Ôn tập TN THPT môn Toán - Chuyên đề: Phương pháp hàm số trong bài toán phương trình, bất phương trình mũ và lôgarit chứa tham số

Nội dung tài liệu: Ôn tập TN THPT môn Toán - Chuyên đề: Phương pháp hàm số trong bài toán phương trình, bất phương trình mũ và lôgarit chứa tham số

1. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ TRONG BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LÔGARIT CHỨA THAM SỐ GV: Phương Xuân Trịnh Đơn vị: Trường THPT Lương Tài. Điện thoại: 0972859879 I. DLÝ THUYẾT Cơ sở lý thuyết. Cho hàm số f (x) liên tục trên (a;b). Nếu f (x) đơn điệu trên (a;b) và u,v Î (a;b)thì phương trình f (u)= f (v)Û u = v . Nhận dạng: Phương trình, bất phương trình chưa hai thành phần hàm số là Hàm số đại số (đa thức, phân thức, căm thức) và hàm số siêu việt (mũ, lôgarit) Phương pháp + Biến đổi phương trình (bất phương trình về dạng f (u)= f (v) + Nếu f (x) đơn điệu trên (a;b) và u,v Î (a;b)thì f (u)= f (v)Û u = v . + Nếu f (x) đồng biến trên (a;b) và u,v Î (a;b)thì p f (u) v . II. VÍ DỤ MINH HỌA 3x2 3x m 1 Ví dụ 1. Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình log x2 5x 2 m có hai 2 2x2 x 1 nghiệm phân biệt lớn hơn 1 . A. 2 . B. .3 C. Vô số. D. . 4 Lời giải Chọn A Điều kiện: 3x2 3x m 1 0 . - Ta có: 2 2 3x 3x m 1 2 3x 3x m 1 2 log2 x 5x 2 m log2 2 1 x 5x 1 m 2x2 x 1 2x x 1 3x2 3x m 1 log x2 5x 1 m 2 4x2 2x 2 2 2 2 2 log2 3x 3x m 1 log2 4x 2x 2 4x 2x 2 3x 3x m 1 2 2 2 2 log2 3x 3x m 1 3x 3x m 1 log2 4x 2x 2 4x 2x 2 1
2. 1 Xét hàm số: f t t log2 t trên D 0; , có f t 1 0 , t D , t.ln 2 Do đó hàm số f t đồng biến trên D 1 f 4x2 2x 2 f 3x2 3x m 1 4x2 2x 2 3x2 3x m 1 x2 5x m 1 2 . 5 - Xét hàm số: g x x2 5x trên ¡ , có g x 2x 5 g x 0 x . 2 - Bảng biến thiên: 1 5 x 2 y 0 0 y 4 25 4 - Theo bảng biến thiên ta thấy: phương trình 2 có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 khi 25 21 và chỉ khi m 1 4 m 3 , do m ¢ nên m 5; 4 , hay có 2 giá trị 4 4 nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ví dụ 2. Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn 3x y 6 . Có tất cả giá trị nguyên dương của x2 y m tham số m để phương trình log x2 2x y m 1 0 có nghiệm? 2 x y A. 5. B. 7. C. 6. D. 4. Lời giải Chọn A x2 y m 0 0 x 3 Từ giải thiết suy ra và x y 0 0 y 6 x2 y m log x2 2x y m 1 0 2 x y x2 3x m 6 log x2 x m 7 0 2 6 2x 2 2 log2 3x m 6 x 3x m 6 log2 6 2x 4x 13 2 2 log2 3x m 6 x 3x m 6 log2 2 log2 6 2x 4x 12 2 2 log2 3x m 6 x 3x m 6 log2 12 4x 12 4x 1 Xét hàm số f t log t t trên D 0; , có f t 1 0 , t D , 2 t.ln 2 Do đó hàm số f t đồng biến trên 0; . Phương trình đã cho tương đương với f x2 3x m 6 f 12 4x 2
3. x2 3x m 6 12 4x x2 x 6 m có nghiệm trên 0;3 0 6 m 12 6 m 6 Vậy có 5 giá trị nguyên dương m 1;2;3;4;5 3 2 Ví dụ 3. Cho phương trình: 2x2 2x 1 22x 2x 4x 4 2m x3 x2 m 1(1) . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình (1) có nghiệm x [1;2]? A. 6. B. 7. C. 8. D. 9. Lời giải Chọn D Do (1) 4x2 4x 2 0 nên từ phương trình suy ra 2x3 2x2 2m 2 0 3 2 Phươngtrình (1) 4x2 4x 2 22x 2x 4x 4 2m 2x3 2x2 2m 2 2 3 2 2 4x 4x 2 2x 2x 2m 2 3 2 4x 4x 2 2 2x 2x 2m 2 4x2 4x 2 2 4x2 4x 2  2x3 2x2 2m 2 2x3 2x2 2m 2 2 2 3 2 2 4x 4x 2 3 2 2x 2x 2m 2 4x 4x 2 2 2x 2x 2m 2 2 Xét hàm số f t t.2t .Tacó: f t 2t t.2t.ln 2 2t 1 t.ln 2 0, t 0 . f t đồng biến trên 0; 1 f 4x2 4x 2 f 2x3 2x2 2m 2 4x2 4x 2 2x3 2x2 2m 2 x3 x2 2x 2 m Xét hàm số g x x3 x2 2x 2 trên [1;2] g x 3x2 2x 2 0, x 1;2 g 1 m g 2 2 m 10 Vậy có 9 giá trị nguyên của tham số m . Ví dụ 4. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để bất phương trình 2x2 mx 1 log 2 x 2x2 mx 1 nghiệm đúng với x (0;1) ? 2 x 2 A. 10. B. 5. C. 1. D. 6. Lời giải Chọn D 2x2 mx 1 0 Do x (0;1) và m 0 Đ nên . x 2 0 2x2 mx 1 Ta có: log 2 x 2x2 mx 1 2 x 2 2x2 mx 1 2x2 mx 1 log 2x2 mx 1 log x 2 2 2 x 2 x 2 Xét hàm số f t log2 t t với t 0 : 3
4. 1 f t 1 0 f t đồng biến trên t 0 : . t ln 2 Bất phương trình tương đương với f 2x2 mx 1 f x 2 2x2 mx 1 x 2 x2 m 4 x 3 0 nghiệm đúng x (0;1) khi tam thức vế trái có hai nghiệm x1 0 1 x2 m 6 Vậy có 6 giá trị nguyên dương. Ví dụ 5. Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình 2 2 20232x 4x 9 2023x 5x 1 x 1 8 x 0 . A. 7 . B. 5. C. 6 . D. 8. Lời giải Chọn C 2 2 20232x 4x 9 2023x 5x 1 x 1 8 x 0 2 2 20232x 4x 9 2023x 5x 1 x2 9x 8 0 2 2 20232x 4x 9 2x2 4x 9 2023x 5x 1 x2 5x 1 Xét hàm số f t 2023t t với t ¡ . f t 2023t ln 2 1 0 f t đồng biến trên ¡ . Bất phương trình tương đương với f 2x2 4x 9 f x2 5x 1 2x2 4x 9 x2 5x 1 x2 9x 8 0 1 x 8 Vậy bất phương trình có 6 nghiệm nguyên Ví dụ 6. Có bao nhiêu giá trị nguyên b 1 để với mỗi giá trị của b có đúng 5 số nguyên a 10;10 2a2 3a b thỏa mãn log a2 6a 7 b . 3 a2 a 2 A. 16 . B. 15 . C. 9 . D. 10 . Lời giải Chọn B 2a2 3a b 2a2 3a b Ta có log a2 6a 7 b log 2a2 3a b 3a2 3a 6 3 a2 a 2 3 3a2 3a 6 2 2 2 2 log3 2a 3a b 2a 3a b log3 3a 3a 6 3a 3a 6 * 1 Xét hàm số f t t log t,t 0 f t 1 0,t 0 nên hàm số f t t log t 3 t ln 3 3 đồng biến trên khoảng 0; . Suy ra * f 2a2 3a b f 3a2 3a 6 2a2 3a b 3a2 3a 6 b a2 6a 6 Xét hàm số y a2 6a 6 có bảng biến thiên: 4
5. Từ bảng biến thiên, yêu cầu bài toán 46 b 61. Vậy có 15 giá trị thoả mãn. 5
6. III. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu 1: (Đề minh họa 2023) Có bao nhiêu cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn 2 2 2 2 2 2 log3 x y x log2 x y log3 x log2 x y 24x ? A. 89. B. 48. C. 90. D. 49. x Câu 2: Cho phương trình 5 m log5 x m với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m 20;20 để phương trình đã cho có nghiệm? A. 20 . B. 19. C. 9 . D. 21 1 3x2 xy 9x Câu 3: Có bao nhiêu số nguyên y sao cho tồn tại x ;3 thỏa mãn 27 1 xy .27 ? 3 A. 27 . B. 9 . C. 11. D. 12 . 2 6 6 log2 2x 2 Câu 4: Gọi S là tập hợp các số nguyên x thỏa mãn 4yx log2 yx 2log2 x 1 2 log2 x . Có bao nhiêu giá trị nguyên của y để tập hợp S có nhiều nhất 32 phần tử? A. 16 . B. 32 . C. 19 . D. 8 . Câu 5: Có bao nhiêu số nguyên dương y sao cho tồn tại số thực x 1;6 thỏa mãn 4 x 1 ex y ex xy 2x2 3 ? A. 18 . B. 15 . C. 16 . D. 17 . Câu 6: Hỏi có bao nhiêu số nguyên dương a,a 2023 sao cho tồn tại số thực x thỏa mãn: x ln a ex ex 1 ln xln a ? A. 2008 . B. 2005 . C. 2007 . D. 2006 . Câu 7: Có bao nhiêu số nguyên a 0;2023 sao cho ứng với mỗi a , tồn tại ít nhất mười số nguyên 2 b 3;10 thỏa mãn 2b3a 6560 32a b ? A. 2021 . B. 2020 . C. 2018 . D. 2019 . Câu 8: Có bao nhiêu số nguyên a sao cho ứng với mỗi a , tồn tại ít nhất 7 số nguyên b 0;10 thỏa mãn 2 log5 b 16 log3 b 13 a log7 a 3 5 ? A. 9 . B. 8 . C. 11. D. 1. Câu 9: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của x để tồn tại duy nhất giá trị nguyên của y sao cho thỏa mãn bất phương trình e2 y 4x2 y y2 x ln x2 y ? A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 4 . Câu 10: Có bao nhiêu số nguyên dương a sao cho ửng với mỗi a tồn tại đúng 8 số thực x thỏa mãn 4 2 x4 4x2 3 log a a.22x 8x 3 1 3? 4 A. 1024. B. 1028. C. 1023. D. 1026. Câu 11: Gọi S là tập chứa tất cả các giá trị nguyên của tham số m 0;2023 để bất phương trình log 60x2 120x 10m 10 3log x 1 1 có miền nghiệm chứa đúng 4 giá trị nguyên của biến x . Số phần tử của S là A. 3 . B. 10 . C. 9 . D. 12 . 6
7. f x log 4x2 1 2x 3x2021 m Câu 12: Cho hàm số 3 . Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của thuộc đoạn  2021;2021 để bất phương trình f x2 1 f 2mx 0 nghiệm đúng với mọi x 0; . A. 2023 . B. 4020 . C. 4022 . D. 2021 . Câu 13: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , điểm M x; y biểu diễn nghiệm của bất phương trình y log3 9x 18 x y 3 . Có bao nhiêu điểm M có tọa độ nguyên thuộc hình tròn tâm O bán kính R 7 ? A. 7 . B. 2 . C. 3 . D. 49 . Câu 14: Có bao nhiêu số nguyên a 11 sao cho ứng với mỗi a tồn tại ít nhất 6 số nguyên b 0; 8 thỏa 2 mãn log4 b 12 log3 b 7 a 3 log5 a 19 7. A. 5. . B. 4. . C. 6. . D. 7. Câu 15: Cho hai số m,n là các số nguyên dương khác 1. Gọi P là tích các nghiệm của phương trình: 2022 logm x logn x 2021 logm x 2022 logn x 2023 . Hỏi P nguyên và đạt giá trị nhỏ nhất khi A. mn 22020 . B. mn 22017 . C. mn 22023 . D. mn 22018 . Câu 16: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn  2023;2023 để bất phương trình 42x m 4.23x 2m 4.2x m 1 nghiệm đúng với x ;4 ? A. 2015 . B. 92 . C. 2032 . D. 93 . LỜI GIẢI CHI TIẾT BÀI TẬP TỰ LUYỆN . Câu 1: (Đề minh họa 2023) Có bao nhiêu cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn 2 2 2 2 2 2 log3 x y x log2 x y log3 x log2 x y 24x ? A. 89. B. 48. C. 90. D. 49. Lời giải Chọn B Điều kiện: x 0 . 2 2 2 2 2 2 Ta có: log3 x y x log2 x y log3 x log2 x y 24x 2 2 2 2 2 2 log3 x y x log3 x log2 x y 24x log2 x y x2 y2 x x2 y2 24x x2 y2 24x log3 log2 2 2 log3 1 log2 1 2 2 x x y x x y x2 y2 24x log3 1 log2 1 2 2 0. x x y x2 y2 24 Đặt: t (t 0) , bất phương trình trở thành: log3 (1 t) log2 1 0 (1). x t 7
8. 1 24 24 Xét hàm số f (t) log3 (1 t) log2 1 có f (t) 0,t 0 . t (1 t)ln 3 t 2 24t ln 2 Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng (0; ) . 24 Ta có f (8) log3 (1 8) log2 1 0 8 x2 y2 Từ đó suy ra: (1) f (t) f (8) t 8 8 (x 4)2 y2 16 . x Đếm các cặp giá trị nguyên của (x; y) Ta có: (x 4)2 16 0 x 8, mà x 0 nên 0 x 8 . Với x 1, x 7 y { 2; 1;0} nên có 10 cặp. Với x 2, x 6 y { 3; 2; 1;0} nên có 14 cặp. Với x 3, x 5 y { 3; 2; 1;0} nên có 14 cặp. Với x 4 y { 4; 3; 2; 1;0} nên có 9 cặp. Với x 8 y 0 có 1 cặp. Vậy có 48 cặp giá trị nguyên (x; y) thỏa mãn đề bài. . x Câu 2: Cho phương trình 5 m log5 x m với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m 20;20 để phương trình đã cho có nghiệm? A. 20 . B. 19. C. 9 . D. 21 Lời giải Điều kiện: x m x m 5t Đặt: t log x m 5x x 5t t 1 . 5 x 5 m t Xét hàm số f u 5u u f u 5u ln 5 1 0,u ¡ . Do đó: 1 x t x 5x m m x 5x . Xét hàm số f x x 5x , x m Do: 5x 0 m x , suy ra phương trình có nghiệm luôn thỏa điều kiện. x x 1 f x 1 5 ln 5 , f x 0 1 5 ln 5 0 x log5 . ln 5 Bảng biến thiên: x ∞ ≈ 0,295 +∞ y' + 0 ≈ 0,917 y ∞ ∞ Dựa vào bảng biến thiên m 0,917 m 20;20 m 19; 18; ; 1 . Vậy có 19 giá trị nguyên của m thỏa ycbt. 8
9. 1 3x2 xy 9x Câu 3: Có bao nhiêu số nguyên y sao cho tồn tại x ;3 thỏa mãn 27 1 xy .27 ? 3 A. 27 . B. 9 . C. 11. D. 12 . Lời giải Chọn C 2 2 Ta có 1 3x xy log27 1 xy 9x 3x 9x 1 log27 t t , với t 1 xy 0 . 2 31 1 Xét hàm số f x 3x 9x 1. Ta có f x 1 x ;3 . 4 3 1 1 Xét hàm số g t log t t, t 0 có g t 1 ; g t 0 t 27 t ln 27 ln 27 12 31 1 31 t 8,07.10 ; 0,04 Ta có f x 1 x ;3 . Suy ra g t 1 4 3 4 t 1; 8,4 1 8,07.10 12 1 0,04 12 y 8,07.10 1 xy 0,04 x x hay 1 1 xy 8,4 7,4 0 y x 1 3 y 1 3 , ( x ;3 , y nguyên). 3 0 y 22 Nhận thấy y 2; y 1 thỏa mãn đề. 2 Với 0 y 22 , ta có 1 3x 9x 1 log27 1 xy 1 xy 0 . 1 Nhập hàm, thay các giá trị nguyên của y, kiểm tra nghiệm x ;3 dẫn đến chọn 1 y 9 . 3 Vậy y 2; 1;1;2; ;9 nên có 11 giá trị nguyên của y thỏa mãn đề. 2 6 6 log2 2x 2 Câu 4: Gọi S là tập hợp các số nguyên x thỏa mãn 4yx log2 yx 2log2 x 1 2 log2 x . Có bao nhiêu giá trị nguyên của y để tập hợp S có nhiều nhất 32 phần tử? A. 16 . B. 32 . C. 19 . D. 8 . Lời giải Chọn C Điều kiện: x 0 và y 0 . 9
10. 2 6 6 log2 2x 2 Bất phương trình tương đương với: 4yx log2 yx 1 2 log2 x 2log2 x 2 6 6 log2 2x 2 4yx log2 yx 2 2 log2 x 2log2 x 1 2 2 6 6 log2 2x 4yx log2 4yx 2 log2 x 1 6 6 log2 2x 2 6 log2 2x 2 f 4yx f 2 2 1 4yx log2 4yx 2 log2 2x . Xét hàm đặc trưng f t t log2 t, t 0 . 1 Ta có f t 1 0 với t 0 nên hàm số f t đồng biến trên 0; . t ln 2 Khi đó ta được: 2 6 log2 2x 2 2 (1) 4yx 2 2 log2 y 6log2 x log2 2x log2 y log2 x 4log2 x 1 g(x) . 2 4 2 Ta có g (x) log x log x 2 x ln 2 2 x ln 2 x ln 2 2 g (x) 0 log2 x 2 x 4 . g 33 Để tập S có nhiều nhất 32 phần tử thì log2 y g 33 0 y 2 0 y 19 . Vậy có 19 giá trị nguyên của y thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 5: Có bao nhiêu số nguyên dương y sao cho tồn tại số thực x 1;6 thỏa mãn 4 x 1 ex y ex xy 2x2 3 ? A. 18 . B. 15 . C. 16 . D. 17 . Lời giải Chọn C Ta có 4 x 1 ex y ex xy 2x2 3 4 x 1 ex y ex xy 2x2 3 0 * . Xét hàm số f x 4 x 1 ex y ex xy 2x2 3 trên 1;6 . f x 4ex 4 x 1 ex y ex y 4x 4xex yex y 4x y 4x y ex y . y f x 0 4x y ex y 0 x (do ex y 0 , ). 4 y Trường hợp 1: 1 y 4 4 Bảng biến thiên của hàm số f x trên 1;6 : 10
11. f 1 y e y 5 ; f 6 20e6 y e6 6y 75 6y2 75 e6 y 20e6 . Ta có f 6 0 6y2 75 e6 y 20e6 0 72,1 y 18,4 . Suy ra thì f 6 0 . Do đó phương trình * có nghiệm x 1;6 f 1 0 e y 5 0 y 5 e 2,3 . Cùng điều kiện y 4 và y nguyên dương, ta có y 3;4 thỏa mãn yêu cầu bài toán. y Trường hợp 2: 6 y 24 . 4 Bảng biến thiên của hàm số f x trên 1;6 : Với y 24 ta luôn có f 1 y e y 5 0 nên không tồn tại x 1;6 thỏa mãn * . y Trường hợp 3: 1 6 4 y 24 . 4 Bảng biến thiên của hàm số f x trên 1;6 : Với y 4;24 ta luôn có f 1 y e y 5 0 nên phương trình * có nghiệm x 1;6 f 6 0 72,1 y 18,4 . Cùng điều kiện y 4;24 và y nguyên dương ta có y 5;6; ;18 . Do đó, tập các giá trị nguyên dương của y thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 3;4; ;18 . 11
12. Vậy có 16 giá trị nguyên dương của y thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 6: Hỏi có bao nhiêu số nguyên dương a,a 2023 sao cho tồn tại số thực x thỏa mãn: x ln a ex ex 1 ln xln a ? A. 2008 . B. 2005 . C. 2007 . D. 2006 . Lời giải Chọn A Điều kiện xác định: . Bất phương trình đã cho x.ln a x.ex ex ex.ln xln a . Đặt t ln xln a et x.ln a Khi đó, bất phương trình trở thành: et x.ex ex ex.t et x x 1 t . Đặt u t x suy ra eu 1 u eu 1 u 0 1 . Xét hàm số f u eu 1 u; f u eu 1 Từ bảng biến thiên suy ra f u 0 với mọi u nên 1 u 0 t x . ex ex ex x 1 Khi đó: ex x.ln a ln a . Xét hàm số g x ; g x x x x2 Bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi ln a e a ee 15,15 . Vậy a {16;17; ;2023} nên có 2008 giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 7: Có bao nhiêu số nguyên a 0;2023 sao cho ứng với mỗi a , tồn tại ít nhất mười số nguyên 2 b 3;10 thỏa mãn 2b3a 6560 32a b ? A. 2021 . B. 2020 . C. 2018 . D. 2019 . Lời giải Chọn B b b b a 2a2 b 2 a 1 2a2 Ta có: 2 3 6560 3 3 6560 3 0 . 3 3 b b 2 a 1 2a2 Đặt f b 3 6560 3 , bất phương trình trên có dạng f b 0 , b 3;10 . 3 3 b b 2 2 a 1 1 Ta có f b ln . 3 6560 ln 0 , b 3;10 . 3 3 3 3 12
13. Do đó f b nghịch biến trên 3;10 . Khi đó f 3 f 2 f 1 f 0 f 1 f 9 . Để tìm được ít nhất 10 giá trị b nguyên thuộc 3;10 thỏa mãn f b 0 thì f 0 0 2 3a 6560 32a . Có a nguyên, a 0;2022 nên a 1 1 a log3 6563 2 2 2 Suy ra 6563 3a 6560 32a . 1 a log3 6563 2 2 Vậy a 3;4;5; ;2022 nên có 2020 số nguyên a thỏa yêu cầu bài toán. Câu 8: Có bao nhiêu số nguyên a sao cho ứng với mỗi a , tồn tại ít nhất 7 số nguyên b 0;10 thỏa mãn 2 log5 b 16 log3 b 13 a log7 a 3 5 ? A. 9 . B. 8 . C. 11. D. 1. Lời giải Chọn D b 0 2 Điều kiện: . Ta có log5 b 16 log3 b 13 a log7 a 3 5 3 a 13 2 log5 b 16 log3 b log3 13 a log7 a 3 5 0 2 Đặt f b log5 b 16 log3 b log3 13 a log7 a 3 5 , điều kiện b 0 Bất phương trình trở thành f b 0 2b 1 f b do b 0 nên f b 0 Hàm số f b đồng biến trên 0;10 b2 16 ln5 bln3 suy ra f 1 f 2 f 3 f 9 . Do đó để có ít nhất 7 giá trị b nguyên thuộc 0;10 thì f 3 0 log3 13 a log7 a 3 2 0 * . Đặt g a log3 13 a log7 a 3 2, a 3;13 . Bất phương trình * trở thành g a 0 . 1 1 g a 0, a 3;13 nên hàm số g a nghịch biến trên 3;13 . 2 13 a ln3 a 3 ln7 Mặt khác g 4 0 bất phương trình * trở thành g a g 4 , g a nghịch biến nên a 4 mà a 3;13 , a nguyên nên a 4 . Vậy có duy nhất một giá trị nguyên a 4 thỏa mãn bài toán. Câu 9: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của x để tồn tại duy nhất giá trị nguyên của y sao cho thỏa mãn bất phương trình e2 y 4x2 y y2 x ln x2 y ? A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 4 . Lời giải Chọn A 13
14. Điều kiện ban đầu: x2 y 0 y x2 Đầu tiên ta có bất phương trình tương đương với: e2 y 4x2 y y2 x ln x2 y 0 Xét hàm số theo biến y tức f y e2 y 4x2 y y2 x ln x2 y trên ; x2 ta có: 1 2 y 2 2 f y 2e 4x 2y 2 0 trên ; x nên hàm số f y đồng biến trên x y ; x2 Từ đó ta có bất phương trình f y 0 f 1 0 y x2 Ta có nhận xét như sau: do tồn tại duy nhất giá trị nguyên của y nên suy ra khoảng f 1 0 ; x2 của giá trị y cũng chứa duy nhất một giá trị nguyên, khi đó giá trị của y sẽ chạy từ x2 1 đến x2 , tức x2 1 f 1 0 y x2 , từ đó ta suy ra mệnh đề này chỉ xảy ra khi và chỉ khi: 2 2 1 2 2 2 x 1 2 2 2 2 2 f 0 x 1 f x 1 0 e 4x x 1 x 1 x ln x x 1 0 2 2 2 x 1 2 2 4 2 2 x 1 4 2 e 4x x 1 x 2x 1 x 0 e 3x 2x x 1 0 2 2 x 1 4 2 Xét hàm số g x e 3x 2x x 1 có g x 0 có một nghiệm duy nhất Suy ra phương trình g x 0 có không quá hai nghiệm Từ đó ta giải ra bất phương trình g x 0 có chứa 1 giá trị nguyên x 0 tức có 1 giá trị nguyên x sao cho thỏa mãn yêu cầu đề bài. Câu 10: Có bao nhiêu số nguyên dương a sao cho ửng với mỗi a tồn tại đúng 8 số thực x thỏa mãn 4 2 x4 4x2 3 log a a.22x 8x 3 1 3? 4 A. 1024. B. 1028. C. 1023. D. 1026. Lời giải Chọn D 1 Đặt t x4 4x2 log a x4 4x2 t log a t log a 4 4 2 2 Phương trình trở thành: 3 3 t 3 22t 3 1 3 t 3 g t t 3 0 * 22t 3 1 22t 3 1 6.22t 3.ln 2 ; g t 1 2 0 có đúng 2 nghiệm nên * có tối đa 3 nghiệm 22t 3 1 t 1 Nhận thấy g 1 g 1,5 g 2 0 nên * t 1,5 t 2 14
15. 4 2 2 4 x 4x log a 1 4x x log4 a 1 1 4 4 2 2 4 Vậy x 4x log4 a 1,5 4x x log4 a 1,5 2 x4 4x2 log a 2 2 4 4 4x x log4 a 2 3 Mà 3 đường thẳng y log4 a 1, y log4 a 1,5; y log4 a 2 đôi một song song Hàm số g(x) 4x2 x4 có bảng biến thiên, như sau. Vậy phương trình có đúng 8 nghiệm khi và chi khi Trường hợp 1: Các phương trình 2 ; 3 mỗi phương trình có 4 nghiệm log4 a 1 4 0 log4 a 1,5 4 5 log4 a 5,5 1024 a 2048 a {1025,,2047} 0 log4 a 2 4 Trường hợp 2: Phương trình 1 có 4 nghiệm và phương trình 2 ; 3 mỗi phương trình có 0 log4 a 1 4 2 nghiệm log4 a 1,5 0 1 log4 a 1,5 4 a 8 a {5,6,7} . log4 a 2 0 Vậy có tất cả 1026 giá trị của m . Câu 11: Gọi S là tập chứa tất cả các giá trị nguyên của tham số m 0;2023 để bất phương trình log 60x2 120x 10m 10 3log x 1 1 có miền nghiệm chứa đúng 4 giá trị nguyên của biến x . Số phần tử của S là A. 3 . B. 10 . C. 9 . D. 12 . Lời giải Chọn A x 1 * Điều kiện 2 . 6x 12x m 1 0 log 60x2 120x 10m 10 3log x 1 1 1 log 6x2 12x m 1 log x 1 3 1 3 3 log 6x2 12x m 1 log x 1 6x2 12x m 1 x 1 1 6x2 12x m 1 x3 3x2 3x 1 m 2 x3 3x2 9x f x . Từ 1 Hệ điều kiện * trở thành: x 1 . Xét hàm số f x x3 3x2 9x trên khoảng 1; . 2 x 1 Ta có: f x 3x2 6x 9 . Đạo hàm f x 3x 6x 9 0 . x 3 Bảng biến thiên: 15
16. Để bất phương trình log 60x2 120x 10m 10 3log x 1 1 có miền nghiệm chứa đúng 4 giá trị nguyên của biến x khi 11 m 2 0 9 m 2 m 0;2023 0 m 2. . Vậy có 3 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn bài toán. f x log 4x2 1 2x 3x2021 m Câu 12: Cho hàm số 3 . Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của thuộc đoạn  2021;2021 để bất phương trình f x2 1 f 2mx 0 nghiệm đúng với mọi x 0; . A. 2023 . B. 4020 . C. 4022 . D. 2021 . Lời giải Chọn A Tập xác định: . 2 4x2 1 2x Ta có f x 6063x2020 0 f x đồng biến trên . 4x2 1 4x2 1 2x ln3 Ta thấy: 1 2 2021 2 2021 f x log 4 x 1 2 x 3 x log 4x 1 2x 3x f x 3 3 Vậy f x là hàm số lẻ. 1 Khi đó: f x2 1 f 2mx f x2 1 f 2mx x2 1 2mx x 2m,x 0 . x 1 1 x 1 L Xét g x x ,x 0 g x 1 2 0 . x x x 1 N Ta có bảng biến thiên của hàm số y g x : Theo yêu cầu bài toán thì 2m 2 m 1. Vì m  2021;2021 số giá trị của m bằng: 1 2021 1 2023 . Câu 13: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , điểm M x; y biểu diễn nghiệm của bất phương trình y log3 9x 18 x y 3 . Có bao nhiêu điểm M có tọa độ nguyên thuộc hình tròn tâm O bán kính R 7 ? 16
17. A. 7 . B. 2 . C. 3 . D. 49 . Lời giải Chọn B Điều kiện: 9x 18 0 x 2 . y y Ta có: log3 9x 18 x y 3 log3 x 2 x 2 y 3 t y Đặt t log3 x 2 , . Khi đó ta có: t 3 y 3 * Ta thấy hàm số f x x 3x đồng biến trên ( do ) y Suy ra * t y log3 x 2 y x 2 3 Do M có tọa độ nguyên thuộc hình tròn tâm O bán kính R 7 nên Khi đó 1 x 7 1 x 2 9 30 3y 32 y 0;1;2 Trường hợp 1: y 0 x 1 ( thỏa mãn) Trường hợp 2: y 1 x 1 ( thỏa mãn) Trường hợp 3: y 2 x 7 ( loại) Vậy có 2 điểm thỏa mãn yêu cầu là 1;0 , 1;1 . Câu 14: Có bao nhiêu số nguyên a 11 sao cho ứng với mỗi a tồn tại ít nhất 6 số nguyên b 0; 8 thỏa 2 mãn log4 b 12 log3 b 7 a 3 log5 a 19 7. A. 5. . B. 4. . C. 6. . D. 7. Lời giải Chọn A 2 Ta có log4 b 12 log3 b 7 a 3 log5 a 19 7 2 log4 b 12 log3 b 7 log3 a 3 log5 a 19 7 0. 2 0; 8 Xét hàm f b log4 b 12 log3 b 7 log3 a 3 log5 a 19 7 trên 2b 1 có f ' b 0, b 0;8 nên hàm số đồng biến trên 0; 8 b2 12 ln 4 b 7 ln3 Suy ra f 1 f 2 f 7 , do đó để có ít nhất 6 số nguyên b 0; 8 ta cần f 2 0 log3 a 3 log5 a 19 3 0 1 Xét hàm g a log3 a 3 log5 a 19 3 trên 3;11 có 1 1 g ' a 0, a 3; 11 suy ra hàm g a đồng biến trên 3;11 a 3 ln3 a 19 ln5 và có g 6 0 , mặt khác 1 g a g 6 a 6 , do đó a 6,7,8,9,10 . Câu 15: Cho hai số m,n là các số nguyên dương khác 1. Gọi P là tích các nghiệm của phương trình: 2022 logm x logn x 2021 logm x 2022 logn x 2023 . Hỏi P nguyên và đạt giá trị nhỏ nhất khi A. mn 22020 . B. mn 22017 . C. mn 22023 . D. mn 22018 . Lời giải 17
18. Chọn C t Đặt logm x t x m . t t Thay vào phương trình ta được: 2022 logn m .t 2021t 2022 logn m 2023 2 2022 logn m .t 2021 2022logn m t 2023 0 Đây là một phương trình bậc 2 theo t và ac 2023.2022logn m 0 t1 Do đó phương trình có 2 nghiệm t1,t2 và phương trình ban đầu có hai nghiệm x1 m , t2 x2 m . 2021 2021 2022 log m 2021 1 n 1 2022 2021 Ta có: P x x mt1 t2 m 2022 logn m m 2022 logn m m. m logn m m.n 2022 1 2 Vì m nguyên dương và khác 1 nên m 2 , suy ra P 22022 n2021 . m 2 Mặt khác (2021,2022) 1 và n 2 nên P nguyên và nhỏ nhất khi . 2022 n 2 Câu 16: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn  2023;2023 để bất phương trình 42x m 4.23x 2m 4.2x m 1 nghiệm đúng với x ;4 ? A. 2015 . B. 92 . C. 2032 . D. 93 . Lời giải Chọn A 42x m 4.23x 2m 4.2x m 1 24x 4.23x 4.2x.2m 22m m 2x 2 2 1 m x 2x m 2x m 2x x 2 4.2 2 2 2 2 2 4.2 0 m 2x 2 2 2 m x 2x 2 4.2 2 2x 8 0 2 2 x ;4 .  x 2x 2 192 4.2 2 2 m 2x 2 2 Giải hệ phương trình (1) m x 2x 2 4.2 2 m 8 2 2 Để (1) nghiệm đúng với x ;4 m 8 .  m 2 2 2 Do m nguyên thuộc đoạn  2023;2023 nên có 2015 giá trị của m . m 2x 2 2 Giải hệ phương trình (2) m x 2x 2 4.2 2 m 2 0 Để (1) nghiệm đúng với x ;4 không có giá trị nào của m thỏa mãn.  m 2 192 Vậy có 2015 giá trị của m . 18