cac dang toan ve do thi ham so luy thua mu logarit

NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

MŨ - LOGARIT- VD_VDC

CÁC DẠNG TỐN VỀ ĐỒ THỊ HÀM SỐ LŨY THỪA - MŨ - LÔGARIT
NHẮC LẠI LÍ THUYẾT

a/ Hàm số lũy thừa y  x (  là hằng số)
Hàm số y  x

Số mũ α

  n ( n nguyên dương)
  n ( n nguyên dương âm hoặc n  0 )
 là số thực không nguyên

y  xn

Tập xác định D
D

y  xn

D   \ 0

. y  x .

D   0,  

1

Lưu ý: Hàm số y  x n không đồng nhất với hàm số y  n x ,  n   *
b/ Hàm số mũ y  a x ,  a  0, a  1
 Tập xác định: D  
 Tập giá trị: T   0,  
○ Khi

 Tính đơn điệu

hàm số đồng biến.

○ Khi

: hàm số nghịch biến.

 Nhận trục hoành làm tiệm cận ngang.
 Dạng đồ thị:

1

1

O

O

c/ Hàm số logarit y  log a x ,  a  0, a  1
 Tập xác định: D   0,  
 Tập giá trị: T  
 Tính đơn điệu
 Nhận trục tung làm tiệm cận đứng.

 Dạng đồ thị:

O 1

CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022

O

1

Trang 1


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

Câu 1.

MŨ - LOGARIT- VD_VDC

Gọi A và B là các điểm lần lượt nằm trên các đồ thị hàm số y  log

2

x và y  log 1 x sao cho
2

điểm M  2, 0  là trung điểm của đoạn thẳng AB . Diện tích tam giác OAB là bao nhiêu biết rằng
O là gốc tọa độ?

 17  1 

 17  1 
 17  1 
 17  1 
A. S  8 log 2 
 B. S  4 log 2 
 C. S  8log 2 
 D. S  4 log 2 

 2 
 2 
 2 
 2 
Lời giải
Chọn B
Gọi tọa độ các điểm A  a, 2 log 2 a  , B  b,  log 2 b  . Vì M  2, 0  là trung điểm của đoạn thẳng

AB nên:
b  4  a
b  4  a
a  b  4
17  1

 2
 a

2
2
2 log 2 a  log 2 b
b  a
a  a  4  0

a  b  4
Vì 
nên ta suy ra
 2 log 2 a  log 2 b

OA  a, 2 log 2 a 
 4  a  2 log 2 a   a  2 log 2 a 
17  1
  
S
 4 log 2
.
2
2
OB  4  a, 2 log 2 a 

Câu 2.

Với a  1 . Biết trên đồ thị của ba hàm số
y  log a x, y  2 log a x, y  3log a x lần lượt có 3 điểm A, B, C sao cho tam giác ABC vuông
cân tại B , AB song song với trục hồnh và có diện tích bằng 18. Giá trị của a bằng
A.

6

6.

B.

6

3.

C.

3

3.

D.

3

6.

Lời giải
Chọn B
Giả sử B  (m; 2log a m) thì A  (m2 ; 2 log a m), C  (m;3log a m), m  0.
Trang 2

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

MŨ - LOGARIT- VD_VDC

Ta có AB  m 2  m , BC  log a m .

1

AB.BC  18  AB  BC  6 .
2
 m2  m  6  0
m2  m  6   2
; m  0  m  3.
 m  m  6  0(VN )

Vì AB  BC , SABC  18 nên

Câu 3.

 log a 3  6
log a m  6  log a 3  6  
, a  1  a 6  3  a  6 3.
log
3


6

0
 a
x
x2
Cho hàm số y  2 và y  2 có đồ thị lần lượt là  C1  ,  C2  như

hình vẽ. Gọi A là điểm thuộc  C1  , B, C là các điểm thuộc  C2  sao cho tam giác ABC
là tam giác đều và AB song song với Ox . Khi đó tọa độ điểm C là  p; q  , giá trị của biểu
thức 2 p  q bằng?

A. 5 3 .

B. 4 3 .

C. 6 3 .
Lời giải

D. 10 3 .

Chọn A

Gọi A  a; 2a  và B  a  2; 2a  . Khi đó trung điểm của AB là M  a  1; 2 a  .





Ta có: AB  2 , do đó CM  3 . Vì CM //Oy nên C a  1; 2a  3   C2  . Khi đó ta có:

2a 1  2a  3  2a  2 3  a  1  log 2 3 .





Khi đó: C 2  log 2 3; 3 hay 2 p  q  5 3 .
Câu 4.

Cho hai hàm số y  2 , y  log 2 x có đồ thị như hình vẽ. Đường thẳng
x

 cắt trục tung, đồ thị hàm số y  2 x , đồ thị hàm số y  log 2 x và trục hoành lần lượt tại
A, B, C, D thỏa mãn AB  BC  CD. Hỏi có bao nhiêu đường thẳng  như thế ?

CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022

Trang 3


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

MŨ - LOGARIT- VD_VDC

A. 1 .

B. 2 .

C. 3 .
Lời giải

D. Vô số.

Chọn B

 A  2b  c; 2b 1  log 2 c 

.

b
 D  2c  b; 2 log 2 c  2 

c  2b
2b  c  0
c  2b
 A  Oy
b  1, c  2
Vì 




.


b

1

b
b 1
2
c  2
 D  Ox 2 log 2 c  2  0
b  2, c  4
log 2 c  2
Vậy có hai bộ điểm A, B, C , D thỏa u cầu bài tốn. Hay có hai đường thẳng  như thế

 B  b; 2b   y  2 x
Gọi 

C  c;log 2 c   y  log 2 x

Câu 5.

Gọi B và C lần lượt là các điểm thuộc đồ thị hàm số y  2 x và

y  log 2 x sao cho tam giác OBC đều. Giả sử điểm B có hồnh độ là a khi đó tỉ số

A. 2  3 .

B. 2  3 .

C. 2  2 .
Lời giải

2x
bằng
a

D. 2  2 .

Chọn B
Đồ thị hai hàm số y  2 x và y  log 2 x đối xứng qua đường thẳng y  x và theo yêu cầu bài

toán là tam giác OBC đều nên suy ra B  a; 2a  , C  2 a ; a  (theo đề điểm B có hồnh độ là a ).
Tam giác OBC đều 
 OB  BC  OB 2  BC 2  22 a  4a.2a  a 2  0. Đấy là phương trình
đẳng cấp và tìm được

2x
 2  3. Vì B là điểm nằm trên đồ thị hàm số y  2 x suy ra 2a  a

a

2x
 2  3.
nên suy ra
a
Câu 6.

Cho ba hàm số y  log a x; y  logb x; y  log c x có đồ thị biểu diễn như
hình vẽ. Biết rằng 5MA  4 MB  3MC . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  a 6  3b10  c10 bằng

Trang 4

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

A. 2 8 243 .

MŨ - LOGARIT- VD_VDC

B.

7

7
.
16

C.

8

7
.
16

D. 4 3 60 .

Lời giải
Chọn B
Ta có: c  a  1  b  0 . Tiếp theo, ta có:
3
 5

3
5

5MA  3MC  5log a m  3log c m
3log m a  5log m c
 log m a log m c
a  c


 4

5
a  b
5MA  4 MB  5log a m  4 log b m

4 log m a  5 log m b
 5  4
 log m a log m b
Suy ra T  a 6  3b10  c10  a 6 
Theo Cosi, ta có: T 
Nên suy ra Tmin
Câu 7.

3
3 a 6 a6 a 6 a6 1 1 1
6
6

a

2
a

     8 8 8
a8
a8 2 2 2
2 a a a

a6 a6 a 6 a6 1 1 1
a6 a6 a6 a6 1 1 1
7
    8  8  8  77 . . . . 8 . 8 . 8  7
2 2 2
2 a a a
2 2 2 2 a a a

16

7
a6 1
khi và chỉ khi
 8  a  14 2  1
7
2 a
16

Cho hàm số y  f  x    2 x  1 có đồ thị  C  . Phương trình tiếp
x

tuyến với đồ thị hàm số  C  tại điểm có hồnh độ x0  1 tương ứng cắt hai trục tọa độ tại hai
điểm phân biệt A, B . Từ đó hãy tính diện tích tam giác OAB

 3ln 3  4  .
2  3ln 3  1
2

A.

2  3ln 3  1
B.
.
3ln 3  2

 3ln 3  1 .
2  3ln 3  2 
2

C.

D.

3ln 3  1
.
2 ln 3

Lời giải
Chọn C
x
Ta có: y  f  x    2 x  1  e x ln  2 x 1

2 x  x ln  2 x 1 
2x 
x

Suy ra f   x   ln  2 x  1 
e
 ln  2 x  1 
 2 x  1


2
x

1
2
x


1




 x0  1
Tọa độ tiếp điểm A có hồnh độ và tung độ lần lượt là 
 A 1;3
x0
 y0   2 x0  1  3
Hệ số góc của tiếp tuyến f  1  3ln 3  2
Suy ra phương trình tiếp tuyến là y   3ln 3  2  x  1  3   3ln 3  2  x  1  3ln 3
Chuyển phương trình trên về dạng phương trình đoạn chắn:

CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022

x
y

1
3ln
3

1

  3ln 3  1


 3ln 3  2 

Trang 5


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

MŨ - LOGARIT- VD_VDC

x y
  1 cắt trục hoành và tung lần lượt tại
a b
hai điểm A, B nên ta áp dụng suy ra phương trình trên
 3ln 3  1 
Tọa độ của hai giao điểm của tiếp tuyến với hai trục toa độ là  A  0;1  3ln 3 , B  0;

 3ln 3  2 
Như ta đã biết phương trình đường thẳng trong Oxy

OA.OB  3ln 3  1

2
2  3ln 3  2 
2

Suy ra diện tích của tam giác OAB là S 
Câu 8.

Biết rằng hai đồ thị hàm số y  2 x và y  3x có tồn tại một tiếp tuyến
chung. Khi đó, giá trị gần nhất của hệ số góc của tiếp tuyến đó nằm trong khoảng nào sau đây:
A.  0.6;0.7  .
B.  0.7; 0.8  .

C.  0.8;0.9  .
D.  0.9;1 .
Lời giải
Chọn C

x
mx
m
 f   x   m.e mx
m  ln 2 e  2  y  f  x   2  e
Ta đặt: 
 n


x
nx
nx
e  3
n  ln 3
 y  g  x   3  e
 g   x   n.e
Suy ra hai đồ thị tồn tại hệ số góc chung khi a, b sao cho f   a   g   b   0

 m.ema  n.enb  e ma 

n nb
n

n
.e  ln  ema   ln  .e nb   ma  ln    nb

m
m

m

  1  n  nb n nb 
 A  ln    ; e 
1 n n
Suy ra a  .ln    .b    m  m  m m  với A, B lần lượt là tiếp điểm của đồ
m m m
 B b; enb

 
 n  m  .e nb  n.enb
thị f  x  và g  x   Hệ số góc của AB là k AB 
n
ln     n  m  b
m
n
 n  m   n ln  
m
Giải phương trình trên theo ẩn b ta thu được b 
n n  m
Suy ra thế vào thu được k AB  g   b   ne  n.e
nb

n.

 n  m   n ln 

n

m

n n  m 

 n  m   n ln 

 n.e

 n m

n

m

1

 mn  nm
 e m 
n 

1

Câu 9.

  ln 2 ln 3  ln 3ln 2

k AB  g  b   e 


 0,857   0.8;0.9 
  ln 3ln 2 


Cho các hàm số y  f  x   ln  x  5   5 có đồ thị  C  và
y  g  x   9  ln  3  x  có đồ thị  C  .Gọi  C0  là đường trịn có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với
cả hai đồ thị  C  và  C  ; S0 là diện tích của  C0  . Hỏi S0 gần với giá trị nào sau đây
A. 23 .

B. 24 .

C. 25 .
Lời giải

D. 26 .

Chọn C
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C  tại M1  x1 ; y1  với x1  5 :

d1 : y 

1
 x  x1   ln  x1  5  5
x1  5

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C  tại M1  x2 ; y2  với x2  3 :
Trang 6

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

d2 : y 

MŨ - LOGARIT- VD_VDC

1
 x  x2   9  ln  3  x2 
3  x2

1
1
x x

 1 2  4 1
x1  5 3  x2
2
f  x1   g  8  x2  ln  x1  5  5  9  ln  3  8  x1 
y y

Xét: 1 2 
 2
2
2
2
Từ 1 và  2  suy ra điểm I  4;7  là trung điểm của đoạn thẳng M 1M 2 .
Muốn cho d1 song song d2 thì ta phải có

Với mỗi cặp tiếp tuyến song song ta đều có điểm I  4;7  là trung điểm của các cặp tiếp điểm

M1; M 2 nên suy ra  C  và  C   đối xứng nhau qua điểm I  4; 7  .

Suy ra đường tròn  C0  tiếp xúc với cả hai đồ thị  C   C  và  C   có bán kính nhỏ nhất khi nó
tiếp xúc với cả 2 tiếp tuyến tại hai tiếp điểm M1; M 2 và do đó nhận điểm I  4;7  làm tâm.
Xét  C  : y  f  x   ln  x  5  5

M  x; y    C  ta có:
IM 2  h  x    x  4    y  7    x  4    ln  x  5   2 
2

2

2

2

 x  5

2 ln  x  5   2 
h  x   2  x  4   
. Cho h  x   0  ln  x  5    x 2  9 x  18 *
x5
Phương trình * có nghiệm duy nhất x  6 vì vế trái là hàm số đồng biến cịn vế phải là hàm
nghịch biến với mọi x  5 .Lập bảng biến thiên ta có min R  min  IM   2 2

 S0  min S   R 2  8  25,13 .
Câu 10.

Cho đồ thị của hai hàm số y  a x  a  1 và y  f  x  đối xứng nhau qua đường thẳng y  x  2

. Biết rằng đường thẳng x  6 cắt đồ thị hàm số y  a x tại A , cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại

B  6; b  sao cho AB  6 và tung độ điểm A lớn hơn tung độ điểm B . Giá trị của a  b gần với
số nào dưới đây?
A. 2 .

B. 5 .

C. 6 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn D
Cách 1:

Lấy điểm M  t ; a t  thuộc đồ thị hàm số y  a x . Gọi d là đường thẳng đi qua M  t ; a t  và vng
góc với đường thẳng y  x  2 . Phương trình đường thẳng d có dạng y   x  m .

CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022

Trang 7


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

MŨ - LOGARIT- VD_VDC

Vì d đi qua M  t ; a t  nên ta có at  t  m  m  at  t .

Khi đó phương trình đường thẳng d là y   x  a t  t .
Gọi H là giao điểm của d và đường thẳng y  x  2 .
Tọa độ điểm H thỏa mãn hệ
y  x  2
 at  t  2 at  t  2 

H
;


.
t
2
2


 y  x  a  t

Gọi M là điểm đối xứng với M qua đường thẳng y  x  2 thì H là trung điểm MM  .
 M   a t  2; t  2  thuộc đồ thị hàm số y  f  x   f  a t  2   t  2 .

Đặt u  a t  2  2  t  log a  u  2   f  u   log a  u  2   2  f  x   log a  x  2   2
với x  2 . Điểm A  6; a 6  , B  6;log a 4  2  . Tung độ điểm A lớn hơn điểm B nên ta có

 a  0, 7  1
AB  a 6  log a 4  2  6  a 6  log a 4  4  
.
 a  1, 41  1
Với a  1 , chọn a  1, 41  b  2, 03  a  b  3, 44 .
Cách 2:

Vì đồ thị của hai hàm số y  a x  a  1 và y  f  x  đối xứng nhau qua đường thẳng y  x  2
nên ta có x  2  a f ( x ) 2  f  x   log a  x  2   2 . Suy ra ta có được tọa độ các điểm lần lượt là
A  6; a 6  và B  6; log a 4  2  .

Vì AB  6 nên ta có

a

6

 log a 4  2   6  a 6  log a 4  2  6  a 6  log a 4  4 (1)
2

Vì tung độ điểm A lớn hơn tung độ điểm B nên ta có a 6  log a 4  2 .
Phương trình (1) có nghiệm a  2 và vế trái là một hàm số luôn đồng biến trên 1;   , vế phải
là một hàm số luôn nghịch biến trên 1;   nên suy ra a  2 chính là nghiệm duy nhất của (1)
Suy ra b  2 . Như vậy, suy ra a  b  2  2  3, 44 .
Câu 11.

 91 
Trong mặt phẳng Oxy xét tứ giác diện tích ln   các đỉnh có hồnh
 90 
độ là các số nguyên liên tiếp và nằm trên đồ thị hàm số y  ln x . Hãy xác định tổng các chữ số
của hoành độ đỉnh xa gốc tọa độ nhất.
A. 6 .
B. 5 .
C. 7 .
D. 8 .
Lời giải
Chọn A

ĐK: a  0
Trang 8

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

MŨ - LOGARIT- VD_VDC

Giả sử A  a; ln a  ; B  a  1; ln  a  1  ; C  a  2; ln  a  2   ; D  a  3; ln  a  3  .
Khi đó S ABCD  S ABNM  S BCPN  SCDQP  S ADQM .
Ta có: S ABNM 
SCDQP 

ln a  ln  a  1 ln  a  a  1 
ln  a  1  ln  a  2  ln   a  1 a  2  

; S BCPN 

2
2
2
2

ln  a  a  3 
ln  a  2   ln  a  3 ln   a  2  a  3 
ln a  ln  a  3


; S ADQM  3.
 3.
2
2
2
2

 S ABCD 

ln  a  a  1 
2



ln   a  1 a  2  
2



ln   a  2  a  3 
2

 3.

ln  a  a  3 
2

 a.  a  12  a  2 2  a  3 



 91 
  ln  91   ln   a  1 a  2  
 ln    ln 
3
 a.  a  3 


 90 
 90 
a 3 .  a  3




91  a  1 a  2 


 a  12  xD  a  3  15  1  5  6.
90
a.  a  3
Câu 12.

2log 2 x
2log 2 x
và y  g  x   
3
3
có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Gọi A  x A ; y A  , B  xB ; y B  là các điểm lần lượt nằm trên các đồ
Lần lượt cho các hàm số y  f  x  

thị hàm số f  x  , g  x  sao cho OAB đều. Biết rằng tồn tại hai hoành độ x1 , x2 của hai điểm

M thuộc trục hoành sao cho OAMB là tứ giác nội tiếp. Khi đó, tổng x1  x2 bằng

A. 6 .

B. 5 .

C. 7 .
Lời giải

D. 8 .

Chọn D

CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022

Trang 9


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

MŨ - LOGARIT- VD_VDC

Gọi a là hồnh độ của hai điểm A, B với a  0 , H là trung điểm AB
  2 log 2 a 
4 log 2 a

AB 
 A  a;



3
3 
 

Ta có: 


 B  a;  2 log 2 a  OA   a; 2 log 2 a 




 
3 

3  

Do giả thiết yêu cầu OAB đều nên ta có: OH 

AB 3
4 log 2 a 3
a
a
.
 log 2 a 
2
2
2

3

  2 
 A1  2;

3
a  2
ln a a
ln a ln 2 n ln 2 ln  2 


 





  4 
ln 2 2
a
2
2n
4
a  4
 A2  4;

3
 
x A  xO
Đến đây ta nhận thấy xA1  2

nên suy ra A1 là trung điểm OA2
2
2

 
Gọi M 1  x1 ; 0  là điểm sao cho thỏa OA1M 1 B nội tiếp  OA1  A1M 1  OA1. A1M 1  0

 2  m  2 

4
8
8
8 
 0  m   M 1  ;0   x1 
3
3
3
3 

Tương tự ta có điểm M 2  x2 ;0  là điểm sao cho thỏa OA2 M 2 B nội tiếp  OA2  A2 M 2
Do ta cũng có A1 là trung điểm OA2 nên suy ra A1M 1 song song với A2 M 2
Theo hệ quả từ đường trung bình suy ra M 1 là trung điểm OM 2 tức x2  2 x1 

16
3

Vậy suy ra x1  x2  8
Câu 13.

Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m  1; 40 để đồ

x 2 m1 . x 2  x

 x  4
2

thị của hàm số y  e
A. 39 .

m

có đúng 4 đường tiệm cận (khơng tính tiệm cận xiên)
B. 40 .
C. 21 .
D. 20 .
Lời giải

Chọn D
Gọi y  f  x  

x 2 m 1. x 2  x

x

2

 4

m



x 2 m 1. x 2  x

 x  2  . x  2 
m

m

 ye

f  x

Trường hợp 1: tham số m chẵn, ta có:

Trang 10

TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

MŨ - LOGARIT- VD_VDC


1
 1

1
f x
x

 lim f  x   lim
 1  lim e   
m
m
x 
x 
e
 x 
 2  2
 1   . 1  

 x  x


x 2 m 1. x 2  x
f x
 lim f  x   lim
   lim e    0
m
m
x 2
x 2
x 2

 x  2 . x  2 
f x
 Đồ thị e   có 3 đưởng tiệm cận

2 m 1
2

x . x x

f x
f  x   lim
   lim e    
m
m
lim
x2
x2
x 2
 x  2  . x  2 


1

1
f x
x
 lim f  x   lim
 1  lim e    e
m
m
 x 
x 
x 
 2  2

 1   . 1  
 x  x


Như vậy trường hợp 1 loại
Trường hợp 1: tham số m lẻ, ta có:

1
 1

1
f x
x
 lim f  x   lim
 1  lim e   
m
m
x 
x 
e
 x 
 2  2
1   .1  

 x  x


x 2 m 1. x 2  x
f x
 lim f  x   lim
   lim e    
m
m

x 2
x 2
x 2

 x  2  . x  2
f x
 Đồ thị e   có 4 đưởng tiệm cận

2 m 1
2
x . x x

f x
f  x   lim
   lim e    
m
m
lim
x2
x2
x 2
 x  2 . x  2 


1

1
f x
x
 lim f  x   lim

 1  lim e    e
m
m
 x 
x 
x 
 2  2

1   . 1  
 x  x


Như vậy suy ra với tham số m lẻ thì thỏa yêu cầu đề bài, tức là có 20 giá trị nguyên m thỏa
Câu 14.

Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m   20; 20 để

đồ thị của hàm số y  ln  x 3  3mx 2  4mx  m  1 có đúng 3 đường tiệm cận (khơng tính tiệm
cận xiên)
A. 39 .

B. 40 .

C. 21 .
Lời giải

D. 20 .

Chọn A
Gọi y  ln  x3  3mx 2  4mx  m  1  ln f  x 

Ta có: lim y  lim ln f  x   ln     đồ thị y khơng có tiệm cận ngang
x 

x 

Để đồ thị hàm số y  ln f  x  có đúng 3 đường tiệm cận thì nó phải là 3 đường tiệm cận đứng
ứng với 3 nghiệm đơn của phương trình f  x   x3  3mx 2  4mx  m  1  0 (1)

x 1
(1)   x  1  x 2   3m  1 x  m  1  0   2
 x   3m  1 x  m  1  g  x   0 (2)
Suy ra để (1) có 3 nghiệm phân biệt thì (2) phải có 2 nghiệm phân biệt và khác 1
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022

Trang 11


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

MŨ - LOGARIT- VD_VDC


5  2 13
m 
9

 (2)   3m  1 2  4   m  1  0
 20  m  2

m 20;20


   m  5  2 13 

1  m  20
9

 g 1  2m  3  0

3
m 

2
Vậy có tất cả 39 giá trị nguyên m thỏa mãn

Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m   20; 20 để

Câu 15.

đồ thị của hàm số y  log 3  x 3   3m  1 x 2  mx  có đúng 2 đường tiệm cận (khơng tính tiệm
cận xiên)
A. 2 .

C. 1 .
Lời giải

B. 0 .

D. 3 .

Chọn B

Gọi y  log 3  x3   3m  1 x 2  mx   log 3 f  x 
Ta có: lim y  lim log 3 f  x   log 3     đồ thị y khơng có tiệm cận ngang
x 

x 

Để đồ thị hàm số y  log 3 f  x  có đúng 2 đường tiệm cận thì nó phải là 2 đường tiệm cận đứng
ứng với 2 nghiệm đơn của phương trình f  x   x3   3m  1 x 2  mx  0 (1)

x  0

1  x  x 2   3m  1 x  m   0  

2
 g  x   x   3m  1 x  m  0 (2)
Như vậy, để (1) có 2 nghiệm phân biệt thì (2) phải có 2 nghiệm thực. Tức phương trình (2) có
nghiệm kép khác 0 hoặc phương trình (2) có hai nghiệm thực phân biệt trong đó có 1 nghiệm
bằng 0, suy ra:
 m  1
 
2
   m  1
 
  3m  1  4m  0

g  x
 
9



 g  0  m  0
m

0
m  0




2

 
m  1
m  1
  3m  1  4m  0
 
  g  x 
1
 
 g  0  m  0

 m  9

 m  0

Tuy nhiên, khác với câu 14 bên trên, ở câu này, bài toán chưa dừng lại tại đó, bởi vì ta chưa chắc
tại những nghiệm của phương trình f  x   0 đã tồn tại tiệm cận đứng, vì có khi lim f  x   0
x  x0

Thử lại: m  0  f  x   x  x  x

 x  1 . Ta suy luận nhanh như sau:
x    f  x     log3 f  x   không thể xác định
x  0  f  x   0  log 3 f  x   không thể xác định
x  1  f  x   0  log 3 f  x   không thể xác định
x  1  f  x   0  log 3 f  x   
3

-

2

2

Như vậy, m  0 loại vì chỉ có đúng 1 tiệm cận đứng
Thử lại: m  1  f  x   x 3  2 x 2  x  x  x  1 . Ta suy luận nhanh như sau:
2

Trang 12

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

MŨ - LOGARIT- VD_VDC

-

x    f  x     log3 f  x   không thể xác định

-

x  1  f  x   0  log 3 f  x   không thể xác định

-

x  0   f  x   0  log3 f  x   không thể xác định

-

x  0  f  x   0  log 3 f  x   

Như vậy, m  1 loại vì chỉ có đúng 1 tiệm cận đứng
Từ đó ta kết luận khơng có giá trị m nào thỏa mãn
Câu 16. Gọi S là tập chứa tất cả các giá trị nguyên của tham số m để đồ thị
 x3  3x  m 
của hàm số y  ln  3
 có đúng 5 đường tiệm cận (khơng tính tiệm cận xiên). Số phần
2
 x  x  2x 
tử của tập S là
A. 2 .

B. 5 .

C. 1 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn A

3 m

 1  x 2  x3
 x3  3 x  m 
Ta có: lim y  lim ln  3
  lim ln 
2
x 
x 
 x  x  2 x  x   1  1  2
x x2

tiệm cận ngang y  0



  ln1  0 . Suy ra hàm số trên có một



 x3  3x  m 
 x3  3x  m 
Tiếp theo, ta có: y  ln  3

ln




2
 x  x  2x 
 x  x  1 x  2  
 x3  3x  m 
Như vậy, để đồ thị hàm số y  ln 
 x  x  1 x  2   có 5 đường tiệm cận thì đồ thị hàm số tương


ứng đó phải có 4 tiệm cận đứng. Suy ra ta có các trường hợp sau đây:
Trường hợp 1: Tử số có hai nghiệm, ta dễ sàng suy ra m  2
2
  x  12  x  2  
x  1  x  2 

Với m  2  y  ln 
 0 cho nên suy ra đồ
 . Khi x  1 thì
 x  x  1 x  2  
x
x

1
x

2
 




  x  12  x  2  
thị y  ln 
 không nhận tiệm cận đứng là x  1 , tức đồ thị trên có các tiệm cận
 x  x  1 x  2  


đứng sau:  x  2; x  1; x  0 thỏa mãn tức m  2 nhận
  x  12  x  2  
 x 1 
Với m  2  y  ln 
  ln 
.
 x  x  1 x  2  
x




x 1

 x  1  x  0  y  
Ta nhận thấy: Khi 
 x  0  y  x  1    y  

x

Từ đó, ta nhận thấy với trường hợp này thì chỉ hai tiệm cận đứng với  x  1; x  0 nên không
thể thỏa mãn tức m  2 loại
Trường hợp 2: Tử số có ba nghiệm phân biệt và có nhận một nghiệm của mẫu số làm nghiệm

Đặt tử số f  x   x3  3x  m
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022

Trang 13


NHĨM TỐN VDC&HSG THPT

MŨ - LOGARIT- VD_VDC

Suy ra

 2  m  2
  2  m  2


 f  0   0; f  1  0; f  2   0
 m  0; m  2
 2  m  2
  2  m  2
 


m0
  f  0   0; f  1  0; f  2   0
 m  0; m  2; m  2;


2  m  2
  2  m  2


 m  0; m  2; m  2;
  f  0   0; f  1  0; f  2   0
Như vậy S  0; 2 tức S có 2 phần tử
Câu 17.

Cho hàm số y  2 log 2 x có đồ thị là  C  . Có bao nhiêu điểm

M   C  sao cho khoảng cách từ M đến đường tiệm cận đứng của đồ thị bằng khoảng cách
từ M đến trục Ox .
A. 2 .

B. 1 .

D. 4 .

C. 3 .
Lời giải

Chọn A
 Ta có: lim y  lim 2 log 2 x   . Suy ra đồ thị có tiệm cận đứng là đường thẳng Oy .
x0

x 0

 Gọi M  x0 ; 2 log 2 x0    C  điều kiện x0  0 .
 x0  2 log 2 x0 1
Theo bài ra ta có d  M ; Oy  =d  M ; Ox   x0  2 log 2 x0  
.
 x0  2 log 2 x0  2 

 Xét hàm f  x   2 log 2 x  x, x   0;    .

2
2
 1, f   x   0  x 
.
x ln 2
ln 2
Bảng biến thiên của hàm số f  x   2 log 2 x  x trên khoảng  0;    như sau:
Ta có f   x  

x

2
ln 2

0

f  x



0
0




f  x

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình f  x   0 có tối đa hai nghiệm. Mà f  2   f  4   0
nên phương trình f  x   0 có đúng 2 nghiệm x  2, x  4 .
Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm x0  2, x0  4 .
 Xét hàm g  x   2 log 2 x  x, x   0;    .
Ta có g   x  

2
 1  0, x  0 . Suy ra hàm số trên đồng biến trên khoảng  0;    .
x ln 2

Mặt khác lim g  x   , g 1  1  c   0;    mà g  c   0 .
x0

Suy ra phương trình (2) có nghiệm duy nhất.
Vậy có 3 điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán.
_______________ TOANMATH.com _______________

Trang 14

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA