Bất phương trình lôgarit không chứa tham số

Tài liệu gồm 22 trang, được biên soạn bởi quý thầy, cô giáo Nhóm Toán VDC & HSG THPT, hướng dẫn phương pháp giải bài toán Bất phương trình lôgarit không chứa tham số; đây là dạng toán thường gặp trong chương trình Toán 12 phần Giải tích chương 2.

Môn:

Toán 11 3.2 K tài liệu

Thông tin:
22 trang 1 năm trước
Tác giả:
K
Kim Oanh
docx.com.vn

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

Bất phương trình lôgarit không chứa tham số

Tài liệu gồm 22 trang, được biên soạn bởi quý thầy, cô giáo Nhóm Toán VDC & HSG THPT, hướng dẫn phương pháp giải bài toán Bất phương trình lôgarit không chứa tham số; đây là dạng toán thường gặp trong chương trình Toán 12 phần Giải tích chương 2.

55 28 lượt tải Tải xuống

Chủ đề: Chương 6: Hàm số mũ và hàm số lôgarit (KNTT) 188 tài liệu

Môn: Toán 11 3.2 K tài liệu

Thông tin:

22 trang 1 năm trước

Tác giả:

Profile Kim Oanh
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 1
GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ - ĐÁNH GIÁ
PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
Dạng 1 : Bất phương trình có dạng
() 0
Fx≥
với
()Fx
là hàm số đồng biến hoặc nghịch biến
trên D.
Bước 1. Đưa bất phương trình về dạng
() 0Fx≥
Bước 2. Xét hàm số
()y Fx=
. Chỉ rõ hàm số
()y Fx
=
đồng biến hoặc nghịch biến trên D
Bước 3. Dự đoán
0
()0Fx
=
, từ đó kết luận nghiệm của bất phương trình.
Dạng 2 : Bất phương trình có dạng
() ()
Fu Fv≥
với
là hàm số đồng biến hoặc nghịch
biến trên D
Bước 1. Đưa bất phương trình về dạng
() ()
Fu Fv≥
Bước 2. Xét hàm số
()y Fx=
. Chỉ rõ hàm số
()y Fx=
đồng biến hoặc nghịch biến trên D
Bước 3. Bất phương trình
() ()Fu Fv u v
≥ ⇔≥
nếu
()y Fx=
là hàm đồng biến
và
() ()Fu Fv u v≥ ⇔≤
nếu
()y Fx=
là hàm nghịch biến.
Câu 1. Gọi
S
là tập hợp gồm tất cả các nghiệm nguyên của bất phương trình
73
log log ( 2)xx
<+
.
Tính tổng các phần tử của
S
.
A.
2176
. B.
1128
C.
1196
. D.
1176
.
Lời giải
Chọn D
Điều kiện:
0x >
.
Đặt
7
logtx=
7
t
x⇒=
và bất phương trình đã cho trở thành
2
3
log (7 2)
t
t <+
2
71
7 2 3 2 1 (*)
33
t
t
t
t


⇔ +> ⇔ + >





.
Vì hàm số
71
() 2
33
t
t
ft


= +





nghịch biến trên tập
mà
(2) 1f
=
nên suy ra bất phương
trình
(*)
trở thành
( ) (2)ft f>
2
t⇔<
.
Ta có
2t <
suy ra
7
log 2 0 49xx<⇔<<
.
Do đó tập nghiệm của bất phương trình đã cho là
(0;49)
suy ra
{ }
1, 2,3,...., 48S
=
.
Vậy tổng các phần tử của
S
bằng
1 2 3 ... 48 1176+++ + =
.
Câu 2. Số nghiệm nguyên của bất phương trình
22
22
log 3 log 4 1 0x xx x 
là
A.
5
. B.
7
. C.
4
. D.
3
.
Lời giải
Chọn D
Điều kiện:
0x
. Ta có
2 2 22
22 2 2
log 3 log 4 1 0 log 3 3 log 4 4 *x xx x x x x x 
.
Xét hàm số
2
logft t t
trên
0;D 
. Ta có
1
10
ln 2
ft t D
t

hàm số
f
đồng biến trên
D
.
Suy ra
22
* 3 4 34 1 3fx f x x x x 
. ( Thỏa mãn điều kiện)
Vậy bất phương trình có 3 nghiệm nguyên.
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Trang 2 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Câu 3. Bất phương trình
2
2
3
2
31
log 2 0
2 23
xx
xx
xx
++
+ −−≤
++
có số nghiệm
nguyên là
A.
4
. B.
1
. C.
3
. D.
2
.
Lời giải
Chọn A
Điều kiện:
2
22
2
2
31
0
( 3 1 0, 2 2 3 0, )
2 23
2 2 30
xx
x do x x x x x
xx
xx
++
>
⇔∀∈ + +> + + > ∀∈
++
+ +≠

Ta có
( ) ( )
2
2 2 22
3 33
2
31
log 2 0 log 3 1 log 2 2 3 2 0
2 23
xx
xx xx x x xx
xx
++
+ −−≤⇔ ++ − + + + −−≤
++
( ) ( )
( )
22 2 2
33
log 3 1 3 1 log 2 2 3 2 2 3 *xx xx x x x x⇔ ++ + ++≤ + + + + +
.
Xét hàm số
( )
3
logft t t= +
với
0t
>
. Ta có
( )
1
1 0, 0
ln 3
ft t
t
′
= + > ∀>
.
Vậy hàm số đã cho đồng biến trên khoảng
(0; )+∞
.
Khi đó
( )
(
) ( )
22
* 3 1 2 23
fx x fx x⇔ ++ < + +
22
3 12 2 3xx x x⇔ + +≤ + +
2
20 1 2xx x
⇔ − − ≤ ⇔− ≤ ≤
Do
{
}
1; 0; 1; 2
xx∈ ⇒ ∈−
. Vậy bất phương trình đã cho có
4
nghiệm nguyên.
Câu 4. Bất phương trình
( )
22
ln 1 xx+<
có bao nhiêu nghiệm nguyên thuộc khoảng
( )
2021;2022−
?
A.
4042.
B.
4040.
C.
4041.
D.
4039.
Lời giải
Chọn C
Xét hàm số
( )
( )
22
ln 1
fx x x= +−
.
Ta có:
( )
22
21
2 0 2 1 0 0.
11
x
fx x x x
xx

′
= − =⇔ − =⇔=

++

Ta có bảng biến thiên:
Suy ra:
( )
( )
22
ln 1 0fx x x= + −<
,
0x∀≠
.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình
( )
22
ln 1
xx+<
là
{ }
\0
do đó số nghiệm nguyên thuộc
khoảng
( )
2021;2022−
là 4041.
Câu 5. Cho bất phương trình
(
)
22 2
2
log 2 4 2 2 1++− + + +≤xx x x x
. Biết tập nghiệm của bất
phương trình là
(
;
−−
ab
. Khi đó
.ab
bằng
A.
15
16
. B.
12
5
. C.
16
15
. D.
5
12
.
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 3
Lời giải
Chọn C
Ta có:
22
2
+−xx x
(
)
2
2= +−xx x
2
2
2
=
++
x
xx
.
Ta có:
(
)
22 2
2
log 2 4 2 2 1++− + + +≤xx x x x
2
2
2
2
log 4 2 2 1
2

⇔ + + + +≤

++

x
xx
xx
(
)
( )
2
2
2
2
23 2 2
log 2 2 1 1
2
xx
xx
xx
++
⇔ + + +≤
++
Ta có
2
20++>xx
,
x
∀∈
.
Điều kiện:
2
3 2 20+ +>xx
2
2 23⇔ + >−xx
22
0
0
4 89
≥
<
⇔
+>
x
x
xx
( )
8
,*
5
⇔ >−x
Với điều kiện
(
)
*
, ta có
( )
(
)
(
)
( )
2 2 22
22
1 log 3 2 2 3 2 2 log 2 2 , 2⇔ + + + + +≤ ++ + ++xx xx x xx x
Xét hàm số
(
)
2
log
= +ft t t
với
có
(
)
1
10
.ln 2
′
= +>ft
t
,
( )
0;∀ ∈ +∞t
.
Do hàm số
(
)
2
log= +
ft t t
đồng biến trên khoảng
( )
0; ,+∞
với điều kiện (*) thì các biểu thức
2
32 2xx++
và
2
2xx++
đều lấy giá trị trong khoảng
( )
0; +∞
nên ta có
( )
(
)
(
)
22
2 32 2 2⇔ + + ≤ ++fx x f x x
22
32 2 2⇔ + +≤ ++xx x x
2
22⇔ + ≤−xx
22
20
24
−≥
⇔
+≤
x
xx
2
0
32
≤
⇔
≥
x
x
2
3
⇔ ≤−x
.
Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm bất phương trình là
82
;
53

−−

hay
16
.
15
=
ab
.
Câu 6. Gọi
S
là tổng tất cả các nghiệm nguyên không vượt quá
2022
của bất phương trình
( )
( ) ( )
32
3 33
log 3 25 log 1 3log 1 1xx x x− + + +≥ ++
. Tìm chữ số hàng đơn vị của
S
.
A.
3
. B.
8
. C.
0
. D.
5
.
Lời giải
Chọn A
Điều kiện:
3
10
1.
3 25 0
x
x
xx
+>
⇔ >−
−+>
Ta có:
( )( ) ( )
( )
2
2
4 2 0, 1 4 4 4 0 , 1x x x x xx x+ − ≥ ∀ >− ⇒ + − + ≥ ∀ >−
(
)
(
)
33
33
3 25 9 9, 1 log 3 25 log 9 9 , 1xx x x xx x x⇒ − + ≥ + ∀ >− ⇒ − + ≥ + ∀ >−
(
)
(
) ( ) (
) ( )
32 2
3 33 33
log 3 25 log 1 3log 1 1 log 1 2log 1 1, 1xx x x x x x⇒ − + + +− +−≥ +− ++∀>−
.
Mà
( ) ( ) ( )
( )
2
2
33 3
log 1 2 log 1 1 log 1 1 0, 1xx x x+− ++= +− ≥∀>−
do đó bất phương trình
( )
( ) ( )
32
3 33
log 3 25 log 1 3log 1 1xx x x− + + +≥ ++
nghiệm đúng với mọi
1.x >−
Suy ra bất phương trình
( )
( ) ( )
32
3 33
log 3 25 log 1 3log 1 1xx x x− + + +≥ ++
có tập nghiệm là
khoảng
( 1; )− +∞
.
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Trang 4 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Vậy tập tất cả các nghiệm nguyên không vượt quá
2022
của bất phương trình đã cho là
{ }
0;1;2;3;...;2021; 2022A =
. Tổng
S
của tất cả các phần tử thuộc tập A là:
1 2 ... 2021 2022 2023.1011 2045253
S
=+++ + = =
.
Câu 7. Biết rằng bất phương trình
(
)
2 32
2
2 log 2 3 1 1 3 2 2 2 1. 1xx xxxx x x−++−+−−+≤ − −
có tập nghiệm
3
;
b
Sa
c

+
=

với
*
,,abc∈
. Tính tổng
2T abc= +−
.
A.
0
. B.
5
. C.
3
. D.
2
.
Lời giải
Chọn B
Điều kiện:
2
22
2
2 10
10
11
2 3 10
2 311 0 2 31 1
2 3 11 0
x
x
xx
xx
xx x xx x
xx x
−≥
−≥
≥≥


⇔⇔

− +≥
− ++−> − +>−


− ++− >
( ) ( )
22
11
1.
1. 2 1 1 1. 2 1 1
xx
x
xx x xx x
≥≥


⇔⇔⇔>

− −> − − −> −


Ta có:
(
)
2 32
2
2 log 2 3 1 1 3 2 2 2 1. 1xx xxxx x x
−++−+−−+≤ − −
(
)
2
2 32
2
log 2 3 1 1 3 2 2 2 1. 1xx xxxx x x⇔ −++− +−−+≤ − −
( )
( )
2
32
2
log 1 21 1 32221. 1x x x xx x x x

⇔ − −− − + − − + ≤ − −


(
)
( )
2
32
2
2
1
log 3 2 2 2 1. 1
21 1
xx
xx x x x
xx
−
⇔ + − − +≤ − −
−+ −
( )
(
)
32 2 32
22
log log 3 2 2 2 3 1 3 2 2 2 1. 1xx x x x xx x x x
⇔ − − −+ − + + − ≤ −+ − −
( ) ( )
(
)
(
)
32 32 2 2
22
log log 3 2 2 2 3 1 3 2 2 2 3 1xx xx x x x x x x⇔ − + − ≤ −+ − + + −+ − +
(*)
Xét hàm số
(
)
3
ft t t= +
trên
có
( )
2
' 3 10ft t t= + > ∀∈ ⇒
Hàm số đồng biến trên
.
Do vậy với điều kiện
1x >
, bất phương trình (*)
( )
( )
( )
( )
22
32 32
21 1 21 1 1 21 1fxxfxx xx xx xx xx⇔ − ≤ −+ − ⇔ − ≤ −+ − ⇔ −≤ −+ −
( )
32 2
35 35
112130310
22
x x x x xx x x x
−+
⇔ − −≤ −⇔ − +≤⇔ − +≤⇔ ≤≤
Kết hợp với điều kiện, ta được:
1
35
1 55
2
2
a
x bT
c
=
+
<≤ ⇒ =⇒=
=
.
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 1
GIẢI BPT LÔGARIT BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM ĐẶC TRƯNG
(KHÔNG CHỨA THAM SỐ)
Lý thuyết:
Cho hàm số
()
y fx
=
đồng biến trên
( )
;ab
và
( )
,;uv ab∈
thì
( )
()f u fv u v≥ ⇔≥
Cho hàm số
()y fx=
nghịch biến trên
( )
;ab
và
( )
,;
uv ab∈
thì
( )
()f u fv u v≥ ⇔≤
Câu 1. Tập nghiệm của bất phương trình
(
)
22 2
2
log 2 4 2 2 1++− + + +≤xx x x x
là
(
;
−−
ab
.
Khi đó
.ab
bằng
A.
15
16
. B.
12
5
. C.
16
15
. D.
5
12
.
Lời giải
Chọn C
Ta có:
22
2+−xx x
(
)
2
2= +−xx x
2
2
2
=
++
x
xx
.
Ta có:
(
)
22 2
2
log 2 4 2 2 1++− + + +≤xx x x x
(
)
(
)
22
2
log 2 4 2 2 1⇔ +−++ + +≤xx x x x
2
2
2
2
log 4 2 2 1
2

⇔ + + + +≤

++

x
xx
xx
(
)
( )
2
2
2
2
23 2 2
log 2 2 1, 1
2
++
⇔ + + +≤
++
xx
xx
xx
Ta có
2
20++>xx
,
x
∀∈
.
Điều kiện:
2
3 2 20+ +>xx
2
2 23⇔ + >−
xx
22
0
0
4 89
≥
<
⇔
+>
x
x
xx
( )
8
,*
5
⇔ >−x
Với điều kiện
( )
*
, ta có
( )
(
)
(
)
( )
2 2 22
22
1 log 3 2 2 3 2 2 log 2 2 , 2⇔ + + + + +≤ ++ + ++xx xx x xx x
Xét hàm số
( )
2
log= +ft t t
với
0
>t
. Có
(
)
1
10
.ln 2
′
= +>ft
t
,
( )
0;∀ ∈ +∞t
.
Hàm số
( )
2
log= +ft t t
đồng biến trên
( )
0; ,+∞
(
)
( )
2
3 2 2 0;+ + ∈ +∞xx
và
(
)
(
)
2
2 0;+ + ∈ +∞xx
.
Nên
( )
(
)
(
)
22
2 32 2 2⇔ + + ≤ ++fx x f x x
22
32 2 2⇔ + +≤ ++xx x x
2
22⇔ + ≤−xx
22
20
24
−≥
⇔
+≤
x
xx
2
0
32
≤
⇔
≥
x
x
2
3
⇔ ≤−
x
.
Kết hợp với ĐK ta có tập nghiệm bất phương trình là
82
;
53

−−

hay
16
.
15
=ab
.
Câu 2. Tập nghiệm của bất phương trình
53
21 1
log 2 log
2
2
xx
x
x

+
≥−



là
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Trang 2 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
A.
(
1; 3 2 2
+
. B.
1; 3 2 2

+

. C.
( )
1; 2
. D.
1; 2


.
Lời giải
Chọn A
53 53
21 1 21 1
log 2 log log 2 log
2
22

+ +−
= −⇔ =



x x xx
xx
xx
Đk:
( )
0
1*
10
x
x
x
>
⇔>
−>
( )
( )
2
5 53 3
2
5 3 53
Pt log 2 1 log log ( 1) log 4
log 2 1 log 4 log log ( 1) (1)
x xx x
x xx x
⇔ +− ≥ − −
⇔ ++ ≥ + −
Đặt
(
)
2
2 14 1
= +⇒ = −
t x xt
.
(1)
trở thành
22
53 5 3
log log ( 1) log log ( 1) (2)
tt xx+ −≥ + −
Xét
2
53
( ) log log ( 1)=+−
fy y y
, do
13 1>⇒>⇒ >xt y
.
Xét
1>y
:
2
11
'( ) .2( 1) 0
ln 5 ( 1) ln 3
= + −>
−
fy y
yy
()⇒
fy
là hàm đồng biến trên miền
( )
1; +∞
(2)
có dạng
() ( ) 2 1 2 1 0ft fx t x x x x x
≥ ⇔≥⇔ +≥⇔− −≤
Đặt
,0u xu= ≥
,
( )
2
2
2 10 1 2 1 2uu u⇔ − −≤ ⇔− ≤ ≤+
(
)
1 2 3 223
xx⇒ ≤+ ⇔ ≤+
Từ
( ) ( )
3, * 1 3 2 2x⇒< ≤+
Câu 3. Tập nghiệm của bất phương trình
22
22
log 3 log 4 1 0
x xx x 
là
A.
(
] [
)
;1 3;S = −∞ ∪ +∞
. B.
[ ]
1; 3−
. C.
[
)
1; +∞
. D.
[ ]
1; 3S =
.
Lời giải
Chọn D
Điều kiện:
0x
.
Ta có
2 2 22
22 2 2
log 3 log 4 1 0 log 3 3 log 4 4 *x xx x x x x x

.
Xét hàm số
2
logft t t
trên
0;D

. Ta có
1
10
ln 2
ft t D
t

hàm số
f
đồng biến trên
D
.
Suy ra
22
* 3 4 34 1 3fx f x x x x 
.
Câu 4. Bất phương trình
( )
22
3
4 2 log 4 6 0xx xx−++ −+>
có tập nghiệm
( ) ( )
;;S ab= −∞ ∪ +∞
. Tính
2
T ab b= +
.
A.
12
. B.
15
. C.
13
. D.
21
.
Lời giải
Chọn A
Đặt
( )
2
2
4 2 2 2, 2tx x x t= − + = − − ≥−
. Ta có bất phương trình
( )
3
log 4 0.tt
+ +>
Đặt
( ) ( )
3
log 4 , 2ft t t t
= + + ≥−
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 3
Ta có
( )
( )
1
' 1 0, 2
4 ln 3
ft t
t
= + > ∀ ≥−
+
. Suy ra
( )
ft
đồng biến trên
[
)
2;− +∞
.
Mặt khác
(
)
10
f −=
.
Do đó
( ) ( ) ( )
22
0 1421430 ;13;ft t xx xx x>⇒>−⇒ − +>−⇒ − +>⇒∈−∞ ∪ +∞
.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
( ) ( )
;1 3;S = −∞ ∪ +∞
, khi đó
22
1; 3 1.3 3 12a b ab b= =⇒+= +=
.
Câu 5. Bất phương trình Cho bất phương trình
32
32
2
22
ln 3 0
2
xx
xx
x
−+
+− ≥
+
có tập nghiệm
S
. Tập
( )
;100
S ∩ −∞
có số phần tử nguyên là
A.
99
. B.
101
. C.
97
. D.
96
.
Lời giải
Chọn C
Điều kiện:
32
2
22
0
2
xx
x
−+
>
+
do
2
2
x +
nên
32
2 20
xx− +>
Bất phương trình
( ) ( ) ( )
32 2 32 2
ln 2 2 ln 2 2 2 2 0xx x xx x⇔ − +− ++− +− +≥
( ) (
)
32 32 2 2
ln 2 2 2 2 ln 2 2
xx xx x x
⇔ − ++− +≥ +++
( )
1
Xét hàm:
( )
lnft t t= +
trên
( )
0;
+∞
.
( )
1
' 10
ft
t
=+>
với
( )
0;t∀ ∈ +∞
(
)
ft⇒
là hàm đồng biến trên
( )
0; +∞
.
Do đó
( )
32 2
1 22 2xx x⇔ − +≥ +
32
03xx⇔≤ −
( )
2
0 33xx x⇔≤ − ⇔≥
suy ra
[
)
3;S = +∞
( )
[
)
;100 3;100TS⇒ = ∩ −∞ =
.
Tập các phần tử nguyên của
T
là
{ }
3;4;5;...;99
có
97
phần tử nguyên.
Câu 6. Tổng bình phương các nghiệm nguyên của bất phương trình
( )
( )
( )
2
1
2
2
22
2 .log 2 3 4 .log 2 2 2
x
x
xx x
−
−
− + ≤ −+
bằng
A.
2
. B.
0
. C.
3
. D.
1
.
Lời giải
Chọn A
Xét hàm số
( )
( )
2
2 .log 2
t
ft t= +
,
( ) ( )
( )
2
1
2 .ln 2.log 2 2 . 0
2 ln 2
tt
ft t
t
′
= ++ >
+
,
0t∀≥
.
( )
ft
⇒
đồng biến trên
[
)
0; +∞
.
Ta có
( )
( )
( )
2
1
2
2
22
2 .log 2 3 4 .log 2 2 2
x
x
xx x
−
−
− + ≤ −+
( )
( )
( )
( )
2
2
1
22
22
2 .log 1 2 2 .log 2 2 2
x
x
xx
−
−
⇔ − + ≤ −+
( )
2
1 22fx f x


⇔ −≤ −


( )
2
122xx⇔− ≤ −
4
4
1 22xx
22
122.1220x xx x





22
4 5 3 0 3; 3 .xx x x




Vì
xZ
nên
1; 0;1x 
.
Khi đó
2
22
1 0 1 2. 
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Trang 4 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Câu 7. Số nghiệm nguyên của bất phương trình
2
2
7
4 41
log 4 1 6
2
xx
xx
x

−+
+ +<


là
A.
1
. B.
0
. C.
3
. D.
2
.
Lời giải
Chọn A
Điều kiện
0
1
2
x
x
>
≠
.
Ta có
( )
2
2
22
77
21
4 41
log 4 1 6 log 4 4 1 2
22
x
xx
x x xx x
xx

−

−+
+ +< ⇔ + − +<





( )
( ) ( )
22
77
log 2 1 2 1 log 2 2 1x x xx⇔ −+ −< +
Xét hàm số
( ) ( )
7
1
log 1 0
ln 7
ft t t f t
t
′
= +⇔ = +>
với
0t >
.
Vậy hàm số đồng biến trên
( )
0; +∞
.
Bất phương trình
( )
1
trở thành
(
)
(
)
( ) ( )
22
2
21 2 21 2 4 610f x fx x x x x− < ⇔ − < ⇔ − +<
35 35
44
x


.
Kết hợp điều kiện ta được
3 53 5 1
; \.
4 42
x










Vì
xZ
nên
1x
.
Câu 8. Số nghiệm nguyên của bất phương trình
2
2
2
2
4 12 8
log 4 1
21
xx
xx
xx



trên khoảng
2021;2021
là
A.
4035
. B.
4034
. C.
4037
. D.
4036
.
Lời giải
Chọn B
Điều kiện:
2
2
2
4 12 8
0 4 12 8 0 ;1 2;
21
xx
xx x
xx

 

.
Khi đó
2
2
2
2
4 12 8
log 4 0
21
xx
xx
xx



2
22
2
2
22 22
22
32
log (2 1) ( 3 2)
21
log ( 3 2) 3 2 log 2 1 (2 1).(1)
xx
xx x x
xx
x x x x xx xx



 
Xét hàm
2
( ) logft t t

với
0t
có
1
( ) 1 0, 0
ln 2
ft t
t

. Vì vậy,
()ft
là hàm số
đồng biến trên
( )
0; +∞
.
Do đó
2 22
1 3 22 1 4 10x x xx x x 
; 2 5 2 5;x




.
Vì
xZ
,
2021;2021x 
và kết hợp điều kiện ta được
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 5
2020; 2019;...; 5 3;4;....;2020
x

.
Vây có
4034
số nguyên thỏa mãn yêu cầu.
Câu 9. Tập nghiệm của bất phương trình
33
log ( 1) log (2 ) 4(1 2 )+> −+ −x xx
là
A.
( )
1; 2−
. B.
1
;2
2



. C.
( 1; 2)
−
. D.
1
;
2

+∞


.
Lời giải
Chọn B
Điều kiện xác định
10
12
20
+>
⇔− < <
−>
x
x
x
.
Bất phương trình tương đương với:
( )
33
log ( 1) 4 1 log (2 ) 4(2 )xx xx++ +> − + −
(*).
Xét hàm số
3
( ) log 4= +ft t t
trên
(0; )+∞
. Ta có:
1
() 4 0
ln 3
′
= +>ft
t
với mọi
(0; )∈ +∞t
.
Do đó:
1
(*) ( 1) (2 ) 1 2
2
⇔ + > − ⇔ +> − ⇔ >fx f x x x x
.
Kết hợp điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là
1
;2
2

=


S
.
Câu 10. Tập nghiệm của bất phương trình
22
log ( 5) log (4 2 ) 3(1 3 ) 0+− −++≥x xx
là
A.
1
;2
3

−

. B.
1
;2
3

−


. C.
( ;2)−∞
. D.
( )
5; 2−
.
Lời giải
Chọn A
Điều kiện xác định
50
52
42 0
+>
⇔− < <
−>
x
x
x
.
Bất phương trình tương đương với:
22
log ( 5) 3( 5) log (4 2 ) 3(4 2 )++ +≥ − + −xx x x
(*).
Xét hàm số
2
( ) log 3= +ft t t
trên
(0; )+∞
. Ta có:
1
() 3 0
ln 2
′
= +>
ft
t
với mọi
(0; )∈ +∞t
.
Do đó:
1
(*) ( 5) (4 2 ) 5 4 2
3
⇔ + ≥ − ⇔ + ≥ − ⇔ ≥−fx f x x x x
.
Kết hợp điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là
1
;2
3

= −

S
.
Câu 11. Tập nghiệm của bất phương trình
22
log ( 5) log (4 ) 2 1 0+ − − + +≤x xx
là
A.
1
;2
5

−

. B.
1
5;
2

−


. C.
1
5;
2

−−

. D.
( )
5; 2−
.
Lời giải
Chọn C
Điều kiện xác định
50
54
40
+>
⇔− < <
−>
x
x
x
.
Bất phương trình tương đương với:
22
log ( 5) 5 log (4 2 ) 4+ ++≤ − +−xx xx
(*).
Xét hàm số
2
( ) log= +ft t t
trên
(0; )+∞
. Ta có:
1
() 1 0
ln 2
′
= +>ft
t
với mọi
(0; )∈ +∞t
.
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Trang 6 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Do đó:
1
(*) ( 5) (4 ) 5 4
2
fx f x x x x
⇔ + ≤ − ⇔+≤−⇔≤
.
Kết hợp điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là
1
5;
2
S

=−−

.
Câu 12. Tính tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình
2
2
2
1
log 4 2 0
51
xx
xx
x
++
+ − +<
−
.
A.
6
. B.
7
. C.
8
. D.
5
.
Lời giải
Chọn A
Với điều kiện:
1
5
x >
, ta có:
( ) ( )
( ) ( )
2
2 22
2 22
11 1
log 4 2 0 log 1 1 log 5 1 5 1 .
51 2 2
xx
x x xx xx x x
x
++
+ − +<⇔ ++ + ++ < − + −
−
Xét hàm số
( ) ( )
2
11
log ; 1 0
2 2 ln 2
ft t tf t
t
′
= + = +>
với
(
)
0;t∀ ∈ +∞
.Vậy hàm số
( )
ft
đồng
biến trên
(
)
0; +∞
, suy ra
(
)
( )
(
) { }
22
1 51 151 2 2 2 2tmdk, 1;2;3fxx fx xx x x x x
++ < − ⇔ ++< −⇔− <<+ ∈⇒∈
Vậy tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình là 6.
Câu 13. Tập nghiệm của bất phương trình
(
)
22 2
2
log 2 4 2 2 1++− + + +≤xx x x x
là
(
;
−−
ab
.
Khi đó
.
ab
bằng
A.
15
16
. B.
12
5
. C.
5
12
. D.
16
15
.
Lời giải
Chọn D
Ta có:
22
2+−xx x
(
)
2
2= +−xx x
2
2
2
=
++
x
xx
.
Theo bài
(
)
22 2
2
log 2 4 2 2 1++− + + + ≤xx x x x
(
)
(
)
22
2
log 2 4 2 2 1⇔ +−++ + +≤xx x x x
2
2
2
2
log 4 2 2 1
2

⇔ + + + +≤

++

x
xx
xx
(
)
( )
2
2
2
2
23 2 2
log 2 2 1, 1
2
++
⇔ + + +≤
++
xx
xx
xx
Ta có
2
20++>xx
,
x∀∈
.
Điều kiện:
2
3 2 20
+ +>xx
2
2 23⇔ + >−xx
22
0
0
4 89
≥
<
⇔
+>
x
x
xx
( )
8
,*
5
⇔ >−x
Với điều kiện
( )
*
, ta có
( )
(
)
(
)
( )
2 2 22
22
1 log 3 2 2 3 2 2 log 2 2 , 2⇔ + + + + +≤ ++ + ++xx xx x xx x
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 7
Xét hàm số
( )
2
log
= +
ft t t
với
0>t
. Có
(
)
1
10
.ln 2
′
= +>ft
t
,
(
)
0;
∀ ∈ +∞t
.
Hàm số
( )
2
log= +ft t t
đồng biến trên
( )
0; ,+∞
(
)
(
)
2
3 2 2 0;
+ + ∈ +∞xx
và
(
)
( )
2
2 0;+ + ∈ +∞xx
Nên
( )
(
)
(
)
22
2 32 2 2⇔ + + ≤ ++fx x f x x
22
32 2 2⇔ + +≤ ++xx x x
2
22⇔ + ≤−xx
22
20
24
−≥
⇔
+≤
x
xx
2
0
32
≤
⇔
≥
x
x
2
3
⇔ ≤−x
.
Kết hợp với ĐK ta có tập nghiệm bất phương trình là
82
;
53

−−

hay
16
.
15
=ab
.
Câu 14. Biết bất phương trình
( )
2
2
2
1
log 2 1
16 3
xx
xx
x

++
+ − +≤

+

có tập nghiệm là
( )
;.
S ab=
Hãy tính
tổng
20 10T ab= +
.
A.
46 10 2T = −
. B.
45 10 2
T = −
. C.
46 11 2T = −
. D.
47 11 2T = −
.
Lời giải
Chọn B
Điều kiện:
0x ≥
.
( )
( )
( )
2
2
2
2 22
1
log 2 1 log 1 log 16 3 2 4 3 0
16 3
xx
x x xx x x x
x

++
+ − + ≤⇔ ++ − + + − +≤

+

( )
2
2
22
1 3 13 3 3
log 2 log 2 2 2
2 4 24 4 4
x x xx


 
⇔ + ++ ++≤ ++ +

 


 


Xét hàm số
( )
2
2
33
log 2
44
ft t t

= ++ +


với
0t
>
có
( )
2
2
20
3
ln 2
4
t
ft
t
′
= +>

+


,
0t∀>
nên
(
)
ft
đồng biến trên khoảng
( )
0; +∞
.
Suy ra
2
0
1 3 3 1 3 22 3 22
22
1
24 4 2 2 2
30
4
x
x x xx x
xx
≥
−+

+ +≤ +⇔ ≥+⇔ ⇔ ≤≤

− +≤

3 22 3 22
; 20 10 45 10 2
22
a b T ab
−+
⇒= = ⇒= + = −
.
Câu 15. Tập nghiệm của bất phương trình
2
22
11
3 log 2 1 2 2 log 2
xx x
xx

−+ −< − + −+ −


là
( ) ( )
;;S ab cd= ∪
với
,,,abcd
là các số thực. Khi đó giá trị
222 2
abcd+++
được quy tròn
bằng
A.
16
. B.
12
. C.
9
. D.
4
.
Lời giải
Chọn A
Bất phương trình
( )
2
22
11
3 log 2 1 2 2 log 2 1xx x
xx

−+ −< − + −+ −


NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Trang 8 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Điều kiện
20
0
1
20
x
x
x
−>
≠
−>
2
0
0 0,5
x
x
xx
<
⇔≠
<∨>
(
)
0
2
0,5 2
x
x
<
⇔
<<
.
Bất phương trình
( )
1
trở thành:
(
)
( )
2
2
22
11
2 1 log 2 2 1 log 2 3xx
xx

 
−− + −< − − + −
 

 

Hàm đặc trưng
( ) ( )
2
2
1 logft t t=−+
.
Vì
( ) ( )
2
1 2ln 2. 2 ln 2. 1
2 1 0, 0
.ln 2 .ln 2
tt
ft t t
tt
−+
′
= − + = > ∀>
nên hàm số
(
)
ft
đồng biến trên
khoảng
( )
0; +∞
.
Do đó
( )
3
trở thành:
(
)
1
22 4x
x
−<−
Kết hợp
(
)
2
,
( )
4
, chúng ta được
( ) ( )
( )
32
2
; 0 0, 5; 2
3 13
; 0 1; 2
2 41
2
0
x
x
xx x
x
∈ −∞ ∪

−−
⇔∈ ∪

+ −+

>

Vậy
222 2
21 3 13
2
abcd
+
+++ =
.
Câu 16. Tập nghiệm của bất phương trình
( )
4
2
2
2
2
12 1 3 1
log 3 12 4 log
x
x xx
xx x
+
+++ < + +
là
( )
( )
;;S ab cd
= ∪
với
,,,abcd
là các số thực. Khi đó giá trị
222 2
abcd+++
bằng
A.
8
. B.
2
. C.
10
. D.
11
.
Lời giải
Chọn D
Bất phương trình
(
)
( )
4
2
2
2
2
12 1 3 1
log 3 12 4 log 1
x
x xx
xx x
+
+++ < + +
.
Điều kiện:
( )
30
1
3; 0;
31
3
0
x
x
x
x
+>

⇔ ∈ − − ∪ +∞
+

>

.
Bất phương trình
( )
1
trở thành
( )
( )
2
22
2
1 11
4log 3 12 4 log 3 12. 2x xx
x xx

+++ < ++ +


.
Hàm đặc trưng
( ) ( )
2
2
4log 3 12ft t t t= +++
.
Vì
( )
( ) ( )
( )
11
4. 2 12 4. 2 3 6 0, 3
3 .ln 2 3 .ln 2
ft t t t
tt
′
= + + = + + + > ∀ >−
++
nên hàm số
( )
ft
đồng biến trên khoảng
(
)
3;− +∞
.
Ngoài ra
3x >−
và
1
3
x
>−
.
Do đó
( ) ( ) ( )
2
11
2 0 ; 1 0;1
x
xx
xx
−
⇔ < ⇔ < ⇔ ∈ −∞ − ∪
.
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 9
Đối chiếu với điều kiện, chúng ta được tập nghiệm
( )
(
)
3; 1 0;1S =−−∪
.
Vậy
( ) ( )
22
2 2 2 2 22
3 1 0 1 11abcd+++ =− +−++=
.
Câu 17. Tập nghiệm của bất phương trình
(
)
22 2
2
log 2 4 2 2 1xx x x x++− + + +≤
là
(
]
;ab
. Khi đó
22
ab+
bằng
A.
34
15
. B.
15
16
. C.
16
15
. D.
12
5
.
Lời giải
Chọn A
Bất phương trình
(
)
( )
22 2
2
log 2 4 2 2 1 1xx x x x++− + + +≤
Điều kiện:
(
)
( )
2
22 2
2
64 2
24 0 2 40 0 2
2
xx
xx x x x x
xx
++
++− >⇔ +− +>⇔ >
++
.
Vì
2
2
x xx+ > ≥−
nên
2
2 0,x xx++>∀∈
.
Dẫn đến
(
)
2
2 2 23
xx
⇔ + >−
( )
2
22
30
20
30
4 29
x
x
x
xx
− ≤
+≥
⇔
−>
+>
2
0
0
58
x
x
x
≥
⇔
<
<
8
5
x⇔ >−
.
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
( )
2
2
2
2
2 2 22
22
23 2 2
1 log 2 2 1
2
log 3 2 2 3 2 2 log 2 2 3
xx
xx
xx
xx xx x x x x
++
⇔ + + +≤
++
⇔ + + + + + ≤ ++ + ++
Hàm đặc trưng
( )
2
logft t t= +
.
Vì
( )
1
1 0, 0
.ln 2
ft t
t
′
= + > ∀>
nên hàm đặc trưng
( )
ft
đồng biến trên khoảng
( )
0; +∞
.
Do đó
( )
22 2
3 32 2 2 2 2xx x xx x⇔ + +≤ ++⇔ +≤−
2
22
20
20
24
x
x
xx
−≥
⇔ +≥
+≤
2
3
x
⇔ ≤−
.
Đối chiếu với điều kiện, chúng ta được tập nghiệm
82
;
53
S

=−−

.
Vậy
22
8 2 34
5 3 15
ab+ =+=
.
Câu 18. Cho
x
,
y
là các số thực dương thỏa mãn bất đẳng thức
( )
4 3 22 2
1
log 9 6 2 1
31
x
yyxyyx
y
+
≤+− −
+
. Biết
1000y ≤
, hỏi có bao nhiêu cặp số nguyên dương
( )
;xy
thỏa mãn bất đẳng thức
( )
1
?
A.
1501100
. B.
1501300
. C.
1501400
. D.
1501500
.
Lời giải
Chọn D
Ta có
4 3 22 2
1
log 9 6 2
31
x
yyxyyx
y
+
≤+− −
+
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Trang 10 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
(
) (
)
4 3 2 22 2
2
log 9 6 2 .
3
xy y
y y y x y xy y y
yy
+
⇔ ≤ ++− + +
+
( )
( ) ( )
( )
2
2
22
log log 3 3xy y y y y y xy y⇔ +− +≤ + − +
( ) (
)
( ) ( )
( )
2
2
22
log log 3 3 *xy y xy y y y y y⇔ ++ + ≤ ++ +
Xét hàm
(
)
2
log
ft t t= +
với
(
)
0;
t
∈ +∞
(
)
1
20
ln10
ft t
t
′
= +>
,
( )
0;t
∀ ∈ +∞
. Suy ra
(
)
ft
là hàm đồng biến trên
(
)
0;t
∈ +∞
.
( )
( )
( )
2
*3f xy y f y y
⇔ +≤ +
2
33xy y y y x y⇔ +≤ +⇔≤
.
Vì
1000y
≤
nên ta có các trường hợp sau
1y =
{ }
1;2;3x⇒∈
.
{
}
2 1;2;3;4;5;6yx=⇒∈
.
.
{ }
1000 1; 2;.......;3000yx= ⇒∈
.
Vậy số cặp nghiệm thỏa mãn điều kiện đề bài là:
3 6 9 ... 3000 1501500+++ + =
.
Câu 19. Tập nghiệm của bất phương trình
( )
( )
2
41
log 2
2
+
>−
+
x
xx
x
là
;
2

+
=

bc
Sa
, trong đó
,,abc
là các số nguyên không âm. Tính
++
abc
.
A.
8
. B.
10
. C.
12
. D.
6
.
Lời giải
Chọn A
Điều kiện:
0≥x
( )
( )
( )
( )
( )
2 22
41
log 2 log 4 1 log 2 2
2
+
>−⇔ +− +>−
+
x
xx x x xx
x
( )
( ) ( )
22
2 log 1 log 2 2⇔+ + > + + −x x xx
( )
( )
(
)
22
log 1 2 log 1 1 2 1⇔ + − > ++ − +
xx x x
Xét hàm số
( ) ( )
2
log 1 2= +−fx x x
,
[
)
0;∈ +∞x
.
( )
( )
[
)
1
2 0 0;
1 ln 2
′
= − < ∀ ∈ +∞
+
fx x
x
. Do đó hàm số
( )
fx
nghịch biến trên
[
)
0; +∞
.
Khi đó
( )
( ) ( )
22
log 1 2 log 1 1 2 1
+ − > ++ − +xx x x
( )
( )
1 11⇔ > + ⇔ < +⇔ −<fx f x x x x x
( )
2
2
1
10
1
0
0
0
35
0
1
10
2
1
35 35
3 10
1
22
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
xx
xx
x
<
−< ⇔
<
≥
≥
≥
+
⇔ ⇔ ⇔ ⇔≤<
≥
−≥
≥


−+
− +<
−<
<<
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 11
Do đó
35
0;
2

+
=

S
. Vậy
035 8++=++=abc
Câu 20. Tập nghiệm của bất phương trình
(
)
22 2
2
log 2 4 2 2 1++− + + +≤xx x x x
là
(
;
−−
ab
với
,ab
∈
. Khi đó
.
ab
bằng
A.
15
16
. B.
12
5
. C.
16
15
. D.
5
12
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
22
2+−xx x
(
)
2
2= +−xx x
2
2
2
=
++
x
xx
.
Khi đó
(
)
22 2
2
log 2 4 2 2 1++− + + +≤xx x x x
(
)
(
)
22
2
log 2 4 2 2 1
⇔ +−++ + +≤xx x x x
2
2
2
2
log 4 2 2 1
2

⇔ + + + +≤

++

x
xx
xx
(
)
(
)
2
2
2
2
23 2 2
log 2 2 1, 1
2
++
⇔ + + +≤
++
xx
xx
xx
Mà
2
20++>xx
,
x
∀∈
, nên điều kiện
2
3 2 20
+ +>
xx
2
2 23⇔ + >−xx
22
0
0
4 89
≥
<
⇔
+>
x
x
xx
( )
8
,*
5
⇔ >−x
Với điều kiện
( )
*
, ta có
( )
(
)
(
)
( )
2 2 22
22
1 log 3 2 2 3 2 2 log 2 2 , 2⇔ + + + + +≤ ++ + ++xx xx x xx x
Xét hàm số
( )
2
log
= +ft t t
trên
( )
0; +∞
.
Ta có
( )
1
10
.ln 2
′
= +>ft
t
,
( )
0;∀ ∈ +∞t
.
Nên hàm số
( )
2
log= +
ft t t
đồng biến trên
( )
0; ,+∞
(
)
( )
2
3 2 2 0;+ + ∈ +∞xx
và
(
)
( )
2
2 0;+ + ∈ +∞xx
Do đó
( )
(
)
(
)
22
2 32 2 2⇔ + + ≤ ++fx x f x x
22
32 2 2⇔ + +≤ ++xx x x
2
22⇔ + ≤−xx
22
20
24
−≥
⇔
+≤
x
xx
2
0
32
≤
⇔
≥
x
x
2
3
⇔ ≤−x
.
Kết hợp với ĐK ta có tập nghiệm bất phương trình là
82
;
53

−−

hay
16
.
15
=ab
.
Câu 21 Có bao nhiêu cặp số nguyên
( )
;xy
thỏa mãn bất phương trình
( )
22
22 22
2
2 24 log 20 8 78 0
5 2 20
xy
xy x xy xy
xy


+
+−− ++− −+ <


+−


?
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Trang 12 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
A.
116
. B.
119
. C.
113
. D.
120
.
Lời giải
Chọn C
(
)
22
22 22
2
2 24 log 20 8 78 0
5 2 20
xy
xy x xy xy
xy


+
+−− ++− −+ <


+−


22
22
22
2
22
22
22
2
2 24 0
log 20 8 78 0
5 2 20
2 24 0
log 20 8 78 0
5 2 20
xy x
xy
xy xy
xy
xy x
xy
xy xy
xy
+−−>

+
++− −+<

+−

⇔
+−−<

+
++− −+>

+−

(
)
( )
( )
( )
( )
( )
( ) (
)
2
22
22 22
22
2
22
22 22
22
15
5 2 20 0
log log 5 2 20 4 5 2 20 2 0
15
5 2 20 0
log log 5 2 20 4 5 2 20 2 0
xy
xy
xy xy xy xy
xy
xy
xy xy xy xy
−+>
+−>
+ ++− +− − +− −<
⇔
−+<
+−>
+ ++− +− − +− −>
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
2
22
22
22
22
2
22
22
22
22
15
5 2 20 0
log log 5 2 20 4 5 2 20
4
15
5 2 20 0
log log 5 2 20 4 5 2 20
4
xy
xy
xy
xy xy xy
xy
xy
xy
xy xy xy
−+>
+−>

+
++< +− + +−


⇔
−+<
+−>

+
++> +− + +−


(I)
Xét bất phương trình
( ) (
)
22
22
22
log log 5 2 20 4 5 2 20
4
xy
xy xy xy

+
++> +− + +−


(a).
Xét hàm số
( )
2
log 4ft t t= +
trên
( )
0; +∞
.
Ta có ,
( )
1
4 0, 0
ln 2
ft t
t
′
= + > ∀>
.
Nên hàm số
(
)
2
log 4ft t t= +
đồng biến trên
( )
0; +∞
.
Mà (a)
( )
22 22
5 2 20 5 2 20
44
xy xy
f fxy xy

++
⇔ > +− ⇔ >+−


NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 13
Do đó
( )
( )
( )
( )
2
22
22
2
22
22
15
5 2 20 0
4 5 2 20
(I)
15
5 2 20 0
4 5 2 20
xy
xy
xy xy
xy
xy
xy xy
−+>
+−>
+< +−
⇔
−+<
+−>
+> +−
( )
(
) ( )
( )
( ) ( )
2
22
22
2
2
22
22
2
15
5 2 20 0
10 4 6
15
5 2 20 0
10 4 6
xy
xy
xy
xy
xy
xy
−+>
+−>
− +− <
⇔
−+<
+−>
− +− >
.
Xét
(
)
( ) ( )
2
22
22
2
15
5 2 20 0
10 4 6
xy
xy
xy
−+<
+−>
− +− >
.
Do
(
)
{
}
{ }
2
22
15
3; 2; 1; 0; 4; 5
15 5
4;3;2;1;0
,
x
x
xy y
y
xy
−<
=±±±
− +<⇒ < ⇔

=±±±±
∈
.
Thay vào
5 2 20 0xy+−>
và
(
)
( )
22
2
10 4 6xy− +− >
Ta có
8
cặp số:
( ) (
) ( )
( ) (
) ( )
( ) ( )
5,0;5, 1;5, 2;4,1;4,2;4,3;3,3;3,4−−
thoả mãn .
Xét
(
)
( ) ( )
2
22
22
2
15
5 2 20 0
10 4 6
xy
xy
xy
−+>
+−>
− +− <
,
(
) (
)
22
2
10 6
4 16
10 4 6 4 6 2 10
,
,
x
x
xy y y
xy
xy
− <
<<
− + − < ⇒ − < ⇔−< <


∈
∈
.
Thử trực tiếp ta được các cặp số:
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
5; 4 ,..., 5;7 , 6;1 ,..., 6;8 , 7; 1 ,..., 7;9 , 8; 1 ,
..., 8;9 ,−−
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
9; 1 ,..., 9;9 , 10; 1 ,..., 10;9 , 11; 1 ,..., 11;9 , 12; 1 ,..., 12;9 ,−−−−
( )
( ) ( ) ( ) (
) ( )
13; 1 ,..., 13;9 , 14;0 ,..., 14;8 , 15;1 ,..., 15;7
−
nên có 105 cặp số.
Vậy có
105 8 113+=
cặp số thoả mãn yêu cầu bài toán.
Câu 22. Cho
,xy
là các số thực thỏa mãn bất phương trình:
( )
2
log 2 2 3 8
y
x xy+ +− ≥
. Biết
0 20x≤≤
,
số các cặp
,xy
nguyên không âm thỏa mãn bất phương trình trên là
A.
2
. B.
33
. C.
35
. D.
5
.
Lời giải
Chọn C
Ta có:
( )
( )
(
)
2
log 1
3
22
log 2 2 3 8 2 log 1 2 3
x
yy
x xy x y
+
+ +− ≥ ⇔ + + ≥ +
. (1)
Xét hàm số
( )
2
t
ft t= +
.
Ta có
( )
2 ln 2 1 0,
t
ft t
′
= + > ∀∈
. Nên hàm số
( )
2
t
ft t= +
đồng biến trên
.
Khi đó
( )
( )
(
)
( ) ( )
3
22
1 log 1 3 log 1 3 2 1
y
f x fy x y x⇔ + ≥ ⇔ +≥ ⇔≥ −
.
Với
3
8
0 20 1 2 21 0 log 21
y
xy≤ ≤ ⇒≤ ≤ ⇒ ≤ ≤
. Vì
{ }
0;1yy∈⇒∈
.
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Trang 14 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Với
0
y
=
thì
0x ≥
nên có 21 cặp số
( )
;xy
thỏa mãn.
Với
1y =
thì
7x ≥
nên có 14 cặp số
( )
;xy
thỏa mãn.
Vậy có tất cả 35 cặp
( )
;xy
thỏa mãn.
Câu 23. Số nghiệm nguyên của bất phương trình
( )( )
33
2 22 2
log log log 4 log 5x xx x+ ≤+ +
là
A.
17
. B.
15
. C.
16
. D.Vô số.
Lời giải
Chọn C
( )( )
33
2 22 2
log log log 4 log 5x xx x+ ≤+ +
(1)
ĐK:
2
log 0
1
0
x
x
x
≥
⇔≥
>
.
Đặt
2
logtx=
, điều kiện
0t ≥
.
Bất phương trình (1) trở thành
( )( ) ( )
2
33 33 2
4 5 4 ( 4)t tt t t tt t+ ≤+ + ⇔+ ≤+ + +
(2).
Xét hàm số
( )
fu u u= +
trên
[
)
0; +∞
.
Ta có
( )
1
' 1 0, 0
2
fu u
u
=+ > ∀>
. Nên hàm số
( )
fu u u= +
đồng biến trên
[
)
0; +∞
.
Mà
( )
(
)
( )
( )
2
3 32
2 4 8 16ft f t t t t⇔ ≤ + ⇔≤++
( )
( )
2
4 34 0 4t tt t
⇔ − + + ≤ ⇔≤
. Kết hợp với
0t ≥
ta được
04t≤≤
.
Với
04t≤≤
thì
2
0 log 4 1 16xx≤ ≤⇔≤≤
(thoả điều kiện).
Vì
x ∈
nên có 16 giá trị nguyên của
x
.
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 1
GIẢI PT LÔGARIT BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ KHÔNG HOÀN TOÀN
(KHÔNG CHỨA THAM SỐ)
PHƯƠNG PHÁP
Đặt ẩn phụ
t
theo biểu thức logarit của ẩn
x
. Khi đó, thu được phương trình ẩn
t
.
Giải phương trình ẩn
t
ta được nghiệm
t
theo ẩn
x
.
Giải phương trình thu được nghiệm của phương trình.
Câu 01. Số nghiệm của phương trình
( )
2
22
log 4 3 log 8 2 0x x xx+ − − +=
là
A.
1
. B.
2
. C.
0
. D.
3
.
Lời giải
Chọn B
Điều kiện:
0
x >
.
Đặt
2
logtx=
, phương trình trở thành:
( )
2
4 3 8 20t x tx+ − − +=
.
Ta có
( ) ( ) ( )
22
2
4 3 4 8 2 16 8 1 4 1x x xx x∆= − − − + = + + = +
( ) ( )
( )
43 41
41
2
4 341
2
2
xx
tx
xx
t
− −− +
= =−+
⇒
− −+ +
= =
.
Với
( )
2
2 log 2 4 ktx mđx t=⇒ =⇔=
.
Với
22
41log 41 log 410
t x x x xx
=−+⇒ =−+⇔ + −=
.
Xét hàm số
( )
2
log 4 1fx x x= +−
trên
( )
0;+∞
Có
( )
1
4 0, 0
ln 2
fx x
x
′
= +> ∀>⇒
hàm số
(
)
fx
đồng biến trên
( )
0;+∞
.
Mặt khác
( )
11
0
22
tmđk
fx

=⇒=


là nghiệm duy nhất của phương trình
2
log 4 1xx=−+
.
Vậy phương trình đã cho có
2
nghiệm phân biệt.
Câu 2. Cho phương trình
( )
22
21
4
log 5 log 6 2 0x xx x+ − +− =
. Tích các nghiệm của phương trình bằng
A.
4
. B.
8
. C.
6
. D.
2
.
Lời giải
Chọn B
Điều kiện:
0.x >
Ta có
( ) ( )
22 2
21 22
4
log 5 log 6 2 0 log 5 log 6 2 0x x x x xx x x+ − +− = ⇔ + − +− =
Đặt
2
logtx=
, phương trình trở thành:
( ) ( )( )
2
5 62 0 2 3 0t x t x t tx+ − +− = ⇔ − +− =
.
2
3
t
tx
=
⇔
= −
.
Với
( )
2
2
2 log 2 2 4t kmx đx t=⇒ =⇔==
.
Với
22
3 log 3 log 3 0t x x x xx=− ⇒ =− ⇔ +−=
.
Xét hàm số
( )
2
log 3fx x x= +−
trên
( )
0;+∞
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Trang 2 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Có
( )
1
1 0, 0
ln 2
fx x
x
′
= +> ∀> ⇒
hàm số
(
)
fx
đồng biến trên
(
)
0;
+∞
.
Mặt khác
( ) ( )
20 2 kfxtmđ=⇒=
là nghiệm duy nhất của phương trình
2
log 3
xx= −
.
Vậy tích các nghiệm của phương trình bằng
4.2 8=
.
Câu 3. Cho phương trình
( ) ( ) ( )
2
33
log 1 5 .log 3 3 3 11 0xx x x++ − +− + =
. Lập phương của tổng các
nghiệm của phương trình bằng
A.
520
. B.
100
. C.
1000
. D.
10
.
Lời giải
Chọn C
Điều kiện:
10 1xx+ > ⇔ >−
Ta có:
( ) ( ) ( )
2
33
log 1 5 .log 3 3 3 11 0xx x x++ − +− + =
( ) ( ) ( )
2
33
log 1 5 .log 1 2 6 0xx x x⇔ ++ − +− +=
Đăt
(
)
3
log 1
tx
= +
, phương trình trở thành:
( )
2
5. 2 6 0t x tx+ − − +=
Mà
( ) (
)
( )
22
2
5 4.1. 6 2 1
3
t
x xx
tx
=
∆= − − − = − ⇒
= −
Với
( ) ( )
3
2 log 1 2 8 tmđkt xx=⇒ +=⇔=
Với
( )
( )
33
3 log 1 3 log 1 3 0
tx x x x x=−⇒ + =− ⇔ + +−=
.
Xét hàm số
( ) ( )
3
log 1 3fx x x= + +−
trên
( )
1;− +∞
Có
( )
( )
1
1 0, 1
1 ln 3
fx x
x
′
= + > ∀ >− ⇒
+
hàm số
( )
fx
đồng biến trên
(
)
1;− +∞
.
Mặt khác
( ) ( )
20 2 kfxtmđ=⇒=
là nghiệm duy nhất của phương trình
(
)
3
log 1 3
xx
+=−
.
Vậy lập phương của tổng các nghiệm bằng
( )
3
3
2 8 10 1000+==
.
Câu 4. Cho phương trình
( )
2
22
log 12 .log 11 0x x xx− + − +− =
. Tổng lập phương các nghiệm của
phương trình bằng
A.
4
. B.
520
. C.
100
. D.
230
.
Lời giải
Chọn B
Điều kiện:
0x >
. Đăt
2
logtx=
, phương trình trở thành:
( )
2
12 11 0t xt x−+ − +− =
.
Mà
( )
1
1 12 11 0
11
t
xx
tx
=
−+ − + − = ⇒
= −
.
Với
( )
2
1 log 1 2 k
tx mđx
t=⇒ =⇔=
.
Với
22
11 log 11 log 11 0t x x x xx= −⇒ = −⇔ +− =
.
Xét hàm số
(
)
2
log 11fx x x= +−
trên
( )
0;+∞
Có
( )
1
1 0, 0
ln 2
fx x
x
′
= +> ∀> ⇒
hàm số
( )
fx
đồng biến trên
( )
0;+∞
.
Mặt khác
( ) ( )
80 8 kfxtmđ=⇒=
là nghiệm duy nhất của phương trình
2
log 11xx= −
.
Vậy tổng lập phương các nghiệm là:
33
2 8 520+=
.
Câu 5. Tích các nghiệm của phương trình
( ) ( )
2
0,5 0,5
1 log 2 5 log 6 0x xx x+ + + +=
là
A.
4−
. B.
16
. C.
8
. D.
32
.
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 3
Lời giải
Chọn C
Điều kiện:
0x >
.
Đặt
0,5
logtx=
, phương trình trở thành:
( ) ( )
2
1 2 5 60xt x t+ + + +=
.
Có
( ) ( )
(
)
22
2
2 5 4.6 1 4 4 1 2 1x xxxx∆= + − + = − + = −
( ) (
)
( )
(
)
( )
25 21
2
21
2 521
3
21 1
xx
t
x
xx
t
xx
− +− −
= = −
+
⇒
− ++ −
−
= =
++
.
Với
( )
0,5
2 log 2 4t kx mđx t=−⇒ =−⇔ =
.
Với
0,5 0,5
333
log log 0
11 1
tx x
xx x
−−
=⇒ =⇔ +=
++ +
.
Xét hàm số
( )
0,5
3
log
1
fx x
x
= +
+
trên
( )
0;+∞
có
( )
( )
2
13
0, 0
ln 0, 5
1
fx x
x
x
′
= − < ∀> ⇒
+
hàm số
( )
fx
nghịch biến trên
( )
0;+∞
.
Mặt khác,
( )
( )
20 2 kfxtmđ=⇒=
là nghiệm duy nhất của phương trình
0,5
3
log
1
x
x
−
=
+
.
Vậy tích các nghiệm của phương trình đã cho là
4.2 8=
.
Câu 6. Cho phương trình
( ) ( )
4
2
2
2
2 log 5 .log 2 3 18 0x xx x x+ −+ ++=
. Tích các nghiệm của phương
trình bằng:
A.
4
. B.
8
. C.
6
. D.
2
.
Lời giải
Chọn B
Điều kiện:
0x >
.
Ta có:
(
) ( )
4
2
2
2
2 log 5 .log 2 3 18 0
x xx x x+ −+ ++=
( ) ( )
2
22
2 log 2 5 .log (2 ) 3 18 0x x x xx⇔+ − + ++=
Đăt
2
logtx=
, phương trình trở thành:
( ) ( )
2
2 2 5. 8 0x t x tx+ − + ++=
(*)
Do
( ) ( ) ( )
2 2. 5 8 0x xx+− +++=
nên phương trình (*) có hai nghiệm
8
1, .
2
x
tt
x
+
= =
+
Với
(
)
2
1 log 1 2tx tm kx đ
=⇒ =⇔=
.
Với
22
88 6
log log 1 0
22 2
xx
t xx
xx x
++
= ⇒ = ⇔ −− =
++ +
.
Xét hàm số
( )
2
6
log 1
2
fx x
x
= −−
+
trên
( )
0;+∞
Có
( )
( )
2
16
0, 0
ln 2
2
fx x
x
x
′
= + > ∀> ⇒
+
hàm số
( )
fx
đồng biến trên
( )
0;+∞
.
Mặt khác
( ) ( )
40 4 kfxtmđ=⇒=
là nghiệm duy nhất của phương trình
2
8
log
2
x
x
x
+
=
+
.
Vậy tích các nghiệm bằng
2.4 8=
.
Câu 7. Cho phương trình
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Trang 4 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
( ) ( )
2
31
3
3 1 log (2 1) 7 1 log (2 1) 2 10 0x x x xx+ −+ + −+ + =
. Tổng lập phương các nghiệm của
phương trình thuộc khoảng nào sau đây?
A.
(80;110)
. B.
(100;130)
C.
(110;140)
. D.
(140;160)
.
Lời giải
Chọn C
Điều kiện:
1
.
2
x >
Ta có:
(
)
( )
2
31
3
3 1 log (2 1) 7 1 log (2 1) 2 10 0
x x x xx
+ −+ + −+ + =
( ) ( )
2
33
3 1 log (2 1) 7 1 log (2 1) 2 10 0x x x xx⇔ + −− + −+ + =
Đặt
3
log ( 2 1)tx= −
, phương trình trở thành:
( ) ( )
2
3 1 7 1 2 10 0xt xtx+ − + ++=
(*)
Ta có:
( ) ( )( ) ( )
22
49 1 4 3 1 2 10 5 3 0x xx x∆= + − + + = − ≥
nên phương trình (*)
2
5
31
t
x
t
x
=
⇔
+
=
+
.
Với
( )
3
2 log ( 2 1) 2 5 tt mđkxx
=⇒ −=⇔=
.
Với
33
55 5
log ( 2 1) log ( 2 1) 0
31 31 31
xx x
tx x
xx x
++ +
= ⇒ −= ⇔ −− =
++ +
(**)
Xét hàm số
( )
3
5
log (2 1)
31
x
fx x
x
+
= −−
+
trên
1
;
2

+∞


Có
( )
( )
2
2 14 1
0,
(2 1). ln 3 2
31
fx x
x
x
′
= + > ∀>
−
+
nên hàm số
(
)
fx
đồng biến trên
1
;
2

+∞


.
Mặt khác
( ) ( )
20 2 kfxtmđ=⇒=
là nghiệm duy nhất của phương trình (**).
Vậy tổng lập phương các nghiệm bằng
33
5 2 133+=
(110;140)∈
.
_______________ TOANMATH.com _______________
| 1/22

Tài liệu khác của Toán 11

Preview text:

NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ - ĐÁNH GIÁ
PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
Dạng 1 : Bất phương trình có dạng F(x) ≥ 0 với F(x) là hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên D.
Bước 1. Đưa bất phương trình về dạng F(x) ≥ 0
Bước 2. Xét hàm số y = F(x) . Chỉ rõ hàm số y = F(x) đồng biến hoặc nghịch biến trên D
Bước 3. Dự đoán F(x ) = 0 , từ đó kết luận nghiệm của bất phương trình. 0
Dạng 2 : Bất phương trình có dạng F(u) ≥ F(v) với F(x) là hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên D
Bước 1. Đưa bất phương trình về dạng F(u) ≥ F(v)
Bước 2. Xét hàm số y = F(x) . Chỉ rõ hàm số y = F(x) đồng biến hoặc nghịch biến trên D
Bước 3. Bất phương trình F(u) ≥ F(v) ⇔ u ≥ v nếu y = F(x) là hàm đồng biến
và F(u) ≥ F(v) ⇔ u ≤ v nếu y = F(x) là hàm nghịch biến.
Câu 1. Gọi S là tập hợp gồm tất cả các nghiệm nguyên của bất phương trình log x < log ( x + 2) . 7 3
Tính tổng các phần tử của S . A. 2176 . B. 1128 C. 1196. D. 1176. Lời giải Chọn D
Điều kiện: x > 0 . t
Đặt t = log x ⇒ = 7t x
và bất phương trình đã cho trở thành 2 t < log (7 + 2) 7 3 t t   t 7  1 t 2 ⇔ 7 + 2 > 3 ⇔  + 2 >     1 (*) . 3    3  t t   Vì hàm số 7  1 f (t)   2  = + 
nghịch biến trên tập  mà f (2) =1 nên suy ra bất phương 3      3 
trình (*) trở thành f (t) > f (2) ⇔ t < 2 .
Ta có t < 2 suy ra log x < 2 ⇔ 0 < x < 49 . 7
Do đó tập nghiệm của bất phương trình đã cho là (0;49) suy ra S = {1,2,3,...., } 48 .
Vậy tổng các phần tử của S bằng 1+ 2 + 3+...+ 48 =1176 .
Câu 2. Số nghiệm nguyên của bất phương trình log  2 x   2
3 log x x 4x 1 0 là 2 2 A. 5. B. 7 . C. 4 . D. 3. Lời giải Chọn D
Điều kiện: x  0 . Ta có log  2 x   2
3 log x x 4x 1 0  log  2 x   2
3  x 3 log 4x  4x * . 2 2 2 2  
Xét hàm số f t log t t trên D 0; . Ta có 2 f t 1 
1 0 t D  hàm số f đồng biến trên D . t ln 2
Suy ra    f  2
x   f x 2 * 3
4  x 3 4x 1 x  3. ( Thỏa mãn điều kiện)
Vậy bất phương trình có 3 nghiệm nguyên.
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 1
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC 2 + +
Câu 3. Bất phương trình 3x x 1 2 log
+ x − x − 2 ≤ 0 có số nghiệm 3 2 2x + 2x + 3 nguyên là A. 4 . B. 1. C. 3. D. 2 . Lời giải Chọn A 2  3x + x +1  > 0 Điều kiện: 2 2 2 2x + 2x + 3 ⇔ x
∀ ∈ (do 3x + x +1 > 0, 2x + 2x + 3 > 0, x ∀ ∈ )  2
2x + 2x + 3 ≠ 0 2 + + Ta có 3x x 1 2 log
+ x − x − 2 ≤ 0 ⇔ log 3x + x +1 − log 2x + 2x + 3 + x − x − 2 ≤ 0 2 ( 2 ) ( 2 ) 2 3 3 3 2x + 2x + 3 ⇔ log ( 2 3x + x + ) 2
1 + 3x + x +1≤ log ( 2 2x + 2x + 3) 2
+ 2x + 2x + 3 * . 3 3 ( )
Xét hàm số f (t) = log t + t với t > 0. Ta có f ′(t) 1 = +1 > 0, t ∀ > 0. 3 t ln 3
Vậy hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (0;+ ∞) . Khi đó ( ) ⇔ f ( 2
x + x + ) < f ( 2 * 3 1 2x + 2x + 3) 2 2
⇔ 3x + x +1≤ 2x + 2x + 3 2
⇔ x − x − 2 ≤ 0 ⇔ 1 − ≤ x ≤ 2
Do x ∈ ⇒ x∈{ 1; − 0;1; }
2 . Vậy bất phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên.
Câu 4. Bất phương trình ( 2 + ) 2
ln 1 x < x có bao nhiêu nghiệm nguyên thuộc khoảng ( 2021 − ;2022) ? A. 4042. B. 4040. C. 4041. D. 4039. Lời giải Chọn C
Xét hàm số f (x) = ( 2 + x ) 2 ln 1 − x . Ta có: f (x) 2x  1 2x 0 2x 1 ′ = − = ⇔ − = 0⇔ x =  
0. Ta có bảng biến thiên: 2 2 x +1  x +1 
Suy ra: f (x) = ( 2 + x ) 2 ln 1 − x < 0, x ∀ ≠ 0.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình ( 2 + ) 2
ln 1 x < x là  \{ }
0 do đó số nghiệm nguyên thuộc khoảng ( 2021 − ;2022) là 4041.
Câu 5. Cho bất phương trình log ( 2 2
x x + 2 + 4 − x ) 2
+ 2x + x + 2 ≤1. Biết tập nghiệm của bất 2
phương trình là (− a;− b. Khi đó .ab bằng A. 15 . B. 12 . C. 16 . D. 5 . 16 5 15 12 Trang 2
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC Lời giải Chọn C x Ta có: 2 2 2
x x + 2 − x = x( 2x + 2 − x) = . 2 x + 2 + x Ta có: log ( 2 2
x x + 2 + 4 − x ) 2
+ 2x + x + 2 ≤1 2 2  2(3x + 2 x + 2) 2x  2 ⇔ log 
+ 4 + 2x + x + 2 ≤1 2 ⇔ log
+ 2x + x + 2 ≤1 1 2 ( ) 2 2  x + 2 + x  2 x + 2 + x Ta có 2
x + 2 + x > 0, x ∀ ∈ . x ≥ 0 Điều kiện: 2
3x + 2 x + 2 > 0 2 ⇔ 2 x + 2 > 3 − x  8 ⇔ x < 0  ⇔ x > − ,(*)   5 2 2
4x + 8 > 9x
Với điều kiện (*) , ta có ( ) 1 ⇔ log ( 2 3x + 2 x + 2 ) 2
+ 3x + 2 x + 2 ≤ log ( 2x + 2 + x) 2 + x + 2 + x, 2 2 2 ( )
Xét hàm số f (t) = log t + t với t > 0 có f ′(t) 1 =
+1 > 0 , ∀t ∈(0;+∞) . 2 t.ln 2
Do hàm số f (t) = log t + t
0;+∞ , với điều kiện (*) thì các biểu thức 2
đồng biến trên khoảng ( ) 2
3x + 2 x + 2 và 2
x + 2 + x đều lấy giá trị trong khoảng (0;+∞) nên ta có ( ) ⇔ f ( 2 x + x + ) ≤ f ( 2 2 3 2 2 x + 2 + x)  2 − x ≥ 0 x ≤ 0 2 2
⇔ 3x + 2 x + 2 ≤ x + 2 + x 2 ⇔ x + 2 ≤ 2 − x 2 ⇔  ⇔  ⇔ x ≤ − . 2 2 x + 2 ≤ 4x 2 3  x ≥ 2 3  8 2 
Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm bất phương trình là  − ;− hay 16 . a b = . 5 3     15
Câu 6. Gọi S là tổng tất cả các nghiệm nguyên không vượt quá 2022 của bất phương trình log ( 3 x − 3x + 25) 2
+ log x +1 ≥ 3log x +1 +1. Tìm chữ số hàng đơn vị của S . 3 3 ( ) 3 ( ) A. 3. B. 8 . C. 0 . D. 5. Lời giải Chọn A x +1 > 0 Điều kiện:  ⇔ x > 1. − 3
x − 3x + 25 > 0
Ta có: (x + )(x − )2 ≥ x
∀ > − ⇒ (x + )( 2 4 2 0, 1
4 x − 4x + 4) ≥ 0, x ∀ > 1 − 3
⇒ x − 3x + 25 ≥ 9x + 9, x ∀ > 1 − ⇒ log ( 3
x − 3x + 25 ≥ log 9x + 9 , x ∀ > 1 − 3 ) 3 ( ) ⇒ log ( 3 x − 3x + 25) 2 + log (x + ) 1 − 3log (x + ) 2
1 −1≥ log x +1 − 2log x +1 +1, x ∀ > 1 − . 3 3 3 3 ( ) 3 ( ) Mà log (x + ) 1 − 2log (x + ) 1 +1 = (log (x + ) 1 − )2 2 1 ≥ 0, x ∀ > 1
− do đó bất phương trình 3 3 3 log ( 3 x − 3x + 25) 2
+ log x +1 ≥ 3log x +1 +1 nghiệm đúng với mọi x > 1. − 3 3 ( ) 3 ( )
Suy ra bất phương trình log ( 3 x − 3x + 25) 2
+ log x +1 ≥ 3log x +1 +1 có tập nghiệm là 3 3 ( ) 3 ( ) khoảng ( 1; − + ∞) .
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 3
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Vậy tập tất cả các nghiệm nguyên không vượt quá 2022 của bất phương trình đã cho là A = {0;1;2;3;...;2021; }
2022 . Tổng S của tất cả các phần tử thuộc tập A là:
S =1+ 2 +...+ 2021+ 2022 = 2023.1011 = 2045253.
Câu 7. Biết rằng bất phương trình  +  2log ( 2
2x − 3x +1 +1− x) 3 2
+ x − x − 3x + 2 ≤ 2 2x −1. x −1 có tập nghiệm 3 =  ; b S a 2 c     với *
a,b,c ∈ . Tính tổng T = 2a + b − c . A. 0 . B. 5. C. 3. D. 2 . Lời giải Chọn B 2x −1 ≥ 0 x −1 ≥0 x ≥ 1    x ≥ 1 Điều kiện:  ⇔  ⇔ 2  − + ≥ 2 2 2x 3x 1 0 
 2x − 3x +1 +1− x > 0
 2x − 3x +1 > x −1  2
 2x − 3x +1 +1− x > 0 x ≥ 1 x ≥ 1   ⇔  ⇔  ⇔ > x −
x − > ( x − )2 x −
x − > ( x −     )2 x 1. 1. 2 1 1 1. 2 1 1 Ta có: 2log ( 2
2x − 3x +1 +1− x) 3 2
+ x − x − 3x + 2 ≤ 2 2x −1. x −1 2
⇔ log ( 2x −3x +1+1− x)2 2 3 2
+ x − x − 3x + 2 ≤ 2 2x −1. x −1 2
⇔ log (x − ) 1 
( 2x−1− x−1)2 3 2
+ x − x − 3x + 2 ≤ 2 2x −1. x −1 2    (x − ) 2 1 x 3 2 ⇔ log
+ x − x − 3x + 2 ≤ 2 2x −1. x −1
2 ( 2x−1+ x−1)2 ⇔ log ( 3 2
x − x ) − log ( 2
3x − 2 + 2 2x − 3x +1) 3 2
+ x − x ≤ 3x − 2 + 2 2x −1. x −1 2 2 ⇔ log ( 3 2 x − x ) + ( 3 2
x − x ) ≤ log ( 2
3x − 2 + 2 2x − 3x +1)+( 2
3x − 2 + 2 2x − 3x +1 (*) 2 2 ) Xét hàm số ( ) 3
f t = t + t trên  có f (t) 2 ' = 3t +1 > 0 t
∀ ∈  ⇒ Hàm số đồng biến trên  .
Do vậy với điều kiện x >1, bất phương trình (*)
⇔ f (x − x ) ≤ f ( x− + x− )2) ⇔ x − x ≤ ( x− + x− )2 3 2 3 2 2 1 1 2 1
1 ⇔ x x −1 ≤ 2x −1 + x −1 ⇔ (x − ) 3 2 2 3− 5 3+ 5
1 x −1 ≤ 2x −1 ⇔ x − 3x + x ≤ 0 ⇔ x − 3x +1≤ 0 ⇔ ≤ x ≤ 2 2 a =1 +
Kết hợp với điều kiện, ta được: 3 5 1 x b  < ≤
⇒  = 5 ⇒ T = 5 . 2 c =  2 Trang 4
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
GIẢI BPT LÔGARIT BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM ĐẶC TRƯNG
(KHÔNG CHỨA THAM SỐ) Lý thuyết:
Cho hàm số y = f (x) đồng biến trên ( ;
a b) và u,v∈( ;
a b) thì f (u) ≥ f (v) ⇔ u ≥ v
Cho hàm số y = f (x) nghịch biến trên ( ;
a b) và u,v∈( ;
a b) thì f (u) ≥ f (v) ⇔ u ≤ v
Câu 1. Tập nghiệm của bất phương trình log ( 2 2
x x + 2 + 4 − x ) 2
+ 2x + x + 2 ≤1 là (− a − . 2 ; b Khi đó . a b bằng A. 15 . B. 12 . C. 16 . D. 5 . 16 5 15 12 Lời giải Chọn C 2x Ta có: 2 2
x x + 2 − x = x( 2x + 2 − x) = . 2 x + 2 + x Ta có: log ( 2 2
x x + 2 + 4 − x ) 2
+ 2x + x + 2 ≤1 ⇔ log x x + 2 − x + 4 + 2x + x + 2 ≤1 2 ( ( 2 ) ) 2 2  2 2x  2(3x + 2 x + 2) 2 ⇔ log 
+ 4 + 2x + x + 2 ≤1 2 ⇔ log
+ 2x + x + 2 ≤1, 1 2 ( ) 2 2  x + 2 + x  2 x + 2 + x Ta có 2
x + 2 + x > 0, x ∀ ∈  . x ≥ 0 8 Điều kiện: 2
3x + 2 x + 2 > 0 2 ⇔ 2 x + 2 > 3 − x  ⇔ x < 0  ⇔ x > − ,(*)   5 2 2
4x + 8 > 9x
Với điều kiện (*) , ta có ( )1 ⇔ log ( 2 3x + 2 x + 2) 2
+ 3x + 2 x + 2 ≤ log ( 2x + 2 + x) 2 + x + 2 + x, 2 2 2 ( )
Xét hàm số f (t) = log t + t t > f ′ t = + > ∀t ∈ 0;+∞ 2 với 0. Có ( ) 1 1 0 , ( ). t.ln 2
Hàm số f (t) = log t + t 0;+∞ , 2
3x + 2 x + 2 ∈ 0;+∞ 2 đồng biến trên ( ) ( ) ( ) và
( 2x +2+x)∈(0;+∞). Nên ( ) ⇔ f ( 2 x + x + ) ≤ f ( 2 2 3 2 2 x + 2 + x) 2 2
⇔ 3x + 2 x + 2 ≤ x + 2 + x  2 − x ≥ 0 x ≤ 0 2 2 ⇔ x + 2 ≤ 2 − x ⇔  ⇔  ⇔ x ≤ − . 2 2 x + 2 ≤ 4x 2 3  x ≥ 2 3  
Kết hợp với ĐK ta có tập nghiệm bất phương trình là 8 2  − ;− hay 16 . a b = . 5 3     15 +  
Câu 2. Tập nghiệm của bất phương trình 2 x 1 x 1 log ≥ 2log  − là 5 3  x  2 2 x   
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 1
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC A. (1;3+ 2 2  +   . B. 1;3 2 2   . C. (1; 2) . D. 1;  2    . Lời giải Chọn A 2 x +1  x 1  2 x +1 x −1 log = 2log  −  ⇔ log = 2log 5 3 5 3  x 2 2   x x 2 xx > 0 Đk:  ⇔ x >1 (*) x −1 > 0 Pt ⇔ log (2 x + ) 2
1 − log x ≥ log (x −1) − log 4x 5 5 3 3 ⇔ log (2 x + ) 2
1 + log 4x ≥ log x + log (x −1) (1) 5 3 5 3 Đặt t =
x + ⇒ x = (t − )2 2 1 4 1 . (1) trở thành 2 2
log t + log (t −1) ≥ log x + log (x −1) (2) 5 3 5 3 Xét 2
f (y) = log y + log (y −1) , do x >1⇒ t > 3 ⇒ y >1. 5 3 Xét y >1: 1 1 f '(y) = + .2(y −1) > 0 2
y ln 5 (y −1) ln 3
⇒ f (y) là hàm đồng biến trên miền (1;+∞)
(2) có dạng f (t) ≥ f (x) ⇔ t ≥ x ⇔ 2 x +1≥ x ⇔ x − 2 x −1≤ 0
Đặt u = x,u ≥ 0, (2) 2
⇔ u − 2u −1≤ 0 ⇔ 1− 2 ≤ u ≤1+ 2
⇒ x ≤1+ 2 ⇔ x ≤ 3+ 2 2 (3)
Từ (3), (*) ⇒1< x ≤ 3+ 2 2
Câu 3. Tập nghiệm của bất phương trình log  2 x   2
3 log x x 4x 1 0 là 2 2 A. S = ( ;
−∞ ]1∪[3;+∞). B. [ 1; − ] 3 . C. [1;+∞) . D. S = [1; ] 3 . Lời giải Chọn D
Điều kiện: x  0 . Ta có log  2 x   2
3 log x x 4x 1 0  log  2 x   2
3  x 3 log 4x  4x * . 2 2 2 2  
Xét hàm số f t log t t D  0;  2 trên  . Ta có f t 1 
1 0 t D  hàm số f đồng biến trên D . t ln 2
Suy ra    f  2
x   f x 2 * 3
4  x 3 4x 1 x  3.
Câu 4. Bất phương trình 2
x − 4x + 2 + log ( 2
x − 4x + 6 > 0 có tập nghiệm S = ( ; −∞ a)∪( ; b +∞) . Tính 3 ) 2
T = ab + b . A. 12. B. 15. C. 13. D. 21. Lời giải Chọn A Đặt 2
t = x − 4x + 2 = (x − 2)2 − 2, t ≥ 2
− . Ta có bất phương trình t + log t + 4 > 0. 3 ( )
Đặt f (t) = t + log t + 4 ,t ≥ 2 − 3 ( ) Trang 2
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC Ta có f (t) 1 ' = 1+ (
> ∀ ≥ − . Suy ra f (t) đồng biến trên [ 2; − +∞). t + ) 0, t 2 4 ln 3 Mặt khác f (− ) 1 = 0. Do đó f (t) 2 2 > 0 ⇒ t > 1
− ⇒ x − 4x + 2 > 1
− ⇒ x − 4x + 3 > 0 ⇒ x∈(− ; ∞ ) 1 ∪(3;+∞) .
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ( ; −∞ ) 1 ∪(3;+∞) , khi đó 2 2
a =1;b = 3 ⇒ ab + b =1.3+ 3 =12 . 3 2 Câu 5. − +
Bất phương trình Cho bất phương trình x 2x 2 3 2 ln
+ x − 3x ≥ 0 có tập nghiệm S . Tập 2 x + 2 S ∩( ;
−∞ 100) có số phần tử nguyên là A. 99. B. 101. C. 97 . D. 96. Lời giải Chọn C 3 2 − +
Điều kiện: x 2x
2 > 0 do 2x +2 nên 3 2
x − 2x + 2 > 0 2 x + 2 Bất phương trình ⇔ ( 3 2
x − x + ) − ( 2 x + ) 3 2
+ x − x + − ( 2 ln 2 2 ln 2 2 2 x + 2) ≥ 0 ⇔ ( 3 2 x − x + ) 3 2
+ x − x + ≥ ( 2 x + ) 2 ln 2 2 2 2 ln 2 + x + 2 ( ) 1
Xét hàm: f (t) = ln t + t trên (0;+∞). f (t) 1 ' = +1 > 0 với t
∀ ∈(0;+∞) ⇒ f (t) là hàm đồng biến trên (0;+∞). t Do đó ( ) 3 2 2
1 ⇔ x − 2x + 2 ≥ x + 2 3 2
⇔ 0 ≤ x −3x 2
⇔ 0 ≤ x (x −3) ⇔ x ≥ 3 suy ra S = [3;+∞) ⇒ T = S ∩( ; −∞ 100) = [3;100) .
Tập các phần tử nguyên của T là {3;4;5;...; }
99 có 97 phần tử nguyên. Câu 6. Tổng bình phương các nghiệm nguyên của bất phương trình (x− )2 1 2 .log ( 2 2 3 4x x x − − + ≤
.log 2 x − 2 + 2 bằng 2 ) 2 2 ( ) A. 2 . B. 0 . C. 3 . D. 1. Lời giải Chọn A t t 1 Xét hàm số ( ) = 2t f t
.log t + 2 f ′ t = 2 .ln 2.log t + 2 + 2 . > 0 2 ( ), ( ) 2 ( ) ( , t ∀ ≥ 0 . t + 2)ln 2
⇒ f (t) đồng biến trên [0;+∞) . Ta có (x− )2 1 2 .log ( 2 2 3 4x x x − − + ≤ .log 2 x − 2 + 2 2 ) 2 2 ( ) (x− )2 1 ⇔ 2 .log ((x − )2 1 + 2) 2x−2 ≤ 2
.log 2 x − 2 + 2 ⇔ f (x − )2
1  ≤ f 2 x − 2  2 2 ( )     ⇔ (x − )2
1 ≤ 2 x − 2  x 4
1 2x24 x 2 x  x 2 1 2 2 . 1 2x 2         0          2x x  2 4 5 x 3 0 x  3; 3         .  
Vì x Z nên x 1;0;  1 . Khi đó  2 2 2 1 0 1  2.
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 3
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC 2  − + 
Câu 7. Số nghiệm nguyên của bất phương trình 4x 4x 1 2 log 
 + 4x +1 < 6x là 7  2xA. 1. B. 0 . C. 3 . D. 2 . Lời giải Chọn A x > 0 Điều kiện  1 . x ≠  2
 4x − 4x +1  2x −1  2 ( )2 2 Ta có 2 log 
 + 4x +1 < 6x ⇔ log 
 + 4x − 4x +1< 2x 7 7 2x  2x      ⇔ log (2x − )2 1 + (2x − )2
1 < log 2x + 2x 1 7 7 ( )
Xét hàm số f (t) 1
= log t + t ⇔ f ′ t = +1 > 0 với . 7 ( ) t > 0 t ln 7
Vậy hàm số đồng biến trên (0;+∞). Bất phương trình ( )
1 trở thành f ( x − )2) < f ( x) ⇔ ( x − )2 2 2 1 2 2
1 < 2x ⇔ 4x − 6x +1< 0 3 5 3 5   x  . 4 4         
Kết hợp điều kiện ta được 3 5 3 5 1 x  ;   \    .  4 4    2
Vì x Z nên x 1. 2
Câu 8. Số nghiệm nguyên của bất phương trình 4x 12x 8 2 log
x 4x 1 trên khoảng 2 2 2x x 1 2021;  2021 là A. 4035 . B. 4034 . C. 4037 . D. 4036 . Lời giải Chọn B 2
Điều kiện: 4x 12x 8 2
 0  4x 12x 8  0  x  ;   1 2;. 2 2x x 1 2 Khi đó 4x 12x 8 2 log
x 4x  0 2 2 2x x 1 2 x 3x  2 2 2  log
 (2x x 1)(x 3x  2) 2 2 2x x 1 2
 log (x 3x  2)  2 x 3x   2  log  2 2x x   2
1 (2x x 1).(1) 2 2
Xét hàm f (t)  log t t với t  0 có 1 f (t) 
1 0,  t  0. Vì vậy, f (t) là hàm số 2 t ln 2
đồng biến trên (0;+∞). Do đó   2 2 2
1  x 3x  2  2x x 1 x  4x1 0 x  ; 2 5        2 5;     .
Vì x Z , x 2021; 
2021 và kết hợp điều kiện ta được Trang 4
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
x 2020;2019;...;  5 3;4;....;  2020 .
Vây có 4034 số nguyên thỏa mãn yêu cầu.
Câu 9. Tập nghiệm của bất phương trình log (x +1) > log (2 − x) + 4(1− 2x) là 3 3  1  A. ( 1; − 2) . B.    ;2 . C. ( 1; − 2) . D. 1  ;+∞ . 2    2    Lời giải Chọn B x +1 > 0
Điều kiện xác định  ⇔ 1 − < x < 2 . 2 − x > 0
Bất phương trình tương đương với: log (x +1) + 4 x +1 > log (2 − x) + 4(2 − x) 3 ( ) 3 (*).
Xét hàm số f (t) = log t + 4t +∞ f ′ t = + > t ∈ +∞ 3 trên (0; ). Ta có: 1 ( ) 4 0 với mọi (0; ) . t ln 3 Do đó: 1
(*) ⇔ f (x +1) > f (2 − x) ⇔ x +1 > 2 − x ⇔ x > . 2  1 
Kết hợp điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S =  ;2 . 2   
Câu 10. Tập nghiệm của bất phương trình log (x + 5) − log (4 − 2x) + 3(1+ 3x) ≥ 0 2 2 là  1  A.  1 ;2 −  . B. −  ;2. C. ( ; −∞ 2) . D. ( 5; − 2) .  3   3  Lời giải Chọn A x + 5 > 0
Điều kiện xác định  ⇔ 5 − < x < 2 . 4 − 2x > 0
Bất phương trình tương đương với: log (x + 5) + 3(x + 5) ≥ log (4 − 2x) + 3(4 − 2x) 2 2 (*).
Xét hàm số f (t) = log t + 3t +∞ f ′ t = + > t ∈ +∞ 2 trên (0; ). Ta có: 1 ( ) 3 0 với mọi (0; ) . t ln 2 Do đó: 1
(*) ⇔ f (x + 5) ≥ f (4 − 2x) ⇔ x + 5 ≥ 4 − 2x ⇔ x ≥ − . 3  1 
Kết hợp điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S = − ;2  .  3 
Câu 11. Tập nghiệm của bất phương trình log (x + 5) − log (4 − x) + 2x +1≤ 0 2 2 là  1   1 A.  1 ;2 −  . B. 5; −   . C. 5; − −  . D. ( 5; − 2) .  5   2  2   Lời giải Chọn C x + 5 > 0
Điều kiện xác định  ⇔ 5 − < x < 4 . 4 − x > 0
Bất phương trình tương đương với: log (x + 5) + x + 5 ≤ log (4 − 2x) + 4 − x 2 2 (*).
Xét hàm số f (t) = log t + t +∞ f ′ t = + > t ∈ +∞ 2 trên (0; ). Ta có: 1 ( ) 1 0 với mọi (0; ) . t ln 2
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 5
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC Do đó: 1
(*) ⇔ f (x + 5) ≤ f (4 − x) ⇔ x + 5 ≤ 4 − x ⇔ x ≤ . 2 1
Kết hợp điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S  = 5; − −  . 2   2 Câu 12. + +
Tính tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình x x 1 2 log
+ x − 4x + 2 < 0. 2 5x −1 A. 6 . B. 7 . C. 8 . D. 5. Lời giải Chọn A Với điều kiện: 1 x > , ta có: 5 2 x + x +1 2 1
+ x − x + < ⇔ ( 2x + x+ )+( 2 1 log 4 2 0 log 1
x + x +1 < log 5x −1 + 5x −1 . 2 2 ) 2 ( ) ( ) 5x −1 2 2
Xét hàm số f (t) 1 1 = log t + t; 1 f ′ t = + > 0 với t
∀ ∈(0;+∞) .Vậy hàm số f (t) đồng 2 ( ) 2 2t ln 2 biến trên (0;+∞), suy ra f ( 2
x + x + ) < f ( x − ) 2 1
5 1 ⇔ x + x +1< 5x −1 ⇔ 2 − 2 < x < 2 + 2 (tmdk), x∈ ⇒ x∈{1;2; } 3
Vậy tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình là 6.
Câu 13. Tập nghiệm của bất phương trình log ( 2 2
x x + 2 + 4 − x ) 2
+ 2x + x + 2 ≤1 là (− a;− b . 2  Khi đó . a b bằng A. 15 . B. 12 . C. 5 . D. 16 . 16 5 12 15 Lời giải Chọn D Ta có: 2 2
x x + 2 − x = x( 2x + 2 − x) 2 = x . 2 x + 2 + x Theo bài log ( 2 2
x x + 2 + 4 − x ) 2
+ 2x + x + 2 ≤1 2
⇔ log (x( 2x + 2 − x)+ 4) 2
+ 2x + x + 2 ≤1 2  2 2x  2(3x + 2 x + 2) 2 ⇔ log 
+ 4 + 2x + x + 2 ≤1 2 ⇔ log
+ 2x + x + 2 ≤1, 1 2 ( ) 2 2  x + 2 + x  2 x + 2 + x Ta có 2
x + 2 + x > 0, x ∀ ∈  . x ≥ 0 8 Điều kiện: 2
3x + 2 x + 2 > 0 2 ⇔ 2 x + 2 > 3 − x  ⇔ x < 0  ⇔ x > − ,(*)   5 2 2
4x + 8 > 9x
Với điều kiện (*) , ta có ( )1 ⇔ log ( 2 3x + 2 x + 2) 2
+ 3x + 2 x + 2 ≤ log ( 2x + 2 + x) 2 + x + 2 + x, 2 2 2 ( ) Trang 6
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Xét hàm số f (t) = log t + t t > f ′ t = + > ∀t ∈ 0;+∞ 2 với 0. Có ( ) 1 1 0 , ( ). t.ln 2 Hàm số
f (t) = log t + t 0;+∞ , 2 x + x + ∈ +∞ 2 đồng biến trên ( ) (3 2 2) (0; ) và
( 2x +2+x)∈(0;+∞) Nên ( ) ⇔ f ( 2 x + x + ) ≤ f ( 2 2 3 2 2 x + 2 + x)  2 − x ≥ 0 x ≤ 0 2 2
⇔ 3x + 2 x + 2 ≤ x + 2 + x 2 ⇔ x + 2 ≤ 2 − x 2 ⇔  ⇔  ⇔ x ≤ − . 2 2 x + 2 ≤ 4x 2 3  x ≥ 2 3  
Kết hợp với ĐK ta có tập nghiệm bất phương trình là 8 2  − ;− hay 16 . a b = . 5 3     15 2  + +  2
Câu 14. Biết bất phương trình x x 1 log   +
x − 2 + x ≤1 có tập nghiệm là S = ( ; a b). Hãy tính 2 ( )  16x + 3 
tổng T = 20a +10b .
A. T = 46 −10 2 .
B. T = 45 −10 2 .
C. T = 46 −11 2 .
D. T = 47 −11 2 . Lời giải Chọn B
Điều kiện: x ≥ 0 . 2  x + x +1 log 
 + ( x − 2)2 + x ≤1 ⇔ log ( 2
x + x +1 − log 16x + 3 + 2x − 4 x + 3 ≤ 0 2 2 ) 2 ( )  16x + 3  2  1  3   1  3  x    x        ( x)2 3  3 log 2 log 2  2 2 x  ⇔ + + + + + ≤ + + + 2 2  2  4    2  4   4   4 
Xét hàm số f (t)  2 3   3 log 2tt  2t  = + + +
với t > 0 có f ′(t) = + 2 > 0, t ∀ > 0 2 4 4       2 3 t  +  ln 2  4 
nên f (t) đồng biến trên khoảng (0;+∞). x ≥ 0    − + Suy ra 1 3 3 1 3 2 2 3 2 2  x + + ≤ 
2 x + ⇔ 2 x ≥ x + ⇔  ⇔ ≤ x ≤ 2 1  2  4 4 2
x − 3x + ≤ 0 2 2  4 3− 2 2 3+ 2 2 ⇒ a = ;b =
⇒ T = 20a +10b = 45 −10 2 . 2 2 2
Câu 15. Tập nghiệm của bất phương trình  1   1 3 x log 2 x 1  2 2 x log 2  − + − < − + − + − là 2 2 x x     
S = (a;b)∪( ;cd ) với a,b,c,d là các số thực. Khi đó giá trị 2 2 2 2
a + b + c + d được quy tròn bằng A. 16. B. 12. C. 9. D. 4 . Lời giải Chọn A 2 Bất phương trình  1   1 3 x log 2 x 1 2 2 x log 2  − + − < − + − + −     1 2 2 ( )  x   x
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 7
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC 2− x > 0  x < 2  x < 0 Điều kiện  x ≠ 0 ⇔ x ≠ 0 ⇔  (2) .  0,5 < x < 2 1  2 − > 0
x < 0 ∨ x >  0,5  x Bất phương trình ( ) 1 trở thành: ( x ) 2 2  1    1 2 1 log 2 x  2 1 log 2  − − + − < − − + −     3 2 2 ( )  x    x
Hàm đặc trưng f (t) = (t − )2 1 + log t . 2 2 − +
Vì f ′(t) = (t − ) 1 2ln 2.t 2ln 2.t 1 2 1 + = > 0, t
∀ > 0 nên hàm số f (t) đồng biến trên t.ln 2 t.ln 2 khoảng (0;+∞). Do đó (3) trở thành: 1 2 − x < 2 − (4) xx ∈( ; −∞ 0) ∪(0,5;2)   3 − − 13 
Kết hợp (2) , (4) , chúng ta được 3 2  ⇔ + − + x∈ ;0 x x x  ∪(1;2 2 4 1 )  0  2  > 2  x   Vậy 2 2 2 2 21 3 13 a b c d + + + + = . 2
Câu 16. Tập nghiệm của bất phương trình 2 12 1 3 +1 log + 3 + +12 < + + 4log x x x x là 4 ( ) 2 2 2 x x x S = ( ;
a b)∪( ;cd ) với a,b,c,d là các số thực. Khi đó giá trị 2 2 2 2
a + b + c + d bằng A. 8 . B. 2 . C. 10. D. 11. Lời giải Chọn D Bất phương trình 2 12 1 3x +1 log
x + 3 + x +12x < + + 4log 1 . 4 ( ) 2 2 2 ( ) x x xx + 3 > 0 Điều kiện:   1  3x +1 ⇔ x ∈ 3 − ;− ∪  (0;+∞) . >  0  3   x Bất phương trình ( ) 1 trở thành (x + ) 2  1  1 1 4log
3 + x +12x < 4log + 3 + +   12. 2 . 2 2 2 ( )  xx x
Hàm đặc trưng f (t) = 4log (t + 3) 2 + t +12t 2 . Vì f ′(t) 1 1 = 4.( + + = +
+ + > ∀ > − nên hàm số f (t) t + ) 2t 12 4.(t + ) 2(t 3) 6 0, t 3 3 .ln 2 3 .ln 2
đồng biến trên khoảng ( 3 − ;+∞) . Ngoài ra x > 3 − và 1 > 3 − . x 2 − Do đó ( ) 1 x 1 2 ⇔ x < ⇔ < 0 ⇔ x ∈( ; −∞ − ) 1 ∪(0; ) 1 . x x Trang 8
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Đối chiếu với điều kiện, chúng ta được tập nghiệm S = ( 3 − ;− ) 1 ∪(0; ) 1 . Vậy 2 2 2 2
a + b + c + d = (− )2 + (− )2 2 2 3 1 + 0 +1 =11.
Câu 17. Tập nghiệm của bất phương trình log ( 2 2
x x + 2 + 4 − x ) 2
+ 2x + x + 2 ≤1 là (a;b] . Khi đó 2 2 2 a + b bằng A. 34 . B. 15 . C. 16 . D. 12 . 15 16 15 5 Lời giải Chọn A
Bất phương trình log ( 2 2
x x + 2 + 4 − x ) 2
+ 2x + x + 2 ≤1 1 2 ( ) 2 + + Điều kiện: 2 2
x x + + − x > ⇔ x( 2x + − x) 6x 4 x 2 2 4 0 2 + 4 > 0 ⇔ > 0 (2) . 2 x + 2 + x Vì 2
x + 2 > x ≥ −x nên 2
x + 2 + x > 0, x ∀ ∈  .  3 − x ≤ 0  2 x ≥ 0 x + 2 ≥ 0 Dẫn đến ( ) 2 2 ⇔ 2 x + 2 > 3 − x 8 ⇔  
⇔ x < 0 ⇔ x > − .  3 − x > 0     5  2  5  x < 8  4  ( 2 x + 2) 2 >  9x 2( 2 3x + 2 x + 2) ( ) 2 1 ⇔ log
+ 2x + x + 2 ≤1 2 2 x + 2 + x ⇔ log ( 2 3x + 2 x + 2)+( 2
3x + 2 x + 2) ≤ log ( 2x + 2 + x)+( 2x + 2 + x 3 2 2 ) ( )
Hàm đặc trưng f (t) = log t + t 2 . Vì f ′(t) 1 = +1 > 0, t
∀ > 0 nên hàm đặc trưng f (t) đồng biến trên khoảng (0;+∞). t.ln 2  2 − x ≥ 0 Do đó ( ) 2 2 2
3 ⇔ 3x + 2 x + 2 ≤ x + 2 + x ⇔ x + 2 ≤ 2 − x  2 2
⇔ x + 2 ≥ 0 ⇔ x ≤ − .  3 2 2 x + 2 ≤  4x  
Đối chiếu với điều kiện, chúng ta được tập nghiệm 8 2 S = − ;− . 5 3     Vậy 2 2 8 2 34 a + b = + = . 5 3 15 Câu 18. + Cho x 1
x , y là các số thực dương thỏa mãn bất đẳng thức 4 3 2 2 2 log
≤ 9y + 6y − x y − 2y x ( ) 1 3y +1
. Biết y ≤1000 , hỏi có bao nhiêu cặp số nguyên dương (x; y) thỏa mãn bất đẳng thức ( ) 1 ? A. 1501100. B. 1501300. C. 1501400. D. 1501500. Lời giải Chọn D + Ta có x 1 4 3 2 2 2 log
≤ 9y + 6y − x y − 2y x 3y +1
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 9
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC + ⇔ log xy y ≤ ( 4 3 2
9y + 6y + y ) −( 2 2 2 x y + 2x . y y + y 2 ) 3y + y ⇔
(xy + y)− ( 2y + y) ≤ ( 2 log log 3
3y + y)2 −(xy + y)2 ⇔
(xy + y)+(xy + y)2 ≤ ( 2y + y)+( 2 log log 3 3y + y)2 (*)
Xét hàm f (t) 2
= logt + t với t ∈(0;+ ∞) f ′(t) 1 = + 2t > 0 , t
∀ ∈(0;+ ∞). Suy ra f (t) là hàm đồng biến trên t ∈(0;+ ∞) . t ln10
( ) ⇔ f (xy + y) ≤ f ( 2 * 3y + y) 2
⇔ xy + y ≤ 3y + y ⇔ x ≤ 3y .
Vì y ≤1000 nên ta có các trường hợp sau
y =1 ⇒ x∈{1;2; } 3 .
y = 2 ⇒ x ∈{1;2;3;4;5; } 6 . .
y =1000 ⇒ x ∈{1;2;.......; } 3000 .
Vậy số cặp nghiệm thỏa mãn điều kiện đề bài là: 3+ 6 + 9 +...+ 3000 =1501500 . 4(x + ) 1  b + c
Câu 19. Tập nghiệm của bất phương trình log
> 2 x − x là S =  ; a , trong đó 2 ( )  x + 2 2   
a,b,c là các số nguyên không âm. Tính a + b + c . A. 8 . B. 10. C. 12. D. 6 . Lời giải Chọn A
Điều kiện: x ≥ 0 4(x + ) 1 log
> 2 x − x ⇔ log 4 x +1 − log
x + 2 > 2 x − x 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) ( ) x + 2
⇔ 2 + log x +1 > log
x + 2 + 2 x − x 2 ( ) 2 ( ) ( )
⇔ log x +1 − 2x > log
x +1+1 − 2 x +1 2 ( ) 2 ( ) ( )
Xét hàm số f (x) = log x +1 − 2x x∈ 0;+∞ 2 ( ) , [ ). f ′(x) 1 = ( x
. Do đó hàm số f (x) nghịch biến trên [0;+∞) . x + ) − 2 < 0∀ ∈[0;+∞) 1 ln 2
Khi đó log x +1 − 2x > log
x +1+1 − 2 x +1 2 ( ) 2 ( ) ( )
⇔ f (x) > f ( x + )
1 ⇔ x < x +1 ⇔ x −1< x x <1 x −1< 0 ⇔ x <1     ≥  ≥ x ≥ 0 x 0 x 0 3+ 5 ⇔ ⇔ ⇔   x ≥ 1 ⇔ 0 ≤ x < x −1 ≥ 0   x ≥ 1  2    (     x −  )2 2 3− 5 3+ 5 1 < x
x −3x +1< 0  < x <  2 2 Trang 10
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC  +  Do đó 3 5 S = 0;
 . Vậy a + b + c = 0 + 3 + 5 = 8 2   
Câu 20. Tập nghiệm của bất phương trình log ( 2 2
x x + 2 + 4 − x ) 2
+ 2x + x + 2 ≤1 là (− a;− b 2 
với a,b∈ . Khi đó . a b bằng A. 15 . B. 12 . C. 16 . D. 5 . 16 5 15 12 Lời giải Chọn C Ta có 2 2
x x + 2 − x = x( 2x + 2 − x) 2 = x . 2 x + 2 + x Khi đó log ( 2 2
x x + 2 + 4 − x ) 2
+ 2x + x + 2 ≤1 2  2x
⇔ log (x( 2x + 2 − x)+ 4) 2
+ 2x + x + 2 ≤1 2 ⇔ log 
+ 4 + 2x + x + 2 ≤1 2 2 2  x + 2 + x  2( 2 3x + 2 x + 2 ) 2 ⇔ log
+ 2x + x + 2 ≤1, 1 2 ( ) 2 x + 2 + x Mà 2
x + 2 + x > 0, x
∀ ∈  , nên điều kiện 2
3x + 2 x + 2 > 0 2 ⇔ 2 x + 2 > 3 − x x ≥ 0  ⇔ x < 0 8  ⇔ x > − ,(*)   5 2 2
4x + 8 > 9x
Với điều kiện (*) , ta có ( )1 ⇔ log ( 2 3x + 2 x + 2) 2
+ 3x + 2 x + 2 ≤ log ( 2x + 2 + x) 2 + x + 2 + x, 2 2 2 ( )
Xét hàm số f (t) = log t + t trên (0;+∞). 2 Ta có f ′(t) 1 =
+1 > 0 , ∀t ∈(0;+∞) . t.ln 2
Nên hàm số f (t) = log t + t 0;+∞ , ( 2
3x + 2 x + 2)∈(0;+∞) và 2 đồng biến trên ( )
( 2x +2+x)∈(0;+∞) Do đó ( ) ⇔ f ( 2 x + x + ) ≤ f ( 2 2 3 2 2 x + 2 + x)  2 − x ≥ 0 x ≤ 0 2 2
⇔ 3x + 2 x + 2 ≤ x + 2 + x 2 ⇔ x + 2 ≤ 2 − x ⇔ 2  ⇔  ⇔ x ≤ − . 2 2 x + 2 ≤ 4x 2 3  x ≥ 2 3  
Kết hợp với ĐK ta có tập nghiệm bất phương trình là 8 2  − ;− hay 16 . a b = . 5 3     15
Câu 21 Có bao nhiêu cặp số nguyên
( ;x y) thỏa mãn bất phương trình (   +  
x + y − 2x − 24) 2 2 2 2 x y 2 2 log 
 + x + y − 20x − 8y + 78 < 0 ? 2 
 5x + 2y − 20  
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 11
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC A. 116. B. 119. C. 113. D. 120. Lời giải Chọn C (   +  
x + y − 2x − 24) 2 2 2 2 x y 2 2 log 
 + x + y − 20x − 8y + 78 < 0 2 
 5x + 2y − 20   2 2 
x + y − 2x − 24 > 0  2 2   x + y  2 2 log 
 + x + y − 20x −8y + 78 < 0 2 
 5x + 2y − 20   ⇔  2 2 
x + y − 2x − 24 < 0  2 2   x + y  2 2 log 
 + x + y − 20x −8y + 78 > 0 2 
 5x + 2y − 20   (x − )2 2 2 1 + y > 5  
5x + 2y − 20 > 0  log  ( 2 2 x + y ) 2 2
+ x + y − log 5x + 2y − 20 − 4 5x + 2y − 20 − 2 < 0 2 2 ( ) ( ) ⇔   (x − )2 2 2 1 + y < 5  
5x + 2y − 20 > 0 log  ( 2 2 x + y ) 2 2
+ x + y − log 5x + 2y − 20 − 4 5x + 2y − 20 − 2 >  0 2 2 ( ) ( )   (x − )2 2 2 1 + y >  5  
5x + 2y − 20 > 0  2 2   x + y  2 2   log 
 + x + y < log 5x + 2y − 20 + 4 5x + 2y − 20 2 2 ( ) ( )    4  ⇔  (I)    (x − )2 2 2 1 + y < 5  
5x + 2y − 20 > 0  2 2  x + y  2 2 log 
 + x + y > log 5x + 2y − 20 + 4 5x + 2y − 20 2 2 ( ) ( )    4  2 2  +  Xét bất phương trình x y 2 2 log 
 + x + y > log 5x + 2y − 20 + 4 5x + 2y − 20 (a). 2 2 ( ) ( )  4 
Xét hàm số f (t) = log t + 4t trên (0;+∞). 2
Ta có , f ′(t) 1 = + 4 > 0, t ∀ > 0. t ln 2
Nên hàm số f (t) = log t + 4t đồng biến trên (0;+∞) . 2 2 2 2 2  +  + Mà (a) x y ⇔   > (5 + 2 − 20) x y f f x y ⇔
> 5x + 2y − 20  4  4 Trang 12
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC  (x − )2 2 2 1 + y > 5  (x − )2 2 2 1 + y > 5   
5x + 2y − 20 > 0 
5x + 2y − 20 > 0  2 2
x + y < 4(5x + 2y − 20)   (   x −10  )2 +( y − 4)2 2 < 6 Do đó (I)  ⇔  ⇔  .   (x − )2 2 2 1 + y < 5   (x − )2 2 2 + y <  1 5    
5x + 2y − 20 > 0  
5x + 2y − 20 > 0   2 2
x + y > 4(5x + 2y − 20)  2 2   (  x −10  ) +( y − 4) 2 > 6  (x − )2 2 2 1 + y < 5  Xét 
5x + 2y − 20 > 0 . (   x −10  )2 +( y − 4)2 2 > 6  x −1 < 5  x = 3 ± ; 2; ± 1 ± ;0;4;5 2 { } Do (x − ) 2 2
1 + y < 5 ⇒  y < 5 ⇔  .  y =  { 4 ± ; 3 ± ; 2 ± ; 1 ± ; } 0 x, y ∈  
Thay vào 5x + 2y − 20 > 0 và (x − )2 + ( y − )2 2 10 4 > 6
Ta có 8 cặp số: (5,0);(5,− ) 1 ;(5, 2 − );(4, )
1 ;(4,2);(4,3);(3,3);(3,4) thoả mãn .  (x − )2 2 2 1 + y > 5  Xét 
5x + 2y − 20 > 0 , (   x −10  )2 +( y − 4)2 2 < 6  x −10 < 6 4 < x <16 (  x 10)2 ( y 4)2 2 6  y 4 6  − + − < ⇒ − < ⇔  2 − < y <10 . x, y  ∈ x, y ∈  
Thử trực tiếp ta được các cặp số:
(5;4),...,(5;7),(6; )1,...,(6;8),(7;− )1,...,(7;9),(8;− )1,...,(8;9),
(9;− )1,...,(9;9),(10;− )1,...,(10;9),(11;− )1,...,(11;9),(12;− )1,...,(12;9),
(13;− )1,...,(13;9),(14;0),...,(14;8),(15; )1,...,(15;7) nên có 105 cặp số.
Vậy có 105 + 8 =113 cặp số thoả mãn yêu cầu bài toán.
Câu 22. Cho x, y là các số thực thỏa mãn bất phương trình: log 2 + 2 + − 3 ≥ 8y x x y
. Biết 0 ≤ x ≤ 20, 2 ( )
số các cặp x, y nguyên không âm thỏa mãn bất phương trình trên là A. 2 . B. 33. C. 35. D. 5 . Lời giải Chọn C Ta có: log (2 + 2) y log2(x+ ) 1 + − 3 ≥ 8 ⇔ 2 + log ( + ) 3 1 ≥ 2 y x x y x + 3y . (1) 2 2 Xét hàm số ( ) = 2t f t + t . Ta có ′( ) = 2t f t ln 2 +1 > 0, t
∀ ∈  . Nên hàm số ( ) = 2t f t
+ t đồng biến trên  . Khi đó ( ) 1 ⇔ (log ( + ) 1 ) ≥ (3 ) ⇔ log ( + ) 3 1 ≥ 3 ⇔ ≥ 2 y f x f y x y x −1. 2 2 Với 3
0 ≤ ≤ 20 ⇒1≤ 2 y x
≤ 21⇒ 0 ≤ y ≤ log 21. Vì y ∈ ⇒ y ∈{0; } 1 . 8
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 13
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Với y = 0 thì x ≥ 0 nên có 21 cặp số ( ; x y) thỏa mãn.
Với y =1 thì x ≥ 7 nên có 14 cặp số ( ; x y) thỏa mãn.
Vậy có tất cả 35 cặp ( ; x y) thỏa mãn.
Câu 23. Số nghiệm nguyên của bất phương trình 3 3
log x + log x ≤ log x + 4 log x + 5 2 2 ( 2 )( 2 ) là A. 17 . B. 15. C. 16. D.Vô số. Lời giải Chọn C 3 3
log x + log x ≤ log x + 4 log x + 5 2 2 ( 2 )( 2 ) (1) log x ≥ 0 ĐK: 2  ⇔ x ≥1 . x > 0
Đặt t = log x , điều kiện t ≥ 0 . 2
Bất phương trình (1) trở thành 3 3
t + t ≤ (t + )(t + ) 3 3
⇔ t + t ≤ (t + )2 2 4 5 4 + (t + 4) (2).
Xét hàm số f (u) = u + u trên [0;+∞) . Ta có f (u) 1 ' = 1+ > 0, u
∀ > 0 . Nên hàm số f (u) = u + u đồng biến trên [0;+∞) . 2 u
Mà ( ) ⇔ f ( 3t) ≤ f ( t + )2 ) 3 2 2 4
⇔ t ≤ t + 8t +16 ⇔ (t − )( 2
4 t + 3t + 4) ≤ 0 ⇔ t ≤ 4. Kết hợp với t ≥ 0 ta được 0 ≤ t ≤ 4 .
Với 0 ≤ t ≤ 4 thì 0 ≤ log x ≤ 4 ⇔ 1≤ x ≤16 (thoả điều kiện). 2
Vì x ∈ nên có 16 giá trị nguyên của x . Trang 14
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
GIẢI PT LÔGARIT BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ KHÔNG HOÀN TOÀN
(KHÔNG CHỨA THAM SỐ) PHƯƠNG PHÁP
Đặt ẩn phụ t theo biểu thức logarit của ẩn x . Khi đó, thu được phương trình ẩn t .
Giải phương trình ẩn t ta được nghiệm t theo ẩn x .
Giải phương trình thu được nghiệm của phương trình.
Câu 01. Số nghiệm của phương trình 2
log x + 4x − 3 log x −8x + 2 = 0 là 2 ( ) 2 A. 1. B. 2 . C. 0 . D. 3. Lời giải Chọn B
Điều kiện: x > 0 .
Đặt t = log x , phương trình trở thành: 2t + (4x − 3)t −8x + 2 = 0. 2
Ta có ∆ = ( x − )2 − (− x + ) 2 4 3 4 8
2 =16x + 8x +1 = (4x + )2 1 
−(4x − 3) − (4x + ) 1 t = = − 4x +  1 2 ⇒  . 
−(4x − 3) + 4x +1 t = =  2  2
Với t = 2 ⇒ log x = 2 ⇔ x = 4 tm k đ . 2 ( ) Với t = 4
− x +1⇒ log x = 4
− x +1⇔ log x + 4x −1 = 0 . 2 2
Xét hàm số f (x) = log x + 4x −1 trên (0;+∞) 2 Có f ′(x) 1 = + 4 > 0, x
∀ > 0 ⇒ hàm số f ( x) đồng biến trên (0;+ ∞) . x ln 2 Mặt khác  1  1 f = 0 ⇒ x =  
(tmđk) là nghiệm duy nhất của phương trình log x = 4 − x +1.  2  2 2
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.
Câu 2. Cho phương trình 2
log x + (5 − x) 2
log x + 6 − 2x = 0 . Tích các nghiệm của phương trình bằng 2 1 4 A. 4 . B. 8 . C. 6 . D. 2 . Lời giải Chọn B
Điều kiện: x > 0. Ta có 2
log x + (5 − x) 2 2
log x + 6 − 2x = 0 ⇔ log x + x − 5 log x + 6 − 2x = 0 2 1 2 ( ) 2 4
Đặt t = log x , phương trình trở thành: 2t + (x − 5)t + 6 − 2x = 0 ⇔ (t − 2)(t + x − 3) = 0. 2 t = 2 ⇔  . t =3 − x Với 2
t = 2 ⇒ log x = 2 ⇔ x = 2 = 4 tmđk . 2 ( )
Với t = 3− x ⇒ log x = 3− x ⇔ log x + x − 3 = 0 . 2 2
Xét hàm số f (x) = log x + x − 3 trên (0;+∞) 2
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 1
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC Có f ′(x) 1 = +1 > 0, x
∀ > 0 ⇒ hàm số f ( x) đồng biến trên (0;+∞) . x ln 2
Mặt khác f (2) = 0 ⇒ x = 2 (tm k
đ ) là nghiệm duy nhất của phương trình log x = 3− x . 2
Vậy tích các nghiệm của phương trình bằng 4.2 = 8 .
Câu 3. Cho phương trình 2
log x +1 + x − 5 .log 3x + 3 − 3x +11 = 0 . Lập phương của tổng các 3 ( ) ( ) 3 ( )
nghiệm của phương trình bằng A. 520. B. 100. C. 1000. D. 10. Lời giải Chọn C
Điều kiện: x +1 > 0 ⇔ x > 1 − Ta có: 2
log x +1 + x − 5 .log 3x + 3 − 3x +11 = 0 3 ( ) ( ) 3 ( ) 2
⇔ log x +1 + x − 5 .log x +1 − 2x + 6 = 0 3 ( ) ( ) 3 ( )
Đăt t = log x +1 , phương trình trở thành: 2
t + (x −5).t − 2x + 6 = 0 3 ( ) t = Mà ∆ = (x − )2 −
( − x) = (x − )2 2 5 4.1. 6 2 1 ⇒  t = 3 − x
Với t = 2 ⇒ log x +1 = 2 ⇔ x = 8 tmđk 3 ( ) ( )
Với t = 3− x ⇒ log x +1 = 3− x ⇔ log x +1 + x − 3 = 0 . 3 ( ) 3 ( )
Xét hàm số f (x) = log x +1 + x − 3 trên ( 1; − +∞) 3 ( ) Có f ′(x) 1 = ( + >
∀ > − ⇒ hàm số f (x) đồng biến trên ( 1; − +∞) . x + ) 1 0, x 1 1 ln 3
Mặt khác f (2) = 0 ⇒ x = 2 (tm k
đ ) là nghiệm duy nhất của phương trình log x +1 = 3− x . 3 ( )
Vậy lập phương của tổng các nghiệm bằng ( + )3 3 2 8 =10 =1000 .
Câu 4. Cho phương trình 2
−log x + 12 − x .log x + x −11 = 0 . Tổng lập phương các nghiệm của 2 ( ) 2 phương trình bằng A. 4 . B. 520. C. 100. D. 230 . Lời giải Chọn B
Điều kiện: x > 0 . Đăt t = log x 2 t − +
− x t + x − = 2
, phương trình trở thành: (12 ) 11 0 . t = Mà − + ( − x) 1 1 12 + x −11 = 0 ⇒  . t =11− x
Với t =1⇒ log x =1 ⇔ x = 2 tmđk . 2 ( )
Với t =11− x ⇒ log x =11− x ⇔ log x + x −11 = 0 . 2 2
Xét hàm số f (x) = log x + x −11 trên (0;+∞) 2 Có f ′(x) 1 = +1 > 0, x
∀ > 0 ⇒ hàm số f ( x) đồng biến trên (0;+∞) . x ln 2
Mặt khác f (8) = 0 ⇒ x = 8 (tm k
đ ) là nghiệm duy nhất của phương trình log x =11− x . 2
Vậy tổng lập phương các nghiệm là: 3 3 2 + 8 = 520 .
Câu 5. Tích các nghiệm của phương trình(x + ) 2
1 log x + 2x + 5 log x + 6 = 0 là 0,5 ( ) 0,5 A. 4 − . B. 16. C. 8 . D. 32. Trang 2
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC Lời giải Chọn C
Điều kiện: x > 0 .
Đặt t = log x , phương trình trở thành: (x + ) 2
1 t + (2x + 5)t + 6 = 0 . 0,5 Có ∆ = ( x + )2 − (x + ) 2 2 5 4.6
1 = 4x − 4x +1 = (2x − )2 1 
−(2x + 5) − (2x − ) 1 t = ( = − x + ) 2 2 1  ⇒  .
−(2x + 5) + 2x −1 3 t −  = =  2  (x + )1 x +1 Với t = 2 − ⇒ log x = 2
− ⇔ x = 4 tm k đ . 0,5 ( ) Với 3 − 3 − 3 t = ⇒ log x = ⇔ log x + = 0 . 0,5 0,5 x +1 x +1 x +1
Xét hàm số f (x) 3 = log x +
trên (0;+∞) có f ′(x) 1 3 = − < 0, x ∀ > 0 ⇒ 0,5 x +1 x ln 0,5 (x + )2 1
hàm số f (x) nghịch biến trên (0;+∞) .
Mặt khác, f (2) = 0 ⇒ x = 2 (tm k
đ ) là nghiệm duy nhất của phương trình 3 − log x = . 0,5 x +1
Vậy tích các nghiệm của phương trình đã cho là 4.2 = 8 .
Câu 6. Cho phương trình (x + 2) 2
log x − x + 5 .log
2x + 3x +18 = 0 . Tích các nghiệm của phương 2 ( ) 4 2 trình bằng: A. 4 . B. 8 . C. 6 . D. 2 . Lời giải Chọn B
Điều kiện: x > 0 . Ta có: (x + 2) 2
log x − x + 5 .log 2x + 3x +18 = 0 2 ( ) 4 2 ⇔ (x + 2) 2
log x − 2 x + 5 .log (2x) + 3x +18 = 0 2 ( ) 2 Đăt t = log x 2 + − + + + = 2
, phương trình trở thành: (x 2)t 2(x 5).t x 8 0 (*)
Do (x + 2) − 2.(x + 5) + (x + 8) = 0 nên phương trình (*) có hai nghiệm x + 8 t =1,t = . x + 2
Với t =1⇒ log x =1 ⇔ x = 2 tm k đ . 2 ( ) Với x + 8 x + 8 6 t = ⇒ log x = ⇔ log x −1− = 0. 2 2 x + 2 x + 2 x + 2
Xét hàm số f (x) 6 = log x −1− trên (0;+∞) 2 x + 2 Có f ′(x) 1 6 = + > 0, x
∀ > 0 ⇒ hàm số f (x) đồng biến trên (0;+∞) . x ln 2 (x + 2)2
Mặt khác f (4) = 0 ⇒ x = 4 (tm k
đ ) là nghiệm duy nhất của phương trình x + 8 log x = . 2 x + 2
Vậy tích các nghiệm bằng 2.4 = 8 .
Câu 7. Cho phương trình
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 3
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC (3x + ) 2
1 log (2x −1) + 7 x +1 log (2x −1) + 2x +10 = 0 . Tổng lập phương các nghiệm của 3 ( ) 1 3
phương trình thuộc khoảng nào sau đây? A. (80;110). B. (100;130) C. (110;140) . D. (140;160) . Lời giải Chọn C Điều kiện: 1 x > . 2 Ta có: (3x + ) 2
1 log (2x −1) + 7 x +1 log (2x −1) + 2x +10 = 0 3 ( ) 1 3 ⇔ (3x + ) 2
1 log (2x −1) − 7 x +1 log (2x −1) + 2x +10 = 0 3 ( ) 3
Đặt t = log (2x −1) , phương trình trở thành: ( x + ) 2
3 1 t − 7(x + )
1 t + 2x +10 = 0 (*) 3 t = 2 Ta có: ∆ =
(x + )2 − ( x + )( x + ) = ( x − )2 49 1 4 3 1 2 10 5
3 ≥ 0 nên phương trình (*)  ⇔ x + 5 . t =  3x +1
Với t = 2 ⇒ log (2x −1) = 2 ⇔ x = 5 tmđk . 3 ( ) Với x + 5 x + 5 x + 5 t = ⇒ log (2x −1) = ⇔ log (2x −1) − = 0 (**) 3 3 3x +1 3x +1 3x +1 x + 5
Xét hàm số f (x) = log (2x −1) − trên  1  ;  +∞ 3 3x +1 2    Có f ′(x) 2 14 1 = + > 0, x
∀ > nên hàm số f (x) đồng biến trên  1  ;  +∞ . (2x −1).ln 3 (  3x + )2 1 2  2 
Mặt khác f (2) = 0 ⇒ x = 2 (tm k
đ ) là nghiệm duy nhất của phương trình (**).
Vậy tổng lập phương các nghiệm bằng 3 3 5 + 2 =133 ∈(110;140).
_______________ TOANMATH.com _______________ Trang 4
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Document Outline

  • Đợt-10-Dạng-5-Giải-bất-phương-trình-lôgarit-bằng-phương-pháp-hàm-số-đánh-giá-PB2
  • Đợt-10-Dạng-6-Giải-bpt-logarit-bằng-phương-pháp-hàm-đặc-trưng-không-chứa-tham-số-PB2
  • Đợt-10-Dạng-7-Giải-pt-logarit-bằng-phương-pháp-đặt-ẩn-phụ-không-hoàn-toàn-không-chứa-tham-số-PB2