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

Câu 1.

[2D2-6.5-3] (Chuyên Hưng Yên Lần 3) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số

(

A.

)

log 0,02 log 2 ( 3x + 1) > log 0,02 m

phương trình

m ≥ 1.

B.

0 < m < 1.

có nghiệm với mọi

m

để bất

x ∈ ( −∞ ;0 )

C. m > 1.
D. m < 2.
Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thúy Hằng ; Fb:Hằng- Ruby- Nguyễn

Chọn A
Đk:

x ∈ R;; m > 0 .

Ta có:

(

)

log 0,02 log 2 ( 3x + 1) > log 0,02 m , ∀x ∈ ( −∞;0 ) .

⇔ log 2 ( 3x + 1) < m , ∀ x ∈ ( −∞ ;0 ) .

⇔ 3x + 1 < 2m , ∀x ∈ ( −∞ ;0 ) .
Xét hàm

f ( x ) = 3x + 1 trên ( −∞ ;0 ) . Ta có f ′ ( x ) = 3x.ln 3 > 0, ∀ x ∈ ( −∞ ;0 ) .

Bảng biến thiên:

Để phương trình có nghiệm với mọi
Câu 2.

x ∈ ( −∞ ;0 )

ta phải có 2m

[2D2-6.5-3] (Triệu Thái Vĩnh Phúc Lần 3) Cho hàm số

Bất phương trình

1
m > f (− 1) − .
A.
e

f ( x) < e x + m

đúng với mọi

≥ 2 ⇔ m ≥ 1.

y = f ' ( x)

có bảng biến thiên như sau

x ∈ (− 1;1) khi và chỉ khi

B.
D.

C.

m ≥ f (1) − e.

Chọn C

Ta có

f ( x) < e x + m, ∀ x ∈ (− 1;1) ⇒ m > f ( x ) − e x , ∀ x ∈ (− 1;1)

Thấy

g ( x ) = f ( x ) − e x , ∀ x ∈ (− 1;1) ⇒ g ' ( x ) = f ' ( x ) − e x , ∀ x ∈ (− 1;1)

1
m ≥ f (− 1) − .
e


Trên

Để

( − 1;1)

thì

f '( x) < 0

và

ex > 0

nên

g ' ( x ) = f ' ( x ) − e x < 0, ∀ x ∈ (− 1;1)

m > g ( x ) , ∀ x ∈ (− 1;1) ⇒ m ≥ g ( − 1) = f ( − 1) −

1
e

1
m ≥ f (1) − .
Các thầy cô xem kĩ: Trong đề khơng có đ/a nào như vậy nên mình sửa đ/a C từ
e
1
m ≥ f (− 1) − .
thành
e
Câu 3.

[2D2-6.5-3] (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Bất phương trình
nghiệm đúng với mọi
A.

( −∞ ;12 ) .

x ≥ 0 . Tập tất cả các giá trị của m
B.

( −∞ ; − 1] .

C.

4 x − ( m + 1) 2 x+ 1 + m ≥ 0

là

( −∞ ;0] .

D.

( − 1;16] .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Anh Đào; Fb: Đào Nguyễn
Chọn B

4 x − ( m + 1) 2 x+ 1 + m ≥ 0, ∀ x ≥ 0 .
⇔ ( 2 x ) − 2 ( m + 1) 2 x + m ≥ 0, ∀x ≥ 0
2

Đặt

(1).

t = 2x , ( t > 0) .

(1) trở thành

t 2 − 2 ( m + 1) t + m ≥ 0, ∀ t ≥ 1 (2).

Cách 1:

t 2 − 2t

⇔ m≤
, ∀t ≥ 1
(2)
(3).
2t − 1
t 2 − 2t
y = f ( t) =
Xét hàm số
2t − 1 . Ta có hàm số y = f ( t ) liên tục trên [ 1;+∞ ) .

( 2t − 2 ) ( 2t − 1) − 2 ( t 2 − 2t ) 2t 2 − 2t + 2
f ′( t) =
=
> 0, ∀ t ≥ 1
2
2
( 2t − 1)
( 2t − 1)
.
Suy ra hàm số

f ( t)

đồng biến trên

[ 1;+∞ ) ⇒ f ( t ) ≥ f ( 1) = − 1,

∀ t ≥ 1.

Do đó (3)

⇔ m ≤ min f ( t )

⇔ m ≤ −1.

[ 1;+∞ )

Cách 2:

t 2 − 2 ( m + 1) t + m ≥ 0

là một bất phương trình bậc hai.

Tam thức bậc hai ở vế trái ln có

t = m + 1 − m2 + m + 1

và

Suy ra bất phương trình

( −∞ ; m + 1 −

∆ ′ = m2 + m + 1 > 0, ∀ m

nên tam thức ln có hai nghiệm là

t = m + 1 + m2 + m + 1 .

t 2 − 2 ( m + 1) t + m ≥ 0

có tập nghiệm là

)

m 2 + m + 1  ∪  m + 1 + m 2 + m + 1; +∞
.
 

m ≤ 0
⇔ m + 1 + m2 + m + 1 ≤ 1 ⇔ m2 + m + 1 ≤ − m ⇔  2
⇔ m ≤ −1
2
m
+
m
+
1
≤
m
(2)
.

Cách 3: Lưu Thêm
Với

m = 0 , ta có bất phương trình 4 x − 2 x+ 1 ≥ 0 ⇔ 2 x − 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 .

Suy ra mệnh đề bất phương trình 4 −

đề sai. Do đó loại A, C,
D. Chọn B
x

Câu 4.

( m + 1) 2 x+ 1 + m ≥ 0 nghiệm đúng với mọi x ≥ 0 là mệnh

[2D2-6.5-3] (Đặng Thành Nam Đề 5) Cho hàm số
nhiêu số nguyên
A.

m

(

f ( x ) = ln x + x 2 + 1

)

. Có tất cả bao

1 

f ( log m ) + f  log m
÷≤ 0
thỏa mãn bất phương trình
2019 


65 .

B.

66 .

C.

64 .

D.

63 .

Lời giải
Tác giả: Trần Quốc Tú; Fb: Tran Tu
Chọn C
Điều kiện:

là số nguyên và

(
f ( − x ) = ln ( − x +

Hàm số

Ta có:

m > 1 (do m

f ( x ) = ln x + x2 + 1

Mặt khác

f '( x) =

1
x2 + 1

)

có TXĐ

)

x 2 + 1 = ln
> 0, ∀ x

m > 0, m ≠ 1 ), suy ra log m > 0 .

D= ¡

.

1
x+ x +1

, nên

2

f ( x)

)

(

= − ln x + x 2 + 1 = − f ( x )

đồng biến trên

¡

,

. Khi đó ta có

∀ x∈ ¡

.


1 
1 
1 



f ( log m ) + f  log m
÷ ≤ 0 ⇔ f ( log m ) ≤ − f  log m

÷ ⇔ f ( log m ) ≤ f  − log m
÷
2019 
2019 
2019 



1
log 2019
⇔ log m ≤ − log m
⇔ log m ≤
⇔ m ≤ 10 log 2019 ≈ 65, 77.
2019
log m
Suy ra
Câu 5.

m∈ { 2;3;...;65}

. Vậy có tất cả 64 số nguyên

m thỏa mãn.

[2D2-6.5-3] (Đề thi HK2 Lớp 12-Chuyên Nguyễn Du- Đăk Lăk) Tập hợp tất cả các số thực

m
A.

để bất phương trình

 26 ; + ∞ ) .

4ln ( x + 3) ≤ x 2 − x + ln ( m )
B.

 36 ; + ∞ ) .

C.

nghiệm đúng với mọi số thực

 28 ; + ∞ ) .

x> 0

là

 38 ; + ∞ ) .

D.

Lời giải
Tác giả: Giáp Văn Khương; Fb: Giáp Văn Khương
Chọn C
Với

2
x > 0 , bất phương trình đã cho tương đương 4ln ( x + 3) − x + x ≤ ln ( m )

Xét hàm

Ta có

f ( x ) = 4ln ( x + 3) − x 2 + x trên ( 0 ; + ∞ ) .

f ′ ( x) =

4
− 2 x 2 − 5x + 7
− 2x + 1 =
; f ′ ( x ) = 0 ⇔ x = 1∈ ( 0 ; + ∞ ) .
x+3
x+3

Bảng biến thiên của hàm số

f ( x)

trên

( 0 ;+ ∞ )

Từ bảng biến thiên ta thấy để bất phương trình 4ln
4
x > 0 , ta phải có 4ln 4 ≤ ln ( m ) ⇔ m ≥ 4

Câu 6.

[2D2-6.5-3] (Sở Nam Định) Gọi

trình
của
A.

S

hay

( x + 3) − x2 + x ≤ ln ( m )

m ∈  28 ; + ∞ ) . Chọn C

thỏa mãn với mọi

m trong tập S .
B.

0.

đúng với mọi số thực

là tập tát cả các giá trị thực của tham số

m2 ( x5 − x 4 ) − m ( x 4 − x 3 ) + x − ln x − 1 ≥ 0

2.

(*).

C. 1 .

m

để bất phơng

x > 0 . Tính tổng các giá trị
D.

−2.

Lời giải
Tác giả: Phương Xuân Trịnh; PB: Phương Xuân Trịnh.
Chọn C


Xét hàm số

⇒ f ( x)

f ( x ) = m2 ( x5 − x 4 ) − m ( x 4 − x3 ) + x − ln x − 1

liên tục trên

( 0;+ ∞ )

và

f ( 1) = 0 .

* Điều kiện cần

f ′ ( x ) = m 2 ( 5 x 4 − 4 x3 ) − m ( 4 x3 − 3x 2 ) + 1 −

1
x.

f ( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ ( 0; + ∞ ) ⇒ f ( x ) ≥ f ( 1) , ∀ x ∈ ( 0; + ∞ ) .
f ( x)

Do

liên tục trên

( 0;+ ∞ ) ⇒ x = 1 là điểm cực tiểu của hàm số ⇒ f ′ ( 1) = 0

⇒ m2 − m = 0 ⇒ m = 0, m = 1 .
*/ Điều kiện đủ

+ Với

m= 0

1
x−1
⇒ f ′ ( x) =
x
x .

⇒ f ( x ) = x − ln x − 1 ⇒ f ′ ( x ) = 1 −

f ′ ( x) = 0 ⇔ x = 1.
Bảng biến thiên:

⇒ f ( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ ( 0; + ∞ ) ⇒ m = 0
+ Với

thỏa mãn.

5
4
3
m = 1 ⇒ f ( x ) = x − 2 x + x + x − ln x − 1

⇒ f ( x ) = x3 ( x − 1) + ( x − ln x − 1) ≥ 0, ∀ x ∈ ( 0; + ∞ ) ⇒ m = 1
2

Vậy
Câu 7.

S = { 0;1} ⇒

[2D2-6.5-3]

Tổng các phần tử của

(Chuyên

Thái

Bình

S

thỏa mãn.

bằng 1.
Lần3)

Tập

nghiệm

của

bất

3x − 9 + ( x 2 − 9 ) .5x + 1 < 1 là khoảng ( a ; b ) . Tính b − a
2

A.

6.

B.

3.

C.
Lời giải

Chọn A

3x − 9 + ( x 2 − 9 ) .5x + 1 < 1 ( 1) .
2

Có

5x +1 > 0 ∀x .

8.

D.

4.

phương

trình


Xét

x 2 − 9 = 0 , VT ( 1) = 30 + 0 = 1 (loại).

⇒
2
x +1
x
−
9

.5
>
0
( )
 VT ( 1)
2

3x − 9 > 30 = 1
Xét

x2 − 9 > 0 ⇒


x −9< 0⇒ 2
⇒
x +1
x
−
9
.5
<
0
(
)
 VT ( 1)
Xét

> 1 (loại).

2

3x − 9 < 30 = 1

2

Câu 8.

Có

x 2 − 9 < 0 ⇔ x ∈ ( − 3;3) .

⇒

Tập nghiệm của bất phương trình là:

< 1 ln đúng.

( − 3;3) ⇒ b − a = 6 .

[2D2-6.5-3] (Chuyên Hạ Long lần 2-2019) Tìm

m

để hàm số sau xác định trên

¡

:

y = 4 x − ( m + 1) .2 x − m

A. Đáp án khác.
C.

m < 0.

B.

m > −1.

D.

−3− 2 2 ≤ m ≤ −3+ 2 2 .

Lời giải
Tác giả: Trần Minh Nhựt; Fb: Trần Minh Nhựt
Chọn A
Hàm số

y = 4 x − ( m + 1) .2 x − m xác định trên ¡ khi và chỉ khi

4 x − ( m + 1) .2 x − m ≥ 0 ∀ x ∈ ¡

.

t2 − t
⇔
≥ m ∀t > 0
Đặt t = 2 ( t > 0) . Khi đó: t − ( m + 1) .t − m ≥ 0 ∀t > 0
.
t+1

x

2

t2 − t
f ( t) =
Xét hàm số:
t + 1 với t > 0 .
Ta có:

f '( t) =

t 2 + 2t − 1

( t + 1)

2

khi đó:

f ' ( t ) = 0 ⇔ t 2 + 2t − 1 = 0 ⇒ t = − 1 + 2

(

)

min f ( t ) = f − 1 + 2 = − 3 + 2 2

Lập bảng biến thiên ta tìm được ( 0;+∞ )

do

t > 0.

.

t2 − t
≥ m ∀t > 0
Để bất phương trình t + 1
thì m ≤ − 3 + 2 2 .
Câu 9.

[2D2-6.5-3] (THPT ĐÔ LƯƠNG 3 LẦN 2) Cho hàm số
biến thiên như hình vẽ:

y = f ( x ) . Hàm số f ′ ( x )

có bảng


Bất phương trình
A.

e x ≥ m − f ( x ) có nghiệm x ∈ [ 4;16] khi và chỉ khi

m ≤ f ( 4 ) + e2 .

B.

m < f ( 4 ) + e2 .

( )

( )

C. m ≤ f 16 + e .
D. m < f 16 + e .
Lời giải
Tác giả: Công Phương; Fb: Nguyễn Công Phương
4

4

Chọn C
Ta có bất phương trình
Xét hàm số

e x ≥ m − f ( x) ⇔ m ≤ e x + f ( x)

g ( x ) = e x + f ( x ) trên đoạn [ 4;16] .

ex
g′ ( x ) =
+ f ′ ( x ) > 0, ∀ x ∈ [ 4;16 ]
Có:
2 x
vì

ex
> 0, ∀ x ∈ [ 4;16]

và từ bảng biến thiên của hàm số
2 x

y = f ′ ( x)

ta

có

0 < f ′ ( x ) < 5, ∀ x ∈ [ 4;16]

[ 4;16] và g ( 4) ≤ g ( x ) ≤ g ( 16)
4
Để bất phương trình m ≤ g ( x ) có nghiệm x ∈ [ 4;16 ] thì m ≤ g ( 16 ) = e + f ( 16 ) .
Suy ra hàm số

y = g ( x)

đồng biến trên

Câu 10. [2D2-6.5-3] (Đặng Thành Nam Đề 10) Cho hàm số
nguyên dương
A.

m

x 2 +1

f ( x) = e

( e − e ) . Có bao nhiêu số
−x

x

 12 
f ( m − 7) + f 
÷≤ 0
thỏa mãn bất phương trình
 m + 1 ?

4.

B.

6.

C. 3 .

D.

5.

Lời giải
Tác giả: Dương Hoàng Quốc; Fb: Dương Hoàng Quốc
Chọn D
Tập xác định

Ta có
Suy ra

D= ¡

f ( x) = e

f ( x)

x+ x2 + 1

là tập đối xứng.

−e

− x+ x2 + 1

là hàm số lẻ.

và

f ( − x ) = e − x+

x2 +1

− e x+

x2 +1

(

= − e x+

x2 + 1

− e− x+

x2 + 1

) = − f ( x)

.



x  x+
f '( x) =  1 +
÷e
Ta có
x2 + 1 


⇒ f ( x)

¡

đồng biến trên

x 2 +1


x  − x+

+ 1−
÷e
x2 + 1 


Vì

m

12
⇔
m+1

 12 
f −
÷
 m + 1 .

m∈ { 1,2,3,4,5} .

(PHÂN-TÍCH-BL-VÀ-PT-ĐẠI-HỌC-SP-HÀ-NỘI)

(

y = f ( x ) = ln 1 + x 2 + x
A.

.

1 ≤ m ≤ 5

m < −1 .


là số nguyên dương nên

Câu 11. [2D2-6.5-3]

> 0, ∀ x

.

 12 
 12 
f (m − 7) + f 
÷ ≤ 0 ⇔ f (m − 7) ≤ − f 
÷=
 m + 1
 m + 1

⇔ m− 7≤ −

x 2 +1

[ 0;1] .

)

. Tập nghiệm của bất phương trình

B.

( 0;1] .

C.
Lời giải

Cho

f ( a − 1) + f ( ln a ) ≤ 0

[ 0;+∞ ) .

D.

hàm

số

là

( 0;+∞ ) .

Tác giả: Lưu Huyền Trang; Fb: Lưu Huyền Trang
Chọn B
Ta có

1 + x 2 + x > x 2 + x = x + x ≥ 0 ∀ x ∈ ¡ ⇒ 1 + x 2 + x > 0∀ x ∈ ¡

Vậy ta có tập xác định của hàm số là
Xét

f ( − x ) = ln

(

1+ ( −x) + ( −x)

⇔ f ( − x ) = ln

2

(

1+ x2 − x


⇔ f ( − x ) = ln 



)
)

(

1 + x2 + x .

)
1 + x2 + x 
÷
1 + x2 + x ÷





1
⇔ f ( − x ) = ln 
÷
2
 1+ x + x 
⇔ f ( − x ) = − ln

(

⇔ f ( −x) = f ( x)

Vậy hàm số
Mặt khác

1 + x2 + x

)

f ( x ) là hàm số lẻ

¡


1

f ′( x) =

1 + x2

⇔ f ′( x) =
⇔ f ′( x) =
Vậy hàm số

(
+x

1+ x2 + x

)′

 x

.
+ 1÷
1 + x2 + x  1 + x2 
1
1
1+ x + x
2

1 + x2 + x

.

1+ x

2

=

1
1 + x2

>0

f ( x ) đồng biến trên ¡

f ( a − 1) + f ( lna ) ≤ 0 ( dk : a > 0 )

⇔ f ( a − 1) ≤ − f ( ln a )

⇔ f ( a − 1) ≤ f ( − ln a ) ( Vì hàm số là hàm lẻ )

⇔ a − 1 ≤ − ln a ( Vì hàm số đồng biến trên ¡

)

⇔ a + ln a ≤ 1( *)
Xét

g ( a ) = a + ln a, ∀a > 0
1
g ′ ( a ) = 1 + > 0, ∀a > 0
a
Vậy hàm số
Mà

g ( a ) đồng biến trên ( 0;+∞ )

g ( 1) = 1 Vậy ( *) ⇔ g ( a ) ≤ g ( 1) ⇔ a ≤ 1

Vậy tập nghiệm bất phương trình là

( 0;1] .

PT 45.1( Đề thi chuyên vinh lần 1-2019 ) Cho hàm số
trong các số nguyên
A. m0 ∈

m

[ 1513;2019) .

thỏa mãn
B. m0 ∈

f ( x ) = 2 x − 2− x . Gọi m0

là số lớn nhất

f ( m ) + f ( 2m − 212 ) < 0 . Mệnh đề nào sau đây đúng?

[ 1009;1513) .

C. m0 ∈
Lời giải

[ 505;1009 ) .

D. m0 ∈

[ 1;505) .

Tác giả: Lưu Huyền Trang; Fb: Lưu Huyền Trang
Chọn B

Ta có

f ( − x ) = 2− x − 2− ( − x ) = − ( 2 x − 2 − x ) = f ( x )


f ′ ( x ) = 2 x.ln 2 + 2− x ln 2 > 0, ∀ x ∈ ¡

f ( x ) = 2 x − 2− x

hàm số

hàm số lẻ và tăng trên

f ( 2m − 2

12

Yêu cầu bài toán

)

¡

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

 212 
m0 =   = 1365
m nguyên lớn nhất là:
 3
PT 45.2

y = f ( x ) = 1 + x 2 + x . Tìm các giá trị của

Cho hàm số

m

để bất phương trình

D.

m ≤ 34662 .

x3 + 2019 x
≤0
( x − m) f ( x − m) + 3
f ( x + 2019 x )

luôn đúng trên đoạn [ 4;16] .
A.

m ≥ 35228 .

B.

m ≥ 36416 .

C. m ≤
Lời giải

38421 .

Tác giả: Lưu Huyền Trang; Fb: Lưu Huyền Trang
Chọn B

f ( − x ) = 1 + ( − x ) + ( − x ) = 1 + x2 − x =

1

2

Ta xét

Vậy

f ( − x) =

1 + x2 + x

=

1
f ( x)

1
f ( x)

x3 + 2019 x
≤0
( x − m) f ( x − m) + 3
f
x
+
2019
x
(
)
Có

( x + 2019x )
( x − m) f ( x − m) ≤ −
f ( x + 2019 x )
⇔ ( x − m ) f ( x − m ) ≤ ( − x − 2019 x ) f ( − x
3

3

3

( Vì

Xét

f ( − x) =

3

− 2019 x ) ( 1)

1
f ( x) )

(

g ( t ) = t. f ( t ) = t 1 + t 2 + t

g′ ( t ) = 1+ t 2 +

t2
1+ t2

)

AM − GM

+ 2t ≥ 2

1+ t .

2

t2
1+ t2

+ 2t = 2 t 2 + 2t


⇒ g ′ ( t ) ≥ 2 t + 2t ≥ 0

g ( t ) luôn đồng biến trên ¡

Vậy hàm số

( 1) ⇔ g ( x − m ) ≤ g ( − x3 − 2019 x ) ⇔
Để

x − m ≤ − x3 − 2019 x ⇔ m ≥ x 3 + 2020 x

(x
( 1) luôn đúng ta phải có m ≥ Max
[ 4;16]

3

+ 2020 x ) = 36416

Câu 12. [2D2-6.5-3] (Đặng Thành Nam Đề 3) Cho

a0 < 2

thì bất phương trình

x ∈ ( 1; +∞ ) . Mệnh đề nào dưới đây đúng?

đúng với mọi
A. 1 <

a > 1 . Biết khi a = a0

.

B.

e < a0 < e2 .

C.

2 < a0 < 3 .

D.

e 2 < a0 < e3

xa ≤ a x
.

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Bình ; Fb: Nguyễn Văn Bình
Chọn C

Ta có

x a ≤ a x , ∀ x > 1 ⇔ ln ( x a ) ≤ ln ( a x ) , ∀ x > 1 ⇔ a ln x ≤ x ln a, ∀ x > 1 ⇔

Xét hàm số

f ( x) =

ln x
x

(1) ⇔ f ( a) ≥ f ( x), ∀ x > 1 ⇔ f (a) =
f '( x) =

ln a ln x
≥
,∀ x > 1
(1).
a
x

ln a
≥ max f ( x) ( 2 )
.
a ( 1;+∞ )

1 − ln x
x 2 ; f '( x) = 0 ⇔ x = e

Bảng biến thiên

Do đó

(2) ⇔ f (a) =

ln a
ln e
≥ max f ( x) = f (e) =
⇒ a0 = e.
a ( 1;+∞ )
e

Câu 13. [2D2-6.5-3] (CỤM TRƯỜNG SĨC SƠN MÊ LINH HÀ NỘI) Với
phương trình
A.

2 x + 3x ≥ ax + 2

a ∈ ( −∞ ;0 ) .

B.

có tập nghiệm là

a ∈ ( 1;3) .

¡

a

là tham số thực để bất

, khi đó
C.

Lời giải

a ∈ ( 3; + ∞ ) .

D.

a ∈ ( 0;1) .


Chọn B
Cách 1
Tác giả: Lâm Thanh Bình ; Fb: Lâm Thanh Bình
Xét trường hợp
Thật vậy, khi đó
Suy ra loại

a ≤ 0 , bất phương trình khơng nhận các giá trị âm của x
2 x + 3x < 2

mà

làm nghiệm.

ax + 2 ≥ 2 .

a≤ 0.

Xét trường hợp

a> 0

2 x + 3x ≥ ax + 2 ⇔ 2 x + 3x − ax − 2 ≥ 0 .
Đặt

f ( x ) = 2 x + 3x − ax − 2 , x∈ ¡

.

f ′ ( x ) = 2 x ln 2 + 3x ln 3 − a, ∀ x ∈ ¡

Khi đó

f ′ ( x ) = 0 ⇔ 2 x ln 2 + 3x ln 3 = a
Đặt

g ( x ) = 2 x ln 2 + 3x ln 3, x ∈ ¡

( 1)
.

g ′ ( x ) = 2 x ln 2 2 + 3x ln 2 3 > 0, ∀ x ∈ ¡

.

g ( x)

¡

Suy ra hàm số
Lại có

đồng biến trên

lim g ( x ) = +∞

Suy ra với mỗi giá trị
Ta có phương trình
Mà

và

x → +∞

lim f ′ ( x ) = +∞

x → +∞

.

.

lim g ( x ) = 0

x → −∞

a > 0 thì phương trình ( 1)

ln có nghiệm duy nhất là

xo .

f ′ ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất là xo .
và

lim f ′ ( x ) = − a < 0

x → −∞

nên

f ′ ( x ) > 0, ∀ x > xo

và

f ′ ( x ) < 0, ∀ x < xo .

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy
là
.

f ( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ ¡

và

f ( x)

đạt giá trị nhỏ nhất tại

f ( 0 ) = 0 nên ta suy ra xo = 0

và

xo , ta kết hợp với điều kiện đề bài

xo = 0 là giá trị duy nhất để f ( x ) = 0


Suy ra

xo = 0 là giá trị duy nhất để f ′ ( xo ) = 0 ⇒ f ′ ( 0 ) = ln 2 + ln 3 − a = 0 .

Suy ra

a = ln 2 + ln3 = ln 6 .

Như vậy

a là giá trị duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Suy ra mệnh đề đúng là

a ∈ ( 1;3) .

Cách 2:
Tác giả: ; Fb: Khoa Nguyen

2 x + 3x ≥ ax + 2, ∀ x ∈ ¡

⇔ 2 x + 3x − ax − 2 ≥ 0, ∀ x ∈ ¡
Đặt

.

f ( x ) = 2 x + 3x − ax − 2 , x∈ ¡

Khi đó

.

f ′ ( x ) = 2 x ln 2 + 3x ln 3 − a, ∀ x ∈ ¡

.

Điều kiện cần

f ( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ ¡

f ( 0 ) = 0 nên hàm số đạt cực tiểu tại x = 0

và

⇒ f ′ ( 0 ) = ln 2 + ln 3 − a = 0 .

⇒ a = ln 2 + ln 3 = ln 6 .
Điều kiện đủ
Với

x
x
a = ln 6 , ta có f ( x ) = 2 + 3 − x ln 6 − 2 .

f ′ ( x ) = 2 x ln 2 + 3x ln 3 − ln 6, ∀ x ∈ ¡

.

f ′′ ( x ) = 2 x ln 2 2 + 3x ln 2 3 > 0, ∀ x ∈ ¡ ⇒ f ′ ( x )
Mà

f ′ ( 0) = 0 ⇒

phương trình

Bảng biến thiên

⇒ f ( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ ¡
Vậy

a = ln 6

Cách 3:

.

đồng biến trên

¡

.

f ′ ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất x = 0 .


Tác giả: ; Fb: Tú Tran

2 x + 3x ≥ ax + 2, ∀ x ∈ ¡
Xét hàm số

f ( x ) = 2 x + 3x

( C)

f ( 0) = 2 .
f ′ ( x ) = 2 x ln 2 + 3x ln 3, ∀ x ∈ ¡

Ta có

.

f ′ ( 0 ) = ln 2 + ln 3 = ln 6 .
Gọi

∆

là tiếp tuyến của

Phương trình của

( C)

tại điểm

∆ : y = f ′ ( 0 ) ( x − 0 ) + 2 ⇔ y = ln 6.x + 2 .

Yêu cầu bài toán được thỏa mãn khi
Thật vậy, ta sẽ chứng minh
Ta có
Đặt

( 0;2 ) .

a = ln 6 .

2 x + 3x ≥ ln 6.x + 2, ∀ x ∈ ¡

2 x + 3x ≥ ln 6.x + 2 ⇔ 2 x + 3x − ln 6.x − 2 ≥ 0 .

g ( x ) = 2 x + 3x − ln 6.x − 2

Suy ra

g ′ ( x ) = 2 x ln 2 + 3x ln 3 − ln 6 .

g′ ( x) = 0 ⇔ x = 0 .

Bảng biến thiên

.


Từ bảng biến thiên ta có

g ( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ ¡

Hay

2 x + 3x ≥ ln 6.x + 2, ∀ x ∈ ¡

Vậy

a = ln 6 .

.

.

Câu 14. [2D2-6.5-3] (Hai Bà Trưng Huế Lần1) Cho

x, y

là hai số thực dượng thỏa mãn

ln x + ln y ≥ ln ( x 2 + y ) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3x + y .
A.

9.

B.

1
C. 2 .

2.

D.

4

Lời giải
Tác giả: Phan Văn Tài ; Fb: Phan Van Tai

Chọn A
Cách 1.
Ta có:

xy ≥ x 2 + y ⇔ y ( x − 1) ≥ x 2 .

 x2 > 0

Do  y > 0 nên

x − 1> 0 ⇒ x > 1.

x2
x2

1
y≥
⇒ P = 3x +
= 3x + x + 1 +
Khi đó:
x−1
x−1
x−1 .
• Hướng đi số 1:

P = 4 ( x − 1) +
Vì

x− 1> 0

4 ( x − 1) =

1
+5
x−1 .

1
P ≥ 2 4 ( x − 1) . + 5 ⇔ P ≥ 9
nên bất đẳng thức Cauchy cho ta:
khi
x

1
3
⇔ x=

x−1
2.

• Hướng đi số 2:

x 2 4 x 2 − 3x
P ( x ) = 3x +
=
x−1
x − 1 với
P′ ( x ) =

x > 1.

4x2 − 8x + 3

( x − 1)

P′ ( x ) = 0 ⇔ x =
Bảng biến biên:

x
P′ ( x )
P ( x)

2

.

3

2.

−∞

1

+∞

−

3
2

0

+∞
+

+∞


 3
P ÷= 9
 2

Từ bảng biến thiên cho ta giá trị nhỏ nhất
Cách 2. ( Nguyễn Văn Hòa)
Ta có:

P = 9.

xy ≥ x 2 + y ⇔ x 2 − xy + y ≤ 0

∆ = y2 − 4 y ≥ 0 ⇔ y ≥ 4

Nên

y − y2 − 4 y
y + y2 − 4 y
≤ x≤
2
2
y − y2 − 4 y
5 y − 3 y2 − 4 y
P = 3x + y ≥ 3
+ y=
.
2
2
5 −3 ( y − 2 )
P′ = −
2
y2 − 4 y .
P′ = 0 ⇔ y =

9
3
x=
2 khi đó
2 từ đó suy ra giá trị nhỏ nhất

P = 9 khi

Câu 15. [2D2-6.5-3] (Đặng Thành Nam Đề 9) Có bao nhiêu số thực

( x; y)

thỏa mãn đồng thời

2.

B.

A.

m

x=

3
9
y=
2,
2.

để tồn tại duy nhất cặp số thực

log x2 + y 2 + 2 ( 4 x + 4 y + m2 − m − 5 ) ≥ 1 và x 2 + y 2 + 2 x − 4 y + 1 = 0 .

6.

C.

4.

D.

0.

Lời giải
Tác giả: Trần Nhân Lộc ; Fb: Nhan Loc Tran
Chọn A
Từ yêu cầu đề, để tìm

m thỏa mãn hai điều kiện đề cho, ta lập hệ phương trình:

 x 2 + y 2 + 2 x − 4 y + 1 = 0
⇔

2
log
4
x
+
4
y
+
m
−
m

−
5
≥
1
(
)
2
2
 x + y + 2

 x 2 + y 2 + 2 x − 4 y + 1 = 0

2
2
2
 4 x + 4 y + m − m − 5 ≥ x + y + 2

 ( x + 1) 2 + ( y − 2 ) 2 = 4 (1)
⇔
2
2
2
 ( x − 2 ) + ( y − 2 ) ≤ m − m + 1 (2) .
Ta có

( 1)

là phương trình đường trịn

( C2 )

tâm

I 2 ( 2;2 ) ; R2 = m 2 − m + 1 .

Để tồn tại duy nhất cặp số thực

( C1 )

và

( C2 )

( x; y)

( C1 )

tâm

I1 ( − 1;2 ) , R1 = 2 ; ( 2 )

khi và chỉ khi hệ có nghiệm duy nhất tương đương với

tiếp xúc ngoài, nghĩa là

I1I 2 = R1 + R2 ⇔

( 2 + 1) + ( 2 − 2 )
2

2

là phương trình hình trịn

= m2 − m + 1 + 2


⇔ m 2 − m + 1 = 1 ⇔ m2 − m = 0 ⇔ m = 0; m = 1 .
Chú ý: Tiếp xúc trong thì đường trịn và hình trịn có vơ số điểm chung. Bạn đọc cần cẩn thận
cho trường hợp này.
Câu 16. [2D2-6.5-3]

(Cẩm

(

Giàng)

a

Cho

)

là

số

nguyên

dương

lớn

nhất

thỏa

mãn

3log 3 1 + a + 3 a > 2log 2 a . Giá trị của log 2 ( 2017a ) xấp xỉ bằng:
A. 19 .

B. 26 .

C. 25 .
D. 23 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Hòa ; Fb: Nguyễn Văn Hòa Hòa

Chọn D
Từ giả thiết

(

)

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

log 2 a = 3x ⇔ a = 64 x .

Đặt

Ta được bất phương trình:
x

x

3log3 ( 1 + 8 x + 4 x ) > 6 x ⇔ 1 + 8x + 4 x > 9 x .

x

 1 8  4
⇔  ÷ + ÷ + ÷ >1
 9 9  9
.
x

1
f ( x) =  ÷
Đặt
9

x

8
+ ÷
9

x

⇒

x

 4
+ ÷
9 .
x

x

1 1 8 8 4 4
f ′ ( x ) =  ÷ ln  ÷+  ÷ ln  ÷+  ÷ ln  ÷ < 0
9 9 9 9 9 9 ,

Vậy

f ( x)
x

1
 ÷
Từ  9 
Suy ra
Vậy

là hàm số nghịch biến trên
x

8
+ ÷
9

¡

. Và ta lại có

∀ x∈ ¡

.

f ( 2) = 1 .

x

4
+ ÷ >1
⇔ f ( x ) > f ( 2)
9

a < 642 = 4096

mà

⇔ x < 2.

a là số nguyên dương lớn nhất thỏa mãn suy ra a = 4095 .

log 2 ( 2017a ) = log 2 ( 2017 ×4095 ) ≈ 22.97764311 ≈ 23 .

Câu 17. [2D2-6.5-3] (THPT NÔNG CỐNG 2 LẦN 4 NĂM 2019) Cho

4a + 2b > 0

và

của biểu thức
A.

25 .

log a2 + b2 + 1 ( 4a + 2b ) ≥ 1 . Gọi M , m

P = 3a + 4b . Tính M + m .
B.
22 .

a, b

là các số thực thỏa mãn

lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất

C.

21 .

D.

20.

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Vĩnh Thái; Fb:Thaiphucphat.
Chọn D
Nhận xét:

a 2 + b 2 + 1 > 1, ∀ a, b


log a2 + b2 + 1 ( 4a + 2b ) ≥ 1 ⇔ 4a + 2b ≥ a 2 + b 2 + 1 (1) .

+ Ta có
Cách 1.

+ Ta có

P = 3a + 4b ⇔ b =

P − 3a
4 .

(2)
2

P − 3a 2  P − 3a 
4a + 2
≥ a +
÷ + 1.
+ Thay (2) vào (1) ta được

4
 4 

⇔ 25a 2 − 2a(3P + 20) + P 2 − 8P + 16 ≤ 0 . (3)
Để bài toán đã cho tồn tại giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
trình

P

thì bất phương

(3) có nghiệm hay ∆ ' ≥ 0 ⇔ ∆ ' = − 16P 2 + 320 P ≥ 0 ⇔ 0 ≤ P ≤ 20 .
M = 20; m = 0

Suy ra

hay

M + m = 20 .

Cách 2

( 1) ⇔ ( a − 2 ) + ( b − 1)
2

Suy ra

Gọi

∆

M ( a; b )

2

≤ 4.

là các điểm thuộc hình trịn

là đường thẳng có phương trình:

Mặt khác

d ( I;∆ ) =

Đường thẳng
hình vẽ).

∆′

3.2 + 4.1

qua

5

I

=2

nên

( C)

tâm

I ( 2;1) , bán kính R = 2 .

3x + 4 y = 0 . Khi đó

∆

và vng góc với

d ( M ;∆ ) =

( C) .

∆ , cắt đường tròn ( C )

tại hai điểm

Khi

M ≡ M 1 , min d ( M ; ∆ ) = 0 ⇒ minP = 0 ⇒ m = 0 .

Khi

M ≡ M 2 , max d ( M ; ∆ ) = 2 R = 4 ⇒ maxP = 20 ⇒ M = 20 .

m = 20 .

5

tiếp xúc với đường trịn

Dựa vào hình vẽ ta thấy:

Vậy M +
Cách 3

3a + 4b

=

P
5 .

M1 , M 2

(như


log a2 + b2 + 1 ( 4a + 2b ) ≥ 1 ⇔ 4a + 2b ≥ a 2 + b 2 + 1 ⇔ ( a − 2 ) + ( b − 1) ≤ 4
2

+ Ta có

+ Mặt khác

Vậy

2

2
2
2
=  3 ( a − 2 ) + 4 ( b − 1)  ≤ ( 32 + 42 )  ( a − 2 ) + ( b − 1)  ≤ 25.4 = 100



− 10 ≤ P − 10 ≤ 10 ⇔ 0 ≤ P ≤ 20

m = min P = 0

M = max P = 20

 a − 2 b −1
 3 = 4 <0

2
2

khi và chỉ khi  ( a − 2 ) + ( b − 1) = 4 (hệ có 1 nghiệm duy nhất)

 a − 2 b −1
 3 = 4 >0

2
2


khi và chỉ khi  ( a − 2 ) + ( b − 1) = 4 (hệ có 1 nghiệm duy nhất)

Câu 18. [2D2-6.5-3] (SGD-Nam-Định-2019) Gọi
phơng trình
giá trị của
A.

( 1)

P = 3a + 4b = 3 ( a − 2 ) + 4 ( b − 1) + 10

P − 10 )
Do đó (
Khi đó

2

S

là tập tát cả các giá trị thực của tham số

m

để bất

m2 ( x5 − x 4 ) − m ( x 4 − x3 ) + x − ln x − 1 ≥ 0 thỏa mãn với mọi x > 0 . Tính tổng các

m trong tập S .

2.

B.

0.

C. 1 .

D.

−2.

Lời giải
Tác giả: Phương Xuân Trịnh; PB: Phương Xuân Trịnh.
Chọn C
Xét hàm số

⇒ f ( x)

f ( x ) = m2 ( x5 − x 4 ) − m ( x 4 − x3 ) + x − ln x − 1

liên tục trên

( 0;+ ∞ )

và

f ( 1) = 0 .

* Điều kiện cần

f ′ ( x ) = m 2 ( 5 x 4 − 4 x3 ) − m ( 4 x3 − 3x 2 ) + 1 −

1
x.

f ( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ ( 0; + ∞ ) ⇒ f ( x ) ≥ f ( 1) , ∀ x ∈ ( 0; + ∞ ) .
Do

f ( x)

liên tục trên

( 0;+ ∞ ) ⇒ x = 1 là điểm cực tiểu của hàm số ⇒ f ′ ( 1) = 0

⇒ m2 − m = 0 ⇒ m = 0, m = 1 .
*/ Điều kiện đủ

+ Với

m= 0

⇒ f ( x ) = x − ln x − 1 ⇒ f ′ ( x ) = 1 −

1
x−1
⇒ f ′ ( x) =
x
x .

f ′ ( x) = 0 ⇔ x = 1.
Bảng biến thiên:

⇒ f ( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ ( 0; + ∞ ) ⇒ m = 0
+ Với

thỏa mãn.

5
4
3
m = 1 ⇒ f ( x ) = x − 2 x + x + x − ln x − 1

⇒ f ( x ) = x3 ( x − 1) + ( x − ln x − 1) ≥ 0, ∀ x ∈ ( 0; + ∞ ) ⇒ m = 1 thỏa mãn.
2

Vậy

S = { 0;1} ⇒

Tổng các phần tử của

S

bằng 1.

Câu 19. [2D2-6.5-3] (Chuyên Vinh Lần 3)Tìm tất cả các giá trị thực của tham số

)(

(

e3 m + e m = 2 x + 1 − x 2 1 + x 1 − x 2
 1 
 0; ln 2 ÷ .
A.  2


)

m

để phương trình

có nghiệm.

1 

−∞ ; ln 2

B. 
2 .

 1
 0; ÷
C.  e  .

Lời giải.

1

ln
2;
+∞
÷
D.  2
.

Tác giả: Trần Quốc Thép; Fb: Thép Trần Quốc.
Chọn B

t2 − 1
t = x + 1 − x ⇒ t = 1+ 2x 1− x ⇒ x 1− x =
Đặt
2 .
2

Ta có

Vậy

t'=

1 − x2 − x
1 − x2

2

,t ' = 0 ⇔ x =

2

2

1
2.

t ∈  − 1; 2  .

 t2 − 1
3m
m
3
m
e3m + em = 2t  1 +
÷⇔ e + e = t + t ⇔ e = t
2 
Phương trình trở thành
. (sử dụng hàm đặc

trưng).


1
− 1 ≤ em ≤ 2 ⇔ m ≤ ln 2 ⇔ m ∈ (−∞ ; ln 2]
Phương trình có nghiệm khi và chi khi
.
2