39 Câu hỏi ôn tập Toán 11 - Chương 2: Hàm số mũ. Hàm số Logarit (Mức độ 4)

Nội dung tài liệu: 39 Câu hỏi ôn tập Toán 11 - Chương 2: Hàm số mũ. Hàm số Logarit (Mức độ 4)

1. Câu 1. Tất cả các giá trị của m để phương trình ex m x 1 có nghiệm duy nhất là A. m 1. B. m 0, m 1. C. m 0, m 1. D. m 1. Lời giải ChọnC. Điều kiện: m x 1 0 ex Thấy x 1không là nghiệm. Ta có: ex m x 1 m f x g m x 1 ex x 1 ex ex xex Xét hàm số: f x . Ta có: f x x 1 x 1 2 x 1 2 Cho f x 0 x 0 Bảng biến thiên: x 1 0 f x 0 0 f x 1 Dựa vào bảng biến thiên để phương trình có nghiệm duy nhất khi hàm số g m cắt đồ thị f x tại đúng một điểm m 0  m 1 Câu 2. Cho phương trình log x x2 1 .log x x2 1 log x x2 1 . Có bao nhiêu giá trị 2 5 m nguyên dương khác 1 của m sao cho phương trình đã cho có nghiệm x lớn hơn 2 ? A. Vô số. B. 3 . C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn D. Điều kiện xác định: x x2 1 x 1. x 1 2 1 x2 1 x 1 Đặt t log x x2 1 thì t x 1 . . 2 2 x x 1 ln 2 x x2 1 x2 1 ln 2 1 0 x2 1ln 2 BBT: Do x 2 t log2 2 3 . 1 1 Phương trình trở thành t.log 2t log t.log 2 log 2 log m 5 m 2t 5 m 5 t 1 1 log2 2 3 * Ycbt log5 m m 5 . Do m ¥ và m 1 nên m 2 . log2 2 3
2. log 2 log 3 log 4 ... log n Câu 3. Gọi a là giá trị nhỏ nhất của f n 3 3 3 3 , với n ¥ , n 2 . Có bao 9n nhiêu số n để f n a ? A. 2 . B. vô số. C. 1. D. 4 . Lời giải Chọn A log n 1 log n Ta có f n 1 f n . 3 , f n f n 1 . 3 9 9 f n f n 1 Do a là giá trị nhỏ nhất của f n nên f n a f n f n 1 log3 n 1 f n f n . 9 log3 n 1 9 9 9 3 1 n 3 . log n log n 9 f n 1 . 3 f n 1 3 9 Vậy có 2 giá trị của n thỏa yêu cầu bài toán. x x Câu 4. Cho hàm số f (x) 2 2 . Gọi m0 là số lớn nhất trong các số nguyên m thỏa mãn f (m) f (2m 212 ) 0. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. m0 1513;2019 B. m0 1009;1513 C. m0 505;1009 D. m0 1;505 Lời giải Chọn B Hàm số f (x) 2x 2 x xác định x ¡ . Khi đó x ¡ , ta có f ( x) 2 x 2x (2x 2 x ) f (x). Suy ra f (x) là hàm số lẻ. 1 Mặt khác f (x) (2x 2 x )ln2 0, x ¡ . Do đó hàm số f (x) đồng biến trên ¡ . 2 Ta có f (m) f (2m 212 ) 0 f (2m 212 ) f (m) . Theo 1 suy ra f (2m 212 ) f ( m). 212 Theo 2 ta được 2m 212 m 3m 212 m . 3 Vì m ¢ nên m 1365 m0 1365. Vậy m0 1009;1513 . x y Câu 5. Xét các số thực dương phân biệt x , y thỏa mãn log 3 . Khi biểu thức 4x y 16.3y x đạt x y 2 giá trị nhỏ nhất, giá trị của x 3y bằng A. 2 log2 3. B. 2 log3 2 . C. 1 log3 2 . D. 1 log2 3. Lời giải x y x y Ta có log2 3 x y x y .log3 2 x y log2 3 16 16 16 16 Do đó P 4x y 16.3y x 4x y 4x y 4x y 4x y x y x y .log3 2 x y x y 3 3 3log3 2 2 16 8 8 8 8 Đặt t x y 0 nên P t 2 t 2 33 t 2. . 33 64 12 t t t t t
3. 8 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t 2 t 2 2x y 2 x y 1 t x y 1 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất khi x 3y 2 log3 2 . x y log3 2 x y Câu 6. Xét các số dương phân biệt x, y thỏa mãn log 3 . Khi đó biểu thức 4x y 16.3y x đạt giá x y 2 trị nhỏ nhất. giá trị x 3y bằng A. 1 log3 2 . B. 1 log2 3 . C. 2 log3 2. D. 2 log2 3. Lời giải Chọn C x y Ta có log 3 y x (x y)log 2 x y 2 3 16 Khi đó P 4x y 16.3y x 4x y 16.3 (x y).log3 2 4x y 16.2 (x y) 4x y 2x y 8 8 Ta có P 22(x y) 33 8.8 2x y 2x y 8 Dấu " " 22(x y) 23(x y) 23 x y 1 2x y 1 log 2 x 3 x y 1 x y 1 2 Kết hợp với y x log 2 x y log 2 1 log 2 3 3 y 3 2 1 log 2 3(1 log 2) Suy ra x 3y 3 3 2 log 2 2 2 3 Câu 7. Có bao nhiêu số nguyên m để bất phương trình x2 m3 4m x mln x2 1 nghiệm đúng với mọi số thực x? A. 1. B. 3 . C. vô số. D. 2 . Lời giải Chọn D x2 m3 4m x mln x2 1 ,x x2 m3 4m x mln x2 1 0,x x 0 là một nghiệm của bpt Đặt f (x) x2 m3 4m x mln x2 1 Để f (x) 0,x thì x 0 là cực tiểu của hàm số y f (x) 3 2.0 m 0 f '(0) 0 2.0 m 4m m. 2 0 0 1 m 2 Thử lại : m 0, f (x) x2 0, x nhận m 0. 4x x 0 m 2, f '(x) 2x 2 0 x 1 x 1
4. f (x) 1 2ln 2, x loại m 2. 4x m 2, f '(x) 2x 0 x 0 x2 1 f (x) 0, x nhận m 2. Câu 8. Cho các số thực a,b thoả mãn a b 0 và log2 a b log3 a b . Khi biểu thức 2 2 P log2 a log2 b 2log3 a b 2log2 a b đạt giá trị lớn nhất, giá trị a b thuộc khoảng nào sau đây? A. 3;4 . B. 5;6 . C. 4;5 . D. 2;3 . Lời giải Chọn D Ta có 2 2 P log2 a log2 b 2log3 a b 2log2 a b ab a2 b2 2ab 2 2 2 log2 ab 2log2 a b log2 a b log2 2 a2 b2 . 2 ab ab log2 2 2 2 2 2 a b a b 2 1 1 1 Xét hàm số f x x 2x có toạ độ đỉnh I ; Pmax log2 3 . 4 8 8 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: ab 1 2 2 a b 3 a b 2log a b 1 2log a b a2 b2 4 3 3 Lại có log2 a b log3 a b . Khi đó 2log2 a b 1 2log3 a b 1 2log2 3 2 2log2 3.log3 a b 1 2log3 a b a b 3 2,55 2;3 Câu 9. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m sao cho bất phương trình nghiệm đúng với mọi x ¡ ?
5. 2 2 2 2 log3 x 2mx 2m 1 1 log2 x 2x 3 .log3 x 3 . A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Lời giải Chọn B Điều kiện cần: x2 2mx 2m2 1 0, x ¡ m2 2m2 1 0 m2 1. 1 Bài toán yêu cầu nghiệm đúng với mọi x nên bài toán đúng với x 1. 2 Với x 1, bất phương trình trở thành: log3 2m 2m 1 log2 2.log3 4 2 log3 2m 2m log3 12 2m2 2m 12 2 m 3, 2 . Từ 1 và 2 , kết hợp với m ¢ ta được m 2;2;3. Thử lại 2 2 2 + Với m 2 bất phương trình log3 x 4x 7 1 log2 x 2x 3 .log3 x 3 ,(*) 2 x 4x 7 2 2 log3 log2 x 2x 3 .log3 x 3 . 3 2 2 x 4x 7 2 2 x 4x 7 2 Do x 3 x 1 0luôn đúng nên log3 log3 x 3 3 3 Mặt khác log x2 2x 3 log x 1 2 2 1 nên (*) đúng với mọi x ¡ 2 2 + Tương tự với m 2 bất phương trình đúng với mọi x ¡ 2 x 6x 17 2 2 + Với m 3 bất phương trình log3 log2 x 2x 3 .log3 x 3 . 3 1 19 9 13 Với x ta thấy bất phương trình log3 log2 .log3 vô lý. 2 4 4 4 Vậy có 2 giá trị thỏa mãn là m 2 . Câu 10. Có bao nhiêu giá trị thực của y để với mỗi y tồn tại đúng 2 giá trị thực của x sao cho ln 4x2 xy y ? A.1.B. 2 .C. 3 . D. Vô số. Lời giải Ta có ln 4x2 xy y (Điều kiện x 0 ) ln 4x2 x 1 y (1) Xét x 1 0 x 1. Thay vào phương trình (1) ta được ln 4 0 (Vô lí). ln 4x2 Xét x 1 0 x 1. Khi đó 1 y . x 1 2 2 ln 4x2 2 ln 4x Đặt f x . Suy ra f x x . x 1 x 1 2 2 f x 0 2 ln 4x2 0. x 2 2 2x 2 Đặt g x 2 ln 4x g x 2 . x x
6. g x 0 x 1. Bảng biến thiên: Ta thấy phương trình g x 0 có đúng một nghiệm a 0 . Do đó f x 0 có đúng một nghiệm a 0 . Ta có bảng biến thiên như sau ln 4a2 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy với y 0 và y thì thỏa mãn yêu cầu của bài toán. a 1 2 Câu 11. Số nghiệm nguyên của bất phương trình 2log2 (x 2) log2 2x 1 x 1 x 5 là A. 5. B. 6. C. 7. D. 4. Lời giải Chọn B x 1 x 2 1 x 1 Điều kiện: 2 x 1 . 2x 1 1 x 1 x 1 Nhận xét x 1 là nghiệm của bất phương trình. Với x 1 ta có: 2 2log2 (x 2) log2 2x 1 x 1 x 5 2 2 2 log2 (x 4x 4) log2 2x 1 x 4x 5 2 a 2x2 1 Đặt a 1;b 1 . 2 b x 4x 4 2 b log2 b a log2 a 3 . Xét hàm số f t t log2 t với t 1. 1 f t 1 0,t 1 2t log2 t ln 2 Hàm số f t đồng biến trên khoảng 1; nên từ 3 ta có: b a x2 4x 4 2x2 1 x2 4x 5 0 1 x 5 Mà x 1 1 x 5.
7. Vậy có 6 giá trị nguyên của x thỏa mãn. Câu 12. Có bao nhiêu giá trị nguyên lớn hơn 2 của y sao cho với mỗi y tồn tại đúng 3 sô nguyên dương x x x thỏa mãn 3 y 2log2 3 2 ?. A. 16. B. 51. C. 68. D. 66 . Lời giải Chọn B x x x 3 y 2log2 3 2 điều kiện: 3 2 0 x log3 2 . x x y 3 2log2 3 2 . x x Xét hàm số f x 3 2log2 3 2 x 2.3x ln3 2 3 2 ln 2 2 f ' x 3x ln3 3x ln3 1 3x ln3 x x x 3 2 ln 2 3 2 ln 2 3 2 ln 2 x 2 2 f ' x 0 3 2 x log3 2 a ln 2 ln 2 Bảng biến thiên: f 3 y 27 2log2 25 y Ycbt 17,71 y 68,3 81 2log 79 y f 4 y 2 Vì y 2 là số nguyên nên 18 y 68 có 51 số. Câu 13. Có bao nhiêu số nguyên a sao cho ứng với mỗi a , tồn tại số thực b a thỏa mãn 4a 2b b và đoạn a;b chứa không quá 5 số nguyên? A. 5.B. 11.C. 10.D. 6 . Lời giải Chọn B Ta có 4a 2b b 2b b 4a 0 Xét hàm số f b 2b b 4a f b 2b ln b 1 0 Nên hàm số f b luôn đồng biến trên ; Ta có 4a 2b b 2a a 2a a 4a 0 f a 0 Nên để tồn tại số thực b và đoạn a;b không chứ quá 5 số nguyên: f a 0 2a a 4a 0 a 5; 4;..;4;5 . a 5 a  f a 5 0 2 a 5 4 0
8. ax 32 a Câu 14. Gọi m là giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) ,(a ¡ ) trên đoạn  2;1. Hỏi có bao 2x nhiêu số nguyên đương a để m 16? A. 4.B. 10.C. 5.D. 9. Lời giải Chọn D Ta có f 1 16 a a ln 2 x 32 a ln 2 1 32 f (x) 0 x 1 2x 0 ln 2 a TH1: x0  2;1 32 Khi đó yêu cầu của bài toán x 2 0 a . 0 1 3 ln 2 TH2: x0  2;1 32 32 a 1 1 2 x0 1 3 Khi đó yêu cầu của bài toán ln 2 ln 2 . f 2 f 1 28 a 3 28 Từ 2 trường hợp ta có 0 a 3 Vì a ¢ nên a 1;2;3;4;5;6;7;8;9 . 2 Câu 15. Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình log3 x mlog3 x 2m 7 0 có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 81. A. m 4 B. m 4 C. m 81 D. m 44 Lời giải. Chọn B. ĐK: x 0 x1x2 81 log3 x1x2 log3 81 log3 x1 log3 x2 4 t1 t2 4 2 Đặt t log3 x. ta được phương trình t mt 2m 7 0 YCBT (*) có 2 nghiệm thực t1,t2 thỏa t1 t2 4 2 m 4 2m 7 0 m 4 m 4 1 ab Câu 16. Xét các số thực dương a, b thỏa mãn log 2ab a b 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất P của 2 a b min P a 2b . 2 10 3 3 10 7 2 10 1 2 10 5 A. P B. P C. P D. P min 2 min 2 min 2 min 2 Lời giải Chọn A Điều kiện: ab 1. 1 ab Ta có log 2ab a b 3 log 2 1 ab 2 1 ab log a b a b * . 2 a b 2 2
9. Xét hàm số y f t log2 t t trên khoảng 0; . 1 Ta có f t 1 0,t 0 . Suy ra hàm số f t đồng biến trên khoảng 0; . t.ln 2 b 2 Do đó * f 2 1 ab f a b 2 1 ab a b a 2b 1 2 b a . 2b 1 b 2 Do a 0, b 0 nên 0 0 b 2 . 2b 1 b 2 b 2 Khi đó: P a 2b 2b . Xét hàm số g(b) 2b trên khoảng 0;2 . 2b 1 2b 1 2 10 b 0;2 5 2 5 4 g b 2 2 0 2b 1 2b 1 2 2 10 b 0;2 4 Lập bảng biến thiên 10 2 2 10 3 Vậy P g . min 4 2 9t Xét hàm số f t với m là tham số thực. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m sao Câu 17. 9t m2 cho f x f y 1 với mọi x, y thỏa mãn ex y e x y . Tìm số phần tử của S . A. 0. B. 1. C. Vô số. D. 2. Lời giải Chọn D. ex e.x Ta có nhận xét: ex y e x y x y 1. y e e.y ( Dấu ‘’=’’ xảy ra khi x y 1). Do đó ta có: f (x) f ( y) 1 f (x) f (1 x) 1 9x 91 x 9 m2.9x 9 m2.91 x 1 1 9x m2 91 x m2 9 m2.9x m2.91 x m4 9 m 2 .9 x 9 m 2 .91 x 9 m 2 .9 x m 2 .91 x m 4 m4 9 m 3 . Vậy có hai giá trị m thỏa mãn yêu cầu.
10. Câu 18. Xét các số nguyên dương a, b sao cho phương trình a ln2 x bln x 5 0 có hai nghiệm phân 2 biệt x1, x2 và phương trình 5log x blog x a 0 có hai nghiệm phân biệt x3 , x4 thỏa mãn x1x2 x3 x4 . Tính giá trị nhỏ nhất Smin của S 2a 3b . A. Smin 30 . B. Smin 25. C. Smin 33 . D. Smin 17 . Lời giải Chọn A Điều kiện x 0 , điều kiện mỗi phương trình có 2 nghiệm phân biệt là b2 20a . Đặt t ln x,u log x khi đó ta được at 2 bt 5 0(1) , 5t 2 bt a 0(2) . Ta thấy với mỗi một nghiệm t thì có một nghiệm x , một u thì có một x . b b b b t1 t2 t1 t2 a u1 u2 5 a 5 Ta có x1.x2 e .e e e , x3.x4 10 10 , lại có x1x2 x3 x4 e 10 b b 5 ln10 a a 3 ( do a,b nguyên dương), suy ra b2 60 b 8. a 5 ln10 Vậy S 2a 3b 2.3 3.8 30 ,suy ra Smin 30 đạt được a 3,b 8 . 2 2 Câu 19. Cho a 0 , b 0 thỏa mãn log3a 2b 1 9a b 1 log6ab 1 3a 2b 1 2 . Giá trị của a 2b bằng 7 5 A. 6 B. 9 C. D. 2 2 Lời giải Chọn C. a 0 , b 0 nên ta có log3a 2b 1 6ab 1 0 ; log6ab 1 3a 2b 1 0 . Ta có 9a2 b2 6ab . Dấu đẳng thức xảy ra khi a 3b . Do đó, ta có: 2 2 log3a 2b 1 9a b 1 log6ab 1 3a 2b 1 log3a 2b 1 6ab 1 log6ab 1 3a 2b 1 2 log3a 2b 1 6ab 1 .log6ab 1 3a 2b 1 2 log3a 2b 1 3a 2b 1 2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b 3a 0 log3a 2b 1 6ab 1 log6ab 1 3a 2b 1 b 3a 0 b 3a 0 log 18a2 1 log 9a 1 log 18a2 1 1 9a 1 18a2 1 9a 1 3 b b 3a 0 2 7 . Suy ra a 2b . 18a2 1 9a 1 1 2 a 2 x Câu 20. 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 Chọn B. Điều kiện: x m
11. 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. x Câu 21. Cho phương trình 3 m log 3 (x m) với m là tham số . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m 15;15 để phương trình đã cho có nghiệm? A. 16 B. 9 C. 14 D. 15 Lời giải Chọn C x x Ta có: 3 m log 3 x m 3 x log 3 (x m) x m (*) . Xét hàm số f (t) 3t t , với t ¡ . Có f'(t) 3t ln 3 1 0,t ¡ nên hàm số f t đồng biến trên tập xác định. Mặt khác phương trình (*) có dạng: f (x) f log3 (x m) . Do đó ta x x có f (x) f log3 (x m) x log3 (x m) 3 x m 3 x m x x 1 Xét hàm số g x 3 x , với x ¡ . Có g'(x) 3 ln 3 1, g'(x) 0 x log3 ln 3 Bảng biến thiên
12. Từ bảng biến thiên ta thấy các giá trị của tham số để phương trình có nghiệm là: 1 m ; g log3 . Vậy số giá trị nguyên của m 15;15 để phương trình đã cho ln 3 có nghiệm là:14 . 2 2 Câu 22. Cho a 0,b 0 thỏa mãn log4a 5b 1 16a b 1 log8ab 1 4a 5b 1 2 . Giá trị của a 2b bằng 27 20 A. 9 B. 6 C. D. 4 3 Lời giải Chọn C 2 2 Từ giả thiết suy ra log4a 5b 1 16a b 1 0 và log8ab 1 4a 5b 1 0 . Áp dụng BĐT Côsi ta có 2 2 2 2 log4a 5b 1 16a b 1 log8ab 1 4a 5b 1 2log4a 5b 1 16a b 1 .log8ab 1 4a 5b 1 2log 16a2 b2 1 . 8ab 1 Mặt khác 16a2 b2 1 4a b 2 8ab 1 8ab 1 a,b 0 , suy ra 2log 16a2 b2 1 2 . 8ab 1 2 2 Khi đó log4a 5b 1 16a b 1 log8ab 1 4a 5b 1 2 log4a 5b 1 8ab 1 log8ab 1 4a 5b 1 b 4a 3 2 2 log24a 1 32a 1 1 32a 24a a 4 . b 4a b 4a b 3 3 27 Vậy a 2b 6 . 4 4 x Câu 23. Cho phương trình 7 m log7 x m với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m 25;25 để phương trình đã cho có nghiệm ? A. 9 B. 25 C. 24 D. 26 Lời giải Chọn C ĐK: x m 7x m t Đặt t log x m ta có 7x x 7t t 1 7 t 7 m x Do hàm số f u 7u u đồng biến trên ¡ , nên ta có 1 t x . Khi đó: 7x m x m x 7x . x x Xét hàm số g x x 7 g x 1 7 ln 7 0 x log7 ln 7 . Bảng biến thiên:
13. Từ đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi m g log7 ln 7 0,856 Do m nguyên thuộc khoảng 25;25 , nên m 24; 16;...; 1 . x Câu 24. Cho phương trình 2 m log2 x m với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m 18;18 để phương trình đã cho có nghiệm? A. 9 B. 19 C. 17 D. 18 Lời giải Chọn C ĐK: x m 2x m t Đặt t log x m ta có 2x x 2t t 1 2 t 2 m x Do hàm số f u 2u u đồng biến trên ¡ , nên ta có 1 t x . Khi đó: 2x m x m x 2x . x x Xét hàm số g x x 2 g x 1 2 ln 2 0 x log2 ln 2 . Bảng biến thiên: Từ đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi m g log2 ln 2 0,914 Do m nguyên thuộc khoảng 18;18 , nên m 17; 16;...; 1 . 2 2 Câu 25. Cho a 0, b 0 thỏa mãn log2a 2b 1 4a b 1 log4ab 1 2a 2b 1 2. Giá trị của a 2b bằng 15 3 A. B. 5 C. 4 D. 4 2 Lời giải Chọn A Ta có 4a2 b2 4ab , với mọi a,b 0 . Dấu ‘ ’ xảy ra khi b 2a 1 . Khi đó 2 2 2 log2a 2b 1 4a b 1 log4ab 1 2a 2b 1 log2a 2b 1 4ab 1 log4ab 1 2a 2b 1 . Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy ta có log2a 2b 1 4ab 1 log4ab 1 2a 2b 1 2. Dấu ‘ ’ xảy ra khi log2a 2b 1 4ab 1 1 4ab 1 2a 2b 1 2 .
14. 3 3 15 Từ 1 và 2 ta có 8a2 6a 0 a . Suy ra b . Vậy a 2b . 4 2 4 2 x Câu 26. Cho phương trình 4log2 x log2 x 5 7 m 0 ( m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt A. 49 . B. 47 . C. Vô số. D. 48 . Lời giải x 0 Điều kiện: x log7 m 2 x Với m 1, phương trình trở thành 4log2 x log2 x 5 7 1 0 log2 x 1 4log2 x log x 5 0 5 2 2 log x . x 2 7 1 0 4 x 0 (loai) Phương trình này có hai nghiệm Với m 2, điều kiện phương trình là x log7 m x 2 log2 x 1 2 4log x log x 5 0 5 5 2 2 4 Pt log2 x x 2 x 4 7 m 0 x x 7 m 7 m 5 Do x 2 4 2,26 không là số nguyên, nên phương trình có đúng 2 nghiệm khi và chỉ khi m 3 2 m 7 Vậy m 3;4;5;...;48 . Suy ra có 46 giá trị của m . Do đó có tất cả 47 giá trị của m 2 x Câu 27. Cho phương trình 2log2 x 3log2 x 2 3 m 0 ( m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt? A. 79 . B. 80. C. Vô số. D. 81. Lời giải Chọn A 2 x Xét phương trình 2log2 x 3log2 x 2 3 m 0 1 . x 0 x 0 Điều kiện: x . 3 m 0 x log3 m do m 0 log2 x 2 x 4 2log2 x 3log x 2 0 2 2 1 1 Ta có 1 log2 x x . x 3 m 0 2 2 3x m x log3 m log3 m 0 0 m 1 Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt 1 1 log3 m 4 2 4 2 3 m 3 m 1 Do m nguyên dương . m {3;4;5;;80}
15. Vậy có tất cả 1 80 3 1 79 giá trị m nguyên dương thỏa mãn đề bài. 2 x Câu 28. Cho phương trình 2log2 x log2 x 1 4 m 0 ( m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt A. Vô số. B. 62 . C. 63. D. 64 . Lời giải Chọn B 2 x 2log2 x log2 x 1 4 m 0 (*) x 0 x 0 1 x x log m 4 m 4 x x log4 m 4 m 0 1 2 2 2log x log x 1 2 2 2 x 3 x 3 ￿ Nếu m 1 thì phương trình (1) vô nghiệm, phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt. Do đó m 1 thỏa. ￿ Nếu m 1 thì phương trình (1) luôn có nghiệm x log4 m , nghiệm này luôn là nghiệm của (*). Do đó, (*) có đúng hai nghiệm phân biệt khi phương trình (2) có đúng 1 nghiệm. 1 ￿ Với m 2 thì log 2 như vậy phương trình (2) có hai nghiệm nên ta loại trường hợp 4 2 này 1 1 2 2 ￿ Với m 3 thì x 3 0,577 , trong khi đó log4 3 0,79 nên ta loại nghiệm x 3 , như vậy (2) chỉ còn nghiệm x 3. Xét log4 m 3 m 64 . Các giá trị m nguyên dương cần tìm thuộc tập S 1  3, 64 .Vậy có tất cả 62 giá trị m. y Câu 29. Có bao nhiêu cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn 0 x 2020 và log3 (3x 3) x 2y 9 ? A. 2019 . B. 6 . C. 2020 . D. 4 . Lời giải Chọn D Điều kiện: x 1 y 2 y Ta có: log3 (3x 3) x 2y 9 log3 (x 1) (x 1) 2y 3 (*) Xét hàm số f (t) t 3t ,t ¡ có f (t) 1 3t ln3 0,t ¡ , tức hàm số luôn đồng biến trên y ¡ . Khi đó (*) f (log3 (x 1)) f (2y) log3 (x 1) 2y x 9 1 y Vì 0 x 2020 nên 0 9 1 2020 0 y log9 2021. Do y nguyên nên y 0;1;2;3 . x; y 0;0 ; 8;1 ; 80;2 ; 728;3  nên tổng cộng có 4 cặp số nguyên (x; y) thỏa đề. Câu 30. Xét các số thực dương a, b, x, y thỏa mãn a 1, b 1 và a x b y ab . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x 2y thuộc tập hợp nào dưới đây? 5 5 A. 1; 2 . B. 2; . C. 3; 4 . D. ; 3 . 2 2 Lời giải Chọn D
16. Ta có a, b 1 và x, y 0 nên a x ;b y ; ab 1 1 1 x y x y x loga b Do đó: a b ab loga a loga b loga ab 2 2 . 2y 1 logb a 3 1 Khi đó, ta có: P log b log a . 2 2 a b Lại do a, b 1 nên loga b, logb a 0 . 3 1 3 3 Suy ra P 2 log b.log a 2 , P 2 log b 2 . 2 2 a b 2 2 a Lưu ý rằng, luôn tồn tại a, b 1 thỏa mãn log a b 2 . 3 5 Vậy min P 2 ; 3 . 2 2 2 2 Câu 31. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực y thỏa mãn log3 x y log4 x y ? A. 3. B. 2. C. 1. D. Vô số Lời giải: Chọn B Điều kiện x y 0; x2 y2 0. x y 3t Ta đặt: log x y log x2 y2 t . Ta có 1 3 4 2 2 t x y 4 2 2 2 t 2 t Vì x y 2 x y 3 2.4 t log 9 2 4 log 9 2 2 Thế thì x2 y2 4t 4 4 3,27 , vì x nguyên vậy nên x 0;1 . y 3t t 0 ￿ Với x 0, ta có hệ 2 t y 4 y 1 y 3t 1 t 0 ￿ Với x 1, ta có hệ . Hệ này có nghiệm . 2 t y 4 1 y 0 y 3t 1 ￿ Với x 1, ta có hệ . Ta có phương trình 2 t y 4 1 2 3t 1 4t 1 9t 2.3t 4t 2 0 * Đặt f t 9t 2.3t 4t 2, ta có Với t 0 9t 4t f t 0 Với t 0 4t 2 f t 0 Vậy phương trình * vô nghiệm Kết luận: Vậy x 0;1 Câu 32. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 728 số nguyên y thỏa mãn 2 log4 x y log3 (x y) ? A. 59 . B. 58 .C. 116 .D. 115 . Lời giải Chọn C.
17. Với mọi x ¢ ta có x2 x . 2 Xét hàm số f (y) log3 (x y) log4 x y . Tập xác định D ( x; ) . 1 1 f '(y) 0, x D (x y)ln 3 x2 y ln 4 f tăng trên D . 2 Ta có f ( x 1) log3 (x x 1) log4 x x 1 0 . Có không quá 728 số nguyên y thỏa mãn f y 0 2 f ( x 729) 0 log3 729 log4 x x 729 0 x2 x 729 46 0 x2 x 3367 0 57,5 x 58,5 Mà x ¢ nên x 57, 56,...,58 . Vậy có 58 ( 57) 1 116 số nguyên x thỏa. Câu 33. Xét các số thực không âm x và y thỏa mãn 2x y.4x y 1 3 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x2 y2 6x 4y bằng 65 33 49 57 A. . B. . C. . D. . 8 4 8 8 Lời giải Ta có 2x y.4x y 1 3 y.22x 2 y 2 3 2x 2y.22 y 3 2x .23 2x * Hàm số f t t.2t đồng biến trên R , nên từ * ta suy ra 2y 3 2x 2x 2y 3 0 1 Ta thấy 1 bất phương trình bậc nhất có miền nghiệm là nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng d : 2x 2y 3 0 , kể cả các điểm thuộc đường thẳng d . Xét biểu thức P x2 y2 6x 4y x 3 2 y 2 2 P 13 2 Để P tồn tại thì ta phải có P 13 0 P 13 . Trường hợp 1: Nếu P 13 thì x 3; y 2 không thỏa 1 . Do đó, trường hợp này không thể xảy ra. Trường hợp 2: Với P 13 , ta thấy 2 là đường tròn C có tâm I 3; 2 và bán kính R P 13 . 13 65 Để d và C có điểm chung thì d I;d R P 13 P . 2 2 8 65 1 5 65 Khi P đường tròn C tiếp xúc đường thẳng d tại N ; . Vậy min P . 8 4 4 8 Câu 34. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 242 số nguyên y thỏa mãn 2 log4 x y log3 x y ? A. 55 . B. 28 . C. 29 . D. 56 . Lời giải x y 0 2 Điều kiện x y 0 . Khi đó x, y ¢
18. log 4 2 2 log3 x y 2 3 log4 x y log3 x y x y 4 x y x y x2 x x y log3 4 x y 1 Đặt t x y t 1 thì 1 được viết lại là x2 x t log3 4 t 2 Với mỗi x nguyên cho trước có không quá 242 số nguyên y thỏa mãn bất phương trình 1 Tương đương với bất phương trình 2 có không quá 242 nghiệm t . Nhận thấy f t t log3 4 t đồng biến trên 1; nên nếu x2 x 243log3 4 243 781 thì sẽ có ít nhất 243 nghiệm nguyên t 1. Do đó yêu cầu bài toán tương đương với x2 x 781 27,4 x 28,4 . Mà x nguyên nên x 27, 26,...,27,28 . Vậy có tất cả 28 28 56 số nguyên x thỏa yêu cầu bài toán. Câu 35. Xét các số thực không âm x và y thỏa mãn 2x y.4x y 1 3 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x2 y2 2x 4y bằng 33 9 21 41 A. . B. . C. . D. . 8 8 4 8 Lời giải Chọn D Ta có 2x y.4x y 1 3 2x 3 .4 x y.4 y 1 0 2y.22 y 3 2x 23 2x 3 3 x 2 2 21 Xét TH: 3 2x 0 x . đúng với mọi giá trị 2 P x y 2x 4y 2 4 y 0 3 Xét TH: 3 2x 0 0 x . 2 Xét hàm số f t t.2t với t 0 f t 2t t.2t.ln 2 0 với mọi t 0 3 f 2y f 3 2x 2y 3 2x y x . Khi đó: 2 2 2 2 2 2 3 2 33 5 41 41 P x y 2x 4y x x 2x 2 3 2x 2x 5x 2 x 2 4 4 8 8 41 5 1 So sánh và ta thấy GTNN của P là khi x , y . 8 4 4 Câu 36. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 127 số nguyên y thỏa mãn 2 log3 x y log2 x y ? A. 89. B. 46 . C. 45 . D. 90. Lời giải Chọn D 2 Ta có log3 x y log2 x y 1 Đặt t x y ¥ * 2 2 (1) log3 x x t log2 t g(t) log2 t log3 x x t 0 2
19. 1 1 Đạo hàm g (t) 0 với mọi y . Do đó g t đồng biến trên 1; t ln 2 x2 x t ln 3 Vì mỗi x nguyên có không quá 127 giá trị t ¥ * nên ta có 2 g(128) 0 log2 128 log3 x x 128 0 x2 x 128 37 44,8 x 45,8 Như vậy có 90 giá trị thỏa yêu cầu bài toán Câu 37. Xét các số thực không âm x và y thỏa mãn 2x y.4x y 1 3 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x2 y2 4x 2y bằng 33 9 21 41 A. . B. . C. . D. . 8 8 4 8 Lời giải Chọn D Ta có 2x y.4x y 1 3 2x 3 .4 x y.4 y 1 0 2y.22 y 3 2x 23 2x 3 3 x 2 2 33 Xét TH 3 2x 0 x . đúng với mọi giá trị 2 P x y 4x 2y 2 4 y 0 3 Xét TH 3 2x 0 0 x . 2 Xét hàm số f t t.2t với t 0 f t 2t t.2t.ln 2 0 với mọi t 0 f 2y f 3 2x 2y 3 2x 3 y x 2 2 2 2 2 3 2 21 P x y 4x 2y x x 4x 3 2x 2x x 2 4 2 1 41 41 P 2 x 4 8 8 41 1 5 So sánh và ta thấy GTNN của P là khi x , y 8 4 4 Câu 38. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 255 số nguyên y thỏa mãn 2 log3 x y log2 x y ? A. 80 . B. 79 . C. 157 . D. 158 Lời giải Chọn D 2 2 log2 x y 2 log2 3 Ta có: log3 x y log2 x y x y 3 x y x y 1 Đk: x y 1 Đặt t x y 1, nên từ 1 x2 x t log2 3 t 2 Để 1 không có quá 255 nghiệm nguyên y khi và chỉ khi bất phương trình 2 có không quá 255 nghiệm nguyên dương t .
20. Đặt M f 255 với f t t log2 3 t . Vì f là hàm đồng biến trên 1, nên 2 1 t f 1 x2 x khi x2 x 0 . Vậy 2 có không quá 255 nghiệm nguyên f 1 x2 x 255 x2 x 255 78 x 79 x ¢ . Vậy có 158 số nguyên x thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 39. Có bao nhiêu cắp số nguyên dương m,n sao cho m n 14 và ứng với mỗi cặp m,n tồn tại đúng ba số thực a 1;1 thỏa mãn 2am nln a a2 1 ? A. 14.B. 12.C. 11.D. 13. Lời giải Chọn C. 2 Xét f x .xm ln x x2 1 trên 1;1 n 2m 1 Đạo hàm f x xm 1 0 n x2 1 2m 1 Theo đề bài f x 0 có ba nghiệm nên xm 1 có ít nhất hai nghiệm n x2 1 1 Xét đồ thị của hàm y xm 1; y , suy ra m 1 chẵn và m 1 0 x2 1 x1 0 Suy ra m 3;5;7;9;11;13 . Khi đó f x 0 có nghiệm x2 0 f 1 0 Phương trình có 3 nghiệm f 1 0 2 ln 2 1 n n 2 n 1;2 2 ln 2 1 n n 1;2 và m 3;5;7;9;11;13 , do m n 14 nên ta có 11 cặp m;n thỏa yêu cầu bài toán.