3 x + x ( x + y ) ≥ log

nhất tại

A.

B.

thỏa

6 18
P
=
3
x
+
2
y
+
+
8 − y + 8 x . Biểu thức
x y đạt giá trị nhỏ

3

x = a, y = b . Tính S = 3a + 2b.

S = 19 .

x, y

S = 20 .

C.

S = 18 .

D.

S = 17 .

Lời giải
Tác giả:Phan Lê Thanh Quang ; Fb:Pike Man
Chọn C
Ta có:

2log3 x + x ( x + y ) ≥ log

Điều kiện:

x > 0;0 < y < 8

3

8 − y + 8 x (1)


 x 
(1) ⇔ log 3 x + x ( x + y ) ≥ log 3 ( 8 − y ) + 8 x ⇔ log 3 
÷ + x ( x + y − 8) ≥ 0
8
−
y




Nếu
Vậy

0 < x < 8 − y
x+ y < 8⇒ 
⇒
x + y − 8 < 0


 x 
 x
 log 3 
8 − y < 1
÷< 0
8
−
y
⇒
⇒ VT < 0 ( !)




 x ( x + y − 8) < 0  x x + y − 8 < 0
)

 (

x+ y ≥ 8.

6 18  3 6   1 18   3 3 
3
P = 3x + 2 y + + =  x + ÷ +  y + ÷ +  x + y ÷ ≥ 6 + 6 + .8 = 24
x y 2 x 2
y  2 2 
2
Ta có:
6
3
x
=
 2
x = 2
x
⇔
(do x, y > 0)
1
18
y
=
6

 y=
y
Dấu bằng xảy ra khi  2
.
Vậy

S = 3.2 + 2.6 = 18 .

Câu 15. [2D2-6.5-4] (Yên Phong 1) Cho bất phương trình

[ a; b]

. Biết đoạn

x ∈ [ 0;2]
A.

là tập tất cả các giá trị của tham số

. Tính tổng

a+ b= 4

log 2 x 2 − 2 x + m + 4 log 4 ( x 2 − 2 x + m ) ≤ 5

.

m

để bất phương trình thỏa mãn với mọi

a+ b?
B.

a+ b= 2

.

C. a + b = 0 .
D. a + b = 6 .
Lời giải
Tác giả: Giang Văn Thảo; Fb: Văn Thảo

Chọn D
Giải điều kiện:
Khi đó

log 4 ( x 2 − 2 x + m ) ≥ 0 ⇔ m ≥ − x 2 + 2 x + 1 thỏa mãn ∀ x ∈ [ 0;2] .

m ≥ max f ( x )
[ 0;2]

Xét hàm số

với

f ( x ) = − x2 + 2 x + 1 .

f ( x ) = − x2 + 2x + 1

trên đoạn

[ 0;2]

f ′ ( x) = − 2x + 2 ⇔ x = 1.

Bảng biến thiên:

x
f ′ ( x)
f ( x)

−∞

0

1
0
2

+
1

Dựa vào bảng biến thiên ta có

m ≥ max f ( x ) ⇒ m ≥ 2
[ 0;2]

−

2

1
. (1)

+∞

Khi đó xét bất phương trình

⇔

Đặt

log 2 x 2 − 2 x + m + 4 log 4 ( x 2 − 2 x + m ) ≤ 5

1
1
2
log 2 ( x 2 − 2 x + m ) + 4 log 2 ( x − 2 x + m ) ≤ 5
(vì m ≥ 2 ⇒ x 2 − 2 x + m ≥ x 2 − 2 x + 2 > 0 )
2
2
1
log 2 ( x 2 − 2 x + m )
,
2

t=

t≥ 0

Bất phương trình tương đương:
Do đó

0≤ t ≤ 1

⇔

⇒ m ≤ min f ( x )
[ 0;2]

Xét hàm số

t 2 + 4t − 5 ≤ 0 ⇔ t ∈ [ − 5;1] ⇒ t ∈ [ 0;1] .

1
log 2 ( x 2 − 2 x + m ) ≤ 1
⇔ m ≤ − x 2 + 2 x + 4 với mọi x ∈ [ 0;2] .
2
với

f ( x ) = − x2 + 2x + 4

f ( x ) = − x2 + 2x + 4

x ∈ [ 0;2] .

với

f '( x) = − 2x + 2 = 0 ⇔ x = 1 .
Bảng biến thiên:

−∞

x

f ′ ( x)

Đặt

−

m ≤ min f ( x ) ⇒ m ≤ 4
[ 0;2]

m∈ [ 2;4]

ta có

+∞

2

4

Dựa vào bảng biến thiên:

( ) ( 2)

1
0
5

+

f ( x)

Từ 1 ,
Cách 2.

0

4
. (2)

thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy

a + b = 6.

t = − x 2 + 2 x , x ∈ [ 0;2] .

t ′ = − 2 x + 2 . t ′ = 0 ⇔ x = 1 . t ( 1) = 1, t ( 0) = t ( 2 ) = 0 ⇒ t ∈ [ 0;1] .
Bài toán trở thành định m để
Với điều kiện

log 2 m − t + 4 log 4 ( m − t ) ≤ 5 (*)

đúng với

∀ t ∈ [ 0;1] .

m − t ≥ 0 thì BPT (*) tương đương log 2 m − t + 4 log 2 m − t ≤ 5

⇔ −5 ≤ log 2 m − t ≤ 1 ⇔ 0 ≤ log 2 m − t ≤ 1 ⇔ 1 ≤ m − t ≤ 2 ⇔ 1 ≤ m − t ≤ 4 .
YCBT

( t + 1) ≤ m ≤ tmin
( t + 4) ⇔ 2 ≤ m ≤ 4 .
t + 1 ≤ m ≤ t + 4, ∀ t ∈ [ 0;1] ⇔ max
∈[ 0;1]
t∈ [ 0;1]

Câu 16. [2D2-6.5-4]

(THPT-Tồn-Thắng-Hải-Phịng)

(

) (
x

)

bất

phương

trình

x

m ×3 + ( 3m + 2 ) 4 − 7 + 4 + 7 > 0 , với
x+1

Cho

bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi

m

là tham số. Tìm tất cả các giá trị của

x ∈ ( −∞ ;0 ) .

m

để


A.

m>

2+ 2 3
3 .

2− 2 3
3 .

m>

B.

C.

m≥

2− 2 3
3 .

D.

m≥ −

2− 2 3
3 .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Chúc; Fb:Chuc Nguyen
Chọn B

(

) (

)

x

x

x+1
Ta có m ×3 + ( 3m + 2 ) 4 − 7 + 4 + 7 > 0

9x

⇔ 3m ×3 + ( 3m + 2 )
x

(

⇔ 4+ 7

)

2x

( 4+ 7)

(

)

x

(

+ 4+ 7

)

x

>0

x

+ 3m × 4 + 7 ×3 x + ( 3m + 2 ) ×32 x > 0 ( 1) .
2x

x

 4+ 7 
 4+ 7
1

+
3
m
ì
(
)

ữ

ữữ + 3m + 2 > 0 ( 2 )
2x
3 ÷
Vì 3 > 0 ∀ x ∈ ¡ nên
.


 3 
x

 4+ 7 

4+ 7

÷÷ = t
x
∈
−∞
;0
3
( ) và 3 > 1 nên t ∈ ( 0;1) .
Đặt 
. Vì


t2 + 2
t + 3mt + 3m + 2 > 0 ⇔
> − 3m ( *)
Bất phương trình ( 2 ) trở thành
(vì t ∈ ( 0;1) nên
t +1
2

t + 1 > 0 ).

t2 + 2
f ( t) =
Xét
t + 1 trên ( 0;1) .
Ta có

f ′ ( t ) = 1−

3

( t + 1)

2

.

t = 3 − 1
f ′( t) = 0 ⇔ 
 t = − 3 − 1 .
Vì

t ∈ ( 0;1)

nên

t = 3 − 1.

Bảng biến thiên của hàm số

y = f ( t)

trên

( 0;1) .


min f ( t ) = f

Từ bảng biến thiên ta thấy ( 0;1)

(

)

3 − 1 = −2 + 2 3

Bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi

⇔

Bất phương trình

( *)

nghiệm đúng với mọi

.

x ∈ ( −∞ ;0 )
t ∈ ( 0;1)

⇔ min f ( t ) > − 3m
( 0;1)

⇔ − 2 + 2 3 > − 3m
⇔ m>

2− 2 3
.
3


Câu 17. [2D2-6.5-4] (Chuyên Vinh Lần 3) Xét các số thực dương

log 1 x + log 1 y ≤ log 1 ( x + y 2 )
2

A.

2

2

Pmin = 9 .

B.

thỏa mãn

Pmin của biểu thức P = x + 3 y .

. Tìm giá trị nhỏ nhất

Pmin =

Pmin = 8 .

x, y

C.
Lời giải.

25 2
4 .

D.

Pmin =

17
2.

Tác giả: Nguyễn Huỳnh Tấn Trung ; Fb: Nguyễn Huỳnh Tấn Trung.
Chọn A
Ta có:

log 1 x + log 1 y ≤ log 1 ( x + y 2 ) ⇔ log 1 ( xy ) ≤ log 1 ( x + y 2 ) ⇔ xy ≥ x + y 2
2

2

2

2

y2


x
≥

⇔ x ( y − 1) ≥ y 2 ⇔ 
y −1
y >1
( Vì


x; y > 0 ).

y2
1
P = x + 3y ≥
+ 3y = 4 y + 1+
Ta có:
y −1
y −1.
Xét hàm số:

f ( y) = 4 y +1+

1
; y >1
.
y −1

2

Đạo hàm:

f / ( y) = 4 −


y =
/
f ( y) = 0 ⇔ 
y =


1

( y − 1)

2

.

3
( n)
2
1
( l) .
2

Bảng biến thiên.

BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ
Câu 18. [2D2-6.5-4] (Chuyên Vinh Lần 3) 1 Cho

x, y

là các số thực dương thỏa mãn

log 2019 x + log 2019 y ≥ log 2019 ( x 2 + y ) . Gọi Tmin là giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = 2 x + y .

Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A.

Tmin ∈ ( 7;8) .

B.

Tmin ∈ ( 6;7 ) .

C. Tmin ∈
Lời giải.

( 5;6) .

D.

Tmin ∈ ( 8;9 ) .

Tác giả: Nguyễn Huỳnh Tấn Trung ; Fb: Nguyễn Huỳnh Tấn Trung.
Chọn A
Ta có:

(

)

log 2019 x + log 2019 y ≥ log 2019 ( x 2 + y ) ⇔ log 2019 xy ≥ log 2019 x 2 + y ⇔ xy ≥ x 2 + y

x2
y ≥
⇔
x −1
2
x > 1
⇔ y ( x − 1) ≥ x


x2
1
T = 2x + y ≥ 2x +
= 3x + 1 +
Ta có:
x−1
x −1.
Xét hàm số:

Đạo hàm:

f ( x ) = 3x + 1 +

f / ( x) = 3 −

f / ( x) = 0 ⇔ x = 1+

1
;x > 1
.
x−1

1

( x − 1)

2

.

3
(do x > 1)
.
3


Bảng biến thiên.

Do đó:

Tmin = 4 + 2 3 .

Câu 19. [2D2-6.5-4] (Đề thi HK2 Lớp 12-Chuyên Nguyễn Du- Đăk Lăk) Cho các số dương

x, y

thỏa

 x + y − 1
4 9
log 5 
A = 6x + 2 y + +
÷ + 3x + 2 y ≤ 4
mãn
. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x y bằng
 2x + 3y 
31 6
.
A. 4

B. 11

27 2
.
C. 2

3.

D. 19.

Lời giải
Tác giả: Thái Lê Minh Lý; Fb: Lý Thái Lê Minh
Chọn D

ĐK:

 x + y −1
>0

⇔ x + y >1
 2x + 3y
 x, y > 0


Ta có:

 x + y −1
log5 
÷+ 3x + 2 y ≤ 4
 2x + 3 y 

⇔ ( log5 ( x + y − 1) + 1) + 5 ( x + y − 1) ≤ log 5 ( 2 x + 3 y ) + 2 x + 3 y
⇔ log 5 5 ( x + y − 1)  + 5 ( x + y − 1) ≤ log 5 ( 2 x + 3 y ) + 2 x + 3 y ( *)

Xét hàm số

f ′(t ) =

⇒

f (t ) = log5 ( t ) + t

trên

( 0;+ ∞ )

ta có

1
+ 1 > 0, ∀ t ∈ ( 0; + ∞ ) .
t ln 5

Hàm số

f (t ) = log5 ( t ) + t

( *) ⇔ 5 ( x + y − 1) ≤ 2 x + 3 y
⇔ 3x + 2 y ≤ 5
Mặt khác, ta có:

đồng biến trên

( 0; + ∞ ) .


4 9
A = 6x + 2 y + +
x y
4 
9

=  9 x + ÷+  4 y + ÷− ( 3x + 2 y ) ≥ 2.6 + 2.6 − 5 = 19
x 
y


⇒

4

9
x
=

2
x


x=

9


3
⇔ 4 y =
⇔
( N)
3
y

y =
3x + 2 y = 5 
2

GTNN của A = 19 , dấu “ = ” xảy ra

