Chuyên đề phương pháp tiếp cận để giải quyết các bài toán vận dụng cao mũ và lôgarit

MỤC LỤC

Trang

A. ĐẶT VẤN ĐỀ

2

B. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU

4

I. Tiếp cận các bài tốn vận dụng cao mũ, lơgarit bằng đổi biến số.

4

1. Đổi qua một biến

4

2. Đổi qua nhiều biến

21

II. Tiếp cận các bài toán vận dụng cao mũ, lơgarit bằng hàm đặc trưng.

26

1. Các bài tốn giả thiết xuất hiện mũ

26

2. Các bài toán giả thiết xuất hiện lơgarit của thương hoặc hiệu lơgarit

31

3. Các bài tốn giả thiết cả mũ và lơgarit

35

III. Tiếp cận các bài tốn vận dụng cao mũ, lôgarit chứa nhiều biến không
cùng cơ số bằng đạo hàm theo một biến.

42

C. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

47

D. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ

48

E. TÀI LIỆU THAM KHẢO

50

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lý do chọn đề tài
- Thông tư số 32/2018/TT-BGĐT ngày 26/12/2018 của Bộ Giáo dục và Đào tạo
nêu định hướng về phương pháp giáo dục trong Chương trình giáo dục phở thơng

2018 có nợi dung :” Các hoạt động học tập của học sinh bao gồm hoạt động khám
phá vấn đề, hoạt động luyện tập và hoạt đợng thực hành”. Nhưng ở chương trình
sách giáo khoa hiện tại về chủ đề mũ và lôgarit, chỉ có các bài tập ở mức nhận biết,
thơng hiểu, vận dụng. Ít có các bài tập vận dụng cao nên khả năng khám phá vấn đề
mới, luyện tập và thực hành của học sinh cũng bị hạn chế.
Trang 1


- Ở các tài liệu tham khảo cũng như các trang mạng cũng viết nhiều về bài toán vận
dụng cao mũ và lơgarit nhưng mang tính rời rạc, chủ ́u đưa ra lời giải trực tiếp
mà khi đọc học sinh rất khó để biết vì sao lại giải được như thế, gặp bài tương tự
các em cũng khó vận dụng.
- Trong các đề thi THPT Quốc gia, đề học sinh giỏi các Tỉnh lớp 12 mấy năm gần
đây, các bài tốn vận dụng cao mũ và lơgarit ln x́t hiện ngày càng nhiều, hay
và mới mẻ. Địi hỏi phải có tư duy cao và kĩ thuật giải toán điêu luyện mới giải
quyết được trong khoảng thời gian ngắn.
- Do đó tơi ln trăn trở làm thế nào để có tài liệu giảng dạy và cho học sinh ơn thi
mang tính hệ thớng giúp các em có tầm nhìn, cách tiếp cận vấn đề tớt để giải qút
nhanh các bài tốn vận dụng cao mũ và lôgarit. Cùng với phong trào “mỗi thầy cô
giáo là một tấm gương tự học và sáng tạo”. Đồng thời hưởng ứng tinh thần đổi mới về
chương trình Tốn THPT mới: “Tinh giản – thiết thực – hiện đại và khơi nguồn sáng
tạo”. Vì vậy trong năm học 2020 – 2021 tôi đã nghiên cứu chuyên đề này. Tơi chọn
trình bày đề tài: “phương pháp tiếp cận để giải quyết các bài toán vận dụng cao
mũ và lôgarit” với mong muốn học sinh tự tin hơn, sáng tạo hơn, biết quy lạ về quen
khi đứng trước các bài tốn lạ và khó.
Thực tiễn cho thấy sự sáng tạo chỉ bắt đầu khi đứng trước một vấn đề cần giải
qút mà các phương pháp trước đó khơng đủ hoặc gặp trở ngại hoặc kết quả
không đáp ứng yêu cầu hoặc xuất hiện giải pháp mới tốt hơn giải pháp cũ.
Vì vậy q trình giải bài tập tốn cần phải tìm tịi, sáng tạo cái mới, phát triển trên
cái đã biết để tìm ra giải pháp mới đáp ứng những yêu cầu nảy sinh.

2. Mục đích nghiên cứu:

- Đổi mới dạy học theo hướng phát triển phẩm chất, năng lực học sinh.
- Tạo động lực để giáo viên và học sinh tìm hiểu là tìm ra giải pháp hữu hiệu khắc
phục khó khăn cho học sinh trong nhiều bài tốn khó về mũ và lơgarit, tạo hứng thú
học tập cho học sinh, nâng cao hiệu quả dạy học.
3. Phương pháp nghiên cứu
Để hoàn thành đề tài, trong quá trình nghiên cứu tơi sử dụng các phương pháp:
+ Nghiên cứu các tài liệu tham khảo;
+ Phương pháp quan sát (quan sát học sinh giải bài tập và cách xử lý tình h́ng);
Trang 2


+ Phương pháp phân tích;
+ Phương pháp thực nghiệm (thớng kê có đánh giá kết quả).
4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu:
- Đối tượng nghiên cứu là các bài tốn vận dụng cao mũ và lơgarit.
- Phạm vi nghiên cứu: Đề tài được bắt đầu tìm hiểu và tiến hành từ tháng 9 năm
2020, áp dụng với một số nợi dung trong chương 2 Giải tích lớp 12 THPT.
5. Kế hoạch triển khai nghiên cứu:
STT

Thời gian

Nội dung công việc

1

Từ tháng 9/2020 đến 11/2020

Nghiên cứu tài liệu, chọn đề tài

2

Tháng 12 năm 2020

Viết đề cương nghiên cứu

3

Tháng 1 năm 2021

Áp dụng thực nghiệm

4

Tháng 2 năm 2021

Viết báo cáo, xin ý kiến của
đồng nghiệp

5

Đầu tháng 3 năm 2021

Hoàn thiện bản báo cáo

B. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU.
Những bài toán mũ,lôgarit có thể dùng công thức biến đổi để đưa về cùng
cơ số thì thuộc dạng toán quen thuộc và nhiều tài liệu đã viết.Do đó trong bài viết

này chủ yếu tôi nghiên cứu những bài toán không cùng cơ số
Bài toán vận dụng cao mũ,lôgarit trong các đề thi THPT Quốc gia, học sinh
giỏi Toán trong vài năm trở lại đây có nhiều người thấy lạ. Nên đa số đều hạn chế
đường lối giải. Để khắc phục điều đó, chúng ta sẽ cùng nhau quy lạ về quen theo 3
hướng tiếp cận trong bài viết này.
I. Tiếp cận các bài toán vận dụng cao mũ, lôgarit bằng đổi biến số.
Trang 3


Trong giả thiết bài toán xuất hiện nhiều biểu thức lôgarit hoặc mũ mà dùng
công thức biến đổi thông thường trong sách giáo khoa ta không được đưa về cùng
cơ số gợi cho ta đổi biến số.
1. Đổi qua một biến
Bài 1.1 Cho hai số thực x và y dương thỏa mãn log 9 x  log 6 y  log 4  2 x  y  . Giá trị
x
y bằng

1
B. 2

log 2

3
2

log 3 2

2
A. 2.
C.

D.
Phân tích: Xuất hiện các cơ số 9, 6, 4 ta không đưa được về chung một cơ số nhắc
ta đổi biến số
Lời giải

t
t
t
Đặt log 9 x  log 6 y  log 4  2 x  y   t . Ta có x  9 , y  6 , 2 x  y  4 .
t
�
�3 �
�
2t
t
t
� � 1
�2 �
�3 � �3 �
�3 � 1
t
t
t
�
2.9  6  4 � 2. � �  � � 1  0 �
�
� �
�3 t 1
�2 � �2 �
�2 � 2

��
�
� �
�2 � 2
�
Suy ra
.
t

t

x �9 � �3 � 1
 � � � �
Vậy y �6 � �2 � 2 .

Chọn phương án B.
Bài 1.2 Cho hai số thực dương a và b thỏa mãn

log100 a  log 40 b  log16

a  4b
12 . Giá trị

a
b bằng

A. 4.

B. 12.

C. 6.
Lời giải

Đặt

log100 a  log 40 b  log16

a  4b
a  4b
t
a  100t , b  40t ,
 16t
12
12
. Ta có
.

t
�
�2 � 1
�
t
t
� �
�5 � 6
�4 � �2 �
t
t
t
�

100  4.40  12.16 � 12. � � 4. � � 1  0 �
�2 t
�25 � �5 �
�� 1
�
� � 
�5 � 2
�
Suy ra

Trang 4

D. 2.


t

t

t

a �
100 � �5 �
�2 � 1
� � �  � � � � 6
Do đó �5 � 6 b �40 � �2 � . Chọn phương án C.

Hoàn toàn tương tự ta có các bài tập sau:
1.2.1. Giả sử p, q là các số thực dương thỏa mãn log16 p  log 20 q  log 25  p  q  . Tìm
p

giá trị của q ?



4
A. 5

1
1 5
B. 2





8
C. 5

1
1  5
D. 2



ĐS: Chọn phương án D.
1.2.2 Cho các số thực dương x, y thỏa mãn
A.

x 2


y 3.

B.

log 6 x  log 9 y  log 4  2 x  2 y 

x
2

y
3 1 .

C.

. Tính

x
y

x

y

2
3 1 .

log 25

x
x y

 log15 y  log 9
2
4

D.

x 3

y 2.

ĐS: Chọn phương án B.
1.2.3. Cho các số thực dương x, y thỏa mãn

và

x a  b

y
2
, với a, b là các sớ ngun dương, tính a + b.

A. a  b  14 .

B. a  b  3 .

C. a  b  21 .

D. a  b  34 .

ĐS: Chọn phương án D.

x
log x  log 6 y  log 9  4 x  5 y   1.
1.2.4. Cho các số thực dương x, y thỏa mãn 4
Tính y ,

x 9

y
4.
A.

x 2

B. y 3 .

x 3

C. y 2 .

x 4

D. y 9 .

ĐS: Chọn phương án A.
Ta có thể phát triển tương tự các bài trên và tăng độ khó bằng các bài toán sau:
log9 x  log12 y  log16  x  3 y 
Bài 1.3 Cho các số thực dương x và y thỏa mãn
. Giá

trị của

T

x 3  xy 2  y 3
x3  x 2 y  3 y 3 bằng

Trang 5


3  13
A. 11 .

6  13
B. 11 .

5  13
D. 6 .

82  17 13
69
C.
.

Lời giải
Đặt

log 9 x  log12 y  log16  x  3 y   t
2t

t

t
t
. Ta có x  9 , y  12 , x  3 y  16 . Suy ra:

t

t

t

y 12t �4 � 3  13
�4 � �4 �
�4 � 3  13
9t  3.12t  16t � � �  3 � � 1  0 � � �
 t  � �
2
x
9
2 .
�3 � �3 �
�3 �
�3 �
. Mà
2

Khi đó:

3

2

3
3  13 � �3  13 �
�y � �y � 1  �
�
� �
�
1


�� ��
2 � � 2 � 5  13
x3  xy 2  y 3
x � �x �
�
�
T 3



3
3
x  x2 y  3 y3
6
y
�y �
�3  13 �
3

13
1  3� �

1
 3�
�
x
�x �
2
� 2 �

Chọn phương án B.
y 3  13

2 , nhưng lại gặp vướng mắc
Bình luận: Có nhiều học sinh vẫn tìm được x

khi tính T. đến đây ta cần dẫn dắt các em là tử số và mẫu thức của T đẳng cấp bậc
y
ba đối với x và y nên ta chia cả tử và mẫu cho x sẽ xuất hiện x .
3

1 1
 2
2
log 3 a  log 6 b  log 2  a  b 
a
,
b

0
Bài 1.4 Cho các số
thỏa mãn

. Giá trị a b bằng

A. 18.

B. 45.

C. 27.

D. 36.

Lời giải

Đặt

�
a  3t
t
� t
�3 �
t  log3 a  log 6 b  log 2  a  b  � �
b6
� 3t  6t  2t � � � 3t  1
�2 �
�
a  b  2t
�
t

 1

t

3 � �3 � t
�3 �
f  t   � � 3t
f�
 t  �
� �.ln � � 3 .ln 3  0, t ��� f  t 
�2 �
�2 � �2 �
Xét hàm sớ
trên �, có

đồng biến trên � và

 1 � f  t   f  1 � t  1 � a 

1
1
1 1
, b  � 2  2  45
3
6
a b
.

Chọn phương án B.
Vẫn theo phương châm là đặt để chuyển về phương trình mũ nhưng muốn nâng độ
khó lên ta có thể thay đổi chút ít giả thiết bài toán trên ta có bài toán mới sau đây:
Bài 1.5 Cho các số a  0; b  3 thỏa mãn

log 3 a  log 6 b 

Trang 6

ab2
2
2
7
. Giá trị a  b bằng


A. 45.

B. 18.

C. 27.

D. 36.

Lời giải
�
a  3t
� t
a b2
log 3 a  log 6 b 
t ��
b6
� 3t  6t  7t  2 � 3t  6t  7t  2  0
7

�
a  b  7t  2
�
Đặt

�
f t  3t  6t  7t  2
f �t  3t ln 3  6t ln 3  7 � f �
 t   3t ln 2 3  6t ln 2 6  0, t
Hàm số  
. Có  

Suy ra:

f�
 t

f �0  ln 3  ln 6  7  0 f �
1  3ln 3  6 ln 6  7  0
đồng biến trên �. Mà  
;  
.

f �t  0
Nên tồn tại duy nhất t0 sao cho  0 
.

Lại có

f  0   f  1  0

, khi đó ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình có đúng hai nghiệm t  0; t  1 .
Với t  0 � a  b  1  3 (loại).
a3
�
t 1� �
� a 2  b 2  45.
b  6(TM )
�
Với
Chọn phương án A.

Bình luận: Như vậy sau khi đổi biến ta đưa về một phương trình mũ khó hơn nhiều
các bài toán trước đó mà lời giải của bài 1.5 là một mẫu mực.
Ta có thể tạo ra bài tập tương tự Bài 1.5 như sau
5
5
1.5.1. Cho các số a  1; b  0 thỏa mãn log3 a  log 4 b  a  b  2 . Giá trị ab bằng
A. 1.
B. 7.
C. 12.
D. 18.

1.5.2. Cho các số a  2; b  0 thỏa mãn
A. 3.
B. 4.

log 2 a  log 6 b 

a  b  24
b
32
. Giá trị a bằng

C. 6.
log 2 a  log 5 b 

D. 8.
3a  2b  30
2
2
46
. Giá trị b  a

1.5.3. Cho các số a  4; b  0 thỏa mãn
bằng
A. 15.
B. 20.
C. 21.
D. 28.
Bây giờ ta phát triển tương tự Bài 1.1 cho các số với giả thiết hàm mũ

Trang 7


m
n
p

Bài 1.6 Cho các số m  0, n  0, p  0 thỏa mãn 4  10  25 . Tính giá trị biểu thức

T

n
n

2m 2 p .

A. T  1

B.

T

5
2

C. T  2

D.

T

1
10

Lời giải
m  log 4 t
�

�
4  10  25  t � �
n  log10 t
�p  log t
0
25
�
Đặt
. Vì m  0 � t  4 � t  1. Suy ra:
m

T

n

p

log10 t
log10 t
logt 4
log t 25 log10 4 log10 25 log10 4.25 log10 10 2







1
2 log 4 t 2 log 25 t 2 log t 10 2 log t 10

2
2
2
2

họn phương án A.
C
c c

Bài 1.7 Cho a, b, c là các số thực khác 0 thỏa mãn 4  9  6 . Khi đó a b bằng
a

1
A. 2 .

1
B. 6 .

b

c

C. 6 .

D. 2 .

Lời giải
�a  log 4 t
�
t  4 a  9b  6 c � �

b  log 9 t
�c  log t
6
�
Đặt
.
c c log 6 t log 6 t
 

 log 6 t.log t 4  log 6 t.log t 9  log 6 t  log t 4  log t 9 
a
b
log
t
log
t
4
9
Khi đó

 log 6 t.log t 36  log 6 36  log 6 62  2

Bài 1.8

. Chọn phương án D.

Cho các số thực a, b  1 và các số dương x, y, z thay đổi thỏa mãn

a  b  ab . Giá trị lớn nhất của biểu thức
x

A..

y

P

B..

16
 y2
x
bằng

C..
Lời giải

Trang 8

D..


x
y
x
0
Đặt a  b  ab  t (Vì a  1; x  0 nên a  a  1 � t  1 . Khi đó:

1
1

�
�
logt a 
logt a 
�
�
�x  log a t
x
x
�
�
�
y

log
t
1
1
1 1
1
1
�
�
�
b
��
logt b 
��
logt b 
�   1 �  1

�
y
y
x y
x
y
�z  log c t
�
�
2
�
�
log t a  log t b  1
log  ab   log t t �
abc  t
�
� t
�
�
�

Suy ra:
Có:
Dấu bằng xảy ra khi . Vậy đạt được khi .
Chọn phương án C.
Bài 1.9 Cho các số thực a, b, c  1 và các số dương x, y , z thay đổi thỏa mãn
a  b  c  abc . Giá trị lớn nhất của biểu thức
x

y

z

A..

B.

C..

P

16 16 2
 z
x y
bằng

D.
Lời giải

x
y
z
x
0
Đặt a  b  c  abc  t (Vì a  1; x  0 nên a  a  1 � t  1 .

1
�
1
�

log t a 
log
a

t
�
�
x
x
�x  log a t
�
�
1
1
�y  log t �
�
log t b 
log t b 
1 1 1
�
�
�
b
y
y
��
��
�   2
�
x y z

�z  log c t
�
�
1
1
log t c 
�
�
�
log t c 
abc  t 2
�
z
z
�
�
2
�
�
log t a  log t b  log t c  2
log t  abc   log t t
�
�
Khi đó:
Do

1 1
1
  2
z . Ta có:

đó: x y
P

�1 1 �
16 16 2
8 8
� 1� 2
�8 8
�
  z  16 �  � z 2  16 �
2 �
 z  32  �   z 2 ��32  3 3 . .z 2  20
x
y
z z
� z�
�z z
�
�x y �
.

Vây GTLN cua P băng 20 đat đươc khi

�8
 z2
�z  2
�
�z
�
� �1 1 3

�1 1
�   1 1
�x  y  2
�
z
�x y

Trang 9


Chọn phương án A.
2x
y
4 4
Bài 1.10: Xét các số thực dương a, b, x, y thỏa mãn a, b  1 và a  b  a b . Biết giá

trị nhỏ nhất của biểu thức P  xy  3x  2 y có dạng m  n 14 (với m, n ��), tính giá
trị của S  m  n
A. 48 .

B. 34 .

C. 30 .

D. 38 .

Lời giải

a2x

Đặt

1
�
log t a 
�
2x
�
2 x  log a t
�
�
1
2 4
4x
�
�
 b y  a 4b 4  t � �y  log b t
��
log t b 
�  1� y 
y
x y
x2
�
�
4 4
log
a
b


log
t

t
� t
�
4  log a t  log b t   1
�
�

Do x  0, y  0 nên từ
P  xy  3x  2 y  7 x 

y

4x
� x  2  0 � x  2.
x2
Do đó theo BĐT cauchy:

32
32
32
 30  7  x  2  
 30 �30  2 7  x  2  .
 30  8 14
x2
x2
x2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 30  8 14 do đó m  30; n  8 � S  38 .
Chọn phương án D.
2x
3y
6 6
Bài tập tương tự: Xét các số thực dương a, b, x, y thỏa mãn a, b  1 và a  b  a b

Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  4 xy  2 x  y có dạng m  n 165 (với m, n là các
sớ tự nhiên), tính S  m  n .
A. 58 .

B. 54 .

C. 56 .

D. 60

a
b
c
Bài 1.11 Xét các số thực a , b , c �0 thỏa mãn 3  5  15 . Giá trị nhỏ nhất của

2
2
2
biểu thức P  a  b  c  4(a  b  c) thuộc tập hợp nào dưới đây?

1; 2 
A. 
.

5; 1
B. 
.

Lời giải

Trang 10

2; 4
C.   .

4;6
D.   .


a

b

3  5  15

Đặt

c



a  log 3 t
�

�
t 0��
b  log5 t
2
�
c   log15 t P  log 32 t  log 52 t  log15
t  4(log 3 t  log 5 t  log15 t )
�
.



2
 log32 t 1  log52 3  log15
3  4 log 3 t  1  log 5 3  log15 3





2
 X 2 1  log 52 3  log15
3  4 X  1  log 5 3  log15 3

Pmin

, (với X  log3 t )

�2  1  log 5 3  log15 3 �
2  1  log 5 3  log15 3 

 P�


4
log
t

�t 3
�
3
2
2
2
1  log 52 3  log15
3
� 1  log 5 3  log15 3 �
, khi

a
Suy ra

2  1  log 5 3  log15 3
2
1  log52 3  log15
3

, b  log 5

2 1 log5 3 log15 3
2 3

1 log52 3 log15
3

, c   log15

2 1 log5 3log15 3
2 3
1 log52 3log15

2 1 log5 3log15 3
2 3
1 log52 3 log15
3

Tiếp theo ta nghiên cứu một số phương trình, bất phương trình một ẩn không cùng
cơ số
Bài 1.12 Số các giá trị nguyên nhỏ hơn 2022 của tham sớ m để phương trình
log 6  2022 x  m   log 4  1011x 

A. 2020 .

có nghiệm là
B. 2021 .

C. 2024 .

D. 2023 .

Lời giải
�2022 x  m  6t

�
log 6  2022 x  m   log 4  1011x   t � �
� m  6t  2.4t
t
1011x  4
�
Đặt

Số nghiệm của phương trình bằng sớ giao điểm của đồ thị hàm số
với đường thẳng

y  m.

Xét hàm số:

f  t   6t  2.4t

f  t   6t  2.4t

f�
 t   6t ln 6  2.4t ln 4  2t  3t ln 6  2.2t ln 4 

.

t

3�
f�
 t   0 � 6t ln 6  2.4t ln 4 � �
� � 4 log 6 2 � t  log 3  4 log 6 2 

�2 �
2
t
� �2 �
�
lim f  t   lim  6  2.4   lim 6 �
1  2. � �� �;
� �3 ��
t ��
t � �
t ��
lim f  t   lim  6t  2.4t   0
�
�
t
��
t ��
+)
t

t

t

Ta có bảng biến thiên:

Trang 11


�

�
f�
log 3  4 log 6 2  ��2, 0136.
�
Với � 2
Từ bảng biến thiên, để phương trình có nghiệm thì
�
�
m �f �
log 3  4 log 6 2  ��2, 0136
� 2
�
.Vậy 2 �m  2022 . Có 2024 số nguyên m .

Chọn phương án C.
log 3x  2m   log 5  3x  m 2 
Bài 1.13 Có bao nhiêu sớ ngun m để PT 3 
có nghiệm ?

A. 3 .

B. 4 .

C. 2 .

D. 5 .

Lời giải
�
3x  2m  3t

�
log 3  3x  2m   log 5  3x  m 2   t � �x
3  m2  5t � 2m  m 2  3t  5t
�
Đặt
t
t
� m 2  2m  1  3t  5t  1 (*). Xét hàm số f  t   3  5  1 với t ��.Ta có:
t

�3 � ln 5
f�
t   0 � 3t.ln 3  5t.ln 5  0 � � �
� t  log 3  log 3 5   t0

t
t
f�
 t   3 .ln 3  5 .ln 5 .
�5 � ln 3
5
.

Bảng biến thiên

Trang 12


�  m  1 �f  t0  �  f  t0   1 �m � f  t0   1 � 2, 068 �m �0, 068
2

PT(*) có nghiệm
Do

m ��� m � 2;  1;0

.

. Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Chọn phương án A.
Bài 1.14 Số các giá trị nguyên nhỏ hơn 2020 của tham sớ m để phương trình
log 6  2020 x  m   log 4  1010 x 

A. 2020.

có nghiệm là
B. 2021.

C. 2019.

D. 2022.

Lời giải
2020 x  m  0
�
�
log 2020 x  m   log 4  1010 x   t
1010 x  0
Điều kiện: �

(*). Đặt 6 
.

Suy ra

�
2020 x  m  6t
�
�
1010 x  4t
�

 1

. Từ đó

m  6t  2.4t

 2 .

4 t0
x0 
2
2010 là nghiệm của hệ phương
Với mỗi nghiệm t0 của phương trình   thì

1
*
trình   đồng thời x0 thỏa mãn điều kiện   . Do đó x0 là nghiệm của phương
trình đã cho. Từ đó, điều kiện cần và đủ để phương trình đã cho có nghiệm là

2
phương trình   có nghiệm.

Xét

f  t   6t  2.4t

� f�
 t   6t.ln 6  2.4t.ln 4
trên �

Bảng biến thiên của hàm số

f  t

như sau:

Trang 13

f�
 t   0 � t  log 3  log6 16  : 
2

.


2
Dựa vào bảng biến thiên, ta có phương trình   có nghiệm khi và chỉ khi
m �2  do m ��

. Vậy tất cả các giá trị nguyên của tham số m thỏa yêu cầu bài

2.  1, 0,1, 2,...., 2019
tốn là các sớ ngun tḥc tập hợp 
, có tất cả 2022 giá trị.
Chọn phương án D.





3log 3 1  x  3 x  2 log 2 x
x
Bài 1.15 Cho là số nguyên dương lớn nhất sao cho
.

Giá trị của
A. 19 .

log 2  2021x 

xấp xỉ bằng:
B. 26 .

C. 25 .

D. 23 .

Lời giải
Từ giả thiết





3log 3 1  x  3 x  2 log 2 x

t
. Đặt log 2 x  3t � x  64 .

3log 3  1  8t  4t   6t � 1  8t  4t  9t
Ta được bất phương trình:
.
t

t

t

t

t

t

�1 � �8 � �4 �
�1 � �8 � �4 �
� � � � � � � 1.
f  t   � � � � � �
�9 � �9 � �9 �

�9 � �9 � �9 �.
Đặt
t

t

t

1 � �1 � �8 � �8 � �4 � �4 �
f�
 t  �
� �ln � � � �ln � � � �ln � � 0
�9 � �9 � �9 � �9 � �9 � �9 � , t ��.
�

Vậy

f  t

f 2 1
là hàm số nghịch biến trên �. Và ta lại có   .

t

t

t

�1 � �8 � �4 �
� � � � � � 1 � f  t   f  2 

� t 2.
Từ �9 � �9 � �9 �
2
Suy ra x  64  4096 mà x là số nguyên dương lớn nhất thỏa mãn suy ra x  4095 .

Vậy

log 2  2021x  �log
 2  2021 4095 

22.98050134 23

Bài 1.16 Tởng các nghiệm của phương trình

. Chọn phương án D.

log 2  cos x   2 log 3  cot x 

trên đoạn

 5; 25 bằng
A.13

70
B. 3 .

C. 7 .

Lời giải
Trang 14

40
D. 3 .


Theo đề bài:

log 2  cos x   2 log 3  cot x   1

.

cos x  0
cos x  0
�
�
��
� sin 2 x  0
�
 * .
cot
x

0
sin
x

0
�
�
Điều kiện:

Đặt

t  log 2  cos x  � cos x  2t

.

�cos 2 x �
� cos 2 x �
� 2 2t �
� 2 log 3  cot x   log 3  cot 2 x   log 3 � 2 � log 3 �

log
�
�
3�
1  cos 2 x �
1  22t �
�sin x �
�
�
.
� 4t �
4t
t  log3 � t ��
 3t
t
1
1 4 � 1 4
 2 .

�
Khi đó,   trở thành:
t

4� t
 2  � 4  3  12 � 4  12  3 � �
� � 4  1  3
�3 �
0.
t

4t 0
Điều kiện: 1 �۹۹

4t

1

t

t

t

t

t

t

t

�4 �
f  t   � � 4t
3
�3 � , t ��.
Dễ thấy t  0 không là nghiệm của   nên ta xét hàm số
t

4� 4
t
f�
 t  �
� �.ln  4 .ln 4  0
3
3
t ��� f  t  đồng biến trên � �  2  chỉ có tới đa một
��

nghiệm, mà

f  1  1 � t  1

là nghiệm duy nhất của

 3 . Do đó,

� 
x   m 2
�

1
3
cos x  21  � �
.

2

�
x    n 2
x   m2  m ��
*
�
3
�
3
Chỉ nhận
vì thỏa mãn  

Để

x � 5; 25

thì

5


5 1
25 1
 m2  25 �

 m
 � m � 1; 2;3
3
2 6
2 6
.



�
�

� x ��  2 ;  4 ;  6 �
�
3   2  4  6    13
3
3
�3
. Vậy tổng các nghiệm bằng 3
.

Chọn phương án A.
Nhận xét: ta có thể lồng dãy số vào bài toán logarit bằng bài toán sau :
u
log 3  2u5  63  2 log 4  un  8n  8  n ��*
Bài 1.17 Cho dãy số  n  thỏa mãn
,
.
un .S2 n 148


S

u

u

...

u
u
.
S
75 .
n
n
1
2
n
2
n
n
Đặt
. Tìm sớ ngun dương lớn nhất thỏa mãn
Trang 15


A. 18 .

B. 17 .

D. 19 .

C. 16 .
Lời giải

*
log3  2u5  63  2 log 4  un  8n  8  � log 3  2u5  63  log 2  un  8n  8 
Ta có n �� ,
.

Đặt

�
�
2u5  63  3t
2u5  63  3t
�
�
��
�
�
t  log 3  2u5  63
u n  8 n  8  2t
u5  32  2t
�
�

t
t
(chọn n  5 ) � 1  3  2.2

� t  2 � un  8n  4 . Khi đó u5 = 36
Với un  8n  4 và u5 = 36 , ta có:
log 3  2u5  63  2 log 4  un  8n  8  � log 3  2.36  63   2 log 4  8n  4  8n  8 

� log 3 9  2 log 4 4 � 2  2 đúng n ��* .
un 1  un  8  n  1  4   8n  4   8

. Vậy  un  là cấp số cộng có sớ hạng đầu

Ta có:

u1  4 , cơng sai d  8 . � S n  u1  u2  ...  un 
2
un .S 2 n  8n  4  .16n 148


u2 n .Sn  16n  4  .4 n 2 75 � n  19

Do đó

 u1  un  .n  4n 2
2

.

. Chọn phương án A.

Bây giờ ta nghiên cứu một số bài toán lôgarit chứa nhiều biến không cùng cơ số
Bài 1.18 Có tất cả bao nhiêu sớ ngun

log 3 ( x  y )  log 4  x 2  y 2 

x

sao cho tồn tại số thực

B. 2 .

C. 1 .

D. Vô số.

Lời giải
t  log 3 ( x  y)  log 4  x  y
2

2

Cách 1: Đặt
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có
2

2  x2

����
x 2 y 2 
4t � x 2

y2 
4t

thỏa mãn

?

A. 3 .

9t 
y
 x �

y

9t
4t

4t
4

log 9 2
4

2

1,89

t



t
�x  y  3
� �2
 1
2
t
�x  y  4

log 9 2
2

x



1; 0;1

�y  3t
t 0
�
�
x  0 � �2
��
t
�y  1 .
�y  4
 Trường hợp 1:

Trang 16

.


�y  3t  1
t0
�
x 1� �2
��
t
�y  4  1 �y  0 .
 Trường hợp 2:
t �0
�y  3t  1
�
x  1 � � 2
�
� x 2  y 2 �5
�
t
t
�y  1  4 �1 �y  3  1 �2
 Trường hợp 3:
mâu thuẫn với
x 2  y 2 �4

log 3 2
2

x � 0;1
suy ra loại x  1 . Vậy có hai giá trị

�x  y  3t
�
t  log 3 ( x  y )  log 4  x 2  y 2  � � 2
 1
x  y 2  4t
�
Cách 2: Đặt
. Suy ra x, y là tọa độ của

điểm

M

với

Để tồn tại

y

M

t
C : x 2  y 2  4t
thuộc đường thẳng d : x  y  3 và đường tròn  
.

tức tồn tại

O  0;0  , R  2t

3t
2

M

 2t
�

nên

t

d,  C 

log 3 2

nên
quỹ tích điểm M như hình vẽ sau

2

có điểm chung, suy ra

. Khi đó

d  O, d  �R

log 3 2
�

0  x  y �3 2
�
 1 � �
log 2
�x 2  y 2 �4 32
�

trong đó

. Minh họa

Ta thấy có 3 giá trị x �� có thể thỏa mãn là x  1; x  0; x  1 .
Thử lại:
�y  3t
t 0
�
�
x  0 � �2
��
t
�y  1 .
�y  4
 Trường hợp 1:
�y  3t  1
t0
�
x 1� �2
�
�
t

�y  4  1 �y  0 .
 Trường hợp 2:

 Trường hợp 3:
x  y �4
2

2

t
t �0
�
�y  3  1
x  1 � � 2
��
� x 2  y 2 �5
t
t
y

3

1
�
2
�y  1  4 �1 �

log 3 2

suy ra loại x  1 . Chọn phương án B.

Tương tự Bài 1.18 ta có các bài toán sau:
2

Trang 17

mâu thuẫn với


Bài 1.19 Có tất cả bao nhiêu sớ ngun x sao cho tồn tại số thực y thỏa mãn
log3 ( x  y )  log 4  x 2  2 y 2 

?
B. 3

A. 1

C. 2

D. Vô số

Lời giải
Điều kiện: x  y  0 .

Đặt

log 3 ( x  y )  log 4  x 2  2 y 2 

�
x  3t  y
t

�
�
x

y

3
�
��t
2
�2
3

y
 2 y 2  4t
t


x  2 y 2  4t
�
�
�
, suy ra

 1

2
t
t
t

Phương trình  1 � 3 y  2.3 y  9  4  0 . Phương trình phải có nghiệm nên:

� 9 3  9

�
t

t

4

t



2t

0

�3 �
��
�2 �

3
2

t

�
0 x y � 3

�
1
�2
2
2 . Do đó: �x  2 y �2

x2

2
�αx

 0; 1

( vì x ��)

Thử lại: Với

t  log 4 2
�
�y  3t
�
�
9
x 0�� 2
��
t
log 4 2
2y  4
�
�y  3 9

�

�
1 y  3t
t 0
�
�
x 1� �
��
2
t
1 2 y  4
�y  0
�
Với
�y  3t  1
x  1 � � 2
� 2.9t  4.3t  3  4t  0
t
2 y 1  4
�
Với

 2

0 9t 4t nên  2  vô nghiệm, khi t  0 � 4t  1 � 1  4t  0 nên  2  cũng vô
Khi t �

nghiệm. Vậy

x � 0;1

. Chọn phương án C.

Bài 1.20 Có tất cả bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại sớ thực y thỏa mãn
phương trình:
A. 1





2 log 2  x  y   log 2 1  3  log

3

x

2

 y 2  1

B. 3

C.
Lờigiải

Đặt:





t  2 log 2  x  y   log 2 1  3  log

3

x

2

 y 2  1

Trang 18

.

2

D. 5






2
t  log 1 3
2
�

 x  y   1  3 .2t
 x  y  2 2  �
�
�
��
.
�
t
t
2
2
2
2
�
�
�x  y  1  3
Suy ra: �x  y  1  3
Ta có:

�
y �2�+
 x+
 x2 y�2 �  1



2

3 .2t



21

3

 1 3 2



t

1

2

t

t
�1 � � 3 �
f  t   � � �
�
�
�2 � �
�2 �

t

3

t

t

t

�1 �
��
�2 �

� 3 � 1 3
�
�2 �
�
2
� �

f  t

f  1

t

nghịch biến trên

� nên

t
�1 � � 3 � 1  3
�۳

� �
� �۳
�
2
�2 � �
�2 �

t  log 2  1 3 
�
2
�
0 x y  2
� 2 log 2 1  3
�
t
�2
2
�αx
Do đó �x  y  1  3 �1  3



t 1

.



 0; 1 ( vì

x ��)

Thử lại: Với x  1 :





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















g  0  g  1  0



t

g  x   1  3 2t  2 1  3 .2t  3  1

Ta có:



nên phương trình có nghiệm

 0;1 thỏa mãn

liên tục trên

t � 0;1



.





2 log 2  x  y   log 2 1  3  log
Nên x  1 thì tồn tại sớ thực y thỏa mãn

3

x

2

 y 2  1

Với x  1 :





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

�y 2  3 t
�





 1  3  2  2  1  3  .2 
Ta có:
t

t

x  1 thì khơng tồn tại số











t

3  1  0, t �1

thực y thỏa

nên phương trình vơ nghiệm. Do đó
mãn đề bài.

�y 2  1  3 2t
t
t
�
� 1  3 2t  3  1 � 1  3 2t  3  1  0
�
t
�
y2  1 3
�
x

0
Với
:









Trang 19








t

h  x   1  3 2t  3  1

Ta có:

phương trình có nghiệm



liên tục trên

t � 1;0 



2 log 2  x  y   log 2 1  3  log

3

x

2

 1;0 thỏa mãn h  1 h  0   0 nên

. Do đó với x  0 thì tồn tại sớ thực
 y 2  1

. Vậy

x � 0;1

y

thỏa mãn

. Chọn phương án C.

Bình luận: Như vậy sau khi làm ba bài trên thì bằng đổi biến sau đó dùng đánh giá
bđt thì dạng toán trên ta đã quy lạ về quen. Để thêm phần mới mẻ ta nghiên cứu
hai bài toán sau:
Bài 1.21 Cho các số thực a; b thỏa mãn a  b  0 và log 2  a  b   log3  a  b  . Khi
biểu thức

P  log 2 a  log 2 b  2 log 3  a  b   2 log 2  a 2  b 2 

đạt giá trị lớn nhất, khi đó

a  b thuộc khoảng nào sau đây

A.  3; 4 

B.  4;5 

C.  5;6 

D.  2;3

Nhận xét : Vẫn giả thiết là lôgarit không cùng cơ số nên nhắc ta đổi biến số.
Lời giải

Đặt

�2
9t  4t
2
a b 
�
�
a  b  2t
�
�
2
log 2  a  b   log 3  a  b   t � �
�
�
t
t
t
a b  3
9 4
�

�
ab 
�
�
4
�9t  4t
P  log 2 �
� 4

Khi đó
�9t  4t
P  log 2 �
� 4

�
�9t  4t

2
t

log
�
2�
�
� 4

�
�9t  4t

2

t

log
�
2�
�
� 4

�
9t  4t
36t  16t
2t

log
2

log

log
�
2
2
2
2
2
�
 9t  4t 
 9t  4 t 

�

9 t  4t
36t  16t
2t

log
2

log

log
�
2
2
2
2
2
�
 9t  4 t 
 9t  4 t 

t

T

36t  16t

9 4 

t 2

t



�9 �
� � 1
�4 �
2

t
�
�9 � �
�
� � 1�
�4 � �
�



u

 u  2

2



1

1

�
2 � 8
�
�u 
�
u�
�
2

t

Do đó

Tmax

a b  2

log 9 3
4

t

2
�9 �
u  � � 1, u 
�2 2
4
u
�
�

(do
).

1
�9 �
 � u  2 � � � 3 � t  log 9 3
8
�4 �
4
. Suy ra Pmax  3. Khi đó
�2,557 � 2;3

. Chọn phương án D.
Trang 20


a; b; c 
a, b � 1;0;1; 2;3; 4;5
Bài 1.22 Có bao nhiêu bợ 
với
và c  1 là sớ thực thỏa

mãn log a  b  c   2 log10 c
A.

8

C. 6

B. 12

D. 10

Lời giải

Đặt

�
b  c  at
�
t
log a  b  c   2log10 c  t � �
t � a b 
c  10
�
�



bc 0
bc  0
�
�
��
;
�
log a  b  c   2 log10 c  0 �
a 1
�

TH1:

a  10 � a � 2;3 .

TH2:

a  10 � a � 4;5 .

Khi đó



10



t

 1 .

Theo giả thiết c  1 ta có

Khi đó từ  1 ta xét các trường hợp sau:

b  at 

Khi đó





b  at 



t

10  0  t  0  � b  1





.

t

10  0  t  0  � b � 1; 2;3; 4;5

. Vói mỗi

a; b; c 
giá trị dương của t ta thu được một giá trị của c . Vậy có tất cả 12 bợ sớ 
thỏa mãn u cầu bài toán. Chọn phương án B.

Bình luận: đây là một bài toán đòi hỏi khả năng suy luận cao.
Chúng ta đã nghiên cứu các bài toán với giả thiết là các phương trình chứa nhiều
biến, liệu giả thiết là bất phương trình thì chúng ta có đổi biến để giải quyết bài
toán hay không. Bây giờ ta đi vào tìm hiểu mợt sớ bài như thế.

Bài 1.23 Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có khơng q 127 sớ
log 3  x 2  y  �log 2  x  y 
nguyên y thỏa mãn
?
A. 89 .
B. 46 .

C. 45 .

D. 90 .

Lời giải
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 ) 

1
1
 2
0
t ln 2  x  x  t  ln 3

g t

1; �
với mọi y . Do đó   đồng biến trên 
Trang 21


Vì mỗi x ngun có khơng q 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. Chọn phương án D.
Bài 1.24 Có bao nhiêu sớ ngun x sao cho ứng với mỗi x có khơng q 242 sớ
log 4  x 2  y  �log3  x  y 
y
nguyên thỏa mãn
?
A. 55 .
B. 28 .

C. 56 .

D. 29

Lời giải
�x 2  y  0
�
log x  y   t
Điều kiện: �x  y  0 . Đặt 3 
, ta có

Nhận xét rằng hàm sớ

f  t   4t  3t

2
t
t
�
�x 2  y �4t
�x  x �4  3
�
�
�
t
t
�y  3  x
�x  y  3

 *
.

0; �
f t 0
đồng biến trên khoảng 
và  
với

n
n
2

mọi t  0 . Gọi n �Z thỏa 4  3  x  x , khi đó  * ۣ t n
t
n
Từ đó, ta có  x  y  3  x �3  x . Mặt khác, vì có khơng q 242 sớ ngun y thỏa
n
mãn đề bài nên 3 �242

n

log 3 242 .

log 242
2
 242 � 27, 4 �x �28, 4 .
Từ đó, suy ra x  x �4
3


Mà x �Z nên
đề bài. Chọn phương án C.

x � 27,  26, ..., 27, 28

. Vậy có 56 giá trị nguyên của x thỏa u cầu

Bài tập tương tự: Có bao nhiêu sớ ngun x sao cho ứng với mỗi x có khơng
log x 2  y  �log 2  x  y 
quá 255 số nguyên y thỏa mãn 3 
?

A. 80 .

B. 158 .

C. 156 .

D. 157

ĐS: Chọn phương án B.
Trên đây là các bài toán đổi qua một biến. Liệu có những bài toán đổi qua hai
biến, ba biến ta có thực hiện được không. Ta cùng nghiên cứu
2. Đổi qua nhiều biến
Khi giả thiết xuất hiện tổng, hiệu các lôgarit không cùng cơ số hoặc cùng cơ số
nhưng biểu thức dưới dấu lôgarit khác nhau ta thường đổi qua nhiều biến.
Trang 22


Bài 1.25 Xét các số thực dương a, b, c lớn hơn 1 ( với a  b ) thỏa mãn
4  log a c  log b c   25log ab c

. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức logb a  log a c  log c b bằng

A. 5 .

17
C. 4 .

B. 8 .

D. 3 .

Lời giải
Đặt log c a  x, log c b  y . Vì a, b, c  1 và a  b nên suy ra log c a  log c b hay x  y  0 .
� 1
1 �
1
4 4
25
4�

 
� 25.
Từ giả thiết suy ra: �log c a log c b � log c ab � x y x  y

 x  y
�

xy

Ta có:

2

�x
�y  4
�
x y 17
�x 1
25


 

4 � y x 4 ��
�y 4 � x  4 y ( vì x  y ).

log b a  log a c  log c b 

x 1
1
log c a
1
x 1
 y �4  2
.y  5

 log c b
 y 
log c b log c a
y 4y
4y
 y x

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

y

1
2
2
2 và x  2 , tức là a  c ; c  b

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức đã cho bằng 5 . Chọn phương án A
Bài 1.26 Cho a, b, c là các số thực dương khác 1 thỏa mãn điều kiện
log 2a b  log b2 c  log a

c
c
 2 log b  3
b
b
. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ

nhất của P  log a b  logb c . Giá trị của biểu thức S  3m  M bằng
A. 16 .
B. 4 .
C. 6 .

D. 6 .

Lời giải
Biến đổi đẳng thức đề bài ta được:
log 2a b  log b2 c  log a

c
c
 2log b  3 � log a2 b  log b2 c  log a c  log a b  2 log b c  1
b
b

� log 2a b  log b2 c  log a b.log b c  log a b  2 log b c  1

. Đặt u  log a b; v  log b c ta có phương

2
2
2
2
2
2
trình: u  v  uv  u  2v  1 � u  2uv  v  u  2u  1  v  4v  4  3

� (u  v) 2  (u  1) 2  (v  2) 2  3

(*)
Trang 23


1
x 2  y 2 � ( x  y )2
2
Ta có bất đẳng thức quen tḥc
dấu bằng xảy ra khi x   y , áp

dụng bất đẳng thức này ta có
1
1
(u  1) 2  (v  2) 2 � (u  1  v  2) 2 � (u  1) 2  (v  2) 2 � (u  v  1) 2
2
2
(**)

1
1
5
3  (u  v ) 2 � (u  v  1) 2 � 3  P 2 � ( P  1) 2 � 3P 2  2 P  5 �0 � 1 �P �
2
2
3
Từ (*), (**):

Vậy

m  1, M 

5
3 suy ra S  m  3M  6 . Chọn phương án C.

Bài 1.27 Cho các số thực x, y �1 và thỏa mãn điều kiện xy �4 . Biểu thức
y2
P  log 4 x 8 x  log 2 y 2
4
4
2 đạt giá trị nhỏ nhất tại x  x0 , y  y0 . Đặt T  x0  y0 mệnh
đề nào sau đây đúng

A. T  131 .

B. T  132 .

C. T  129 .

D. T  130 .

Lời giải

Ta có

P  log 4 x 8 x  log 2 y 2

y2
log 2
y 2  log 2 8 x 
2  3  log 2 x  2log 2 y  1
2
2  log 2 x 2log 2 y  1 .
2 log 2 4 x log 2 2 y

Đặt log 2 x  a , log 2 y  b ( a, b �0 ), ta được

P

3  a 2b  1
1
2



2  a 2b  1 2  a 2b  1 .

2  0� a 2 b
Vì xy �4 suy ra log 2 x  log 2 y �2 � a b �

1
2
1
2
1
2

�

f (b) 

2  a 2b  1 4  b 2b  1 .Xét hàm
4  b 2b  1 trên  0;2 có:
Suy ra
1
4
7
f�
(b ) 

;
2
2
2
2
�
b

 b   0 �  2b  1  4(4  b)  0

 4  b   2b  1 f �
4
P

.

Ta có:

f  0 

9
9
, f  2  ,
4
10

�7 � 8
8
f � �
min P 
0;2


�4 � 9 . Suy ra trên đoạn
9
ta có:

1
�
1

1
log 2 x 
�
�
�
4
�
4
x

2
4
4
�
�x0  2 4
��
�
�
.
� 14 � � 74 �
�
�
4
4
7
7
7
�
T  x0  y0  �
2 � �

2 � 130
log y 
�y  2 4
�y  2 4
� 2
4
�
�0
� � � �
Vậy
.

Chọn phương án D.
Trang 24


Bài 1.28 Cho các số thực dương a; b; c khác 1 thỏa mãn điều kiện sau:
log 2a b  logb2 c  2 logb

c
c
 log a 3
b
a b . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ

2
2
nhất của P  log a ab  logb bc . Tính giá trị biểu thức S  2m  9M .
A. S  27 .
B. S  25 .

C. S  26 .
Lời giải

Đặt

D. S  28 .

x  log a b; y  log b c,  x; y  0  � log a c  xy � P  log a ab  log b bc  x  y � x  P  y

Ta có:

log 2a b  log b2 c  2 log b

.

c
c
 log a 3 � x 2  y 2  2 y  2  xy  3  x
b
ab
.

�  P  y   y 2  2 y  2   P  y  y  3   P  y  � y 2   P  3 y  P 2  P  1  0
2

PT có nghiệm
Chọn phương án A.

5
5

 �0 � 3P 2  2 P  5 �0 � 1 �P � � m  1; M  � S  27.
3
3
khi

Bài 1.29 Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn đồng thời log 2 ( xyz )  2020 và
1
1
1
1



log 2 x log 2 y log 2 z 2020 . Tính log 2  xyz  x  y  z   xy  yz  zx  1
A. 4040 .
B. 1010 .
C. 2020.

2
D. 2020 .

Lời giải
1 1 1
1



Đặt a  log 2 x; b  log 2 y; c  log 2 z . Ta có a b c 2020 và a  b  c  2020
�1 1 1 �
 a  b  c   1 �  a  b  c   ab  ac  bc   abc

�  �
�a b c �

� a 2b  ab 2  abc  abc  b 2 c  bc 2  a 2c  ac 2  0 �  a  b   b  c   c  a   0

2020
Vì vai trị a, b, c như nhau nên giả sử a  b  0 � c  2020 � z  2 và xy  1 .

log 2  xyz  x  y  z   xy  yz  zx  1  log 2  z ( x  y  z )  1  yz  zx  1
 log 2  z 2   2log 2 z  4040

Chọn phương án A.

Trang 25