Trắc nghiệm mũ lôgarit trong các đề thi tốt nghiệp có lời giải

TRẮC NGHIỆM MŨ VÀ LÔGARIT TRONG CÁC ĐỀ THI TỐT NGHIỆP
I. MỨC ĐỘ NHẬN BIẾT VÀ THÔNG HIỂU
Câu 1. (TN LẦN 2-2020)
1  log 2 a
A.
.

log 2 2a
Với a là số thực dương tùy ý,
bằng
1  log 2 a
2  log 2 a
B.
.
C.
.
Lời giải

D.

2  log 2 a

.

Chọn A
log 2 2a  log 2 2  log 2 a  1  log 2 a
Câu 2. (TN LẦN 2-2020)
A. x  4 .

log 2  x  6   5
Nghiệm của phương trình

là
B. x  19 .
C. x  38 .
Lời giải

D. x  26 .

Chọn D
Điều kiện x  6  0 � x  6
log 2  x  6   5 � log 2  x  6   log 2 25 �  x  6   32 � x  32  6 � x  26  TM 
Ta có:
x  26
Vậy nghiệm của phương trình:
log 3 a  2log 9 b  3
Câu 3. (TN LẦN 2-2020) Với a, b là các số thực dương tùy ý thỏa mãn
, mệnh đề
nào dưới đây đúng?
A. a  27b .

B. a  9b .

4
C. a  27b .
Lời giải

2
D. a  27b .

Chọn A
Ta có:

log 3 a  2 log 9 b  3 � log 3 a  log 3 b  3 � log 3

a
a
 3 �  27 � a  27b
b
b
.

log3  36  x 2  �3
Câu 4. (TN LẦN 2-2020) Tập nghiệm của bất phương trình
là
 �; 3 � 3; � . B.  �;3 .
 0;3 .
 3;3 .
A.
C.
D.
Lời giải
Chọn C
log 3  36  x 2  �3 � 36  x 2 �27 � 9  x 2 �0 � 3 �x �3
Ta có:
.
log 3  3a 
Câu 5. (TN LẦN 2-2020) Với a là số thực dương tùy ý,
bằng
3  log3 a
1  log 3 a
3  log 3 a

1  log 3 a
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.

Lời giải
Chọn D
Ta có

log 3  3a   log 3 3  log 3 a  1  log 3 a

Câu 6. (TN LẦN 2-2020)
A. x  2 .

.

2 x2
 2 x là
Nghiệm của phương trình 2
B. x  2 .
C. x  4 .
Lời giải

Trang 1

D. x  4 .


Chọn B
22 x 2  2 x � 2 x  2  x � x  2 .

Câu 7. (TN LẦN 2-2020)
A. x  18 .

Nghiệm của phương trình
B. x  25 .

log 2  x  7   5

là

C. x  39 .

D. x  3 .

Lời giải
Chọn B

log 2  x  7   5 � x  7  25 � x  25
.

log 2 a  2log 4 b  4
Câu 8. (TN LẦN 2-2020) Với a,b là các số thực dương tùy ý thỏa mãn
, mệnh
đề nào dưới đây đúng?

4
2
A. a  16b .
B. a  8b .
C. a  16b .
D. a  16b .
Lời giải
Chọn C
log 2 a  2log 4 b  4
Ta có
1
� log 2 a  2 log 22 b  4 � log 2 a  2. log 2 b  4 � log 2 a  log 2 b  4
2
a
a
� log 2  4 �  24 � a  16b
b
b
Câu 9. (TN LẦN 2-2020)
 �; 2 .
A.

log 3  31  x 2  �3

Tập nghiệm của bất phương trình
là
 �; 2 � 2; � .
 2; 2 .
B.
C.

D.

Lời giải
Chọn B
log 3  31  x 2  �3 � 31  x 2 �27 � x 2  4 �0 � x � 2; 2

Câu 10. (TN LẦN 1-2020) Nghiệm của phương trình
A. x  6 .

log 2  x  2   3

C. x  11 .

B. x  8 .

Lời giải
Chọn D
Điều kiện: x  2  0 � x  2 .
log 2  x  2   3 � x  2  8 � x  10

(thỏa).

Trang 2

.
là:
D. x  10 .

 0; 2 .

Vậy phương trình có nghiệm x  10 .
x1
Câu 11. (TN LẦN 1-2020) Nghiệm của phương trình 3  9 là

A. x  1 .

B. x  2 .

C. x  2 .

D. x  1 .

Lời giải
Chọn A
x 1
x 1
2
Ta có: 3  9 � 3  3 � x  1  2 � x  1 .

Câu 12. (TN LẦN 1-2020) Tập xác định của hàm số
A. (�;0)

B. (0; �)

y  log 3 x

là

C. (�; �)

D. [0; �)

Lời giải
Chọn B.
Điều kiện xác định: x  0 .

log a3 b
Câu 13. (TN LẦN 1-2020) Với a,b là các số thực dương tùy ý và a �1 ,
bằng

A.

3  log a b

B.

3log a b

1
 log a b
C. 3

1
log a b
D. 3

Lời giải
Chọn D

1
log a3 b  log a b.
3
Ta có:
x
Câu 14. (TN LẦN 1-2020) Tập nghiệm của bất phương trình 2

A. (3;3) .

2

7

 4 là

C. (�;3) .

B. (0;3) .

D. (3; �) .

Lời giải
Chọn A
2
x2 - 7
( 3;3) .
< 4 � 2 x - 7 < 22 � x 2 - 7 < 2 � x 2 < 9 � x �Ta có : 2

log3 ( ab )
 4a . Giá trị của ab 2

Câu 15. (TN LẦN 1-2020) Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn 9
bằng

A. 3 .

B. 6.

C. 2
Trang 3

D. 4


Lời giải
Chọn D
Ta có :

2 2
9log3 ( ab) = 4a � 2log 3 ( ab) = log3 ( 4a ) � log 3 ( a b ) = log 3 ( 4a ) � a 2b2 = 4a

� ab 2 = 4 .
Câu 16: (THAM KHẢO LẦN 2-2020)
A. x  4 .

x1
Nghiệm của phương trình 3  27 là

B. x  3 .

C. x  2 .

D. x  1 .

Lời giải
Chọn A
3x1  27 � 3x1  33 � x  4 .

Câu 17: (THAM KHẢO LẦN 2-2020) Tập xác định của hàm số
A. [0; �) .

B. (�; �) .

y  log 2 x

C. (0; �) .

là
D. [2; �) .

Lời giải
Chọn C

D   0; �
Hàm số xác định khi x  0 . Vậy tập xác định
.
Câu 18: (THAM KHẢO LẦN 2-2020)
�3
�
� log 2 a �
2

�.
A. �

log 2  a 3 
a
Với là số thực dương tùy ý,
bằng

1
log 2 a
B. 3
.

C.

3  log 2 a

.

D.

3log 2 a

.

Lời giải
Chọn D
log 2  a 3   3log 2 a
Ta có
.

Câu 19: (THAM KHẢO LẦN 2-2020) Tập nghiệm của bất phương trình log x �1 là
A.

 10; � .

B.

 0; � .

C.
Lời giải

Chọn C
log x �۳
1

x 10 .

Trang 4

 10; � .

D.

 �;10  .


 10; � .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là





log 3 3a.9b  log 9 3
a
;
b
Câu 20: (THAM KHẢO LẦN 2-2020) Xét các số thực
thỏa mãn
. Mệnh đề

nào là đúng?
A. a  2b  2 .

B. 4a  2b  1 .

C. 4ab  1 .

D. 2a  4b  1 .

Lời giải
Chọn D
log 3  3a.9b   log 9 3 � log 3  3a   log 3  9b  

� a  2b 

1
� 2a  4b  1

2
.

Câu 21: (THAM KHẢO LẦN 2-2020)
A.

 0; � .

1
2

B.

x
x
Tập nghiệm của bất phương trình 9  2.3  3  0 là

 0; � .

C.

 1; � .

D.

 1; � .

Lời giải
Chọn B
t 1

�
t 2  2t  3  0 � �
t  3  loai 
t  3  t  0
�
Đặt
bất phương trình đã cho trở thành
x

x
Với t  1 thì 3  1 � x  0 .

Câu 22. (THAM KHẢO LẦN 1-2020) Nghiệm của phương trình
A. x  3 .

B. x  5 .

C.

x

9
2.

log 3  2 x  1  2

D.

x

là

7
2.

Lời giải
Đáp án B

log 3  2 x  1  2 � 2 x  1  32 � x  5
Câu 23. (THAM KHẢO LẦN 1-2020) Xét tất cả các số dương a và b thỏa mãn
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
2
A. a  b .

3
B. a  b .

C. a  b .
Lời giải
Trang 5

log 2 a  log8  ab 

2
D. a  b .

.


Đáp án D

1
log 2 a  log8  ab  � log 2 a  log 2  ab 
3

� 3log 2 a  log 2  ab  � log 2 a 3  log 2  ab  � a3  ab � a 2  b

.

x 1
x
Câu 24. (THAM KHẢO LẦN 1-2020) Tập nghiệm của bất phương trình 5 �5

A.

 2; 4 .

B.

 4; 2 .

C.

2

 x 9

là

 �;  2 � 4;  � .D.  �;  4 � 2;  � .

Lời giải
Đáp án A

5x 1 �5x

2

 x 9

� x  1 �x 2  x  9 � x 2  2 x  8 �0 � 2 �x �4

Câu 25. (THAM KHẢO LẦN 1-2020) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn

log 9 x  log 6 y  log 4  2 x  y 

x
. Giá trị của y bằng
�3 �
log 2 � �
�2 �.
C.

1
B. 2 .

A. 2.

D.

log 3 2

2

.

Lời giải
Đáp án B

Giả sử

log 9 x  log 6 y  log 4 (2 x  y)  t

. Suy ra:

�x  9t
�
t
� 2.9t  6t  4t
�y  6
�
2 x  y  4t
�

t
�
�3 �
�
t
� � 1 (loai )
�2 �
�9 � �3 �t

�
� 2. � � � �1  0 �
�3 t 1
�4 � �2 �
��
�
� �
�
�2 � 2
.
t

x 9t �3 � 1
 t  � �
y
6 �2 � 2 .
Ta có :
log 5 a 2
Câu 26. (THPT QG-2019) Với a là số thực dương tùy,
bằng

A. 2 log 5 a .

B. 2  log 5 a .
Trang 6

1
 log 5 a
C. 2
.

1
log 5 a
D. 2
.


Lời giải
Chọn A
log 5 a 2  2 log 5 a
Ta có
.
2 x1
Câu 27. (THPT QG-2019) Nghiệm phương trình 3  27 là

A. x  5 .

B. x  1 .

C. x  2 .
Lời giải

D. x  4 .

Chọn C
2 x 1
 27 � 32 x 1  33 � 2 x  1  3 � x  2 .
Ta có 3
x
Câu 28. (THPT QG-2019) Cho hàm số y  2

x
A. (2 x  3).2

2

3 x

.ln 2 .

x
B. 2

2

2

3 x

3 x

.ln 2 .

có đạo hàm là
x
C. (2 x  3).2
Lời giải

2

3 x

.

2
x
D. ( x  3x).2

2

 3 x 1

.

Chọn A
4
Câu 29. (THPT QG-2019) Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn a b  16 . Giá trị của
4 log 2 a  log 2 b bằng

A. 4 .

C. 16 .
Lời giải

B. 2 .

D. 8 .

Chọn A
4 log 2 a  log 2 b  log 2 a 4  log 2 b  log 2 a 4b  log 2 16  4

Ta có
.
Câu 30 (THPT QG-2019)
A. x  3 .

Nghiệm của phương trình
B. x  3 .

log 3  x  1  1  log 3  4 x  1

C. x  4 .
Lời giải

là

D. x  2 .

Chọn D
log 3  x  1  1  log 3  4 x  1  1

3. x  1 �
 1 � log3 �
�
� log 3  4 x  1 � 3x  3  4 x  1  0 � x  2 .

 1 có một nghiệm x  2 .
 Vậy

ln ( 5a ) - ln ( 3a )
Câu 31. (THPT QG-2018)Với a là số thực dương tùy ý,

bằng

A.

ln  5a 
ln  3a 

.

B.

ln  2a 

.

Trang 7

C.

ln

5
3.

ln 5
D. ln 3 .


Lời giải
Chọn C.

Ta có

ln ( 5a ) - ln ( 3a ) = ln

5a
5
= ln
3a
3.

2 x 1
 32 có nghiệm là
Câu 32. (THPT QG-2018)Phương trình 2

A.

x

5
2.

B. x  2 .

C.

x

3
2.

D. x  3 .

Lời giải
Chọn B.
2 x 1
 32 � 2 x  1  5 � x  2 .
Ta có 2

II. MỨC ĐỘ VẬN DỤNG VÀ VẬN DỤNG CAO
2 x  y 1 � x 2  y 2  2 x  2  .4 x
Câu 1. (TN LẦN 2-2020) Xét các số thực x, y thỏa mãn
. Giá trị nhỏ
8x  4
P
2 x  y  1 gần nhất với số nào dưới đây
nhất của biểu thức
A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 4 .
Lời giải
Chọn C
2
2
Nhận xét x  y  2 x  2  0x; y
2

2

2

2

Bất
phương
trình
x 2  y 2  2 x 1
2
 2
ۣ
 x  y2  2x  2

x 2  y 2 1

2

.

Đặt t  x  y  2 x  1
 2t t  1 � 2t  t  1 �0
Bất phương trình ۣ
2

Đặt

2

f  t   2t  t  1

Ta có

. Ta thấy
t
f�
 t   2 ln 2  1

2

2 x  y 1
� x  y  2 x  2  .4 ۣ 22 x
2

f  0   f  1  0

.

1 �
f�
 t   0 � 2t ln 2  1 � t  log 2 �
� ��0,52
�ln 2 �

Trang 8

x

x

2

 y2  2x  2


Quan sats BBT ta thấy

f  t �
0

0 t 1

2
0 �x 2  y 2  2 x  1 �1 �  x  1  y �1  1
8x  4
P
� 2 Px  Py  P  8 x  4
2
x

y

1
Xét
2

� P  4   8  2 P  x  Py

� P  4  2 P  8   8  2 P  x  2 P  8  Py
� 3P  12   8  2 P   x  1  Py

2
2
2
2
�
�
�  3P  12   �
 8  2P   x  1  Py �
 8  2P   P2 �
 x  1  y 2 �
�
���
��
�

 1 vào

Thế
ta
� 5  5 �P �5  5 .

 3P  12 

có

2

2
��
�8  2P   P 2 �

�� 4 P 2  40 P  80 �0

�
� 1
x
�
�
3
�
�
�
�
�y  5
�
�
3
�
�
�
2
�
2
�
�
� 5
x 1 
y
x
�x  1  5 y
�

�
�8  2 P x  1 2
�
�
5
3
�
�


�
��
� P
��
2
�
y
5
�
�2 �
�
�
�y   5
�y  � 5
y � 1
2
2
�
�
�

�
�
�
 x  1  y  1
3
�
�5 �
�
3
�
�
Dấu “=” xảy ra khi �
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 5  5 �2, 76 gần giá trị 3 nhất.

Câu 2. (TN LẦN 2-2020)

Có bao nhiêu cặp số nguyên dương

 m; n 
với mỗi cặp
A. 7 .

Chọn D

tồn tại đúng 3 số thực
B. 8 .





a � 1;1

 m; n 

thỏa mãn
C. 10 .
Lời giải

sao cho m  n �10 và ứng



2a m  n ln a  a 2  1
D. 9 .





?

2a m
 ln a  a 2  1
n
Ta có
.
2
g  x  xm
f  x   ln x  x 2  1

 1;1 .
n
Xét hai hàm số
và
trên
1
f�
 x  2  0
f  x
x 1
Ta
có
nên
luôn
đồng
biến
và
�
�
1
2
f   x   ln  x  x 2  1  ln �
�  ln x  x  1   f  x 
2
f  x
�x  x  1 �
nên
là hàm
số lẻ.
g  x

+ Nếu m chẵn thì
là hàm số chẵn và có bảng biến thiên dạng
2a m  n ln a  a 2  1 �











Trang 9




Suy ra phương trình có nhiều nhất 2 nghiệm, do đó m lẻ.
g  x
+ Nếu m lẻ thì hàm số
là hàm số lẻ và luôn đồng biến.
Ta thấy phương trình luôn có nghiệm x  0 . Dựa vào tính chất đối xứng của đồ thị hàm số
 1;1 khi có 1 nghiệm trên  0;1 ,
lẻ, suy ra phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm trên
2
2
f  1  g  1 � ln 1  2  � n 
�2, 26 � n � 1;2

n
ln 1  2
hay
.
m � 1;3;5;7;9
Đối chiếu điều kiện, với n  1 suy ra
, có 5 cặp số thỏa mãn
m � 1;3;5;7
Với n  2 thì
có 4 cặp số thỏa mãn.
Vậy có 9 cặp số thỏa mãn bài toán.
x 2  y 2 1
2
� x 2  y 2  2 x  2  4 x
y
Câu 3. (TN LẦN 2-2020) Xét các số thực x và thỏa mãn
. Giá trị



lớn nhất của biểu thức
A. 1 .







4y

2 x  y  1 gần nhất với số nào dưới đây?
B. 0 .
C. 3 .

P

D. 2 .

Lời giải



Chọn A
2
2
2
2
2 x  y 1 �+
+ x 2

y2 2 x 2  4 x
2 x 2 x 1 y  x 2 2 x 1 y 2 1
Ta có:
.
2
2
t
 t x 2x 1 y
t 0 . Khi đó ta có 2 �t  1 , t �0 .
Đặt

f  t   2t  t  1, t �0
f�
 t   2t ln 2  1 , cho f �
 t  0 .
Đặt
, ta có:
f�
 t   0 có một nghiệm nên phương trình f  t   0 có tối đa
Ta nhận thấy phương trình
hai nghiệm.
f  0   f  1  0
f  t  0
Mặt khác ta có
. Suy ra phương trình
có hai nghiệm t  1 và t  0
.
f  t
Khi đó ta có bảng xét dấu của hàm số
như sau:

f  t  �0 � t � 0;1

x 2  2 x  1  y 2 �1 �  x  1  y 2 �1
. Suy ra
.
M  x; y 
 S  tâm I  1;0 , bán kính R  1 .
Khi đó tập hợp các điểm
là một hình tròn

Khi đó

2

Trang 10


Ta có:
Khi

P

4y
� 2 Px   P  4  y  P  0
2x  y  1
.

đó

ta

cũng

có

 : 2 Px   P  4  y  P  0

tập

hợp

các

điểm

M  x; y 

là

một

đường

thẳng

.

 S  có điểm chung, ta suy ra d  I ,   �1 .
Để  và
2P  P

ۣ
1 3 P

5P 2 8 P 16
2
2
 2P   P  4
� 4 P 2  8P  16 �0 � 1  5 �P �1  5 .
� 1

x
�
� 3
�
�y   5
P  1  5
3
Ta suy ra max
. Dấu "  " xảy ra khi �
Câu 4. (TN LẦN 2-2020)

Có bao nhiêu cặp số nguyên dương (m, n) sao cho m  n �12 và ứng với

m
2
mỗi cặp (m, n) tồn tại đúng 3 số thực a �(1,1) thỏa mãn 2a  n ln(a  a  1) ?
A. 12 .
B. 10 .
C. 11 .
D. 9 .

Lời giải
Chọn D

Ta có

2a m  n ln( a  a 2  1) �

2 m
a  ln( a  a 2  1) (*)

n

.

2
Xét hàm f (a )  ln(a  a  1) trên (1,1) (dễ thấy hàm f lẻ, đồng biến trên R ), có BBT:

2
g (a)  .a m
n
Xét hàm
trên (1,1) .

Với m chẵn, g ( a) là hàm chẵn và g (a ) �0, a �R , do đó (*) không thể có 3 nghiệm.
Với m lẻ, g ( a) là hàm lẻ, đồng biến trên R và tiếp tuyến của đồ thị tại điểm a  0 là
đường thẳng y  0 .
Trang 11


Dễ thấy (*) có nghiệm a  0 �( 1;1) . Để (*) có đúng 3 nghiệm tức là còn có 2 nghiệm nữa
là

�a0

với

0  a0  1

.

2
2
2
g (1)  .1m   f (1)  ln(1  2) � n 
�2, 26 � n  1; n  2
n
n
ln(1

2)
Muốn vậy, thì

Cụ thể:
+

m � 3;5;7;9

thì

n � 1; 2

: Có 8 cặp (m, n)

m  11 thì n � 1 : Có 1 cặp ( m, n)
+

+ m  1 : Đồ thị hàm số g ( a) là đường thẳng ( g (a )  a; g (a)  2a ) không thể cắt đồ thị hàm

a �0
số f (a ) tại giao điểm 0

được vì tiếp tuyến của hàm số f (a ) tại điểm có hoành độ
a  0 là đường thẳng y  a .
Vậy có cả thảy

9 cặp ( m, n).

Câu 5. (TN LẦN 1-2020)

Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 127 số

log 3  x 2  y  �log 2  x  y 
y
nguyên thỏa mãn
?

A. 89 .

B. 46 .

C. 45 .
Lời giải

D. 90 .

Chọn D
Ta có

log 3  x 2  y  �log 2  x  y   1

Đặt t  x  y ��* (do x, y ��, x  y  0 )

(1) � log 3  x 2  x  t  �log 2 t � g (t )  log 2 t  log 3  x 2  x  t  �0  2 

g�
(t ) 
Đạo hàm

1
1
 2
0
t ln 2  x  x  t  ln 3

g  t
 1; �
với mọi y . Do đó
đồng biến trên

Vì mỗi x nguyên có không quá 127 giá trị t ��* nên ta có
g (128)  0 � log 2 128  log 3  x 2  x  128   0

� x 2  x  128  37 � 44,8 �x �45,8
Như vậy có 90 giá trị thỏa yêu cầu bài toán
Trang 12


Xét các số thực dương a, b, x, y thỏa mãn a  1, b  1 và

Câu 6: (THAM KHẢO LẦN 2-2020)

a x  b y  ab . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x  2 y thuộc tập hợp nào dưới đây?

A.

� 5�
2; �
�
B. � 2 �.

 1; 2  .

C.

 3; 4  .

5 �
�
; 3�
�
2 �.
D. �

Lời giải
Chọn D
x
y
Ta có a, b  1 và x, y  0 nên a ; b ; ab  1

log a a  log a b  log a
x

y

Do đó: a  b  ab �
x

y

P

Khi đó, ta có:

� 1 1
�x   log a b
ab � � 2 2
�
2 y  1  log b a
�
.

3 1
 log a b  log b a
2 2
.

log a b, log b a  0
Lại do a, b  1 nên
.
3
1
3

3
P �  2 log a b.log b a   2 P   2
2
2
2
� log a b  2 .
2
Suy ra
,

Lưu ý rằng, luôn tồn tại a, b  1 thỏa mãn log a b  2 .
min P 

Vậy

3
5 �
�
 2 �� ; 3 �
2
2 �.
�

Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực y thỏa

Câu 7: (THAM KHẢO LẦN 2-2020)
log3  x  y   log 4  x 2  y 2 

mãn
A. 3.

?

B. 2.

C. 1.
Lời giải

D. Vô số

Chọn B.

�x  y  0
.
�2
2
�x  y  0

Điều kiện:
Điều kiện cần

t  log 3  x  y   log 4  x  y
2

Đặt

2



�x  y  3t  d 
�
� �2
2
t
�x  y  4  C 

Suy ra x, y tồn tại nếu đường thẳng d cắt đường trịn

Trang 13

.
 C

tại ít nhất một điểm.


3t

��
2t  t

2

Hay

log 3 2
2
log 3 2

x  y �4
2

2

2

Khi đó:
Điều kiện đủ:

 Với
Khi

0,8548.

x  1
�
�
0 �x 2 �3 �
�3, 27 � �
��
x0 .
�x ��
�
x 1
�

�
4t  1  0
t 0

�y  3t  1
�
�
x  1 � � 2
�
�
�
�
2
t
t
t
t
t
t
�f  t   9  2.3  2  4  0
�y  4  1 �
�4  1   3  1

0  t�
0,8548

9t

4t

f  t

0

. Suy

x  1 l 

.

.

t
�
�y  3
x  0 � �2
� 4t  3t � t  0 � y  1 t / m 
t
�y  4
 Với
.
t
�
�y  3  1
x 1� �2
� y  t  0(t / m)
y  4t  1
�

.

log 22  2 x    m  2  log 2 x  m  2  0
Câu 8. (THAM KHẢO LẦN 1-2020) Cho phương trình
(m là

tham số thực). Tập hợp tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc
đoạn

 1; 2 .

A.

 1; 2  .

B.

 1; 2 .

C.

 1; 2  .

D.

Lời giải
Đáp án C
Điều kiện: x  0 .
pt �  1  log 2 x    m  2  log 2 x  m  2  0
2

log x  1
�
� log 22 x  m log 2 x  m  1  0 � � 2
log 2 x  m  1
�

Ta có:

x � 1; 2 � log 2 x � 0;1

.

Vậy để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thuộc đoạn
0 �<
1 1 1 m 2 .
Trang 14

 1; 2

khi và chỉ khi

 2;  � .


Câu 9. (THAM KHẢO LẦN 1-2020) Có bao nhiêu cặp số nguyên

log 3  3x  3  x  2 y  9 y

 x; y 

thỏa mãn 0 �x �2000 và

?

A. 2019.

B. 6.

C. 2020.

D. 4.

Lời giải
Đáp án D
+ Ta có:
+ Đặt

log 3  3 x  3  x  2 y  9 y � 1  log 3  x  1  x  2 y  9 y  1

t  log 3  x  1

.

t
t
. Suy ra: x  1  3 � x  3  1 .

1 � t  3t  2 y  32 y  2 

Khi đó:
.
Xét hàm số:
Do đó:

f  h   h  3h

, ta có:

f�
 h   1  3h.ln 3  0 h ��

nên hàm số

f  h

đồng biến trên �.

 2  � f  t   f  2 y  � t  2 y � log3  x  1  2 y � x  1  32 y � x  1  9 y .

y
�x 1 2021 ��
1 9
+ Do 0 �x �2020 nên 1 ��

2021
�� 0

y

log 9 2021 3, 46

.

y � 0;1; 2;3
Do y �� nên

, với mỗi giá trị y cho ta 1 giá trị x thoả đề.
Vậy có 4 cặp số nguyên

 x; y

thoả đề.

log 9 x 2  log 3  3 x  1   log 3 m m
Câu 11. (THPT QG-2019) Cho phương trình
( là tham số thực). Có
tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có nghiệm

A. 2 .

B. 4 .

C. 3 .
Lời giải

D. Vô số.

Chọn A

x

1
3

Điều kiện:
Phương trình tương đương với:

3x  1
3x  1
 log 3 m � m 
 f  x
x
x
3x  1
1
1
�1
�
�
f  x 
; x �� ; �� f �
 x   2  0; x ��
� ; ��
x
x
�3
�;
�3
�
Xét
Bảng biến thiên
log 3 x  log 3  3 x  1   log 3 m � log 3

Trang 15

Để phương trình có nghiệm thì

m � 0;3

, suy ra có 2 giá trị nguyên thỏa mãn

 4 log 22 x  log 2 x  5 7 x  m  0 ( m là tham số
Câu 12. (THPT QG-2019) Cho phương trình
thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình đã cho có đúng hai
nghiệm phân biệt
A. 49 .

B. 47 .

C. Vô số.
Lời giải

D. 48 .

Chọn B

Điều kiện:

�x  0
�
�x �log 7 m

 4 log 22 x  log 2 x  5 7 x  1  0
Với m  1 , phương trình trở thành
log 2 x  1

�
�
�
4 log x  log 2 x  5  0
5
� �x
��
log 2 x  
4
�
7 1  0
�
�
x

0
(
loai
)
�
2
2

.

Phương trình này có hai nghiệm (thỏa)
Với m �2 , điều kiện phương trình là x �log 7 m

x2
�

log 2 x  1
�
�
�
5
�
4 log x  log 2 x  5  0
5
�
�
� �x
� log 2 x   � x  2 4
�
4
�
7

m

0
�
�
7x  m
x
�
7

m
�
�

2
2

Pt



5
4

Do x  2 �2, 26 không là số nguyên, nên phương trình có đúng 2 nghiệm khi và chỉ khi

Trang 16


�m �3
5
�
2
�m  7 (nghiệm x  2 4 không thỏa điều kiện và nghiệm x  2 thỏa điều kiện và khác
log 7 m )
Vậy

m � 3; 4;5;...; 48

. Suy ra có 46 giá trị của m .

Do đó có tất cả 47 giá trị của m
Câu 13. (THPT QG-2018) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho
x

x 1
2
phương trình 16  m.4  5m  45  0 có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu phần
tử?
A. 13 .

B. 3 .

C. 6 .

D. 4 .

Lời giải
Chọn B.
x
Đặt t  4 , t  0 . Phương trình đã cho trở thành

t 2  4mt  5m 2  45  0

 * .

 * sẽ tương ứng với duy nhất một nghiệm x của
Với mỗi nghiệm t  0 của phương trình
phương trình ban đầu. Do đó, yêu cầu bài toán tương đương phương trình
dương phân biệt. Khi đó

 *

�
�

3 5  m  3 5
�
�
2
�
m0
m  45  0 � �
�
0
�
�
�
�m  3
4m  0
�S  0 � �
��
�
�
2
�P  0
�
m3
5m  45  0
� 3 m3 5 .
�
�
��

m � 4;5;6
Do m �� nên

.
Câu 14. (THPT QG-2018) Cho a  0 , b  0 thỏa mãn
log 3a2b1  9 a 2  b 2  1  log 6 ab1  3a  2b  1  2

. Giá trị của a  2b bằng

A. 6 .

7
C. 2 .

B. 9 .

Lời giải

Trang 17

5
D. 2 .

có hai nghiệm


Chọn C.
3a  2b  1  1
�
� 2
log 3a 2b1 9a 2  b 2  1  0
�
9a  b 2  1  1 �

�
��
�
6ab  1  1
log 6 ab1  3a  2b  1  0
�
�



Ta có a  0 , b  0 nên



.

Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương ta được

log 3a2b1  9a 2  b 2  1  log 6 ab1  3a  2b  1 �2 log 3 a2 b1  9a 2  b 2  1  log 6 ab1  3a  2b  1

۳ 2 2 log 6 ab1  9a 2  b 2  1 � log 6 ab1  9a 2  b 2  1 �1
� 9a 2  b 2  1 �6ab  1
�  3a  b  �0 � 3a  b
.
2

Vì dấu “  ” đã xảy ra nên
log 3a 2b1  9a 2  b 2  1  log 6 ab1  3a  2b  1 � log 3b1  2b 2  1  log 2b2 1  3b  1
� 2b  1  3b  1 � 2b  3b  0
2

2

a  2b 

Vậy

�b

3
1
a
2 (vì b  0 ). Suy ra
2.

1
7
3 
2
2.

Câu 15. (THPT QG-2018) Cho phương trình
giá trị nguyên của
A. 20 .

5 x  m  log 5  x  m 

với m là tham số. Có bao nhiêu

m � 20; 20 

để phương trình đã cho có nghiệm?
B. 19 .
C. 9 .

D. 21 .

Lời giải
Chọn B.
Điều kiện x  m
Ta có

 1

5 x  m  log 5  x  m  � 5x  x  x  m  log 5  x  m  � 5x  x  5

log5  x  m 

 log 5  x  m 

.

f  t   5t  t

,

x  log5  x  m  � m  x  5x

.

Xét hàm số

f�
 t   5t ln 5  1  0, t ��, do đó từ

 1

suy ra

1
  log 5 ln 5  x0
 x   0 � x  log5
g  x   x  5x g �
x   1  5 x.ln 5 g �

ln 5
Xét hàm số
,
,
.

Trang 18


Bảng biến thiên

Do đó để phương trình có nghiệm thì
Các giá trị nguyên của

m � 20; 20 

m �g  x0  �0,92
là

.

 19; 18;...; 1 , có 19 giá trị m

Trang 19

thỏa mãn.