Tải bản đầy đủ

Ứng dụng phương pháp hàm số giải phương trình mũ và logarit

NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT

KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
1. Định lý: Nếu hàm số y  f  x  đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) và liên tục trên  a; b  thì
* u; v   a; b  : f  u   f  v   u  v .
* Phương trình f  x   k  k  const  có nhiều nhất 1 nghiệm trên khoảng  a; b  .
2. Định lý: Nếu hàm số y  f  x  đồng biến (hoặc nghịch biến) và liên tục trên  a; b  , đồng thời

lim f  x  . lim f ( x )  0 thì phương trình f  x   k  k  const  có duy nhất nghiệm trên  a; b  .

x a

xb

3. Tính chất của logarit:
1.1. So sánh hai logarit cũng cơ số:


1.2. Hệ quả:

Cho số dương a  1 và các số dương b, c .

Cho số dương a  1 và các số dương b, c .

 Khi a  1 thì log a b  log a c  b  c .

 Khi a  1 thì log a b  0  b  1 .

 Khi 0  a  1 thì log a b  log a c  b  c .

 Khi 0  a  1 thì log a b  0  b  1 .
 log a b  log a c  b  c .

2. Logarit của một tích:

3. Logarit của một thương:

Cho 3 số dương a, b1 , b2 với a  1 , ta có

Cho 3 số dương a, b1 , b2 với a  1 , ta có

log a (b1.b2 )  log a b1  log a b2

log a

b1
 log a b1  log a b2
b2

Đặc biệt: với a, b  0, a  1 log a

1
  log a b .
b

4. Logarit của lũy thừa:

5. Công thức đổi cơ số:



Cho a, b  0, a  1 , với mọi  , ta có

Cho 3 số dương a, b, c với a  1, c  1 , ta có

log a b   log a b .
Đặc biệt: log a n b 

1
log a b ( n nguyên dương).
n

log a b 

Đặc biệt: log a c 

logc b
.
log c a

1
1
và log a b  log a b với

log c a

  0.

Trang 696


NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

BÀI TẬP MẪU
Có bao nhiêu cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn 0  x  2020 và log 3  3x  3  x  2 y  9 y ?
A. 2019 .

B. 6 .

C. 2020 .

D. 4 .

Phân tích hướng dẫn giải
1. DẠNG TOÁN: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình mũ, logarit.
Phương pháp
Tìm hàm đặc trưng của bài toán, đưa phương trình về dạng f  u   f  v  .
2. HƯỚNG GIẢI:
B1: Đưa phương trình đã cho về dạng f  u   f  v  .
B2: Xét hàm số y  f  t  trên miền D .
* Tính y  và xét dấu y .
* Kết luận tính đơn điệu của hàm số y  f  t  trên D .
B3: Tìm mối liên hệ giữa x; y rồi tìm các cặp số  x; y  rồi kết luận.
Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau:
Lời giải
Chọn D
ĐK: x  1.
Ta có log3  3x  3  x  2 y  9 y

 3log3  3x  3  3log3 3 x 3  3  2 y  1  32 y 1

(*)

Xét hàm số f  t   3t  3t trên  , vì f   t   3  3t .ln 3  0, t  0 nên hàm số f  t  đồng biến trên  .
Từ đó *  f  log 3  3x  3   f  2 y  1  log 3  3 x  3   2 y  1 .
Mặt khác 0  x  2020  log 3  3 x  3   1; log 3  6063    2 y  1  1; log 3  6063  
1  2 y  1  log 3  6063 
 0  y  3 . Vậy có 4 cặp  x; y  thỏa mãn.

 y  Z

Bài tập tương tự và phát triển:
Câu 47.1: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số

2019 x 

m   2019; 2019 

để phương trình

2 x  1 mx  2m  1

 0 có đúng 3 nghiệm thực phân biệt ?
x 1
x2

A. 4038 .

B. 2019 .

C. 2017 .

D. 4039 .

Lời giải
Chọn C
Trang 697


NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

TXĐ: D   \ 1; 2 .
Ta có

2 x  1 mx  2m  1

0
x 1
x2
2 x  1 m( x  2)  1
 2019 x 

0
x 1
x2
2x 1
1
 2019 x 

 m.
(*)
x 1 x  2
2019 x 

Đặt f ( x)  2019x 

2 x 1
1

. Khi đó
x 1 x  2
f '( x)  2019 x ln 2019 

3
1

 0 x  D.
2
( x  1) ( x  2)2

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, để phương trình (*) có 3 nghiệm thực phân biệt thì
 m  2  m  2.

Mà m   2019; 2019  và m   nên có 2017 giá trị m thỏa mãn.

 2x  1 
x
Câu 47.2: Có bao nhiêu cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn 0  y  2020 và log3 
  y 1 2 ?
y


A. 2019 .

C. 2020 .

B. 11 .

D. 4 .

Lời giải
Chọn B

y  0
 x
 2 1
 0  2x  1  x  0
Từ giả thiết ta có: 
 y
 y  0
Ta có: PT  log 3  2 x  1  2 x  1  log 3 y  y

(*)
Trang 698


NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

Xét hàm số f  t   log 3 t  t trên  0;  
Khi đó f   t  

1
 1  0 do đó hàm số f  t   log 3 t  t đồng biến trên  0;  
t ln 3

(*) có dạng f  2 x  1  f  y   y  2 x  1
Vì 0  y  2020  0  2x  1  2020  1  2 x  2021  0  x  log 2  2021
0  x  log 2  2021
 x  0;1; 2;3; 4;5; 6; 7;8;9;10 . Vậy có 11 cặp  x; y  thỏa mãn.

 x  

Câu 47.3: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tồn tại cặp số

 x; y 

thỏa mãn

e3 x 5 y  e x 3 y 1  1  2 x  2 y , đồng thời thỏa mãn log 32  3x  2 y  1   m  6  log3 x  m 2  9  0
?
A. 6 .

B. 5 .

C. 8 .

D. 7 .

Lời giải
Chọn B
Ta có e3 x 5 y  e x 3 y 1  1  2 x  2 y  e3 x 5 y   3x  5 y   e x 3 y 1   x  3 y  1

(1)

Xét hàm số f  t   et  t trên  . Ta có f   t   et  1  0 nên hàm số đồng biến trên  .
Khi đó (1)  f  3x  5 y   f  x  3 y  1  3 x  5 y  x  3 y  1  2 y  1  2 x .
Thế vào phương trình còn lại ta được log 32 x   m  6  log3 x  m2  9  0

(2)

Đặt t  log3 x . Số nghiệm của phương trình (2) chính là số nghiệm của phương trình

t 2   m  6  t  m2  9  0

(3)

Phương trình (3) có nghiệm khi   0  3m 2  12 m  0  0  m  4 .
Do đó có 5 số nguyên m thỏa mãn.
Câu 47.4: Có bao nhiêu số nguyên của m để phương trình log 2  2 x  m   2 log 2 x  x 2  4 x  2m  1 có
hai nghiệm thực phân biệt ?
A. 2 .

B. 3 .

C. 1 .

D. 4

Lời giải
Chọn C

x  0

Điều kiện 
m
 x   2
log 2  2 x  m   2 log 2 x  x 2  4 x  2m  1

Trang 699


NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

 log 2  2 x  m   2log 2 x  x 2  2  x  2m   1
 log 2  2 x  m   2  x  2m   1  log 2 x 2  x 2
 log 2 2  2 x  m   2  x  2 m   log 2 x 2  x 2

(1)

Xét f  u   log 2 u  u ,  u  0 

f 'u  

1
 1  0 , do đó hàm số đồng biến trên (0; ) .
u ln 2

Khi đó (1)  f  2  2 x  m    f  x 2   2  2 x  m   x 2  x 2  4 x  2m
Xét hàm số g  x   x 2  4 x,  x  0 

Phương trình có 2 nghiệm dương khi 4  2m  0  2  m  0 suy ra có 1 giá trị nguyên.
Câu 47.5: Biết

x1 , x2

x1  2 x2 

là hai nghiệm của phương trình

 4 x2  4x  1 
2
log 7 
  4x 1  6x
2x





1
a  b với a , b là hai số nguyên dương. Tính a  b .
4





A. a  b  13 .

B. a  b  11 .

C. a  b  16 .

D. a  b  14 .

Lời giải
Chọn D
Điều kiện: x  0, x 

1
.
2

 4x2  4x  1 
2
2
2
Ta có: log 7 
  4 x  1  6 x  log 7  4 x  4 x  1  4 x  4 x  1  log 7  2 x   2 x .
2
x



Xét hàm số f  t   log 7 t  t có f   t  

1
 1  0 t  0 nên là hàm số đồng biến trên
t ln 7

 0;   .
Do đó ta có 4 x 2  4 x  1  2 x  4 x 2  6 x  1  0  x 

3 5
.
4
Trang 700


NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

Khi đó

x1  2 x2 
Vậy x1 

3 5
3 5 1
3 5
3 5 1
2
 9  5 hoặc x1  2 x2 
2
 9 5 .
4
4
4
4
4
4









3 5
3 5
; x2 
. Do đó a  9; b  5 và a  b  9  5  14 .
4
4

Câu 47.6: Biết phương trình log5

 x
2 x 1
1 
 2 log3 

 có một nghiệm dạng x  a  b 2 trong
x
 2 2 x

đó a, b là các số nguyên. Tính 2 a  b .
A. 3 .

C. 4 .

B. 8 .

D. 5 .

Lời giải
Chọn B
Ta có log 5

 x
2 x 1
1 
2 x 1
 x 1 
 2 log3 

 2 log3 
  log5
 1 .
x
x
2 x 
 2 2 x

ĐKXĐ: x  1 .

1  log5  2



x  1  2log3 2 x  log5 x  2log3  x  1 (*)

Xét hàm số f  t   log 5 t  2 log 3  t  1 , với t  1 .
f  t  

1
2

 0 với mọi t  1 , suy ra f  t  đồng biến trên khoảng 1;    .
t.ln 5  t  1 ln 3





Từ (*) ta có f 2 x  1  f  x  nên suy ra 2 x  1  x 

 x

2

 2 x 1  0  x  1 2

(do x  1 ).
Suy ra x  3  2 2  a  3; b  2  2a  b  8 .
Câu 47.7: Tìm
3 x  3

tổng
3

m 3 x

A. 45 .



tất

cả

các

giá

trị

nguyên

của

m

để

phương

trình



 x 3  9 x 2  24 x  m .3x 3  3 x  1 có 3 nghiệm phân biệt.

B. 34 .

C. 27 .

D. 38 .

Lời giải
Chọn C

Trang 701


NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

3 x  3

3

m3 x

 3 x  3
3

3

3





 x 3  9 x 2  24 x  m .3x 3  3x  1

m3 x

m 3 x

50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

3
  x  3  27  m  3 x  .3x 3  3x  1


3

  x  3  m  3x  27  33  33 x 1

1  3b  27  b3  a 3  27.  3a  3b  b3  3a  a3
Đặt a  3  x; b  3 m  3 x , phương trình (1) trở thành

3b  27  b3  a 3  27.  3a  3b  b3  3a  a3 .
Xét hàm số f  t   3t  t 3  f '  t   3t.ln 3  3t 2  0, t  
(1)  f  a   f  b   a  b  3  x  3 m  3 x
3

 m   3  x   3 x   x 3  9 x 2  24 x  27

g  x    x3  9 x 2  24 x  27  g '  x   3x 2  18 x  24
g ' x  0  x  2  x  4
Đồ thị:

Dựa vào đồ thị ta thấy điều kiện để phương trình có 3 nghiệm phân biệt là 7  m  11 hay
m  8;9;10 .

Câu 47.8: Tìm các giá trị m để phương trình 3sin x 
A. 6  m  6 .

5 cos x  m  5

 log sin x 

5 cos x 10

 m  5  có nghiệm.

C. 5  6  m  5  6 .

B. 5  m  5 .

D.  6  m  5 .

Lời giải
Chọn C
Ta có
sin x  5 cos x  m  5

3



3sin x 
3

 log sin x 

5 cos x 10
m 5





 m  5
ln  m  5 

5 cos x 10

ln sin x  5 cos x  10


Trang 702


NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

 3sin x 



50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020



.ln sin x  5 cos x  10  3 m 5.ln  m  5 

5 cos x 10

(1)

1
Xét f  t   ln  t  .3t , t  5 , vì f   t   3t  ln  t  3t ln  3  0, t  5 nên hàm số f  t  đồng
t
biến trên (5; ) .
Khi đó





(1)  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 nên để phương trình có nghiệm ta phải có 5  6  m  5  6.
Câu 47.9: Số nghiệm thực của phương trình 6 x  3log 6  5 x  1  2 x  1 là
B. 2 .

A. 0 .

C. 1 .

D. 3 .

Lời giải
Chọn B
1
Điều kiện: x   .
5

PT:  6 x  3 x  3log 6  5 x  1  5 x  1  6 x  3 x  6

log6  5 x 1

 3log 6  5 x  1

(1) .

Xét hàm số f  t   6t  3t , vì f   t   6t.ln 6  3  0, t   nên f  t  đồng biến trên  .
Khi đó 1  f  x   f  log 6  5 x  1   x  log 6  5 x  1  log 6  5x  1  x  0
 1

Xét hàm số h  x   log 6  5 x  1  x trên   ;   , ta có
 5


h  x  

5
1
 5 x  1 ln 6

h  x   

25

 5 x  1

2

 0, x  
ln 6

1
và lim  h  x   ; lim h  x   1
x 
 1
5
x  
 5

Bảng biến thiên:

Trang 703


NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

 1

Từ BBT suy ra phương trình h  x   0 có nhiều nhất 2 nghiệm thuộc khoảng   ;  
5



Mà h  0   0, h 1  0 .
Vậy phương trình đã cho có đúng hai nghiệm x  0, x  1 .
Câu 47.10:

 5x  3x  x 1
x
Tính tổng S tất cả các nghiệm của phương trình ln 
  5  5.3  30 x  10  0 .
6
x

2



A. S  1 .

B. S  2 .

C. S  1 .

D. S  3 .

Lời giải
Chọn A
1
Điều kiện x   .
3

Phương trình tương đương
ln  5 x  3x   ln  6 x  2   5  5 x  3 x   5  6 x  2   0
 ln  5 x  3x   5  5 x  3 x   ln  6 x  2   5  6 x  2  (1).

1
Xét hàm số f  t   ln t  5t , t  0 . Có f '  t    5  0 ,  t  0 nên f  t  đồng biến trên
t

 0;    .
Từ 1 suy ra f  5 x  3x   f  6 x  2   5 x  3 x  6 x  2  5 x  3 x  6 x  2  0
Xét g  x   5x  3x  6 x  2 , g '  x   5x ln 5  3x ln 3  6
1
2
2
g ''  x   5 x  ln 5   3x  ln 3   0 , x   .
3

Trang 704


NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

Nên g '  x   0 có không quá 1 nghiệm suy ra g  x   0 có không quá 2 nghiệm trên
 1

  ;   . Mà g  0   g 1  0 . Vậy phương trình có tập nghiệm là 0,1 . Do đó S  1.
3



x 2  80
 2.3x 1  2 x 2  80  ln 3 là
Số nghiệm của phương trình ln
x
3

Câu 47.11:

A. 2 .

B. 3 .

D. 0 .

C. 1 .
Lời giải

Chọn C
PT  ln x 2  80  2 x 2  80  ln 3x 1  2.3 x1 (1)
1
Xét hàm số f  t   ln t  2t , t  0 ; Ta có: f   t    2  0, t  0  Hàm số f  t  đồng biến
t

trên  0;  .
Từ (1) suy ra f





x 2  80  f  3 x 1  

x 2  80  3 x 1  x 2  80  9 x 1  9 x 1  x 2  80  0

Xét hàm số g  x   9 x1  x 2  80 trên  . Ta có:
g   x   2.9 x 1 ln 3  2 x
2

g   x   4.9 x1  ln 3  2





g   x   0  x  x0   log 9  2 ln 2 3  1  g ( x0 )  g   log 9  2 ln 2 3  1  3, 7  0
lim g   x   ; lim g ( x)  

x 

x 

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có g '  x   0, x    hàm số g  x  đồng biến trên  
phương trình g  x   0 có nhiều nhất một nghiệm.
Mà g 1  0
Do đó phương trình đã cho có duy nhất 1 nghiệm .
Câu 47.12:

Cho phương trình 2 x  m  log 2  x  m  với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của

m   18;18 để phương trình đã cho có hai nghiệm?
Trang 705


NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

A. 20 .

50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

B. 17 .

D. 21 .

C. 9 .
Lời giải

Chọn B
Điều kiện x  m
PT  2x  x  x  m  log 2  x  m   2 x  x  2log5 ( x m )  log 2 ( x  m)

(1)

Xét hàm số f  t   2t  t , t   ; Ta có: f   t   2t ln 2  1  0, t    Hàm số f  t  đồng
biến trên  .
Từ (1) suy ra f  x   f  log 2 ( x  m )   x  log 2 ( x  m )  x  m  2 x  m  x  2 x
Xét hàm số g  x   x  2x trên  m;   . Ta có: g '  x   1  2x ln 2 ;

g '  x   0  2 x ln 2  1  x  log 2  log 2 e   g  log 2  log 2 e    log 2  log 2 e   log 2 e
lim g  x   m  2m ; lim g ( x)  

xm 

x 

Bảng biến thiên:

Do đó. Phương trình đã cho có 2 nghiệm

m  2m  m  log 2  log 2 e   log 2 e  m  log 2  log 2 e   log 2 e  0, 91
 m  
Vì 
nên m  17; 16; 15;....; 1
 m   18;18 

Vậy có 17 giá trị của m .
Câu 47.13:

Cho phương trình
2

 m3  3m 2 1





.log 81 x 3  3 x 2  1  2  2



1
0
.log 3  3
 m  3m2  1  2 



 x3  3 x 2 1  2

Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị m nguyên để phương trình đã cho có 6 nghiệm hoặc 7 nghiệm
hoặc 8 nghiệm phân biệt . Tính tổng bình phương tất cả các phần tử của tập S .
A. 20 .

B. 19 .

C. 14 .

D. 28 .

Lời giải
Chọn A

Trang 706


NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

Ta có 2

2

 m3 3 m2 1

x3  3 x 2 1  2

50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020





.log 81 x3  3 x 2  1  2  2





.log 3 x 3  3 x 2  1  2  2



1
0
.log 3  3
 m  3m 2  1  2 



 x 3  3 x 2 1  2

m3  3m 2 1  2





.log 3 m3  3m2  1  2 .

Xét hàm số f  t   2t.log3 t với t  2 ; Ta có f   t   2t ln 2.log 3 t  2t.

1
 0t  2 .
t ln 3

Suy ra hàm số f  t  đồng biến trên  2;  .
Do đó phương trình tương đương với m3  3m 2  1  x3  3x 2  1

1 .

Vẽ đồ thị hàm số g  x   x 3  3x 2  1 từ đó suy ra đồ thị g  x  và đồ thị của g  x  như hình
vẽ.

Từ đồ thị suy ra 1 có 6, 7, 8 nghiệm  0  g  m   3 .
Từ đồ thị suy ra các giá trị nguyên của m là 3, 1, 0,1, 3 .
Vậy S  20 .
2

Cho phương trình 2 x log 2  x 2  2   4

Câu 47.14:

xa



log 2  2 x  a   2  . Gọi S là tập hợp các giá trị

a thuộc đoạn  0;2020 và chia hết cho 3 để phương trình có hai nghiệm. Hãy tính tổng các
phần tử của S .
A. 0 .

B. 2041210 .

C. 680403 .

D. 680430 .

Lời giải
Chọn C
Phương trình tương đương
2

2 x log 2  x 2  2   2

2 xa

log 2  2 x  a   2 



2

 4.2 x log 2  x 2  2   4.2 2 x  a log 2  2 x  a   2 
Trang 707


NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

 2x

2

2

log 2  x 2  2   2

2 xa 2

50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

 log 2  2 x  a   2 

(*)

Xét hàm số f  t   2t log t , t  2 . Có f '  t   2t ln 2.log 2 t 

2t
 0, t  2 , nên f  t  đồng
t ln 2

biến  2;    .
 f  x 2  2   f  2 x  a  2 
 x2  2 x  a
Khi đó (*)  
2
 x  2  2; 2 | x  a | 2  2

 x2  2  x  a 
 x 2  2 x  2a  0
 2
 2
 x  2 x  2a  0
 x  2  x  a 

(1)

(2)
(3)

Phương trình (2)  2   1  2a , phương trình (3) có  (3)  1  2a .
Vì   2  (3)  2  0 nên ít nhất một trong hai phương trình (2), (3) luôn có hai nghiệm phân
biệt. Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, ta xét các trường hợp sau:

1
* TH1: (2) có hai nghiệm phân biệt:  2  0  1  2a  0  a   . Khi đó  (3)  0 nên (3) vô
2
nghiệm. Trường hợp này thỏa mãn điều kiện bài toán.
* TH1: (3) có hai nghiệm phân biệt: (3)  0  1  2a  0  a 

1
. Khi đó (2)  0 nên (2) vô
2

nghiệm. Trường hợp này cũng thỏa mãn điều kiện bài toán.
1 1


Do đó phương trình đã cho có 2 nghiệm khi và chỉ khi a   ;     ;  
2 2



Vì a   0; 2020 và chia hết cho 3 nên a  S  3;6;9;12;..., 2019
Tổng các phần tử của S là: 3  6  9  ...  2019  3.1  3.2  3.3  ...  3.673
 3 1  2  3  ...  673   3.

673.674
 680403
2

BỔ SUNG CÁCH 2:
Xét phương trình x 2  2 x  a
Vẽ đồ thị hàm số y  x 2

* 

1 ; y  2 x  a  2 

trên cùng một hệ trục tọa độ ta được:

Trang 708


NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

Xét 2 vị trí nhánh trái và phải của đồ thị hàm số  2  tiếp xúc với 1 khi đó dễ dàng tìm được

a

1
1
; a  ứng với đồ thị  2  ;  3 (hình vẽ).
2
2

Từ đồ thị nhận xét :
1 1


Phương trình *  đã cho có 2 nghiệm khi và chỉ khi a   ;     ;  
2 2



Vì a   0;2020 và chia hết cho 3 nên a  S  3;6;9;12;..., 2019
Tổng các phần tử của S là: 3  6  9  ...  2019  3.1  3.2  3.3  ...  3.673
 3 1  2  3  ...  673  3.

Câu 47.15:

673.674
 680403
2

Có bao nhiêu giá trị thực của tham số a để phương trình
4 x a log

2

x

2

 2 x  3  2 x

2

2 x

log 1  2 x  a  2   0
2

có 3 nghiệm thực phân biệt ?
A. 0 .

B. 2 .

D. 3 .

C. 1 .
Lời giải

Chọn D
PT đã cho tương đương với



2
2

2 xa

log 2  x 2  2 x  3 

1
2

2 xa

log

1
2x

2

2 x

1
22

x

2

 2 x  3 

1
2

x2 2x

log 21  2 x  a  2   0 .

log 2  2 x  a  2 

 2x

2

 2 x 1

log 2  x 2  2 x  3  22 x  a log 2  2 x  a  2 

 2x

2

 2 x 3

log 2  x 2  2 x  3  22 x  a  2 log 2  2 x  a  2 

(1)

Trang 709


NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

Xét hàm số f  t   2t.log 2 t , t  2 ; Ta có: f   t   2t ln t 

2t
 0, t  2  Hàm số f  t 
t ln 2

đồng biến trên  2;  .
Từ (1) suy ra f  x 2  2 x  3   f  2 x  a  2   x 2  2 x  3  2 x  a  2
 x 2  2 x  1  2 x  a (*)

 x2  2x  1  2  x  a 
 x 2  4 x  2a  1  0
 2
 2
 x  2a  1
 x  2 x  1  2  x  a 

(2)
(3)

Phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt nếu xảy ra một trong các trường hợp sau:
* TH1: (2) có hai nghiệm phân biệt và (3) có nghiệm kép khác hai nghiệm của (2):

a
  2   0
3  2a  0




 2a  1  0
a 
 (3)  0


3
1
2
a
2
1
2

* TH2: (3) có hai nghiệm phân biệt và (2) có nghiệm kép khác hai nghiệm của (3):


a
  2   0
3  2a  0 



 2a  1  0
a 
 (3)  0


3
2a3
1
2
2

* TH3: (2) và (3) đều có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm chung:
 x 2  4 x  2 a  1  0
Điều này xảy ra khi hệ  2
có nghiệm
 x  2a  1
2
x  a
x  1
 x  4 x  2a  1  0


 2
 x  2a  1
a  1
a  1



x  1
Khi a  1 ta có:  2  trở thành x 2  4 x  3  0  
x  3

 3

x 1
trở thành x 2  1  
 x  1

Khi đó: PT đã cho có 3 nghiệm.
1 3 
Vậy a   ;1;  .
2 2

BỔ SUNG CÁCH 2:
Xét phương trình x 2  2 x  1  2 x  a

* 

Vẽ đồ thị hàm số y  x 2  2 x  1 1 ; y  2 x  a

2

trên cùng một hệ trục tọa độ ta được:

Trang 710


NHểM WORD BIấN SON TI LIU

50 BI TON ễN THI THPTQG: 2019-2020

nhánh bên trái của (2) tiếp xúc với (1)
Nhn xột * cú 3 nghim phõn bit nhánh bên phải của (2) tiếp xúc với (1)
(1) và (2) cùng trùng cực trị tại 1

1

a

2
x 2 x 1 2 a x có nghiệm kép
2
3
x 2 x 1 2 x a có nghiệm kép a

2

a 1
a 1


2

Vy cú 3 giỏ tr ca a tha món bi toỏn.
Tỡm

Cõu 47.16:

3x

2

tng

2 x 1 2 x a

tt

c

cỏc

giỏ

tr

ca

tham

s

a



phng

trỡnh

log x2 2 x 3 2 x a 2 cú ỳng ba nghim phõn bit.

A. 2 .

B. 3 .

C. 1 .

D. 0 .

Li gii
Chn B
PT ó cho tng ng vi 3

3x

2

.ln x 2 2 x 3 3

2 x 3

x 2 2 x 3 2 x a 2



ln 2 x a 2
ln x 2 2 x 3

.ln 2 x a 2

2 x a 2

(1) .

Xột hm s f t 3t.ln t , t 2 ; Ta cú: f t 3t ln 3.ln t

3t
0, t 2 Hm s f t
t

ng bin trờn 2; .
T (1) suy ra f x 2 2 x 3 f 2 x a 2 x 2 2 x 3 2 x a 2

x 2 2 x 1 2 x a (*)
Trang 711


NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

 x2  2x  1  2  x  a 
 x 2  4 x  2a  1  0
 2
 2
 x  2a  1
 x  2 x  1  2  x  a 

(2)
(3)

Phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt nếu xảy ra một trong các trường hợp sau:
* TH1: (2) có hai nghiệm phân biệt và (3) có nghiệm kép khác hai nghiệm của (2):

a
  2   0
3  2a  0




 2a  1  0
a 
 (3)  0


3
1
2
a
1
2
2

* TH2: (3) có hai nghiệm phân biệt và (2) có nghiệm kép khác hai nghiệm của (3):


a
  2  0
3  2a  0 



 2a  1  0
a 
 (3)  0


3
2a3
1
2
2

* TH3: (2) và (3) đều có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm chung:
 x 2  4 x  2 a  1  0
Điều này xảy ra khi hệ  2
có nghiệm
 x  2a  1
2
x  a
x  1
 x  4 x  2a  1  0


 2
 x  2a  1
a  1
a  1



x  1
Khi a  1 ta có:  2  trở thành x 2  4 x  3  0  
x  3

 3

x 1
trở thành x 2  1  
 x  1

Khi đó: PT đã cho có 3 nghiệm.
1 3 
Vậy a   ;1;  .
2 2

Câu 47.17:

Tìm số giá trị nguyên của m thuộc  20; 20 để phương trình

log 2 ( x 2  m  x x 2  4)  (2m  9) x  1  (1  2m) x 2  4 có nghiệm.
A. 12.

B. 23.

C. 25.

D. 10.

Lời giải
Chọn B
Điều kiện xác định: x 2  m  x x 2  4  0 .





log 2 x 2  m  x x 2  4   2m  9  x  1  1  2m  x 2  4
Trang 712


NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU



 log 2 x

50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

 

x 2  4  x  m  2mx  9 x  1  x 2  4  2m x 2  4



4x
 log 2 
 m   2mx  9 x  1  x 2  4  2m x 2  4
2
 x 4x

 4 x  m x 2  4  mx 
 log 2 
  2mx  9 x  1  x 2  4  2m x 2  4
2


x 4 x



 





 





 log 2 8x  2m x 2  4  2mx  8 x  2m x 2  4  2mx  log 2

 

x2  4  x

 

x2  4  x



x2  4  x 



x2  4  x 

 log 2 4 x  m x 2  4  mx  8 x  2m x 2  4  2mx  1  log 2



 1

Xét hàm số f  t   log 2 t  t , t   0;   .

f  t  

1
 1  0, t   0;    nên hàm số đồng biến trên  0;   .
t ln 2

Khi đó 1  8 x  2m x 2  4  2mx  x 2  4  x

 2m



 

x2  4  x 



x2  4  x  8x

8x

 2m  1 

2

x 4x

8x
 2m  1 



x2  4  x



4

 2m  1  2 x



x2  4  x

 x x 2  4  x2 



1  2m
.
2

Xét hàm số g ( x)  x x 2  4  x 2 với x   ;    .

Ta có g ( x) 



x2  4  x
2



2

 0, x   .

x 4

lim g  x   lim  x
x
x  






4
4
x 2  4  x   lim  x
 2 ;
  xlim
 x
2

4
 x 4  x
 1 2 1
x



Trang 713


NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

 

4
lim g  x   lim  x 2  1  2  1    .
x 
x 
x
 
 
Ta có bảng biến thiên của g ( x)

Để phương trình có nghiệm thì

1  2m
5
 2  m  .
2
2

Do m nguyên thuộc  20; 20  nên số giá trị m là 23.
Câu 47.18:

Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn 4  9.3x

của biểu thức P 

2

2 y



 4  9x

2

2 y

 .7

2 y  x2  2

. Giá trị nhỏ nhất

x  2 y  18

x

A. 9.

3 2
.
2

B.

D. 17.

C. 1  9 2.
Lời giải

Chọn A
Ta có 4  9.3x



4  3x
7x

2

2

2

2 y

2 y  2

2 y 2





 4  9x

4  32( x
7 2( x

2

2

2

2 y

.7

2 y  x2  2

 4  3x

2

2 y  2

  4  32( x




2 y )

 .7 2 y  x


2

2

2 y )

2 y )

(*).
t

Xét hàm số f (t ) 

2

t

4  3t
1 3
trên . Ta có f (t )  4.      nghịch biến trên .
t
7
7 7



(*)  f x 2  2 y  2  f  2( x 2  2 y)   x 2  2 y  2  2( x 2  2 y )  x 2  2 y  2  2 y  x 2  2.
Từ đó P 

x 2  x  16
16
16
 x   1  2 x.  1  P  9.
x
x
x

Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi x  4.

Trang 714


NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

Câu 47.19:

 x  y 1 
Cho các số dương x, y thỏa mãn log 5 
  3 x  2 y  4 . Giá trị nhỏ nhất của biểu
 2x  3y 

thức A  6 x  2 y 

A.

50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

4 9
 bằng
x y

31 6
.
4

B. 11 3.

C.

27 2
.
2

D. 19.

Lời giải
Chọn D

 x  y 1
0

ĐK:  2 x  3 y
 x y 1
 x, y  0

Ta có:

 x  y 1 
log 5 
  3x  2 y  4
 2x  3y 
  log 5  x  y  1  1  5  x  y  1  log5  2 x  3 y   2 x  3 y
 log5 5  x  y  1   5  x  y  1  log 5  2 x  3 y   2 x  3 y *
Xét hàm số f (t )  log 5  t   t trên  0;    , vì f (t ) 

1
 1  0, t   0;    nên hàm số
t ln 5

f (t ) đồng biến trên  0;    .

*  5  x  y  1  2 x  3 y  3x  2 y  5
Mặt khác, ta có
A  6x  2y 

4 9 
4 
9
   9 x     4 y     3 x  2 y   2.6  2.6  5  19 .
x y 
x 
y

4

9 x  x
2


x

9


3
Dấu “ = ” xảy ra   4 y 

(thỏa mãn điều kiện).
y

y  3
3 x  2 y  5 
2


Vậy GTNN của A là 19.

Trang 715


NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

Câu 47.20:

50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020
y

x

Cho hai số thực x, y lớn hơn 1 và thỏa mãn y x .(e x ) e  x y .(e y ) e . Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức P  log x xy  log y x.
A.

2
.
2

B. 2 2 .

C.

1 2 2
.
2

D.

1 2
.
2

Lời giải
Chọn C
Với x, y  1 , ta có
y

y x .(e x ) e  x y .( e y ) e



 ln y x .(e x ) e

y

x

  ln  x .(e ) 
y ex

y

 x ln y  xe y  y ln x  ye x


ln y e y ln x e x
 
 (1).
y
y
x
x

1
Xét hàm số g (t )  tet  et  1  ln t trên 1;   , có g (t )  tet   0, t  1.
t
Hàm số g (t ) đồng biến trên 1;   nên g (t )  g (1)  1  0, t  1.

Xét hàm số f (t ) 

g (t )
ln t et

trên 1;   , có f '(t )  2  0, t  1, nên f (t ) đồng biến trên
t
t
t

(1; ). Với x, y  1 thì (1)  f ( y)  f ( x)  y  x.
Đặt u  log x y. Do y  x  1 nên u  1. Ta có P  h(u) 

1 u 1
u2  2
 . Nhận thấy h '(u ) 
,
2
u
2u 2

nên h '(u )  0 khi u  2, h '(u )  0 khi 1  u  2, h '(u )  0 khi u  2. Dẫn tới

P  h(u )  h

 2   1  22

Vậy min P 
Câu 47.21:

2

, u  1, đẳng thức xảy ra khi u  2.

1 2 2
, đạt được khi y  x
2

2

và x  1.

Cho hai số thực x , y thỏa mãn 0  x, y  1 trong đó x , y không đồng thời bằng 0 hoặc 1 và

 x y 
log 3 
   x  1 .  y  1  2  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P với P  2 x  y
 1  xy 
1
A. 2 .
B. 1 .
C. .
D. 0 .
2
Lời giải
Trang 716


NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

Chọn B
Từ điều kiện đề bài và

x y
 0;1  xy  0  x  y  0;1  xy  0 khi đó
1  xy

 x y 
log 3 
   x  1 .  y  1  2  0  log 3  x  y    x  y   log 3  1  xy   1  xy 
 1  xy 
Xét hàm số f  t   log 3 t  t

 1

 t  0  có f   t   t.ln1 3  1  0 t  0

 f  t  là hàm số đồng biến trên khoảng  0;   .

Vậy phương trình  1  x  y  1  xy  y 
Xét hàm số f ( x)  2 x 

1 x
1 x
 P  2x 
1 x
1 x

x  0
2
1 x
cho f ( x)  0  
với x   0; 1 có f ( x)  2 
2
x1
 x  2
 x  1

f  0   1; f  1  2  min f ( x)  1  chọn B
 0;1

Câu 47.22:

 1  2x 
Xét các số thực dương x , y thỏa mãn ln 
  3x  y  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin
 x y 

của P 

1
1

.
x
xy

A. Pmin  8 .

B. Pmin  4 .

C. Pmin  2 .

D. Pmin  16 .

Lời giải
Chọn A
Điều kiện 0  x 

1
.
2

 1  2x 
Từ giả thiết ln 
  3x  y  1  ln  1  2 x    1  2 x   ln  x  y    x  y   1
 x y 
1
Xét hàm số f  t   ln t  t trên  0;   có f   t    1  0 , t  0 do đó hàm f  t  đơn điệu.
t
Vậy  1  1  2 x  x  y  3 x  y  1  2 
Có P 

1
1
1
2
1
2

 
 
x
xy x x  y x 1  2x

Đặt g  x  

1
4
1
2
1
, ta có g  x    2 
suy ra g  x   0  x  .

2
x 1  2x
4
x 1  2x 

Do đó min g  x   8 . Vậy Pmin  8 .
 1
 0; 
 2

Bổ sung: có thể đánh giá P 

1
1
1
2
1
2
4
1

 
 


x
xy x x  y x 1  2x x  1  x 8
2
Trang 717


NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

Câu 47.23:

50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

Cho hai số thực x , y không âm thỏa mãn x 2  2 x  y  1  log 2

2 y 1
. Giá trị nhỏ nhất của
x 1

biểu thức P  e 2 x 1  4 x 2  2 y  1 là
A. 

1
.
2

B. 1.

C.

1
.
2

D.  1 .

Lời giải
Chọn A

x 2  2 x  y  1  log2

2 y 1
2
2
 2  x  1  log 2 2  x  1  log 2  2 y  1   2 y  1 .
x 1



Xét hàm số f  t   t  log 2 t ,  t  0 ; f   t   1 
2



1
 0, t  0
t .ln 2

2

Suy ra 2  x  1  2 y  1  2 y  2  x 1 1 .
2

2 x 1
2
P  e 2 x 1  4 x 2  2 y  1  e  4x  2  x 1 1 1  e 2 x 1  2 x 2  4 x  g  x  .

g   x   2e2 x 1  4 x  4 là hàm số đồng biến trên nửa khoảng 0;  nên g   x   0 có tối đa 1
nghiệm, nhẩm được nghiệm x 

Vậy min P  
Câu 47.24:

1
nên nghiệm đó là duy nhất.
2

1
1
tại x  .
2
2
2

Cho hai số thực dương x , y thay đổi thỏa mãn đẳng thức  xy  1 .2 2 xy 1   x 2  y  .2 x  y.

Tìm giá trị nhỏ nhất ymin của y .
A. ymin  3 .

B. ymin  2 .

C. ymin  1 .

D. ymin  3 .

Lời giải
Chọn B
Ta có  xy  1 22 xy 1   x 2  y  2 x

2

y

  2 xy  1  1 2 2 xy 1   x 2  y  2 x

2

 y 1

1

Xét hàm f  t    t  1 .2t với t  1 .
Khi đó f   t   2t   t  1 .2t.ln 2  0 với t  1 .
Từ 1  2 xy  1  x 2  y  1  y 

x2  2
2x 1

Trang 718


NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

y 

2 x2  2 x  4

 2 x  1

2

50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

x  2
 0  2 x2  2 x  4  0  
 x  1

Loại x  1 vì điều kiện của t nên f  2   2 .
 x, y  

Cho 
sao cho ln 2 

 x, y  1
1
của biểu thức T  x 
.
x  3y

Câu 47.25:

x 

x3  ln 3  19 y 3  6 xy ( x  2 y ) . Tìm giá trị nhỏ nhất m


y

5
C. m  .
4

B. m  2 .

A. m  1  3 .

D. m  1 .

Lời giải
Chọn C
Ta có

x 
3
3
ln 2  
x3  ln 3  19 y 3  6 xy ( x  2 y)  ln 2 y  x   2 y  x   ln 3 y   3 y  1


y 

1
Xét hàm số f t   ln t   t 3 với t  0 có f  t    3t 2  0 t  0  f t  đồng biến
t
1
Vậy 1  2 y  x  3 y  x  y  T  x 
4x
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM
1
3x x 1 3x
x 1
3x 1 3 1 5
T  x       2 .      Dấu bằng xảy ra khi
4x
4 4 4x
4
4 4x
4 2 4 2 4

x  y 1
Câu 47.26:

Cho
5 x4 y 

x; y



các

số

thực

dương

thỏa

mãn

điều

kiện

3
5 xy

x

1

 3 x4 y  y  x  4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x  y .
3xy
5

B. 5  2 5 .

A. 3 .

C. 3  2 5 .

D. 1 5 .

Lời giải
Chọn B
Ta có 5 x4 y 

3
5 xy

x

1

 3 x4 y  y  x  4
xy
3
5

 5 x4 y  3 x4 y  x  4 y  5 xy1  31 xy  xy 11 .
Xét hàm số f t   5t  3t  t trên  .
Vì f  t   5t .ln 5  3t.ln 3  1  0; x   nên hàm số f t  đồng biến trên  2  .
Từ 1 và  2 ta có x  4 y  xy 13 . Dễ thấy x  4 không thỏa mãn 3 .
Với x  4 , 3  y 

x 1
kết hợp điều kiện y  0 suy ra x  4 .
x 4

Trang 719


NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

Do đó P  x  y  x 

x 1
.
x4

Xét hàm số g  x  x 

x 1
trên 4;  .
x4

Ta có g   x   1

x  4 5
 0  
.
 x  4
 x  4  5

x

5

2

4

0



g  x
g  x



4 5






52 5
Dựa vào bảng biến thiên ta có Pmin  min g  x  5  2 5 .
4; 

Câu 47.27:

Cho x , y là các số thực dương thỏa mãn 5 x  2 y 

3
5 xy

x

1

 3 x 2 y  y ( x  2) . Tìm giá
xy
3
5

trị nhỏ nhất của biểu thức T  x  y .
A. Tmin  2  3 2 .

B. Tmin  3  2 3 .

C. Tmin  1  5 .

D. Tmin  5  3 2 .

Lời giải
Chọn B
Theo đề ra ta có
3
5 xy
x


1

 3 x 2 y  y ( x  2)
3xy
5
1
1
 5 x  2 y  x  2 y  x  2 y  5 xy 1  xy 1  xy  1
3
3

5 x 2 y 

Xét f  t   5t 

1
 t .  f   t   5t ln 5  3t ln 3  1  0
t
3

 x  2 y  xy  1  y 

Ta có: T  x  y  x 

T 

x2  4x  1

 x  2

2

x 1
x 1
.Do y  0, x  0 
0 x2
x2
x2

x 1 x2  x 1

x2
x2

 x  2  3   2;  
0
 x  2  3   2;  

Bảng biến thiên
Chỉnh lại bbt cho em,chỉ xét với x  2 nhé,kết quả không thay đổi.
Trang 720


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×