Dạng 47 tim số nguyên thoa mãn PT mũ, log cho trước
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (712.68 KB, 38 trang )
50 dạng tốn bám sát đề minh họ
Dạng: 47
Ⓐ
TÌM SỐ NGUYÊN THỎA PT MŨ, LOG CHO TRƯỚC
Câu hỏi phát triển
a
Câu 1: Có bao nhiêu số tự nhiên
3
2021x −a
3log( x+1)
(x
3
+ 2020 ) = a
A. 9.
3log( x +1)
x
sao cho tồn tại số thực
thoả
+ 2020
B. 8.
C. 5.
D. 12
Lời giải
Chọn A
3
2021x −a
Xét phương trình:
⇔ x3 − a
3log( x +1)
(
= log 2021 a
3log( x +1)
⇔ x 3 + log 2021 ( x3 + 2020 ) = a
a
3log( x +1)
+ 2020
x + 2020
3
)
(
+ log 2021 a
3log ( x +1)
2
x > −1
, trên
,
)
+ 2020 ( ∗)
( 0;+∞ )
2
3t
> 0, ∀t > 0
( t + 2020 ) ln 2021
3
( ∗)
log( x +1)
.
B.
3
.
f (t )
nên hàm số
đồng biến trên
log a
⇔ x = ( x + 1)
⇔ log x = log a.log( x + 1)
nên
( 0;+∞ )
a < 10 ⇒ a ∈ { 1, 2,3, 4,5,6,7,8,9}
Câu 2: Tổng các nghiệm của phương trình sau
A.
, điều kiện:
+ 2020 − log 2021 ( x3 + 2020 )
3log( x +1)
x=a
trở thành:
log x
⇔ log a =
< 1, ∀x > −1
log ( x + 1)
Do đó
=
f (t ) = t 3 + log 2021 ( t 3 + 2020 )
Xét hàm số
f '(t ) = 3t 2 +
3log( x+1)
7 x −1 = 6 log 7 ( 6 x − 5 ) + 1
1
C. .
Lờigiải
bằng
D.
10
.
Chọn B
Điều kiện:
Đặt
5
x> .
6
y − 1 = log 7 ( 6 x − 5 )
thì ta có hệ phương trình
St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh lung linh
1
Word xinh
50 dạng toán bám sát đề minh họ
x −1
7 x −1 = 6 ( y − 1) + 1
7 = 6 y − 5
⇔
⇒ 7 x −1 + 6 x = 7 y −1 + 6 y
y −1
7 = 6 x − 5
y − 1 = log 7 ( 6 x − 5 )
t>
f ( t ) = 7t −1 + 6t
Xét hàm số
đồng biến nên
với
( 2) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y
Xét hàm số
5
6
(2)
f ' ( t ) = 7t −1 ln 7 + 6 > 0, ∀t >
thì
khi đó ta có phương trình
g ( x ) = 7 x−1 − 6 x + 5
x>
với
5
6
5
⇒ f ( t)
6
7 x −1 − 6 x + 5 = 0.
(3)
thì
5
2
g ' ( x ) = 7 x −1 ln 7 − 6 ⇒ g " ( x ) = 7 x −1 ( ln 7 ) > 0 ∀x > 6
g ( x) = 0
nên suy ra phương trình
Mặt khác
(3).
g ( 1) = g ( 2 ) = 0
nên
x =1
có khơng q hai nghiệm.
và
x=2
là 2 nghiệm của phương trình
x=2
và
.
1+ 2 = 3
Suy ra tổng các nghiệm của phương trình là
.
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là
x, y , z
Câu 3: Cho các số thực
x =1
(
)
(
)
log3 2x2 + y2 = log7 x3 + 2y3 = log z
thỏa mãn
z
Có bao giá trị nguyên của để có đúng hai cặp
trên.
99
2
211
A. .
B.
.
C.
.
Lời giải
( x, y )
.
thỏa mãn đẳng thức
4.
D.
Chọn B
2x2 + y2 = 3t ( 1)
log3 2x2 + y2 = log7 x3 + 2y3 = log z = t ⇔ x3 + 2y3 = 7t ( 2)
t
( 3)
z = 10
(
Ta có
)
(
)
.
2t
+ Nếu
log
z = 10
y=0
3
3 49
( 2) ⇒ x = 7
t
3
thay vào
( 1)
2.7 3 = 3t ⇔ t = log
3
ta được
3
49
2
do đó
2
.
St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh lung linh
2
Word xinh
50 dạng toán bám sát đề minh họ
+ Nếu
Từ
y≠0
( 1) & ( 2)
suy ra
2
(
(
2x2 + y2
x3 + 2y3
Đặt
)
)
3
2
( x + 2y )
⇒
= 49
( 2x + y )
= 27t
3
2
t
x
= u,u ≠ − 3 2
y
( u + 2)
f ( u) =
( 2u + 1)
3
3
3
3
.
. Xét
2
2
2
2
x 3
÷ + 2÷
t
t
y
÷
49
49
= ÷ ⇔
= ÷ ,( *)
3
27
x 2
27
2 ÷ + 12 ÷
y
÷
⇒ f ′ ( u) =
(
)
6u u3 + 2 ( u − 4)
( 2u + 1)
2
4
u = 0
= 0 ⇔ u = − 3 2
u = 4
.
Ta có bảng biến thiên
Nhận xét với mỗi giá trị
bài tốn do đó
u
tương ứng với duy nhất 1 cặp
u cầu bài tốn tương đương
Vì
z
là số ngun nên có
211
mãn:
(m
log5 x
+3
)
= x −3
( 1)
thỏa mãn
1 49 t
log49 81÷
log 49 4
≤ ÷ <4
27
10
≤ z < 10 27
8 27
⇔
t
4
log 49 ÷
33
0 < 49 < 4
27
27 ÷ 33
0 < z < 10
.
giá trị thỏa mãn.
Câu 4: Có bao nhiêu giá trị nguyên của
log5 m
( x, y )
m
với
m >1
sao cho tồn tại số thực
x
thỏa
.
St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh lung linh
3
Word xinh
50 dạng toán bám sát đề minh họ
A.
4
.
B.
Chọn B
Điều kiện:
Đặt
3
.
C.
Lời giải
5
.
D.
8
.
x>0
mlog5 x + 3 = u
u log5 m = x − 3 ⇔ x = u log5 m + 3
ta được:
.
log5 x
u = m
+3
log5 m
log5 m
log5 u
+3
u
=m
x = u
Vì
. Từ đó ta có hệ Phương trình
.
t
f ( t) = m + 3
¡
Xét hàm đặc trưng
trên .
f ( t)
m >1
¡
Do
. Suy ra hàm số
đồng biến trên .
f ( log 5 x ) = f ( log 5 u ) ⇔ x = u
Do đó,
.
x = mlog5 x + 3 ⇔ x = x log5 m + 3 ⇔ x − 3 = x log5 m
Vì thế, ta đưa về xét phương trình:
log 5 ( x − 3)
⇔ log 5 ( x − 3) = log 5 ( x log5 m ) ⇔ log 5 ( x − 3) = log 5 x.log 5 m ⇔ log 5 m =
log 5 x
Do
thay vào phương trình
( 1)
log 5 m =
x>0
Suy ra
x −3< x
nên
nên
m∈¢
⇒ m ∈ { 2,3, 4}
1 < m < 5
Vậy, có
3
giá trị tham số
Câu 5: Có bao nhiêu số nguyên
m
log 5 ( x − 3)
<1⇔ m < 5
log 5 x
.
.
thỏa mãn.
m ∈ ( −20; 20 )
để phương trình
7 x + m = 6 log 7 ( 6 x − m )
có nghiệm thực
A.
19
.
B.
21
.
C.
Lời giải
18
.
D.
20
.
Chọn D
t = log 7 ( 6 x − m ) ⇔ 6 x − m = 7t ⇔ 6 x − 7t = m
Đặt:
. Khi đó phương trình trở thành
7 x + ( 6 x − 7 t ) = 6t ⇔ 7 x + 6 x = 7 t + 6 t ⇔ x = t
Khi đó ta có PT:
6x − 7x = m
.
. Xét hàm số
f ' ( x ) = 6 − 7 x ln 7 ⇒ f ' ( x ) = 0 ⇔ x = log 7
Có
St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh lung linh
f ( x ) = 6x − 7x ; x ∈ ¡
6
= x0
ln 7
. Ta có BBT
4
Word xinh
50 dạng toán bám sát đề minh họ
Từ BBT ta thấy PT có nghiệm
6
log 7
6
m ≤ y ( x0 ) = 6 log 7
− 7 ln 7 ≈ 0,389
ln 7
;
m ∈ ( −20; 20 ) ; m ∈ ¢ ⇒ m ∈ { −19; −18;...;0}
Mà
Câu
6:
Tổng
3 x − 3+
A.
3
tất
m−3 x
45
3
3
3
trị
ngun
34
.
của
m
để
phương
trình
có 3 nghiệm phân biệt là
C.
Lời giải
27
.
D.
38
.
+ ( x3 − 9 x 2 + 24 x + m ) .3x −3 = 3x + 1
m −3 x
m −3 x
giá
+ ( x 3 − 9 x 2 + 24 x + m ) .3x −3 = 3x + 1
B.
m−3 x
⇔ 3 x − 3+
⇔3
các
.
Chọn C
3 x − 3+
cả
+ ( x − 3) + 27 + m − 3x .3x −3 = 3x + 1
3
+ ( x − 3 ) + m − 3x + 27 = 33 + 33− x ( 1)
3
a = 3 − x; b = 3 m − 3x
( 1) ⇔ 3b + 27 + b3 − a 3 = 27. + 3a ⇔ 3b + b3 = 3a + a 3
f ( t ) = 3t + t 3 ⇒ f ' ( t ) = 3t .ln 3 + 3t 2 ≥ 0∀t ∈ R
Xét
⇒ f ( a ) = f ( b ) ⇔ a = b ⇔ 3 − x = 3 m − 3x
⇔ m = ( 3 − x ) + 3 x = − x 3 + 9 x 2 − 24 x + 27
3
f ( x ) = − x 3 + 9 x 2 − 24 x + 27 ⇒ f ' ( x ) = −3x 2 + 18 x − 24
f '( x) = 0 ⇔ x = 2 ∨ x = 4
St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh lung linh
5
Word xinh
50 dạng toán bám sát đề minh họ
Dựa vào đồ thị:
Câu
7 < m < 11 ⇒ m ∈ { 8;9;10}
. Suy ra tổng các giá trị là 27.
m ∈ [ −2021; 2021]
m
Có bao nhiêu
nguyên
6 x − 2m = log 3 6 ( 18 ( x + 1) + 12m )
có nghiệm?
7:
A.
211
.
Chọn C
B.
2020
.
C.
Lời giải
2023
.
để
phương
D.
212
trình
.
6 x − 2m = log 3 6 ( 18 ( x + 1) + 12m ) ⇔ 6 x = 2m + 3log 6 6 ( 3x + 2m + 3 )
Phương trình
⇔ 6 x = 2m + 3 1 + log 6 ( 3 x + 2m + 3)
⇔ 6 x = 3log 6 ( 3 x + 2m + 3) + 2m + 3, ( *)
Đặt
y = log 6 ( 3 x + 2 m + 3) ⇔ 6 y = 3 x + 2m + 3, ( 1)
6 x = 3 y + 2m + 3, ( 2 )
Mặt khác, PT(*) trở thành:
Lấy (1) trừ vế với vế cho (2), ta được
6 y − 6 x = 3 x − 3 y ⇔ 6 x + 3 x = 6 y + 3 y ( 3)
f ( t ) = 6t + 3t , t ∈ ¡ .
Xét hàm số
f ' ( t ) = 6t ln 6 + 3 > 0, ∀t ∈ ¡ .
f ( t)
¡
Ta có
Suy ra hàm số
đồng biến trên
f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y.
Mà PT (3)
y=x
6 x = 3 x + 2m + 3 ⇔ 6 x − 3 x = 2m + 3
Thay
vào PT (1), ta được
.
x
g ( x ) = 6 − 3x
x∈¡
Xét hàm số
, với
. Ta có
3
g ' ( x ) = 6 x ln 6 − 3 ⇒ g ' ( x ) = 0 ⇔ x = log 6
÷
ln 6
BBT:
3
⇔ 2m + 3 ≥ g log 6
÷ ≈ 0,81 ⇒ m ≥ −1, 095
ln 6
Từ đó suy ra PT đã cho có nghiệm
m
Vậy có 2023 số nguyên thỏa mãn yêu cầu.
St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh lung linh
6
Word xinh
50 dạng toán bám sát đề minh họ
Câu 8: Cho các số thực
x, y , z
log 3 ( 2 x 2 + y 2 ) = log 7 ( x 3 + 2 y 3 ) = log z
thỏa mãn
. Có bao
( x, y )
z
giá trị nguyên của để có đúng hai cặp
thỏa mãn đẳng thức trên.
4.
99
2
211
A. .
B.
.
C.
.
D.
Lời giải
Chọn B
log 3 ( 2 x 2 + y 2 ) = log 7 ( x 3 + 2 y 3 )
Ta có
2 x 2 + y 2 = 3t ( 1)
= log z = t ⇔ x 3 + 2 y 3 = 7 t ( 2 )
t
( 3)
z = 10
.
2t
+ Nếu
log
z = 10
+ Nếu
Từ
y = 0 ( 2) ⇒ x = 7
3
3 49
t
3
thay vào
( 1)
2.7 3 = 3t ⇔ t = log
3
ta được
3
49
2
do đó
2
.
y≠0
( 1) & ( 2 )
suy ra
2
x 3
÷ + 2÷
y
÷
2
( 2 x 2 + y 2 ) 3 = 27t
t
t
x3 + 2 y 3 )
(
49
49
⇒
÷⇔
÷ , ( *)
3 =
3 =
2
27
x 2 2 27
2 x2 + y 2 )
( x 3 + 2 y 3 ) = 49t
(
2 ÷ +1 ÷
y
÷
Đặt
x
= u, u ≠ − 3 2
y
( u + 2)
f ( u) =
( 2u + 1)
. Xét
2
3
2
3
.
⇒ f ′( u ) =
6u ( u 3 + 2 ) ( u − 4 )
( 2u
2
+ 1)
4
u = 0
= 0 ⇔ u = − 3 2
u = 4
.
Ta có bảng biến thiên
St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh lung linh
7
Word xinh
50 dạng toán bám sát đề minh họ
u
Nhận xét với mỗi giá trị
bài tốn do đó
tương ứng với duy nhất 1 cặp
u cầu bài tốn tương đương
Vì
z
Câu 9: Có bao nhiêu số nguyên
(m
A.
ln x
8
211
là số nguyên nên có
+ 4)
ln m
( x, y )
thỏa mãn
1 49 t
log 49 18 ÷
log 49 4
≤ ÷ <4
27
27
10
≤
z
<
10
8
27
⇔
t
4
log 49 ÷
49
4
33
0 < ÷ <
27
0 < z < 10
27 33
.
giá trị thỏa mãn.
m ( m ≥ 2)
sao cho tồn tại số thực
x
thỏa mãn
+ 4 = x?
.
B.
9
.
1
C. .
Lời giải
D. Vô số
Chọn C
ĐK:
x>0
y = mln x + 4 > 0
Đặt
m ln y = y ln m
thế vào phương trình ta có
y = mln x + 4
ln y
x = m + 4
y ln m + 4 = x ⇔ x = 4 + m ln y
vì
( 1)
( 2)
Khi đó ta có hệ phương trình:
Xét hàm số
f ( t ) = mt + 4 ⇒ f ' ( t ) = ln m.mt > 0
đồng biến trên
Khi đó:
¡
(Do
m≥2
). Nên hàm số
f ( t)
.
x= y
St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh lung linh
8
Word xinh
50 dạng toán bám sát đề minh họ
Từ (2) :
⇔ ln m =
x>0
Do
Nên
x = mln x + 4 ⇔ x ln m = x − 4 ⇔ ln ( x
ln m
x − 4 < x ⇒ ln ( x − 4 ) < ln x ⇒
nên
ln m < 1 ⇔ m < e
ln ( x − 4 )
<1
ln x
m ∈ { 2}
hay
2
− 4 x −1
+ m2 .22 x
2
−8 x −1
Câu 10: Cho phương trình
số) . Có bao nhiêu số ngun dương
nghiệm thực.
31
⇔ ln m.ln x = ln ( x − 4 )
ln ( x − 4 )
ln x
m.2 x
A.
) = ln ( x − 4 )
.
B.
63
.
= 7 log 2 ( x 2 − 4 x + log 2 m ) + 3
m
,(
m
là tham
sao cho phương trình đã cho có
C.
32
.
D.
64
.
Lời giải
Chọn D
x 2 − 4 x + log 2 m > 0
Điều kiện:
2
2
m.2 x − 4 x −1 + m 2 .22 x −8 x −1 = 7 log 2 ( x 2 − 4 x + log 2 m ) + 3
⇔ 2x
Đặt
2
− 4 x + log 2 m
+ 4x
2
− 4 x + log 2 m
= 14 log 2 ( x 2 − 4 x + log 2 m ) + 6
x 2 − 4 x + log 2 m = t , (t > 0).
Phương trình trở thành
f ( t ) = 2 + 4 − 14log 2 t − 6
( 0; +∞ )
Xét hàm số
trên
14
f ′ ( t ) = 2t ln 2 + 4t ln 4 −
t ln 2
Ta có
14
f ′′ ( t ) = 2t ln 2 2 + 4t ln 2 4 + 2
> 0, ∀t ∈ ( 0; +∞ )
t ln 2
t
t
f ′( t )
Suy ra hàm số
đồng biến trên
hay phương trình
( *)
có nhiều nhất 2 nghiệm
t = 1, t = 2
2t + 4t = 14 log 2 t + 6 ( *)
( 0; +∞ )
. Do đó phương trình
( *)
Ta thấy
thỏa mãn
. Do đó phương trình
2
2
t = 1 ⇒ x − 4 x + log 2 m = 1 ⇔ x − 4 x − 1 + log 2 m = 0 ( 1)
f ( t) = 0
t = 1
t = 2
( *) ⇔
t = 1 ⇒ x 2 − 4 x + log 2 m = 2 ⇔ x 2 − 4 x − 2 + log 2 m = 0 ( 2 )
Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) hoặc (2) có nghiệm
St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh lung linh
9
Word xinh
50 dạng toán bám sát đề minh họ
( 1)
∆ ′ ≥ 0 ⇔ 4 − ( log 2 m − 1) ≥ 0 ⇔ log 2 m ≤ 5 ⇔ m ≤ 32.
có nghiệm khi và chỉ khi
( 2)
có nghiệm khi và chỉ khi
∆ ′ ≥ 0 ⇔ 4 − ( log 2 m − 2 ) ≥ 0 ⇔ log 2 m ≤ 6 ⇔ m ≤ 64.
Do đó phương trình đã cho có nghiệm
dương. Vậy có 64 số
Ⓑ
Câu 1:
⇔ m ≤ 64.
kết hợp
m
nguyên
Bài tập rèn luyện
S
Gọi
là tập tất cả các giá trị nguyên của tham số m với
m < 64
để phương trình
log 1 ( x + m ) + log5 ( 2 − x ) = 0
S
có nghiệm. Tính tổng tất cả các phần tử của .
2016.
2013.
Ⓑ.
Ⓒ. 2015.
Ⓓ.
Lời giải
5
2018.
Ⓐ.
Ta có:
Vì
x<2
nên
x < 2
⇔
2−m
log 1 ( x + m ) + log 5 ( 2 − x ) = 0
x=
⇔
log
x
+
m
=
log
2
−
x
(
)
(
)
5
5
2
5
2−m
< 2 ⇔ m > −2
2
Kết hợp với
Vì
m∈¢
Vậy tổng
S=
Câu 2:
m < 64
nên
S
.
. Khi đó
−2 < m < 64
m = { −1;0;1...63}
các giá trị của
.
m
.
có 65 giá trị.
để phương trình có nghiệm là:
( −1 + 63) .65 = 2015
2
.
Cho phương trình
log 9 x 2 − log 3 ( 6 x − 1) = − log 3 m
(
m
là tham số thực). Có tất cả bao
m
nhiêu giá trị nguyên của
để phương trình đã cho có nghiệm?
7
6
5
Ⓐ. .
Ⓑ. .
Ⓒ. .
Lời giải
Xét phương trình
log 9 x 2 − log 3 ( 6 x − 1) = − log 3 m
St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh lung linh
Ⓓ. Vô số.
.
10
Word xinh
50 dạng toán bám sát đề minh họ
1
x >
6
m > 0
Điều kiện:
.
Khi đó
log 9 x 2 − log 3 ( 6 x − 1) = − log 3 m ⇔ log 3 x + log 3 m = log 3 ( 6 x − 1)
⇔ mx = 6 x − 1 ⇔ x ( 6 − m ) = 1 ( 1)
+) Với
m=6
, phương trình trở thành
0 =1
x=
.
1
6−m
m≠6
+) Với
, phương trình có nghiệm
1
1
1
1
m
⇒
> ⇔
− >0 ⇔
>0⇔0
6−m 6
6−m
Vậy
Câu 3:
0
. Mà
Cho phương trình
m ∈ ¢ ⇒ m ∈ { 1; 2;3; 4;5}
.
. Vậy có 5 giá trị nguyên của
log 9 x 2 − log 3 ( 5 x − 1) = − log 3 m
(
m
Điều kiện:
Xét phương trình:
Cách 1.
.
log 9 x 2 − log 3 ( 5 x − 1) = − log 3 m ( 1)
( 1) ⇔ log3 x − log 3 ( 5 x − 1) = − log 3 m ⇔ log 3
thỏa mãn.
là tham số thực). Có tất cả bao
m
nhiêu giá trị ngun của
để phương trình đã cho có nghiệm?
4.
6.
Ⓐ.
Ⓑ.
Ⓒ. Vơ số.
Lời giải
1
x >
5
m > 0
m
Ⓓ.
5.
.
5x − 1
5x − 1
1
= log 3 m ⇔
= m ⇔ 5− = m
x
x
x
( 2)
.
f ( x) = 5 −
Xét
Có
1
x
1
;+ ∞÷
5
trên khoảng
1
1
f ′ ( x ) = 2 > 0, ∀x ∈ ; + ∞ ÷
x
5
Ta có bảng biến thiên của hàm số
.
1
lim f ( x ) = lim 5 − ÷ = 5
x →+∞
x →+∞
x
và
f ( x)
.
:
St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh lung linh
11
Word xinh
50 dạng tốn bám sát đề minh họ
Phương trình
( 1)
x>
( 2)
1
5
có nghiệm khi và chỉ phương trình
có nghiệm
.
( 1)
0
có nghiệm khi và chỉ khi
.
m
∈
1;
2;3;4
{
}
m∈¢
m>0
Mà
và
nên
.
m
Vậy có 4 giá trị ngun của
để phương trình đã cho có nghiệm.
Cách 2.
1
x >
5
m > 0
Với
, ta có:
5x − 1
5x − 1
= log 3 m ⇔
= m ⇔ ( 5 − m) x = 1
( 1) ⇔ log 3 x − log 3 ( 5 x − 1) = − log 3 m ⇔ log 3
x
x
Với
Với
m=5
m≠5
x>
Xét
Mà
, phương trình
( 2) ⇔ x =
,
( 2)
1
5−m
0.x = 1
.
.
m
1
1
1
> ⇔ 5. 5 − m > 0
(
)
⇔0
m∈¢
và
m>0
nên
m ∈ { 1; 2;3;4}
Vậy có 4 giá trị ngun của
Câu 4:
thành
Cho phương trình
m
.
.
để phương trình đã cho có nghiệm.
log 9 x 2 − 4log 3 ( 4 x − 1) = − log 3 m
(
m
là tham số thực). Có tất cả bao
m
nhiêu giá trị ngun của
để phương trình đã cho có nghiệm?
5
3
Ⓐ. .
Ⓑ. .
Ⓒ. Vơ số.
Lời giải
x>
Điều kiện:
1
4
( 2)
. Phương trình đã cho
Ⓓ.
4
.
⇔ log 3 x − 4 log 3 ( 4 x − 1) = − log 3 m
St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh lung linh
12
Word xinh
50 dạng toán bám sát đề minh họ
x
1 ⇔ log 3
4
( 4 x − 1)
m
⇔ log 3 x − log 3 ( 4 x − 1) = log 3
4
f ( x)
( 4 x − 1)
=
4
4
x
Xét hàm số
( 4 x − 1) = f x
1
= log 3 ⇔ m =
( )
m
x
có
16 x ( 4 x − 1) − ( 4 x − 1)
( 4 x − 1) ( 12 x + 1) > 0, ∀x > 1
f ′( x) =
=
2
x
x2
4
3
4
3
.
Suy ra bảng biến thiên:
x
-∞
+∞
1/4
0
f''(x)
+
+∞
f(x)
0
m>0
Do đó phương trình có nghiệm khi
log 2+
Câu 5:
5
( 2x
2
− x − 4m 2 + 2m ) + log
Cho phương trình
nhiêu giá trị nguyên của tham số
Ⓐ. 1
Ⓑ. 0
m
m
. Vậy có vơ số giá trị ngun của
5 −2
.
x 2 + mx − 2m 2 = 0
. Hỏi có bao
x12 + x22 = 3
để phương trình đã cho có hai nghiệm
Ⓒ. 3
Ⓓ. 4
Lời giải
?
Phương trình đã cho tương đương với phương trình:
log 2+
5
⇔ log
( 2x
5 +2
2
− x − 4m2 + 2m ) + log
( 2x
2
5 −2
− x − 4m2 + 2m ) − log
(x
2
5 +2
+ mx − 2m 2 ) = 0
(x
2
+ mx − 2m2 ) = 0
2
2
x 2 + 2mx − 2m 2 > 0
x + 2mx − 2m > 0
⇔ 2
⇔ 2
2
2
2
2
2 x − x + 2m − 4m = x + mx − 2m
x − ( m + 1) x + 2m − 2m = 0
x 2 + mx − 2m 2 > 0
⇔ x1 = 2m
x = 1 − m
2
Phương trình đã cho có hai nghiệm
x1 , x2
St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh lung linh
thỏa
x12 + x22 = 3
13
Word xinh
50 dạng toán bám sát đề minh họ
( 2m ) 2 + m ( 2m ) − 2m 2 > 0
4m 2 > 0
2
⇔ ( 1 − m ) + m ( 1 − m ) − 2m 2 > 0 ⇔ 2m2 + m − 1 > 0
5m 2 − 2m − 2 = 0
2
2
( 2m ) + ( 1 − m ) = 3
m ≠ 0
1
1 − 11
⇔ −1 < m <
⇔m=
2
5
1 − 11
1 + 11
;m =
m =
5
5
m
Vậy khơng có giá trị ngun nào của
Câu 6:
Cho phương trình
thỏa yêu cầu đề bài
log 2 2 x − 2 log 2 x − m + log 2 x = m ( *)
. Có bao nhiêu giá trị nguyên của
m ∈ [ −2019; 2019 ]
tham số
2021
Ⓐ.
.
để phương trình có nghiệm?
2019
4038
Ⓑ.
.
Ⓒ.
.
Lời giải
Điều kiện:
x > 0
m + log 2 x ≥ 0
Ⓓ.
2020
.
.
log 2 2 x − 2 log 2 x − m + log 2 x = m ⇔ 4 log 2 2 x − 8log 2 x − 4 m + log 2 x = 4m
⇔ 4 log 2 2 x − 4 log 2 x + 1 = 4 m + log 2 x + 4 ( m + log 2 x ) + 1
2 m + log 2 x + 1 = 2 log 2 x − 1
2
2
⇔ ( 2 log 2 x − 1) = 2 m + log 2 x + 1 ⇔
2 m + log 2 x + 1 = −2 log 2 x + 1
(
)
m + log 2 x = log 2 x − 1
⇔
m + log 2 x = − log 2 x
1
* TH :
Đặt:
log 2 x ≤ 0
0 < x ≤ 1
⇔
⇔
2
2
m + log 2 x = − log 2 x
log 2 x − log 2 x − m = 0 ( 1)
m + log 2 x = log 2 x
t = log 2 x ( t ≤ 0 )
, phương trình
(1)
trở thành:
St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh lung linh
t 2 − t − m = 0 ⇔ t 2 − t = m ( 2)
14
Word xinh
50 dạng toán bám sát đề minh họ
Đặt:
( 2)
g (t ) = t 2 − t (t ∈ ( −∞;0]
có ít nhất 1 nghiệm
Ta có:
.Bài tốn trở thành: Tìm giá trị của tham số
m
để phương trình
t≤0
g (t ) = t 2 − t ⇒ g ′(t ) = 2t − 1 < 0∀t ≤ 0
Ta có BBT:
Dựa vào BBT, suy ra: để phương trình
2
* TH :
( 2)
có ít nhất 1 nghiệm
t≤0
thì
m≥0
log 2 x ≥ 1
⇔
2
m + log 2 x = log 2 x − 1
m + log 2 x = log 2 x − 2 log 2 x + 1
log 2 x ≥ 1
⇔
2
log 2 x − 3log 2 x + 1 − m = 0 ( 3)
Đặt:
Đặt:
t = log 2 x ( t ≥ 1)
, phương trình
(1)
trở thành:
t 2 − 3t + 1 − m = 0 ⇔ m = t 2 − 3t + 1( 4 )
g (t ) = t 2 − t + 1, t ∈ [ 1; +∞ )
Ta có:
g (t ) = t 2 − 3t + 1 ⇒ g ′(t ) = 2t − 3
g ′(t ) = 0 ⇔ 2t − 3 = 0 ⇔ t =
3
∈ [ 1; +∞ )
2
Bài tốn trở thành: Tìm giá trị của tham số
m
để phương trình
( 4)
có ít nhất 1 nghiệm
t ≥1
Ta có BBT:
St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh lung linh
15
Word xinh
50 dạng toán bám sát đề minh họ
Dựa vào BBT, suy ra: để phương trình
Kết hợp và,
có ít nhất 1 nghiệm
t ≥1
thì
5
4
m ∈ [ −2019; 2019] ⇒ m ∈ { −1;0;1; 2;...; 2019}
Vậy có tất cả
Câu 7:
( 4)
m≥−
2021
giá trị của
m
thỏa mãn ycbt
Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số
m
để phương trình
mx − ln x = 0
có hai
( 2;3)
nghiệm phân biệt thuộc khoảng
ln 2 ln 3
ln 2 ln 3
;
; +∞ ÷
÷
−∞;
÷∪
2
3
2
3
Ⓐ.
Ⓑ.
ln 2 1
ln 3 1
; ÷
; ÷
2 e
3 e
Ⓒ.
Ⓓ.
Lời giải
mx − ln x = 0 ⇔ m =
f ( x) =
Đặt
f ′( x) =
ln x
, ∀x ∈ ( 2;3 )
x
ln x
, ∀x ∈ ( 2;3)
x
1 − ln x
x2
;
f ′( x) = 0 ⇔ x = e
BBT
St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh lung linh
16
Word xinh
50 dạng tốn bám sát đề minh họ
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì
Câu 8:
Số các giá trị nguyên của tham số
nghiệm phân biệt là
5
Ⓐ. .
Ⓑ. Vô số.
m
ln 3 1
m∈
; ÷
3 e
để phương trình
Ⓒ.
Lời giải
4
.
log 2 ( x − 1) = log 2 ( mx − 8)
Ⓓ.
.
3
có hai
.
x >1
Điều kiện:
log 2 ( x − 1) = log 2 ( mx − 8) ⇔ log 2 ( x − 1) 2 = log 2 ( mx − 8) ⇔ ( x − 1) 2 = mx − 8
Ta có:
x2 − 2 x + 9
= m.
x >1
⇔ x 2 − 2 x + 9 = mx
x
. Do
nên suy ra
2
x − 2x + 9
f ( x) =
(1; +∞).
x
Xét hàm số
trên khoảng
x2 − 9
f ' ( x) = 2
f ' ( x) = 0 ⇔ x = ±3.
x
,
Bảng biến thiên
x
−∞
+∞
3
1
'
−
f ( x)
+
0
+∞
8
f ( x)
4
Nhìn vào BBT ta thấy yêu cầu của bài tốn là
Vậy có 3 giá trị của
Câu 9:
Có
bao
nhiêu
m
giá
4
. Do
m
nguyên nên
m ∈ { 5;6;7}
.
thỏa mãn yêu cầu bài toỏn.
tr
nguyờn
dng
ca
tham
s
phng trỡnh
ổử
xữ
m 2 ln ỗ
ữ= ( 2 - m) ln x - 4
ỗ
ỗ
ốe ữ
ứ
1
. .
.
4
.
ổx ữ
ử
m 2 ln ỗ
= ( 2 - m) ln x - 4
ữ
2
ỗ
ỗ
ốe ữ
ứ
m ( ln x - 1) = ( 2 - m) ln x - 4 Û
Có
(m
é1 ù
ê ;1ú
ê
ëe ú
û
có nghiệm thuộc vào đoạn
?
3
2
Ⓑ. .
Ⓒ. .
Lời giải
m
2
+ m - 2) ln x = m 2 - 4 ( 1)
.
St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh lung linh
17
Word xinh
50 dạng tốn bám sát đề minh họ
• Với
• Với
m 2 + m - 2 = 0 Þ m = 1 ( m > 0)
m ¹ 1 ( 1) Û
,
+ Hàm số
y = ln x
ln x =
m- 2
m - 1 ( 2)
,
( 1) Û 0 ln x =- 3 Þ
é1 ù
ê ;1ú
ê
ëe ú
û
( 2)
+ Phương trình
có nghiệm thuộc đoạn
ïìï
ï
ïí
ïï
m- 2
- 1£
£0
ï
Û ïïỵ
m- 1
Vậy có
1
mmmm-
2
³ - 1
1
2
£0
1
Û
nghiệm phân biệt
0.
Ⓐ.
2
4 log 36
x - m log 6
x1 , x2
thỏa mãn
1.
Ⓑ.
.
.
khi
ìï é
ïï êm ³ 3
ïï ê
2
í êm <1
ïï ê
ë
3
ïï
£ m£ 2
ïỵ 1 < m £ 2 Û 2
Þ m =2
giá trị nguyên dương của tham số
Câu 10: Có bao nhiêu giá trị của tham s
m =1
.
ộ1 ự
ờ ;1ỳ
ờ
ởe ỳ
ỷị ln x ẻ [- 1;0]
ng biến trên
Loại
m
m
.
thỏa yêu cầu bài toán.
2
4 log 36
x - m log 6
để phương trình
x
+2 = 0
6
có hai
x1.x2 - 72 x1.x2 +1296 £ 0
Ⓒ.
Lời giải
2.
Ⓓ.
3.
x
+2 =0
6
Û log 62 x - m log 6 x + m + 2 = 0
Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi
x1.x2 - 72 x1.x2 +1296 £ 0 Û
ém < 2 - 2 3
D = m 2 - 4 ( m + 2) > 0 Û ê
ê
ê
ëm > 2 + 2 3
x1.x2 = 36 Û x1.x2 = 1296
Þ log 6 ( x1.x2 ) = 4 Û log 6 x1 + log 6 x2 = 4 Þ m = 4
Câu 11:
Có bao nhiêu giá trị nguyên của
nghiệm thỏa mãn
−2 < x1 < x2
m
để phương trình
log3 ( x + 3) + m log
x +3
9 = 16
có hai
.
St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh lung linh
18
Word xinh
50 dạng toán bám sát đề minh họ
Ⓐ.
17
Ⓑ.
.
16
Ⓒ.
.
14
Ⓓ.
.
15
.
Lời giải
x > −3
Điều kiện xác định:
và
x ≠ −2
.
Biến đổi phương trình đã cho về phương trình sau:
⇔ log 32 ( x + 3) − 16 log 3 ( x + 3 ) + 4m = 0 (1)
Đặt
log 3 ( x + 3) = t
Ta có:
phương trình
( 1)
log 3 ( x + 3 ) = t ⇔ x = 3t − 3
Theo điều kiện đề bài thì
Vậy để phương trình
thì phương trình
( 2)
x > −2
trở thành:
t 2 − 16t + 4m = 0 ( 2 )
nên
3t − 3 > −2 ⇔ t > 0
phải có hai nghiệm
x +3
t
Điều kiện xác định:
[ −2019; 2019]
của
.
9 = 16
có hai nghiệm thỏa mãn
−2 < x1 < x2
dương phân biệt
. Vậy có 15 giá trị nguyên
log 22 x − 2 log 2 x − 4 1 − log 2 x = m
Ⓑ. 2024.
.
.
log 3 ( x + 3) + m log
trị nguyên thuộc đoạn
Ⓐ. 2021.
.
.
∆′ > 0
64 − 4m > 0
⇔ t1 + t2 = 16 > 0 ⇔
⇔ 0 < m < 16
4
m
>
0
t1 .t 2 = 4m > 0
Câu 12: Cho phương trình
log 3 ( x + 3) + 4m log ( x +3) 3 − 16 = 0
, với
m
m
thỏa mãn.
là tham số thựⒸ. Số các giá
m
để phương trình đã cho có nghiệm là
Ⓒ. 2023.
Ⓓ. 2020.
Lời giải
1 − log 2 x ≥ 0 ⇔ log 2 x ≤ 1 ⇔ 0 < x ≤ 2
.
2
( 1 − log 2 x ) − 4 1 − log 2 x − 1 = m ( 1)
Với điều kiện trên thì phương trình tương đương với
x ∈ ( 0; 2]
t = 1 − log 2 x
( 1)
t≥0
t 4 − 4t − 1 = m ( 2 )
Đặt
, vì
nên
. Khi đó,
trở thành
.
x ∈ ( 0; 2]
( 1)
( 2)
t≥0
Để
có nghiệm
thì
có nghiệm
.
4
f ( t ) = t − 4t − 1 t ∈ [ 0; + ∞ )
Xét hàm số
,
.
3
f ′ ( t ) = 4t − 4
f ′ ( t ) = 0 ⇔ t = 1∈ [ 0; + ∞ )
Ta có
. Cho
.
f ( t)
Ta được bảng biến thiên của
như sau:
St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh lung linh
19
.
Word xinh
50 dạng toán bám sát đề minh họ
Theo BBT, để
( 2)
t≥0
m ∈ [ −2019; 2019 ] I ¢
m ≥ −4
có nghiệm
thì
, mà
nên tập hợp các
{ −4; −3; −2; −1;0;1;K ; 2019}
m
giá trị của
cần tìm là
.
[ −2019; 2019]
m
Vậy có tất cả 2024 giá trị ngun của
thuộc đoạn
để phương trình đã cho
có nghiệm.
Câu 13: Cho
a, b
là các số thực dương lớn hơn 1, thay đổi thỏa mãn
5log a x.log b x − 4 log a x − 3log b x − 2019 = 0
trị lớn nhất của
S = m + 2n
Tính
22209
Ⓐ.
.
ln ( x1.x2 )
bằng
Ⓑ.
.
để phương trình
ln có hai nghiệm phân biệt
3 m 4 n
ln ÷+ ln ÷
5 7 5 7
20190
a + b = 2019
Ⓒ.
Lời giải
; với
2019
m, n
x1 ; x2
. Biết giá
là các số nguyên dương.
.
Ⓓ.
14133
.
Theo bài ra ta có
5log a x.log b x − 4 log a x − 3log b x − 2019 = 0
⇔ 5log a x. ( log b a.log a x ) − 4 log a x − 3 ( log b a.log a x ) − 2019 = 0
⇔ 5log b a. ( log a x ) − ( 4 + 3log b a ) log a x − 2019 = 0 ( *)
2
a, b > 1 ⇒ log b a. ( −2019 ) < 0 ⇒ ( *)
Vì
Theo Viet ta có:
log a x1 + log a x2 =
⇔
ln ( x1.x2 )
ln a
f ( a) =
Xét
=
ln có hai nghiệm phân biệt
4 + 3log b a
⇔ log a ( x1.x2 ) =
5log b a
x1 ; x2
ln a
ln b
ln a
5
ln b
4 + 3.
4 ln b + 3ln a
1
⇔ ln ( x1.x2 ) = ( 4 ln ( 2019 − a ) + 3ln a )
5 ln a
5
1
( 4 ln ( 2019 − a ) + 3ln a )
5
a ∈ ( 1; 2019 )
với
1 −4
3
f '( a) =
+ ÷ f ' ( a ) = 0 ⇔ a = 6057
5 2019 − a a
7
Ta có
;
Bảng biến thiên
St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh lung linh
20
Word xinh
50 dạng toán bám sát đề minh họ
4 8076 3 6057
ln ( x1.x2 ) = .ln
+ .ln
5
7
5
7
Từ bảng biến thiên ta được giá trị lớn nhất của
khi
6057
a=
7
.
m = 6057 n = 8076 ⇒ S = m + 2n = 6057 + 2.8076 = 22209
Từ đó suy ra
;
2018
m
Câu 14: Số các giá trị nguyên nhỏ hơn
của tham số
để phương trình
log 6 ( 2018 x + m ) = log 4 ( 1009 x )
Ⓐ.
Đặt
2018
có nghiệm là
2017
2020
Ⓑ.
.
Ⓒ.
.
Lời giải
.
Ⓓ.
2019
.
log 4 ( 1009 x ) = t ⇒ 1009 x = 4t
Phương trình đã cho có dạng
log 6 ( 2.4t + m ) = t ⇔ 2.4t + m = 6t ⇔ m = 6t − 2.4t
Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
y=m
đường thẳng
.
Xét hàm số:
f ( t ) = 6t − 2.4t
t
t
t
t
t
f ( t ) = 6t − 2.4t f ′ ( t ) = 6 ln 6 − 2.4 ln 4 = 2 ( 3 ln 6 − 2.2 ln 4 )
với
.
t
3
f ′ ( t ) = 0 ⇔ 6 ln 6 = 2.4 ln 4 ⇔ ÷ = 4 log 6 2 ⇔ t = log 3 ( 4 log 6 2 )
2
2
t
t
t
2
lim f ( t ) = lim ( 6 − 2.4 ) = lim 6 1 − 2. ÷ ÷ = +∞
t →+∞
t →+∞
t →+∞
3 ÷
t
+)
t
t
lim f ( t ) = lim ( 6t − 2.4t ) = 0
+)
t →−∞
t →−∞
Ta có bảng biến thiên:
St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh lung linh
21
Word xinh
50 dạng toán bám sát đề minh họ
Với
f log 3 ( 4 log 6 2 ) ÷ ≈ −2, 0136
2
Từ bảng biến thiên, để phương trình có nghiệm thì
Vậy
−2 ≤ m < 2018
. Có
2020
số nguyên
m
m ≥ f log 3 ( 4 log 6 2 ) ÷ ≈ −2, 0136
2
.
log 3 ( 3x + 2m ) = log 5 ( 3 x − m 2 )
m
Câu 15: Có bao nhiêu số ngun
để phương trình
3
4
2
Ⓐ. .
Ⓑ. .
Ⓒ. .
Lời giải
có nghiệm?
5
Ⓓ. .
x
t
3 + 2m = 3
log 3 ( 3 + 2m ) = log 5 ( 3 − m ) = t ⇒ x
2
t
3 − m = 5
x
Đặt
.
x
2
⇒ 2m + m 2 = 3t − 5t ⇔ m 2 + 2m + 1 = 3t − 5t + 1
Xét hàm số
Ta có:
f ( t ) = 3t − 5t + 1
f ′ ( t ) = 3t.ln 3 − 5t.ln 5
với
t∈¡
.
.
.
t
Khi đó
3 ln 5
f ′ ( t ) = 0 ⇔ 3t.ln 3 − 5t.ln 5 = 0 ⇔ ÷ =
⇔ t = log 3 ( log 3 5 ) = t0
5 ln 3
5
.
Bảng biến thiên
St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh lung linh
22
Word xinh
50 dạng tốn bám sát đề minh họ
Phương trình có nghiệm
⇔ ( m + 1) ≤ f ( t0 ) ⇔ − f ( t0 ) − 1 ≤ m ≤
2
f ( t0 ) − 1 ⇒ −2, 068 ≤ m ≤ 0, 068
.
Do
m ∈ ¢ ⇒ m ∈ { −2; − 1;0}
Vậy có
3
giá trị nguyên của
.
m
thỏa mãn.
m
Câu 16: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
có nghiệm
1
Ⓐ. .
x ∈ [ 1;9 ]
để phương trình
log 32 x − m log 9 x 2 + 2 − m = 0
.
5
Ⓑ. .
Ⓒ.
3
Ⓓ.
.
2
.
Lời giải
x>0
Điều kiện:
.
2
log 3 x − m log 9 x 2 + 2 − m = 0 ⇔ log 32 x − m log 3 x + 2 − m = 0
Ta có:
.
x ∈ [ 1;9] ⇒ t ∈ [ 0; 2]
t = log 3 x
Đặt
, với
.
t2 + 2
t 2 − mt + 2 − m = 0 ⇔ m =
( 1)
t +1
Phương trình đã cho trở thành:
.
2
t +2
f ( t) =
t ∈ [ 0; 2]
t +1
Xét hàm số
với
ta có:
t = −1 + 3 ∈ [ 0; 2 ]
t 2 + 2t − 2
2
′
f
t
=
0
⇔
t
+
2
t
−
2
=
0
⇔
f ′( t ) =
(
)
2
t = −1 − 3 ∉ [ 0; 2]
( t + 1)
,
.
Bảng biến thiên:
Khi đó: phương trình đã cho có nghiệm
⇔ −2 + 2 3 ≤ m ≤ 2
.
m∈¢
m=2
Mặt khác, do
nên
.
Vậy có một giá trị nguyên của tham số
x ∈ [ 1;9] ⇔
m
St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh lung linh
Phương trình
( 1)
có nghiệm
t ∈ [ 0; 2]
.
thỏa yêu cầu bài toán.
23
Word xinh
50 dạng tốn bám sát đề minh họ
Câu 17: Có bao nhiêu giá trị nguyên của
6
4
Ⓐ. .
Ⓑ. .
m
để phương trình
Ⓒ.
Lời giải
log 2 ( mx ) = log
3
2
( x + 1)
Ⓓ.
.
5
vô nghiệm?
.
mx > 0
mx > 0
⇔
x +1 > 0
x > −1
Điều kiện
log 2 ( mx ) = log
Ta có
.
( x + 1) ⇔ log 2 ( mx ) = 2 log 2 ( x + 1)
2
x + 1 > 0
x > −1
2
⇔ log 2 ( mx ) = log 2 ( x + 1) ⇔
2 ⇔
2
mx = ( x + 1) ( 1)
mx = ( x + 1)
Nhận xét với
x=0
.
không là nghiệm của phương trình.
2
x + 1)
(
( 1) ⇔ m =
x≠0
x
Với
thì
.
2
( x + 1)
f ( x) =
x ∈ ( −1; +∞ ) \ { 0}
x
Xét hàm số
với
2
x −1
f ′ ( x ) = 2 ⇒ f ′ ( x ) = 0 ⇔ x = ±1
x
có
.
Bảng biến thiên
m ∈ { 0;1; 2;3}
m∈¢
. Do
nên
.
log 2 ( mx ) = log 2 ( x + 1)
m
Vậy có 4 giá trị nguyên của tham số
để phương trình
vơ
nghiệm.
m
Câu 18: Số các giá trị ngun nhỏ hơn 2020 của tham số
để phương trình
Phương trình đã cho vơ nghiệm khi và chỉ khi
0≤m<4
log 6 ( 2020 x + m ) = log 4 ( 1010 x )
Ⓐ.
2020.
Ⓑ.
có nghiệm là
2021.
Ⓒ.
Lời giải
St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh lung linh
2019.
Ⓓ.
2022.
24
Word xinh
50 dạng toán bám sát đề minh họ
2020 x + m > 0
1010 x > 0
Điều kiện xác định:
Đặt
log 6 ( 2020 x + m ) = log 4 ( 1010 x ) = t
Suy ra
2020 x + m = 6t
t
1010 x = 4
( 2)
m = 6t − 2.4t
Từ đó
Với mỗi nghiệm
đồng thời
x0
t0
.
( 1)
.
.
của phương trình
thỏa mãn điều kiện
( *)
( 2)
x0 =
thì
x0
. Do đó
4t0
2010
là nghiệm của hệ phương trình
là nghiệm của phương trình đã cho. Từ đó,
điều kiện cần và đủ để phương trình đã cho có nghiệm là phương trình
Xét hàm số
Ta có
f ( t ) = 6t − 2.4t
trên
f ′ ( t ) = 6t.ln 6 − 2.4t.ln 4
Bảng biến thiên của hàm số
¡
có nghiệm.
f ′ ( t ) = 0 ⇔ t = log 3 ( log 6 16 ) := α
2
và
f ( t)
.
như sau:
( 2)
có nghiệm khi và chỉ khi
.
Vậy tất cả các giá trị nguyên của tham số
tập hợp
( 2)
.
Dựa vào bảng biến thiên, ta có phương trình
m ≥ −2 ( do m ∈ ¢ )
( 1)
{ −2. − 1, 0,1, 2,...., 2019}
m
thỏa u cầu bài tốn là các số ngun thuộc
, có tất cả 2022 giá trị.
St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh lung linh
25
Word xinh
