Tải bản đầy đủ (.pdf) (18 trang)

ĐỀ MINI TEST 06

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.33 MB, 18 trang )

Khóa luyện đề nâng cao 2020
Sưu tầm và biên soạn

ĐỀ MINI TEST 06

Phạm Minh Tuấn

Thời gian: 45 phút (không kể thời gian phát đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC

Đề thi gồm có 5 trang, 15 câu

Họ và tên:…………………………………………………Số báo danh:………………………..
Câu 1:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 6x   3  m 2x  m  0 có nghiệm thuộc

0;1 .
B. 0 .

A. 1 .

C. 3 .

D. 2 .

Lời giải
6x   3  m 2x  m  0 

Đặt f  x  


6x  3.2x
 m .
2x  1

6 x  3.2 x
với x  0;1 .
2x  1

Ta có

f  x



6


x



 



ln 6  3.2 x ln 2 2 x  1  6 x  3.2 x 2 x ln 2



2 1

x

6 x 2 x  ln 6  ln 2   6 x ln 6  3.2 x ln 2



2x  1



2

 0 , x  0;1

Suy ra f  x  đồng biến trên 0;1 từ đó suy ra
yêu cầu bài toán tương đương với 2   m  4  4  m  2 .
Câu 2:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m  10 để phương trình 9 x  3x  m  0 có nghiệm là:
A. 14

B. 9

C. 8

D. 12

Lời giải
Đặt t  3x với t  0 . Khi đó phương trình đã cho trở thành: t 2  t  m  0 (*).
Phương trình đề cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có ít nhất một nghiệm dương.

Xét hàm số f  t   t 2  t có f  t   2t  1 . Xét f   t   0  t  

1
.
2

Bảng biến thiên:

Facebook: https://www.facebook.com/phamminhtuan.317

1


Khóa luyện đề nâng cao 2020

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình t 2  t  m có ít nhất một nghiệm dương khi và chỉ khi
m  0  m  0 .

Câu 3:

Có bao nhiêu giá trị nguyên a để phương trình: 9x  9  a3x cos  x  chỉ có duy nhất một
nghiệm thực
B. 3 .

A. 1 .

C. 2 .

D. 4


Lời giải
Giả sử x0 là nghiệm của phương trình. Ta có 9 x0  9  a.3x0 cos( x0 ) .
Khi đó 2  x0 cũng là nghiệm của phương trình.
Thật vậy 9 2  x0  9  a32  x0 cos   2  x0   

81
9

x0

9a

9
3x0

cos  x0 

 9x0  9  a.3x0 cos  x0  .
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi x0  2  x0  x0  1 .
Với x0  1  a  6 .
Ngược lại, với a  6 , phương trình 9x  9  6.3x cos  x   3x 
+ 3x 

9
 6 cos  x  .
3x

9
6
3x


+ 6cos  x   6
 x 9
3  x  6
 x  1.
Khi đó dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi 
3
cos  x  1

x
x
Vậy 9 0  9  a.3 0 cos( x0 ) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi a  6 .

Câu 4:

Có bao nhiêu giá trị nguyên m để phương trình 2

2 x 1 1

Facebook: https://www.facebook.com/phamminhtuan.317

2

x1

 m  0 có nghiệm duy nhất.

2



Khóa luyện đề nâng cao 2020
A. 2 .

C. 3 .

B. 1 .

D. 4 .

Lời giải
Nếu x0  1 là nghiệm của phương trình thì 1  x0 cũng là nghiêm của phương trình. Do đó
phương trình có nghiệm duy nhất thì x0  1  1  x0  x0  1 .
Do đó: 2  1  m  0  m  3 .
Câu 5:

Có bao nhiêu giá trị nguyên m để phương trình 5 x2 x  5m  0 có nghiệm thực.
A. 12 .
B. 8 .
C. 7 .
D. 10 .
Lời giải
5

x2 x

 5m  0  5

x  2  x 1

 m  x  2  x  1  log 5 m


*   m  0 .

Xét hàm số f ( x)  x  2  x  1 có tập xác định.
TXĐ : D  2;   .

f '( x) 

1
2 x2

1

1 2 x  2
2 x2

.

7
f '( x)  0  x   .
4

Bảng biến thiên.

.
Suy ra Maxf ( x) 

5
.
4


Do đó phương trình  *  có nghiệm thực khi và chỉ khi log 5 m 
Câu 6:

5
5
 0  m  54 .
4
2

2

2

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 2017sin x  2018cos x  m.2019cos

x



nghiệm?
A. 2016

B. 2017

C. 2018

D. 2019

Lời giải




1
Phương trình tương đương: 2017 

 2017.2019 

cos2 x

 2018 


 2019 

Facebook: https://www.facebook.com/phamminhtuan.317

cos2 x

 m.

3


Khóa luyện đề nâng cao 2020
t

t



  2018 
1
Đặt t  cos x với t  0;1 ta được 2017 
 
  m.
 2017.2019   2019 
2

t

t


  2018 
1
Xét f  t   2017 
 
 với t  0;1 .
 2017.2019   2019 
Hàm số f  t  nghịch biến trên D  0;1 .
Max f  t   f  0   2018 và Min f  t   f  1  1 .
D

D

Phương trình có nghiệm  Min f  t   m  Max f  t  hay m  1; 2018 .
D
D
Vậy có 2018 giá trị nguyên m để phương trình có nghiệm.
Câu 7:


Biết phương trình 4 x  m.2 x 1  2m  0 có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn x1  x2  3 , giá trị m
thuộc khoảng nào?
A. m  3;6  .

B. m  2;1 .

C. m  5; 2  .

D. m 1; 3 .

Lời giải
Đặt t  2 x , t  0 .
Phương trình đã cho có 2 nghiệm x1 , x2 thoả mãn x1  x2  3 khi phương trình
t 2  2m.t  2 m  0 có 2 nghiệm t  0 thoả mãn t1 .t2  2 x1 .2 x2  2 x1  x2  8 .
2

  0
m  2m  0


m4
2m  8
t1 .t2  8


Câu 8:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m  9 để phương trình 812 x
A. 8 .

B. 9 .
C. 7 .

x

 m có nghiệm.
D. 10 .

Lời giải
* Đặt t  x ( t  0 )  t 2  x . PT trở thành 812t
Ta có PT 812 x

x

2

t

 m.

 m có nghiệm khi và chỉ khi PT 812t

+ Khảo sát f  t   812t

2

t

2


t

 m có nghiệm t  0 .

(với t  0 ) ta có: f   t   812t t.  4t  1 .
2

Lập bảng biến thiên ta được:

Facebook: https://www.facebook.com/phamminhtuan.317

4


Khóa luyện đề nâng cao 2020

* KL: PT 812t
Câu 9:

2

t

 m có nghiệm t  0 khi và chỉ khi m 

1
3

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m  0 để phương trình 3
A. 1


.
4 x4

 81m1 vô nghiệm.

C. 0

B. 2

D. 3

Lời giải
Phương trình  3

4 x 1

4 m 1
 3    x 1  m1

Phương trình vô nghiệm  m  1  0  m  1 .
Câu 10:

Cho phương trình e 3 x  2.e 2 x  ln 3  e x  ln 9  m  0 , với m là tham số. Tất cả các giá trị nguyên của
tham số m  10 để phương trình có nghiệm duy nhất là
A. 5

B. 6

D. 8


C. 7 .
Lời giải

e 3 x  2.e 2 x  ln 3  e x  ln 9  m  0  e 3 x  2.e 2 x .e ln 3  e x .e ln 9  m  0  e 3 x  6.e 2 x  9.e x  m  0 .

Đặt t  e x

t  0  , phương trình tương đương với m  t

3

 6t 2  9t .

Xét f  t   t 3  6t 2  9t trên  0;   .

t  1
.
f   t   3t 2  12t  9 , f   t   0  
t  3
Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên: với m  0 hoặc m  4 thì phương trình có nghiệm duy nhất.
Chú ý:
Ta không lấy giá trị x  0 nên tại m  0 đường thẳng y  m vẫn cắt đồ thị tại duy nhất một
điểm .

Facebook: https://www.facebook.com/phamminhtuan.317

5



Khóa luyện đề nâng cao 2020
Câu 11:


9 1

bao
1 x

2

nhiêu

  m  3  31

giá
1 x

2

trị

nguyên

của

tham


số

m

để

phương

trình

 2 m  1  0 có nghiệm thực?

A. 5 .

B. 7 .

C. Vô số.

D. 3 .

Lời giải
Điều kiện: 1  x  1 .
Đặt t  31

1 x2

. Ta có x  1;1 nên t  3;9 (do 0  1  x 2  1 ).

Phương trình trở thành: t 2   m  3  t  2 m  1  0  m  t  2   t 2  3t  1  m 


t  2  0, t  3;9 )  1 .
Xét hàm số f  t  

t 2  3t  1
(do
t2

t 2  4t  7
t 2  3t  1
 0, t   3; 9  .
, t  3;9 ; f   t  
2
t2
t

2
 

Vậy f  3  f t   f  9  hay 1  f  t  

55
, t  3;9  .
7

55
Phương trình đã cho có nghiệm  phương trình  1 có nghiệm t  3;9  1  m 
.
7

Vậy m1; 2; 3; 4; 5;6;7 .

Câu 12:

Có bao nhiêu giá trị nguyên m  10 để phương trình 16x  2  m  3 4x  3m  1  0 có nghiệm
A. 3 .

C. 5 .

B. 2 .

D. 4 .

Lời giải

16x  2  m  3 4x  3m  1  0  1 . Đặt t  4 x  0 .
PT trở thành: t 2  2  m  3 t  3m  1  0  t 2  6t  1   2t  3 m  2  .
Với t 

3
49
:  2 
 0 (vô lí)
2
4

Với 0  t 

t 2  6t  1
3
m.
: 2 

2t  3
2

3
Phương trình  1 có nghiệm  phương trình  2  có nghiệm thuộc  0;   \   .
2

Xét f  t  

t  5  N 
t 2  6t  1
2t 2  6t  20

0

. f t  
.

2
2t  3
 2t  3
t  2  L 

Bảng biến thiên:

Facebook: https://www.facebook.com/phamminhtuan.317

6



Khóa luyện đề nâng cao 2020
3

t

0

+∞

5

2

0

f'(t)

+

+∞

+∞

f(t)
1

8

3




Số nghiệm phương trình  2  là số giao điểm của đồ thị hàm số f  t  

t 2  6t  1
và đường
2t  3

thẳng y  m .

1
Dựa vào BBT, ycbt  m   ;    8;   .
3


Câu 13:



bao

nhiêu

giá

trị

 m  5  9   2m  2  6   1  m  4
x


x

A 2.

nguyên
x

của

tham

số

để

m

phương

trình

 0 có hai nghiệm phân biệt?
C 3.

B 4.

D 1.

Lời giải
2x


x

 
 
 m  5 9   2m  2 6  1  m 4  0   m  5  23    2m  2   23   1  m  0
 
 
x

x

x

x

3
Đặt t     0. Phương trình  1 trở thành  m  5 t 2   2m  2  t  1  m  0
2

1

 2

(1) có hai nghiệm phân biệt   2  có hai nghiệm dương phân biệt
2 m2  8 m  6  0
   0

2 m  2


3m5.
 S  0  
0
 m5
P  0
1 m


0
m  5

Mặt khác m 
Câu 14:

nên m  4 .
2

Cho phương trình m.3x

4 x 3

 31x  3.334 x  m . Có bao nhiêu giá trị nguyên m để phương
2

trình có 4 nghiệm phân biệt.
B. 3

A. 2

C. 4


D. 1

Lời giải
2

Ta có: m.3x



 m 3x

2

4 x 3

4 x3

 31x  3.334 x  m
2





 1  3.33 4 x  31 x  m 3x
2

2


4 x 3





 1  31 x 3.33 4 x.3x

Facebook: https://www.facebook.com/phamminhtuan.317

2

2

1

1


7


Khóa luyện đề nâng cao 2020



m 3

x2  4 x  3




1 x 2

1  3

3

 3x2  4 x  3  1  0
x  1  x  3
1  

2
1 x2
 m  31 x
m  3



x2  4 x  3

Để phương trình có 4 nghiệm thì phương trình m  31x có 2 nghiệm khác 1 , 3 .
2

 x 2  1  log 3 m  0  0  m  3
0  m  3

2
2




Do đó m  31 x  311  1
1
 m  1; m  8

1 x2
1 32
8
3

3
3

m  3

Câu 15:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 9

4 x  x2

 4.3

4 x  x2

 2m  1  0

có nghiệm?
B. 25 .


A. 27 .

C. 23 .

D. 21 .

Lời giải
Điều kiện 4 x  x2  0  0  x  4 .
Xét u  4 x  x 2 với 0  x  4 .
Trên  0; 4  , ta có: u 

2x
4x  x2

; u  0  x  2 ; u  0   0 , u  2   2 .

Vậy 0  u  2 .
Đặt t  3

4 x  x2

. Khi u  0; 2  ta có miền giá trị của t là: 1;9 .

Phương trình 9

4 x  x2

 4.3


4 x  x2

 2 m  1  0  *  trở thành: t 2  4t  2m  1  0 1

Phương trình  *  có nghiệm khi và chỉ khi phương trình  1 có nghiệm thuộc 1;9 .

1  t

2

 4t  2m  1  0 . Xét hàm số f  t   t 2  4t  1,t  1,9 , f   t   2t  4 , f   t   0  t  2 .

Suy ra min f  t   f  2   5 , max f  t   f  9   44 .
1,9 

1,9 

Để thỏa mãn yêu cầu bài toán 5  2m  44  22  m 

5
. Vậy có 25 giá trị nguyên của m
2

thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 16: Số giá trị nguyên của tham số

m

thuộc đoạn


2019 ; 2 

để phương trình

 x  1 log  4x  1  log  2 x  1  2 x  m có đúng hai nghiệm thực là
3

5

B. 2022 .

A. 2 .

C. 1 .

D. 2021 .

Lời giải
Điều kiện: x 

1
.
4

Trường hợp 1: m  2 , phương trình đã cho trở thành:

Facebook: https://www.facebook.com/phamminhtuan.317

8



Khóa luyện đề nâng cao 2020
x  1

 x  1 log  4x  1  log  2x  1  2  0  log
3

5



3

 4x  1  log  2x  1  2  0 1
5

 1

Xét hàm số f  x   log3  4x  1  log 5  2x  1  2 là hàm đồng biến trên khoảng 
; +  .
 4


Khi đó, nếu x0 là nghiệm của phương trình  1 thì x0 là nghiệm duy nhất.
Ta có: f  0   2 ; f 1  0 , suy ra f  0  f 1  0 .
Theo hệ quả của định lý trung gian, tồn tại x0   0 ; 1 sao cho f  x0   0 .
Do vậy: m  2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Trường hợp 2: m  2 , dẫn đến x  1 không phải là nghiệm của phương trình đã cho.
Phương trình đã cho trở thành:
log 3  4 x  1  log 5  2 x  1 


2x  m
0
x 1

Xét hàm số g  x   log 3  4 x  1  log 5  2 x  1 
Đạo hàm: g  x  

 1 
2x  m
, có tập xác định: D    ; 1    1; + 
x 1
 4 

4
2
2m


 0, x  D .
 4x  1 ln 3  2x  1 ln 5  x  12

Bảng biến thiên:

 1 
Dựa vào bảng biến thiên, ta suy ra: phương trình g  x   0 có đúng hai nghiệm x1   ; 1  ;
 4


x2  1; +  với mọi m  2.


Vậy với mọi giá trị nguyên của tham số m  2019 ; 2 thì phương trình đã cho luôn có hai
nghiệm thực phân biệt.
Có 2022 giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Phân tích :
-

Đây là bài toán về sự tương giao.

Facebook: https://www.facebook.com/phamminhtuan.317

9


Khóa luyện đề nâng cao 2020
Tuy nhiên nếu chúng ta cô lập m thì việc khảo sát hàm biến x khá phức tạp. Ý tưởng
của tác giả: Cho m  2 sử dụng tính chất đơn điệu trên từng khoảng và ứng với từng khoảng tương
ứng phương trình có 1 nghiệm
Bài toán tổng quát
ax  b
F  x, m  f  x  
 0 với f   x   0 và ad  bc  0 (đây cũng là nguồn gốc sáng tạo bài toán)
cx  d
Cách 2 :
Đặt f  x   log3  4x  1  log5  2x  1

x  1
TH1 : m  2 , Phương trình  
.
 f  x   2

 1

Vì f  x  là hàm số tăng trên   ;    f  x   2 có nghiệm duy nhất khác 1.
 4


Vậy m  2 thỏa mãn bài toán.
TH2 : m  2 , dẫn đến x  1 không phải là nghiệm của phương trình đã cho.
Phương trình đã cho trở thành : f  x  
Đặt g  x   f  x  

g  x   f   x  

2x  m
0
x 1

2x  m
x 1

2m

 x  1

2

0

Ta có bảng biến thiên :


 g  x   0 có đúng hai nghiệm phân biệt.
Vậy m  2019 ; 2 nên ta có 2022 giá trị nguyên m .
Bài toán tương tự:
Bài toán 16.1 Tìm số giá trị nguyên m  3 ; 2019 sao cho phương trình
x log 2  x  1  log 2  x  1   x  m  e x  mx  9 có đúng hai nghiệm thực.
m

Facebook: https://www.facebook.com/phamminhtuan.317

10


Khóa luyện đề nâng cao 2020

Câu 17.



bao

nhiêu

giá

trị

nguyên

của


tham

m  10

số

để

phương

trình

2m
x log 3  x  1  log 9 9  x  1  có hai nghiệm thực phân biệt.



A. 8

D. 9

C. 10

B. 7

Lời giải
Điều kiện: x  1.
Nhận thấy với x  0 thì phương trình đã cho trở thành 0  1 (vô lí), nên x  0 không là
nghiệm của phương trình với mọi m .
Xét 1  x  0 ta có:

2m
x
m
x log 3  x  1  log 9 9  x  1   log 3  x  1  log 3  3  x  1 




xm
ln 3
  x  1  3  x  m 
ln  x  1

mx

ln 3
ln  x  1

Đặt f  x   x 

 f '  x  1 

ln 3
ln  x  1

với 1  x  0

ln 3
 0, x   1;   \0.
 x  1 ln2  x  1


Ta lập được bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên thì phương trình m  x 

ln 3
có hai nghiệm thực phân biệt khi
ln  x  1

m  1;   .
Câu 18.









Biết rằng phương trình log 2 2 x  1  m  1  log 3 m  4 x  4 x 2  1 có nghiệm thực duy nhất.
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. m  0;1 .

B. m 1; 3 .

C. m  3;6  .

D. m  6;9  .


Lời giải
Ta có:

















log 2 2 x  1  m  log 3 3 m  4 x  4 x2  1   log 2 2 x  1  m  log 3 3 m  (2 x  1)2  .





Nếu 2 x0  1 là nghiệm của phương trình thì   2 x0  1 cũng là nghiệm của phương trình.

Facebook: https://www.facebook.com/phamminhtuan.317

11



Khóa luyện đề nâng cao 2020
Vậy để phương trình có nghiệm duy nhất thì 2 x0  1    2 x0  1  x0 
Với x0 

1
.
2

1
thay vào phương trình ta có: log 2 m  log 3 3m  t
2

t
t
log 3 3

 3
m  2
t
t
2


3.2

3



3

t

log
3

m

2
 6,54 .
 
3
t
2
3
m

3



2


Câu 19.

sin x  5 cos x  m  5

 logsin x


Có bao nhiêu giá trị nguyên m để phương trình 3

5 cos x 10

 m  5



nghiệm.
A. 7 .

B. 4 .

C. 5 .

D. 6 .

Lời giải
Ta có : 3

 3sin x 

sin x  5 cos x  m  5

5 cos x 10

 log sin x 

sin x  5 cos x 10


5 cos x 10



 m  5  3



.ln sin x  5 cos x  10  3

m 5

3

m 5



.ln m  5







ln m  5




ln sin x  5 cos x  10





Xét f  t   ln  t  .3t , t  5
1
f   t   3t  ln  t  3t ln  3   0 , t  5 , suy ra hàm số f  t  đồng biến .
t



 



f sin x  5 cos x  10  f m  5  sin x  5 cos x  10  m  5  sin x  5 cos x  5  m

Mà  6  sin x  5 cos x  6
Vậy để phương trình có nghiệm ta phải có 5  6  m  5  6
Câu 20.

Cho phương trình m ln2  x  1   x  2  m ln  x  1  x  2  0 1 . Tập hợp tất cả các giá trị của
tham số m để phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt thoả mãn 0  x1  2  4  x2 là khoảng

 a ;   . Khi đó a thuộc khoảng
A.  3,8; 3,9  .


B.  3,6; 3,7  .

C.  3,7 ; 3,8  .

D.  3,5; 3,6  .

Lời giải
Điều kiện: x  1.
Vì x  0 không thỏa mãn phương trình nên ta có

x2
 m  ln( x  1) ,  2 
 m ln  x  1  x  2
.

1  m ln  x  1  x  2  ln  x  1  1  0  

1
ln  x  1  1
 x  e  1

Facebook: https://www.facebook.com/phamminhtuan.317

12


Khóa luyện đề nâng cao 2020
Do nghiệm x 

1

 1  0 nên phương trình  1 có hai nghiệm thoả mãn 0  x1  2  4  x2 khi và
e

chỉ khi phương trình  2  có hai nghiệm phân biệt sao cho 0  x1  2  4  x2 .

x2
Xét hàm số f  x  
trên khoảng  0 ; +  ta có f   x  
ln  x  1
f   x   0  ln  x  1 

x2
x1 .
2
ln  x  1

ln  x  1 

x2
 0 ,  3 .
x1

1
1
x2
có h  x  

 0 , x  0 nên h  x  đồng biến
x1
x  1  x  12


Xét hàm số h  x   ln  x  1 

trên  0;    do đó phương trình f   x   0 có không quá một nghiệm.
Mà f   2  . f   4   0 và f   x  là hàm số liên tục trên  2; 4  suy ra phương trình  3  có duy nhất
một nghiệm x0   2; 4  . Từ đó ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt thoả mãn 0  x1  2  4  x2
khi và chỉ khi m 
Câu 21.

Tổng
3

tất

x 3 3 m 3 x

A. 45 .



cả

 6

6
6
 m
;    . Vậy a 

  3,7 ; 3,8  .
ln 5
ln
5
ln
5



các

giá



trị

 x  9 x  24 x  m .3
3

2

x3

nguyên

của

tham


số

để

m

phương

trình

 3  1 có ba nghiệm phân biệt bằng
x

B. 38 .

C. 34 .

D. 27 .

Lời giải
Phương trình tương đương với

3

3

m 3 x






 x3  9x2  24x  m  27  33x  3

3

m 3 x

 m  3x  33x   3  x 

Xét hàm đặc trưng: f t   3t  t 3  f  t   3t ln3  3t 2  0 t 
3

3

m 3 x

3

.

 m  3 x  33  x   3  x   3 m  3 x  3  x  m   3  x   3x
3

3

 m   x 3  9 x 2  24 x  27 .

Facebook: https://www.facebook.com/phamminhtuan.317


13


Khóa luyện đề nâng cao 2020
x  2
Đặt g  x   x3  9x2  24x  27  g  x   3x2  18 x  24  0  
.
x  4
Ta có bảng biến thiên:

Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì 7  m  11  m 8;9;10 . Vậy tổng các giá trị m
bằng 27 .
Câu 22.

Có bao nhiêu số nguyên

 2019; 2019

để phương trình

1
1
 x
 x  a có hai
ln  x  5  3  1

nghiệm phân biệt?
A. 0 .

B. 2022 .


C. 2014 .

D. 2015 .

Lời giải
Ta có

1
1
1
1
 x
 xa 
 x
xa
ln  x  5 3  1
ln  x  5 3  1

ln  x  5   0
 x  4


Điều kiện xác định  x  5  0
  x  5 .
3x  1  0
x  0




Đặt hàm số f ( x) 
Suy ra f '( x) 

1
1
 x
 x có TXĐ D   5; 4   4;0   0;  
ln( x  5) 3  1

1
3x ln 3

 1  0 nên f ( x ) nghịch biến trên từng khoảng xác
 x  5 ln 2  x  5  3x  12

định
1
243
; lim f ( x)  ; lim f ( x)  
5  5
x 4
35  1
242 x 4
lim f ( x)  ; lim f ( x)   ; lim f ( x)  

Tính : lim f ( x) 
x 5

x 0


x 0

x 

Bảng biến thiên

Phương trình f ( x )  a có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi a  5  243
242

Facebook: https://www.facebook.com/phamminhtuan.317

14


Khóa luyện đề nâng cao 2020
a 
a 
Do 
. Vậy có 2018  4 1  2015 giá trị của a .

a   2019; 2019  a   4; 2018

Câu 23.

Tổng tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 2 x

2




 4 x  5  m2



 log x2  4 x  6 m2  1 có đúng 1

nghiệm là
C. 2 .

B. 0 .

A. 1 .

D. 4 .

Lời giải
Ta có 2 x

2

 4 x  5  m2





 log x2  4 x  6 m2  1  2




  log

x 2  4 x  6  m2  1

x2  4 x  6

m

2



1 .

2

a  x  4 x  6
Đặt 
, ta có a  2; b  1 , phương trình đã cho trở thành 2 a b  log a b .
2

b  m  1
ab
 2  1
Nếu a  b thì 
không thỏa mãn.
log a b  1

 2 a  b  1
Nếu a  b thì 

không thỏa mãn.
log a b  1

Do đó a  b , khi đó phương trình đã cho tương đương với
x 2  4 x  6  m2  1  x 2  4 x  5  m2

Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của parabol y  x 2  4 x  5 và đường
thẳng y  m 2
Ta có hình ảnh minh họa sau

Dựa vào đồ thị, phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm khi và chỉ khi m2  1  m  1 .
Vậy tổng các giá trị của tham số m là 0.
Câu 24.

1
2 x2  4 x  6
log
 x 2  2 x  x  m có
Tổng tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
2
2
xm 1





đúng ba nghiệm phân biệt là
A. 2 .


B. 3 .

C. 1 .

Facebook: https://www.facebook.com/phamminhtuan.317

D. 0 .

15


Khóa luyện đề nâng cao 2020
Lời giải
Điều kiện:

2x2  4x  6
 0  x 
xm 1

Phương trình:

 log 2

.

1
2 x2  4 x  6
log 2
 x2  2 x  x  m
2

xm 1



2 x2  4 x  6
 2x2  4 x  x  m
xm 1











 







 








 * 



 log 2 2 x 2  4 x  6  log 2 x  m  1  2 x 2  4 x  4 x  m





 log 2 2 x 2  4 x  6  2 x 2  4 x  6  log 2 x  m  1  2  4 x  m  4

 

 log 2 2 x 2  4 x  6  2 x 2  4 x  6  log 2 4 x  m  4  4 x  m  4



  1

 Xét hàm f  t   log2 t  t trên khoảng  0;    .
có f '  t  

1
 1  0 , t  0 suy ra f  t  đồng biến trên khoảng  0;    .
t ln 2




 

Khi đó  1  f 2 x 2  4 x  6  f 4 x  m  4



 2 x2  4 x  6  4 x  m  4

 2 x  m  x2  2x  1
 2 x  2m  x 2  2 x  1
( do x2  2x  1  ( x  1)2  0, x 

2
 2 x  2m   x  2 x  1





)

 2m   x 2  4 x  1

 2
2
 2m  x  1
 Vẽ đồ thị hai hàm số g  x   x2  4x  1 và h  x   x2  1 trên cùng hệ trục tọa độ Oxy


Facebook: https://www.facebook.com/phamminhtuan.317

16


Khóa luyện đề nâng cao 2020

(Chú ý: Hai đồ thị hàm số y  g( x) và y  h( x) tiếp xúc với nhau tại điểm A(1; 2) )
Để phương trình  *  có đúng ba nghiệm phân biệt thì  2  phải có đúng ba nghiệm phân biệt

 đường thẳng y  2 m và hai đồ thị trên có đúng ba điểm chung phân biệt

1
m  2
 2m  1


  2m  2   m  1 .
 2m  3 
3
m 
2

Vậy tổng tất cả các giá trị của m bằng 3.
Câu 25.

Tìm tham số m để tổng các nghiệm của phương trình sau đạt giá trị nhỏ nhất:
2
mx 1 m

1   2 x 2  m  m  1 x  2  .21 mx  x  x 2  mx  1 .2    x 2  m2 x.
1
1
A. 0 .
B. 2 .
C.  .
D. .
2
2





Lời giải





2
mx 1 m
1   2 x 2  m  m  1 x  2  .21 mx  x  x 2  mx  1 .2    x 2  m2 x


  x 2  mx  1  x 2  m2 x  1  .2






 









  x 2  mx  1 .2 x m x 1 x mx 1  x 2  m2 x  1 .





 x2  mx 1

2

2

2



Đặt a  x 2  mx  1 , b  x 2  m2 x  1 thì phương trình trên trở thành

 a  b  .2


a



 



 a.2b  a  b  a  b  a.2b  b.2a  a 2b  1  b 2a  1  0 (*).

Nếu a  0 hoặc b  0 thì phương trình (*) thỏa mãn.
Nếu a  0 và b  0 thì phương trình (*) tương đương

2b  1 2 a  1

 0 (**).
b
a

Nhận xét:

Facebook: https://www.facebook.com/phamminhtuan.317

17


Khóa luyện đề nâng cao 2020
Với a  0 thì 2 a  1 , tức là 2 a  1  0 nên


2a  1
0.
a

Với a  0 thì 2 a  1 , tức là 2 a  1  0 nên

2a  1
0.
a

Suy ra

2a  1
 0, a  0 .
a

Tương tự:

Nên

2b  1
 0, b  0 .
b

2b  1 2 a  1

 0, a  0, b  0 . Suy ra phương trình (**) vô nghiệm.
b
a


a  0
Do đó: (*)  
.
b  0

 x2  mx  1  0
Tức là phương trình đã cho tương đương  2
.
2
 x  m x  1  0
Hai phương trình x 2  mx  1  0 và x 2  m2 x  1  0 có ít nhất 1 nghiệm trùng nhau khi m  0
hoặc m  1 .
Nếu m  0 thì hai phương trình đều là x 2  1  0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm
và tổng hai nghiệm đó là T1  0 .
Nếu m  1 thì hai phương trình đều là x 2  x  1  0 nên phương trình đã cho có hai
và tổng hai nghiệm đó là T2  1 .

nghiệm

Khi m  0 và m  1 thì hai phương trình x 2  mx  1  0 và x 2  m2 x  1  0 không có nghiệm
nào trùng nhau.
Phương trình bậc hai x 2  mx  1  0 có a.c  0 nên có hai nghiệm phân biệt và tổng hai nghiệm
đó là x1  x2  m .
Phương trình bậc hai x 2  m2 x  1  0 có a.c  0 nên có hai nghiệm phân biệt và tổng hai
nghiệm đó là x3  x4  m2 .
Suy ra phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt và tổng của chúng là
2


1 1

1
T3  x1  x2  x3  x4  m  m   m      .
2 4
4

2

1
1
1
T3    m   , nên min T3   .
4
2
4

So sánh T1 , T2 , min T3 thì được giá trị nhỏ nhất của tổng các nghiệm của phương trình đã cho là


1
1
và đạt tại m   .
4
2

Facebook: https://www.facebook.com/phamminhtuan.317

18




Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay
×