Bất phương trình mũ chứa tham số

Tài liệu gồm 20 trang, được biên soạn bởi quý thầy, cô giáo Nhóm Toán VDC & HSG THPT, hướng dẫn phương pháp giải bài toán Bất phương trình mũ chứa tham số; đây là dạng toán thường gặp trong chương trình Toán 12 phần Giải tích chương 2.

28 14 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

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

Môn: Toán 11

Thông tin:

20 trang 8 tháng 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
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ CHỨA THAM SỐ
PHƯƠNG PHÁP
Đưa về cùng cơ số.
+ Nếu 1a thì
f x g x
a a f x g x .
+ Nếu
0 1a
thì
f x g x
a a f x g x
.
Đặt ẩn phụ.
Sử dụng tính đơn điệu:
Hàm số
( )y f x
đồng biến trên
D
thì
f u f v
,u v u v D
.
Hàm số
( )y f x
nghịch biến trên
D
thì
f u f v
,u v u v D
.
Câu 1. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
2021;2021m để bất phương trình
11
. .7 3 2732
xx x x
m m
có nghiệm?
A. 2018 . B. 2019 . C. 2020 . D. 2017 .
Lời giải
Chọn A
Đặt 3
x
t điều kiện
0t
.
Bất phương trình trở thành:
3
3
27
*
3
m t
t
t
t
. Do 0t nên
3
0t
t
suy ra
2
2
9
* 3 mt
t
.
Xét
2
2
9
03f t t t
t
. Với
0t
ta có
3
18
2f t t
t
;
30f t t
.
Ta có bảng biến thiên
Để
* có nghiệm thì
0;
min 3m f t
. Vậy có 2018 giá trị nguyên của
m
thỏa mãn yêu cầu
đề bài.
Câu 2. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
m
để bất phương trình 2 3 5 2
x x
m nghiệm
đúng với mọi
2
;log 5x  .
A.
4m
. B. 2 2m . C.
4m
. D. 2 2m .
Lời giải
Chọn A
Đặt
2
x
t
. Vì
2
log 5x
2
log 5
0 2 2
x
0 5t
.
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Trang 2 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Yêu cầu bài toán trở thành 3 5t t m ,
0;5t .
Xét hàm số
3 5f t t t
với
0 5t
.
Có
1 1
2 3 2 5
f t
t t
.
3 5
1 1
0 0 1
2 3 2 5
3 5
t
f t t
t t
t t
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta có:
4m
.
Câu 3. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của [ 30;30]m để bất phương trình
(3 5) (3 5) ( 1).2
x x x
m m đúng với
1
;
2
x

?
A.
36
. B.
34
. C.
35
. D.
37
.
Lời giải
Chọn A
Ta có : (3 5) (3 5) ( 1).2
x x x
m m
3 5 3 5
1
2 2
x x
m m
Đặt
3 5
2
x
t
, do
1
;
2
x

suy ra
1
2
3 5 5 1
; ;
2 2
t
 
Khi đó
3 15
2
x
t
. Suy ra bất phương trình:
2
2
1 ( 1) ( )
1
m t t
t m t t m t m f t
t t
đúng với
5 1
;
2
t

Khảo sát nhanh hàm số:
2
( )
1
t t
f t
t
với
5 1
;
2
t

.
Suy ra được giá trị nhỏ nhất: min ( ) (1 2) 3 2 2 min ( ) 3 2 2 5,8.f t f m f t
Suy ra:
30 5m
Suy ra có tất cả
36
giá trị nguyên
m
thỏa mãn.
Câu 4. Gọi
S
là tập chứa tất cả những giá trị nguyên
[ 20;20]m
để bất phương trình đúng với mọi
x
:
2 2
sin 1 cos
3 (2 1)3 4
x x
m
. Số phần tử của tập
S
là
A.
18
. B.
20
. C.
21
. D.
19
.
Lời giải
Chọn B
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 3
Đặt:
2
sin
3
x
t , do x
suy ra
2
sin 0 1
3 3 ;3 [1;3]
x
t
Khi đó :
2 2
2
1 cos 2 sin
sin
3 3
3
x x
x
t
Bất phương trình trở thành:
2
9
(2 1) 4 9(2 1) 4
t m m t t
t
[1;3]
t
Do đó:
2
1;3 1;3
9(2 1) max ( ( )) max 4 2 4
t t
m f t t t f
Suy ra:
13
9(2 1) 4 1 20
18
m m m
Vậy có
20
giá trị nguyên của
m
thỏa mãn.
Câu 5. Tìm tất cả các tham số
m
để bất phương trình
2 2
4 4 8 2 2
2 4 2 2 2 2
x x m x x m
x x
nghiệm
đúng với mọi
x
.
A.
1
8
m
. B.
1
8
m
. C.
3
8
m
. D.
1
7
m
.
Lời giải
Chọn A
Ta có :
2 2 2 2
4 4 8 2 2 2 2 2
2 4 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2
x x m x x m x x m x x m
x x x x
Để bất phương trình có nghiệm đúng với mọi
x
, trước hết bất phương trình phải xác định trên
.Suy ra
2
2
1 1
2 0, , min
2 2 8
x
x x
x x m x m g x x m g x g
Khi đó yêu cầu bài toán tương đương với
2 2 2
2
2
2 2 2 2
4 4 2 2 2 2 , 2 1 2 1 0, (*)
x x m x x m x x m
x x x x x
Ta có
2
2
2
2 1 2 1 0,
x x m
x x
và dấu bằng xảy ra khi
2
2
1
2 1 0
2
1
2 1 0
.
8
x x m
x
x
m
.
Vậy để
(*)
luôn đúng suy ra
1
8
m
. Kết hợp với điều kiện ban đầu vậy
1
8
m
.
Câu 6. Tìm
m
để bất phương trình 2 3 4 5 4
x x x x
mx
có tập nghiệm là
.
A.
ln120
. B.
ln10
. C.
ln30
. D.
ln14
.
Lời giải
Chọn A
+ Với
1
a
ta có
ln
0 0
1 1
lim lim .ln ln
ln
x x a
x x
a e
a a
x x a
.
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Trang 4 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
+ Với
1
a
xét hàm số
1
0
x
a
f x x
x
, ta có
2
ln 1
x x
xa a a
f x
x
.
Xét hàm số
2 2
ln 1 ln ln ln ln
x x x x x x
g x xa a a g x a a xa a a a xa a
.
Với
0
x
ta có
0
g x
suy ra
0 0 0, 0
g x g g x f x x
.
Với
0
x
ta có
0
g x
suy ra
0 0 0, 0
g x g g x f x x
.
Do đó hàm số
1
1
x
a
f x a
x
đồng biến trên các khoảng
;0
 và
0;

.
Trở lại bài toán:
+ Xét
0
x
bất phương trình thỏa mãn.
+ Xét
0
x
ta có:
2 1 3 1 4 1 5 1
2 3 4 5 4
x x x x
x x x x
mx m h x
x x x x
.
Từ nhận xét trên ta có
h x
đồng biến trên
0;

. Do đó yêu cầu của bài toán tương đương
với
0
lim ln 2 ln 3 ln 4 ln 5 ln120
x
m h x
.
+ Xét
0
x
ta có:
2 1 3 1 4 1 5 1
2 3 4 5 4
x x x x
x x x x
mx m h x
x x x x
.
Từ nhận xét trên ta có
h x
đồng biến trên
;0
 . Do đó yêu cầu của bài toán tương đương
với
0
lim ln 2 ln 3 ln 4 ln 5 ln120
x
m h x
.
Kết hợp lại ta có
ln120
m
.
Câu 7. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
10;10
m để bất phương trình sau nghiệm đúng với
x
:
6 2 7 2 3 7 1 2 0
x x
x
m m
?
A.
10
. B.
9
. C.
12
. D.
11
.
Lời giải
Chọn D
Ta có:
6 2 7 2 3 7 1 2 0
x x
x
m m
2 3 7 2 3 7 1 2
x x
x x
m m
3 7
3 7 2 1
2
x
x
m m
Đặt
3 7
x
t
,
0
t
3 7 1
2
x
t
. Bất phương trình đã cho trở thành:
1
2 . 1
t m m
t
2
2
1
t t
m
t
.
Xét hàm số
2
2
1
t t
f t
t
trên khoảng
0;
, ta có
2
2
2 3
1
t t
f t
t
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 5
0f t
3
0
t
t
. Khi đó, ta có bảng biến thiên sau:
Từ bảng biến thiên trên ta suy ra để bất phương trình đã cho nghiệm đúng thì
1m
. Suy ra trong
đoạn
10;10
có tất cả
11
giá trị nguyên của
m
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 8. ) Cho hàm số
y f x
liên tục trên
và có đồ thị như hình vẽ.
Tính tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số
m
để bất phương trình sau đúng
x
2 2
9.6 4 .9 5 .4
f x f x f x
f x m m
A. 10 . B.
4
. C. 5. D. 9.
Lời giải
Chọn B
Ta có:
2 2
9.6 4 .9 5 .4
f x f x f x
f x m m
2
2 2
3 3
4 . 9; 5 1
2 2
f x f x
f x m m
Từ đồ thị hàm số suy ra
2,f x x
Do đó
2
2
3
4 0,
2
f x
f x x
và
2
3 3
9. 9. 4,
2 2
f x
x
.
Suy ra
2
2
3 3
4 . 9. 4,
2 2
f x f x
f x x
.
Để
1 có nghiệm đúng
x
thì
2
4 5 1 4m m m .
Do
m
là số nguyên nên
1, 2, 3, 4m
.
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Trang 6 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Câu 9. Bất phương trình
1
4 1 2 0
x x
m m
nghiệm đúng với mọi
0
x
. Tập tất cả các giá trị của
m
là
A.
;12
 . B.
; 1

. C.
;0
 . D.
1;16
.
Lời giải
Chọn B
1
4 1 2 0, 0
x x
m m x
.
2
2 2 1 2 0, 0
x x
m m x
(1).
Đặt
2 , 1
x
t t
. (1) trở thành
2
2 1 0, 1
t m t m t
(2).
Cách 1:
(2)
2
2
, 1
2 1
t t
m t
t
(3).
Xét hàm số
2
2
2 1
t t
y f t
t
. Ta có hàm số
y f t
liên tục trên
1;

.
2
2
2 2
2 2 2 1 2 2
2 2 2
0, 1
2 1 2 1
t t t t
t t
f t t
t t
.
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta có
1;f t m t

1
m
.
Cách 2:
2
2 1 0
t m t m
là một bất phương trình bậc hai.
Tam thức bậc hai ở vế trái luôn có
2
1 0,
m m m
nên tam thức luôn có hai nghiệm là
2
1 1
t m m m
và
2
1 1
t m m m
.
Suy ra bất phương trình
2
2 1 0
t m t m
có tập nghiệm là
2 2
; 1 1 1 1;m m m m m m
 
.
(2)
2 2
2 2
0
1 1 1 1 1
1
m
m m m m m m m
m m m
.
Câu 10. Có bao nhiêu
m
nguyên dương để bất phương trình
2 2 2
3 3 3 1 3 0
x x m m
có không quá
30 nghiệm nguyên?
A.
28
. B.
29
. C.
30
. D.
31
.
Lời giải
Chọn B
2 2 2 2
3 3 3 1 3 0 9.3 9.3 .3 3 3 0
x x m m x x m x m
9.3 3 3 3 3 0 3 3 9.3 1 0
x x m x m x m x
Ta có
3 3 0 .
x m
x m
Cho
9.3 1 0 2.
x
x
Vì
m
nguyên dương nên ta có bảng xét dấu như sau:
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 7
Ta có tập nghiệm
2 ; .S m
Suy ra tập hợp các nghiệm nguyên là
1; 0; 1; ...; 1 .m
Để có không quá 30 nghiệm nguyên thì
1 28 29.m m
Câu 11. Tất cả giá trị của tham số thực
m
sao cho bất phương trình
9 2 1 .3 3 2 0
x x
m m có nghiệm đúng với mọi số thực
x
là
A.
3
2
m
. B.
2m
. C.
3
2
m
. D.
m
.
Lời giải
Chọn A
Ta có:
9 2 1 .3 3 2 0
x x
m m
2
3 2.3 3 3 1 .2
x x x
m
3 1 3 3 3 1 .2
x x x
m
3 3 2 3 3 2
x x
m m
Vậy, để
9 2 1 .3 3 2 0,
x x
m m x
khi
3
3 2 0
2
m m
.
Câu 12. Tìm giá trị nguyên nhỏ nhất của tham số m để bất phương trình
1
4 2022 .2 3 1011 0
x x
m m
có nghiệm.
A. 1m . B. 1m . C. 3m . D. 5m .
Lời giải
Chọn A
1
4 2022 .2 3 1011 0
x x
m
(1). Đặt 2 , 0
x
t t .
Khi đó bất phương trình (1) trở thành
2
1011 3 1011 0t mt m
2
3
1011 *
1
t
m
t
(Vì 0t ).
Xét hàm số
2
3
1
t
f t
t
( 0t ),
2
2
2 3
1
t t
f t
t
,
1
0
3
t
f t
t
.
Bảng biến thiên
Bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi bất phương trình
* có nghiệm 0t
1011 2m
2
1011
m
.
Vậy giá trị nguyên nhỏ nhất của m thoả mãn yêu cầu bài toán là
1m
.
Câu 13. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng
2021;2022 để bất phương trình
9 2 3 3 0
x x
m m nghiệm đúng với mọi số thực
x
?
A. 2020 . B. 2019 . C. 2018 . D. 2017 .
Lời giải
Chọn C
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Trang 8 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
9 2 3 3 0
x x
m m
(1). Đặt
3 , 0
x
t t
.
Khi đó bất phương trình
1
có dạng
2
2 3 0
t m t m
1 3 0
t t m
3 0
t m
(vì
0
t
) 3
t m
(2).
Bất phương trình
1
nghiệm đúng với mọi
x
khi và chỉ khi phương trình
2
đúng với mọi
0
t
3 0
m
3
m
.
Mà
m
nguyên thuộc khoảng
2021;2022
nên
2020; 2019;...; 3
m
.
Vậy có
2018
giá trị của tham số
m
thoả mãn yêu cầu bài toán.
Câu 14. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số
m
để phương trình
12 2 1 6 3 0
x x x
m
nghiệm đúng với mọi
0
x
?
A.
6
. B.
2
. C.
3
. D.
4
.
Lời giải
Chọn B
12 2 1 6 3 0
x x x
m
4 2 1 2 1 0
x x
m
(1)
Đặt
2 ,
x
t
với
0 1
x t
.
Khi đó bất phương trình (1) trở thành
2
2 1 1 0
t m t
2
2 2 1
mt t t
2
2 1
2
t t
m
t
(vì
1
t
).
Xét hàm số
2
2 1
2
t t
g t
t
với
1
t
,
2
2
1
2
t
f t
t
,
1
0
1
t
f t
t
.
Bảng biến thiên
Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi
0
x
khi và chỉ khi bất phương trình (2) nghiệm
đúng với mọi
1
t
2
m
.
Mà
m
nguyên dương nên
1;2
m . Vậy có 2 giá trị của
m
thoả mãn yêu cầu bài toán.
Câu 15. Tổng các số nguyên
m
,
10;10
m để bất phương trình
.9 2 1 .6 .4 0
x x x
m m m
có nghiệm đúng với mọi
0;1
x
.
A.
34
. B.
34
. C.
17
. D.
18
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
.9 2 1 .6 .4 0
x x x
m m m
9 3
. 2 1 . 0
4 2
x x
m m m
Đặt
3
2
x
t
,
0;1
x
3
1;
2
t
.
Khi đó, bất phương trình đã cho trở thành
2
. 2 1 0
m t m t m
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 9
2
2 1 0
t t m t
2
1
t
m
t
Đặt
2
1
t
f t
t
,
3
1;
2
t
ta có
2
3
1
1
t
f t
t
0
f t
1
t
.
Ta có bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên, ta có bất phương trình có nghiệm
3
1;
2
t
6
m
.
Mà m
,
10;10
m
10; 9;...;5;6
m .
Vậy tổng các giá trị của
m
thoả mãn yêu cầu bài toán là
34
.
Câu 16. Số các giá trị nguyên
m
,
2021;2022
m để bất phương trình
3 1 12 3 6 3 0
x x x
m m
có nghiệm đúng
0
x
là
A.
2020
. B.
2022
. C.
2021
. D.
4042
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
3 1 12 3 6 3 0
x x x
m m
3 1 4 3 2 1 0
x x
m m
Đặt 2
x
t
. Do
0 1
x t
.
Khi đó, yêu cầu bài toán
2
3 1 3 1 0
m t m t
,
1
t
2 2
3 3 1
t t m t t
2
2
3 1
3
t t
m
t t
, do
2
3 0, 1
t t t
.
Đặt
2
2
3 1
3
t t
f t
t t
, ta có
2
2
2
8 6 1
0
3
t t
f t
t t
,
1
t
Bảng biến thiên
Do đó
1
2
m
thỏa mãn yêu cầu bài toán. Do m
,
2021;2022
m
1;2;...;2022
m Từ
đó suy ra có
2022
giá trị
m
thoả mãn yêu cầu bài toán.
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Trang 10 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Câu 17. Cho bất phương trình
1
5
.3 4 . 4 7 4 7 0
3
x x
x
m m
, với
m
là tham số. Tìm tất
cả các giá trị của tham số
m
để bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi
;0
x  .
A.
2
3
m
. B.
2
3
m
. C.
5
12
m
. D.
5 2
12 3
m
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
1
5
.3 4 . 4 7 4 7 0
3
x x
x
m m
5
3 .3 4 . 4 7 4 7 0
3
x x
x
m m
5 4 7 4 7
3 4 . 0
3 3 3
x x
m m
4 7 5 4 7
4 . 3 0
3 3 3
x x
m m
Đặt
4 7
3
x
t
, do
;0
x 
0;1
t .
Bất phương trình đã cho trở thành
5 1
4 . 3 0
3
t m m
t
2
5
3 4 0
3
t mt m
2
5
4 3 0
3
t m t
2
5
3
3 4
t
m
t
.
Đặt
2
5
3
3 4
t
f t
t
,
0;1
t , ta có
2
2
3 8 5
0, 0;1
3 4
t t
f t t
t
Bảng biến thiên
Vậy
2
3
m
thoả mãn yêu cầu bài toán.
Câu 18. Cho hàm số
y f x
có bảng biến thiên như sau:
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 11
Biết rằng
2 1f
,
3 1f
. Tính tổng các giá trị
2021;2021m
để bất phương trình
3 2
3 9f x f x f x m
e m
có nghiệm trên khoảng
2;3 .
A.
0
. B.
10
. C.
2020
. D.
2041210
.
Lời giải
Chọn A
Đặt
3 2
3 9g x f x f x f x
, khi đó bài toán trở thành tìm m để bất phương trình
g x m
e m
có nghiệm trong khoảng
2;3 .
Ta có:
2
3 6 9g x f x f x f x
.
0
0 1
3
f x
g x f x
f x
1
0
2
3
2
x
x
x
x
x
và ta dễ dàng kiểm tra được các nghiệm này đều là
nghiệm bội lẻ nên các điểm
2; 1;0;2;3x đều là cực trị của hàm số
g x .
Ta có:
g x m
e m
g x
m
m
e
e
. Khi đó để có nghiệm trong khoảng
2;3 thì
27
2;3
max
g x
m
m
e e
e
.
Xét hàm số
2
1
0 1
m
m m
e m
m
y y m
e e
. Ta có BBT của hàm số
m
m
y
e
như sau:
Ta thấy,
27
2;3
1
g x
m
m
max e max e
e e
Bất phương trình
g x m
e m
có nghiệm với mọi
m
. Mà
2021;2021m nên suy ra
2020
2020
0m
Câu 19. Cho hai hàm số
2 2 2
3 6 14g x x m x m và
2
1x
f x e
. Có bao nhiêu giá trị m
dương để
f x g x
có nghiệm duy nhất?
A.
1
. B.
2
. C.
0
. D.
3
.
Lời giải
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Trang 12 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Chọn A
Ta có:
2
1
2 2
3 6 14 1
x
f x g x e x x m x
2
2
1
2
3 1 11 1
x
e x m x
Vì
2
2
1
3 1 11 0
x
e x x
2
1 0VP m x
0 0
1 0 1
m m
x x
.
Khi đó, bài toán trở thành tìm 0m để
2
1
2
2
3 6 14
1
x
e x x
m
x
có nghiệm duy nhất trên
khoảng
1; 
. Điều này xảy ra khi
2
1;
minm h x

và nếu tồn tại GTNN.
Với
2
1
2
3 6 14
1
x
e x x
h x
x
2
1
2 2
2
2 3 3 6 8
1
x
e x x x
h x
x
.
Cho
2
1
2 2
0 2 3 3 6 8 0
x
h x e x x x
và ta chỉ lấy nghiệm
1x
.
Sử dụng máy tính CASIO
1
1
x
x a
. Ta lập được bảng biến thiên của
h x như sau:
1;
min 12h x

2
12 12m m thì thỏa mãn bài toán.
Mà
12
m m
là giá trị duy nhất.
Câu 20. Với m là tham số để bất phương trình
2 3 2
x x
mx
có tập nghiệm là
, khi đó
A.
;0m  . B.
1;3m . C.
3;m . D.
0;1m .
Lời giải
Chọn B
+) Với
0m
, bất phương trình không nhận các giá trị âm của x làm nghiệm.
Thật vậy, khi đó 2 3 2
x x
mà 2 2mx . Suy ra 0m loại .
+) Với
0m
, ta có 2 3 2 2 3 2 0
x x x x
mx mx .
Đặt
2 3 2
x x
f x mx ,
x
. Khi đó
2 ln 2 3 ln3
x x
f x m
.
Ta có
0 2 ln 2 3 ln 3 0 2 ln 2 3 ln3
x x x x
f x m m
(1)
Đặt
2 2
2 ln 2 3 ln3 2 ln 2 3 ln 3 0,
x x x x
g x g x x
.
Suy ra hàm số
g x đồng biến trên
.
Lại có
lim 0
x
g x

và
lim
x
g x

.
Suy ra với mỗi giá trị 0m thì phương trình (1) luôn có nghiệm duy nhất là
0
x .
Ta có phương trình
0f x
có nghiệm duy nhất là
0
x
.
Mà
lim 0
x
f x m
và
lim
x
f x

nên
0
0,f x x x
và
0
0,f x x x
.
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 13
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy
0
min
x
f x f x
.
Kết hợp điều kiện đề bài là
0
0, min 0
x
f x x f x f x
mà
0 0f
.
Suy ra
0
0x và
0
0x là giá trị duy nhất để
0f x
.
Suy ra
0
0x
là giá trị duy nhất để
0f x
. Suy ra
0 ln 2 ln 3 0f m
.
Vậy
ln2 ln3 ln6m
.
Câu 21. Tập các giá trị của tham số
m
để bất phương trình 9 .6 .4 0
x x x
m m nghiệm đúng với mọi
x
là đoạn
;a b . Khi đó b a có giá trị bằng
A.
4
. B.
2
. C.
1
. D. 3.
Lời giải
Chọn A
Ta có
2
3 3
. 0
2 2
x x
m m
(1). Đặt
3
2
x
t
, 0t .
Bất phương trình (1) trở thành
2 2
0 1t mt m m t t
(2)
Bất phương trình (1) đúng với mọi
x
khi và chỉ khi bất phương trình (2) đúng với mọi
0t
Với
1t
, bất phương trình (2) luôn đúng
m R
(*).
Với
1t
, bất phương trình (2)
2
2
1
1
0 1
1
t
m t
t
t
m t
t
Xét hàm số
2
1
t
f t
t
với
0; \ 1t 
.
Khi đó
2
2
2
1
t t
f t
t
. Ta có
0
0
2
t l
f t
t n
.
Bảng biến thiên
Với
0 1t
, bất phương trình (2) tương đương
m f t .
Dựa vào bảng biến thiên, bất phương trình (2) đúng với mọi
0 1t
khi
0m
(**).
Với
1t
, bất phương trình (2) tương đương
m f t
.
Dựa vào bảng biến thiên, bất phương trình (2) đúng với mọi
1t
khi
4m
(***).
Kết hợp (*) (**) (***), bất phương trình đã cho đúng với mọi
x
0 4m
.
Câu 22. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
để bất phương trình
2
2
18
2 4 9 2
4 9 2
6 .2 2 25
x x
x x
m
có nghiệm đúng với mọi
0;2x ?
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Trang 14 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
A. 7 . B. 9. C. 8. D. vô số.
Lời giải
Chọn A
Đặt
2
2
4
4 9 2 2 0, 0;2
4 9
x
t x x t x
x
.
Vì
0;2 1;3x t
Ta có:
2
2 2
2
4 9 2
1
4 9 2 4 9 2 9
9
4 9 2
x x
x x x x
x x
Điều kiện bài toán
2 2
6 2 2 25
t t
m
có nghiệm đúng
1;3t
2
2
2 25
6
2
t
t
m
có nghiệm đúng
1;3t
*
Xét hàm số
2
25
, 2;8
X
g X X
X
và 2
t
X ,vì
1;3 2;8t X
2
25
1 , 2;8
g X X
X
. Cho
0 5 2;8g X X
Từ BBT và kết hợp với
*
, ta suy ra:
2
6 10 4 4m m
và
m
3; 2; 1;0;1; 2;3m
.
Câu 23. Cho hàm số
1 1
2 2
x x
f x
. Tìm tất cả giá trị thực của tham số
m
để bất phương trình
3
3 3 0f x m x
có nghiệm
0;2x .
A.
1m
. B.
21m
. C.
21m
. D.
1m
.
Lời giải
Chọn B
Hàm số
1 1
2 2
x x
f x
xác định x
.
Ta có:
1 1 1 1
2 2 2 2
x x x x
f x f x
và
1 3f
1 1
1 1
2 2 ln 2 0, 1
1 1
x x
x x
f x x
x x
.
Mà
f x liên tục trên
. Suy ra, hàm số
f x nghịch biến trên
. Khi đó
Bpt
3
3 3 0f x m x
3
3 1 1f x m x f f
có nghiệm
0;2x
3
3 1x m x có nghiệm
0;2x .
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 15
3
1 3x m x có nghiệm
0;2x
3 2
3 1x x m
có nghiệm
0;2x .
Xét hàm số
3 2
3 1, 0;2g x x x x có
2
3 6 0, 0;2g x x x x
Từ BBT ta suy ra
21m
.
Câu 24. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
2022;2022m để bất phương trình
2
2
4 2 2
2 2 4 10 2 4
x mx
e x mx x mx
có nghiệm ?
A.
4040
. B.
4041
. C.
4042
. D.
5
.
Lời giải
Chọn C
Ta có:
2
2
4 2 2
2 2 4 10 2 4
x mx
e x mx x mx
2
2
2
4 2
2 4
1 2 4
2
x mx
x mx
e x mx
. Đặt
2
2 4u x mx
suy ra bpt trở thành:
2 2
1 1 0
2 2
u u
u u
e u e u
Đến đây ta xét hàm số
2
1
2
u
u
y f u e u
có
1 ; 1 0 0
u u
f u e u f u e u
. Từ đó ta có bảng biến thiên như sau:
Suy ra bất phương trình
2
2
1 0 0 2 4 0
2
u
u
f u e u u x mx
(2)
Như vậy để bất phương trình (2) luôn có nghiệm thì
; 2022;2022
2
2 2022 2
4 0
2 2 2022
m Z m
m m
m
m m

. Như vậy có tất cả
4042
giá trị
nguyên
m
thỏa mãn
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Trang 16 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Câu 25. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
thuộc
30;30
để bất phương trình
5 4 3 2
1
1 0
5 2 3 2
x
x x x x
x e m
nghiệm đúng với
2;3
x
A.
61.
B.
29.
C.
31.
D.
25.
Lời giải
Chọn C
Đặt
5 4 3 2
1
1
5 2 3 2
x
x x x x
g x x e
.
Ta có:
5 4 3 2
1
1 0, 2;3
5 2 3 2
x
x x x x
x e m x
5 4 3 2
1
2;3
1 , 2;3 min
5 2 3 2
x
x
x x x x
x e m x g x m
Xét hàm số
5 4 3 2
1
1
5 2 3 2
x
x x x x
g x x e
Ta có:
2
1 1 4 3 2 1 2
1 2 1 1 1
x x x
g x e xe x x x x e x x x x
Ta đi chứng minh
1
1 1 0, 2;3
x
e x x x
. Đặt
1, 1;4
t x t
Xét hàm số
, 1;4
t
f t te t t
1 ; 2 2 0, 1;4
t t t t t
f t e te f t e te e t t
Suy ra
f t
đồng biến trên
1;4
, do đó phương trình
0
f t
có nhiều nhất 1 nghiệm trên
1;4
. Mà
0 0
f
nên
0
t
là nghiệm duy nhất của phương trình
0
f t
Ta có bảng biến thiên sau:
Từ đó ta được
0, 1;4
f t t hay
1
1 1 0, 2;3
x
e x x x
Do đó
0, 2;3
g x x
Ta được
2;3
min ( 2) 1,8
x
g x g
Vậy có 29 giá trị nguyên của tham số
m
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 26. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số
m
để bất phương trình
1
2 3 2 0
x x
m
có nghiệm nguyên và chứa không quá 6 nghiệm nguyên
x
?
A.
506
. B.
507
. C.
505
. D.
512
.
Lời giải
Chọn B
Ta có bất phương trình đã cho tương đương:
2 3 2 0 (*)
2
x x
m
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 17
Trường hợp 1: Nếu
3
2
m
Bất phương trình (*) trở thành
2
2 3 0
x
vô nghiệm
Trường hợp 2: Nếu
3
2
m
Bất phương trình (*)
2 2
3 2 log 3 log
2 2
x
m m
x
Nếu ta chỉ xét các nghiệm nguyên thì
2
2 log
2
m
x
. Để có không quá 6 nghiệm nguyên
x
thì
8 9
2
2 log 8 4 2 9 2
2 2
m m
m
Kết hợp điều kiện ban đầu suy ra:
*
9
8 2 9 512
m N
m m

có 504 giá trị nguyên
m
Trường hợp 3: Nếu
3
2
m
Bất phương trình (*)
2 2
2 3 log log 3
2 2
x
m m
x
Nếu ta chỉ xét các nghiệm nguyên thì
2
log 1
2
m
x
. Để có không quá 6 nghiệm nguyên
x
thì
*
2
log 1 2 4 1 3
2 2
m N
m m
m m

Kết hợp điều kiện ban đầu suy ra:
1 3
m
có 3 giá trị nguyên
m
Như vậy, tổng cộng có
504 3 507
giá trị nguyên
m
thỏa mãn
Câu 27. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
để bất phương trình
sin 3cos 1 sin 3cos
3 4 6sin 18cos 6 7
x x m x x m
x x m
có nghiệm ?
A.
7
. B.
9
. C.
11
. D.
5
.
Lời giải
Chọn B
Đặt:
sin 3cos
t x x m
. Như vậy bất phương trình ban đầu trở thành:
3.3 4 6 7 3.3 4 6 7 0
t t t t
t t
Xét hàm
3.3 4 6 7 3.3 ln3 4 ln 4 6;
t t t t
y f t t f t
2 2
3.3 ln 3 4 ln 4 0
t t
f t
. Từ đó ta có bảng biến thiên như sau:
Suy ra bất phương trình
0,94 1
3.3 4 6 7 0
sin 3cos
t t
t
f t t
t x x m
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Trang 18 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
sin 3cos 1
0,94 sin 3cos 1
sin 3cos 0,94
m x x
x x m
m x x
(*). Bất phương trình đã cho có
nghiệm khi và chỉ khi hệ (*) có nghiệm. Suy ra:
1
2
max sin 3cos 1 max
min sin 3cos 0,94 min
m x x y
m x x y
Ta có:
2
2 2 2 2
sin 3cos 1 3 sin cos 10 10 sin 3cos 10
x x x x x x
Suy ra:
1
2
sin 3cos 1 10 1 max 10 1
sin 3cos 0,94 10 0,94 min 10 0,94
x x m y
x x m y
Do
m Z
nên suy ra
4 4
m
. Như vậy có tất cả 9 giá trị nguyên
m
thỏa mãn
Câu 28. Hỏi có tất cả bao nhiêu cặp số thực
;
x y
thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
2
52
log 2
2 2log 5
3
2 5
2 2 3 10 0
y
x x
y y y
A.
3
. B.
2
. C.
1
. D.
0
.
Lời giải
Chọn A
Từ giả thiết suy ra:
2 2
2 2
5
2
52
2 2
log 22 2log 5
2 1 2
log 2
2log 5
2
2 5 2 5
2 5 2 5
2 5 5 2
x x y x x y
yx x
x x y
Nhận thấy:
2
2
2 1 0
2
2 1 2
2 2 1
5 1 2 0 2
2 5
x x
y
x x y
y y
Từ đ1o ta suy ra giả thiết tiếp theo:
3
2 2 3 10 0
y y y
2
3 3
2
2 2 6 10 3 2 0 2 1 0
1
y
y y y y y y y
y
Trường hợp 1: Với
2
y
, ta có:
2 2
2
2 1 2 2 1 2
2 5 2 1 2 1 1 0 1
x x y x x
x x x x
Như vậy trường hợp này có 1 cặp
;
x y
thỏa chính là
1; 2
Trường hợp 2: Với
1
y
, ta có:
2 2
2 1 2 2 1 3 2
2 2
2 5 2 5 2 1 3log 5 1 3log 5
x x y x x
x x x
Như vậy trường hợp này có 2 cặp
;
x y
thỏa chính là
2
1 3log 5;1
Suy ra tổng cộng có tất cả 3 cặp số thực
;
x y
thỏa mãn
Câu 29. Có bao nhiêu số nguyên
a
,
2 2021
a để có ít nhất
5
số nguyên
5
x
thỏa mãn bất phương
trình sau đây:
1 1
2
2
x x
a
a
A.
1892
. B.
125
. C.
127
. D.
1893
.
Lời giải
Chọn D
Nếu
2
a
, bất phương trình luôn đúng với mọi giá trị của
x
.
Nếu
3
a
bất phương trình tương đường với
1 1
2 0
2
x x
g x a
a
(2)
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 19
Ta có
1 0
g
;
0
2
ln 2 ln 2
ln 2 ln 2 0 log
2 ln ln
x
x x
a
a
g x a a x x
a a
0
0
g x x x
0
0
g x x x
Khi
0 0 0
3 1; 4 1; 5 1
a x a x a x
.
Nếu
0
4 1 0 1
a x g x x
chứa đúng một số nguyên
5
x
là số
5
(loại).
Nếu
0 5
3 1 0 1;1,28378 5;6,17
x x
a x g x S S chứa đúng hai số nguyên
5
x
là số
5
và số
6
(loại).
Nếu
0 5
4 1 ;1 5 ;5
x x
a x S b S b
chứa tối thiểu
5
số nguyên
5
x
là số
1,2,3,4,5
1 1
5 5
1 1 1 1
0 2 0
5 5 2
b g a
a
130;...,2021
a .
Từ đó ta có bảng biến thiên như sau:
Vậy có
1 2021 130 1 1893
số nguyên
a
thỏa mãn
Câu 30. Biết rằng có số thực
a 0
sao cho
3cos2x 2
a 2cos x, x .
Chọn mệnh đề đúng.
A.
5 7
a ;
2 2
. B.
1 3
a ;
2 2
. C.
7 9
a ;
2 2
. D.
3 5
a ;
2 2
.
Lời giải
Chọn D
Cách 1:
Ta có
3 2 2 3 2
12 ,2,
cos x cos x
a cos x x a cos x x
Đặt
, 1;1 .
2t cos x t Yêu cầu bài toán trở thành tìm a để
3
1 1;1 .
t
a t t l
Trường hợp 1: Với
1,
a
bất phương trình
3
1 1 1 0,
t
a t t t
suy ra
1
a
không
thỏa mãn.
Trường hợp 2: Với
0 1,
a
, khi đó
0
t
ta luôn có
3 0
1 1,
t
a a t
suy ra
0 1
a
không thỏa mãn (1).
Trường hợp 3: Với
1,
a
xét các hàm số
3
t
f t a
và
1
g t t
(có đồ thị như hình vẽ)
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Trang 20 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Nhận xét: Đoạn thẳng
f t
và đoạn thẳng
g t
luôn có điểm chung
0;1
A
Khi đó
(1) ( ) ( ) 1;1
f t g t t khi và chỉ khi g(t) tiếp xúc với f(t) tại điểm A(0;1).
hệ phương trình có nghiệm
t 0
3t
3t
a t 1
3a ln a 1
có nghiệm
t 0
3
3ln a 1 a e
(thỏa mãn
a 1)
Vậy
3
1 3
a e ;
2 2
Cách 2: Xét tương giao sau đây:
' '
f t g t
f t g t
Ta có
3 2 2 3 2
12 ,2,
cos x cos x
a cos x x a cos x x
Đặt
, 1;1 .
2t cos x t Yêu cầu bài toán trở thành tìm a để
3
1 0 1;1 .
t
a t t l
Xét hàm số
3
1,
t
f a tt
có
3
' 3 ln 1
t
f t a a
Nhận xét: phương trình
0
f t
có nghiệm
0 1;1 ,
t do đó để
( ) 0, 1;1
f t t thì điều
kiện cần là
' 0 0 3ln 1 0
f a
3
a e
Điều kiện đủ: Với
3
a e
ta có
1, ' 1, ' 0 0
t t
f t e t f t e f t t
Hàm
f t
liên tục trên
1;1 ,
có
1
1 , 1 2 0
, 0.
f f e f
e
Do đó
1;1
0,
min f t
tức là
0 1;1 ,
f t t suy ra
3
a e
thỏa mãn.
Vậy
3
1 3
;
2 2
a e
.
_______________ TOANMATH.com _______________
| 1/20
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ CHỨA THAM SỐ PHƯƠNG PHÁP Đưa về cùng cơ số. + Nếu a 1 thì f x g x a  a  f x  g x .
+ Nếu 0  a  1 thì f x gx a  a
 f x  g  x . Đặt ẩn phụ.
Sử dụng tính đơn điệu:
Hàm số y  f (x) đồng biến trên D thì f u  f v  u  v u  ,v  D .
Hàm số y  f (x) nghịch biến trên D thì f u  f v  u  v u  ,v  D .
Câu 1. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m 2021;202  1 để bất phương trình x 1x x 1 27  . m 3  . m 3  27 x có nghiệm? A. 2018 . B. 2019 . C. 2020 . D. 2017 . Lời giải Chọn A
Đặt 3x  t điều kiện t  0.
Bất phương trình trở thành: 27  3 3 9 3  t   m  t
* . Do t  0 nên  t  0 suy ra   2 *  t  3   m. 3     t  t  t 2 t 9 18 Xét f t  2  t  3
t  0 . Với t  0 ta có f t  2t 
; f t  0  t  3 . 2   t 3 t Ta có bảng biến thiên
Để * có nghiệm thì m  min f t   3 . Vậy có 2018 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu 0; đề bài.
Câu 2. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình 2x  3  5  2x  m nghiệm
đúng với mọi x ;log 5 . 2  A. m  4 . B. m  2 2 . C. m  4 . D. m  2 2 . Lời giải Chọn A
Đặt 2x  t . Vì x  log 5 x log2 5  0  2  2  0  t  5 . 2
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 1
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Yêu cầu bài toán trở thành t  3  5  t  m , t  0;5.
Xét hàm số f t  t  3  5  t với 0  t  5. Có f t 1 1   . 2 t  3 2 5  t      f t 1 1 3 t 5  0    0    t  1 2 t  3 2 5  t  t  3  5  t Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta có: m  4 . Câu 3.
Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m [ 3
 0;30] để bất phương trình 1 
(3 5)x  (3  5)x  ( 1).2x m m đúng với x   ;   ? 2  A. 36 . B. 34 . C. 35 . D. 37 . Lời giải Chọn A x x      
Ta có : (3  5)x  (3  5)x  ( 1).2x m m  3 5 3 5 m      m 1  2   2      1 x    3 5  1  2   3  5    5 1  Đặt t     , do x  ;    suy ra t    ;   ;   2        2  2 2        x  3 5  1 Khi đó     2 
. Suy ra bất phương trình: t   2 m t  t    2  5 1
t  m 1  t  t  m(t 1)  m   f (t) đúng với t    ;   t t 1 2    2 t  t  5 1 
Khảo sát nhanh hàm số: f (t)  với t    ;   . t 1 2   
Suy ra được giá trị nhỏ nhất: min f (t)  f (1 2)  3 2 2  m  min f (t)  3 2 2  5,8. Suy ra: 3
 0  m  5 Suy ra có tất cả 36 giá trị nguyên m thỏa mãn. Câu 4.
Gọi S là tập chứa tất cả những giá trị nguyên m[ 2
 0;20] để bất phương trình đúng với mọi x   : 2 2 sin x 1 cos 3 (2 1)3 x m   
 4 . Số phần tử của tập S là A. 18 . B. 20 . C. 21 . D. 19 . Lời giải Chọn B Trang 2
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC Đặt: 2 sin 3 x t  , do x   suy ra 2 sin x 0 1 t  3  3 ;3   [1;3]    x  x 9 9 Khi đó : 2 2 1 cos 2 sin 3  3   2 sin 3 x t 9
Bất phương trình trở thành: 2
t  (2m 1)  4  9(2m 1)  4t  t t  [1;3] t
Do đó: 9(2m 1)  max ( f (t))  max  2
4t  t   f 2  4 t   1;3 t   1;  3 13
Suy ra: 9(2m 1)  4  m  1 m  20 18
Vậy có 20 giá trị nguyên của m thỏa mãn. Câu 5.
Tìm tất cả các tham số m để bất phương trình 2 x  x m     2 4 4 8 2 x x2 2 4 2 2 2 m x  2x nghiệm đúng với mọi x  . 1 1 3 1 A. m   . B. m   . C. m  . D. m  . 8 8 8 7 Lời giải Chọn A Ta có : 2 x  x m 
   2xx m   2 x  x m      2 4 4 8 2 2 2 2 x  x2 2 4 2 2 2 2 4 4 2 2 2 m x x x  2x
Để bất phương trình có nghiệm đúng với mọi x , trước hết bất phương trình phải xác định trên 2   x x  1  1 .Suy ra 2 x  x  2m  0, x
    m  g x  , x
    m  min g x  g     2 x  2  8
Khi đó yêu cầu bài toán tương đương với 2 2 x  x m 
   2xx m       2xx m x x x    x 2 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2 , 2 1 2 1  0, x    (*) 2
Ta có  2xxm    x  2 2 1 2 1  0, x
   và dấu bằng xảy ra khi  1 x  2  x x2 2 m 1  0  2    . 2x 1  0 1 m   .  8 1 1
Vậy để (*) luôn đúng suy ra m   . Kết hợp với điều kiện ban đầu vậy m   . 8 8
Câu 6. Tìm m để bất phương trình 2x  3x  4x  5x  4  mx có tập nghiệm là  . A. ln120. B. ln10. C. ln 30. D. ln14 . Lời giải Chọn A x x ln a 1 a  e 1 + Với a 1 ta có lim  lim .ln a  ln a   . x0 x0 x  x ln a 
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 3
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC x a 1 x ln x xa a  a 1
+ Với a 1 xét hàm số f  x 
x  0 , ta có f x  . x 2 x Xét hàm số g  x x x  xa a  a   g x x x 2 x x 2 ln 1
 a ln a  xa ln a  a ln a  xa ln a .
Với x  0 ta có g x  0 suy ra g  x  g 0  g  x  0  f  x  0, x   0 .
Với x  0 ta có g x  0 suy ra g  x  g 0  g  x  0  f  x  0, x   0 . x a 1
Do đó hàm số f  x 
a  1 đồng biến trên các khoảng  ;  0 và 0;. x Trở lại bài toán:
+ Xét x  0 bất phương trình thỏa mãn. 2x 1 3x 1 4x 1 5x  x x x x 1
+ Xét x  0 ta có: 2  3  4  5  4  mx  m      h x . x x x x
Từ nhận xét trên ta có h x đồng biến trên 0;. Do đó yêu cầu của bài toán tương đương
với m  lim h  x  ln 2  ln 3  ln 4  ln 5  ln120 . x 0  2x 1 3x 1 4x 1 5x  x x x x 1
+ Xét x  0 ta có: 2  3  4  5  4  mx  m      h x . x x x x
Từ nhận xét trên ta có h x đồng biến trên  ;
 0. Do đó yêu cầu của bài toán tương đương
với m  lim h  x  ln 2  ln 3  ln 4  ln 5  ln120 . x 0 
Kết hợp lại ta có m  ln120 .
Câu 7. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m 10;10 để bất phương trình sau nghiệm đúng với x x x
  : 6  2 7  2  3 7    1 2x m m  0 ? A. 10. B. 9. C. 12 . D. 11. Lời giải Chọn D Ta có:  x x x x
6  2 7   2  3 7     1 2x m m
 0  2x 3 7  2  3 7     1 2x m m x    x       m 3 7 3 7 2    m 1  2    x x  3 7  1
Đặt t  3 7  , t  0     
. Bất phương trình đã cho trở thành: 2  t   2 t  t  2 t    m 1 2 .  m 1   m . t t 1 2 t  t  2 2 t  2t  3 Xét hàm số f t 
trên khoảng 0;  , ta có f t   t 1 t  2 1 Trang 4
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC t  3  f t  0  
. Khi đó, ta có bảng biến thiên sau: t  0
Từ bảng biến thiên trên ta suy ra để bất phương trình đã cho nghiệm đúng thì m 1. Suy ra trong đoạn  1
 0;10 có tất cả 11 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 8. ) Cho hàm số y  f  x liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ.
Tính tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình sau đúng x   f  x   2
 f  x f x   2 9.6 4 .9 m  5m f x .4 A. 10 . B. 4 . C. 5. D. 9. Lời giải Chọn B Ta có: f x   2
 f  x f x   2 9.6 4 .9 m  5m f x .4 2 f x f x   3   3 2   4  f x 2 .  9;  m  5m       1  2   2 
Từ đồ thị hàm số suy ra f  x  2  , x    2 f x  3  f  x 2 3 3      Do đó  2 4  f  x  0, x      và 9.  9.  4, x        .  2   2   2  2 f  x f  x  3   3  Suy ra  2 4  f x.  9.  4, x        .  2   2  Để   1 có nghiệm đúng x   thì 2
4  m  5m  1  m  4 .
Do m là số nguyên nên m 1, 2, 3,  4 .
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 5
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Câu 9. Bất phương trình x m  x 1 4 1 2   
 m  0 nghiệm đúng với mọi x  0 . Tập tất cả các giá trị của m là A.  ;  12. B.  ;    1 . C.  ;  0 . D.  1  ;16 . Lời giải Chọn B x  2 m  x 1 4 1 2     m  0, x
  0 .  2x   2   1 2x m  m  0, x   0 (1). Đặt  2x t , t   1 . (1) trở thành 2 t  2m   1 t  m  0, t  1 (2). Cách 1: 2 t  2t (2)  m  , t   1 (3). 2t 1 2 t  2t
Xét hàm số y  f t 
. Ta có hàm số y  f t liên tục trên 1; . 2t 1 2t  22t   1  2 2t  2t 2   f t 2t 2t 2    0, t   1. 2t  2 1 2t  2 1 Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta có f t  m t
 1;  m  1  . Cách 2: 2 t  2m  
1 t  m  0 là một bất phương trình bậc hai.
Tam thức bậc hai ở vế trái luôn có 2
  m  m 1  0, m
 nên tam thức luôn có hai nghiệm là 2
t  m 1 m  m 1 và 2
t  m 1 m  m 1 . Suy ra bất phương trình 2 t  2m  
1 t  m  0 có tập nghiệm là  2 2 ; m 1 m m 1    
   m 1 m  m 1;    . m  0 (2) 2 2
 m 1 m  m 1  1  m  m 1  m    m  1. 2 2 m  m 1  m
Câu 10. Có bao nhiêu m nguyên dương để bất phương trình 2x2 x   m2 3 3 3  
1  3m  0 có không quá 30 nghiệm nguyên? A. 28 . B. 29 . C. 30. D. 31. Lời giải Chọn B 2x2 x   m2   m 2 3 3 3
1  3  0  9.3 x  9.3x.3m  3x  3m  0
9.3x 3x 3m  3x 3m  0 3x 3m9.3x          1  0
Ta có 3x  3m  0  x  .
m Cho 9.3x 1  0  x  2  .
Vì m nguyên dương nên ta có bảng xét dấu như sau: Trang 6
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Ta có tập nghiệm S  2 ; m. Suy ra tập hợp các nghiệm nguyên là  1  ; 0; 1; ...; m   1 .
Để có không quá 30 nghiệm nguyên thì m 1  28  m  29.
Câu 11. Tất cả giá trị của tham số thực m sao cho bất phương trình 9x  2   1 .3x m
 3  2m  0 có nghiệm đúng với mọi số thực x là 3 3 A. m   . B. m  2 . C. m   . D. m . 2 2 Lời giải Chọn A 2 Ta có: 9x  2   1 .3x m
 3  2m  0  3x   2.3x 3  3x   1 .2m  3x  
1 3x  3  3x  
1 .2m  3x  3  2  3x m  3 2m 3
Vậy, để 9x  2   1 .3x m  3  2m  0, x
   khi 3 2m  0  m   . 2
Câu 12. Tìm giá trị nguyên nhỏ nhất của tham số m để bất phương trình x x 1 4 2022 . m 2  
 31011m  0 có nghiệm. A. m 1. B. m  1  . C. m  3  . D. m  5 . Lời giải Chọn A x x 1 4 2022 . m 2  
 31011  0 (1). Đặt  2x t ,t  0 . 2 t  3
Khi đó bất phương trình (1) trở thành 2
t 1011mt  3 1011m  0  1011m    * t 1 (Vì t  0). 2 t  3 2 t  2t  3 t  Xét hàm số f t   ( t  0), f t   , f t 1  0  . t 1   t  2 1 t  3  Bảng biến thiên
Bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi bất phương trình * có nghiệm t  0 1011m  2 2  m  . 1011
Vậy giá trị nguyên nhỏ nhất của m thoả mãn yêu cầu bài toán là m 1.
Câu 13. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng
2021;2022 để bất phương trình 9x    23x m
 3  m  0 nghiệm đúng với mọi số thực x ? A. 2020 . B. 2019 . C. 2018 . D. 2017 . Lời giải Chọn C
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 7
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC 9x    23x m
 3  m  0 (1). Đặt  3x t ,t  0 .
Khi đó bất phương trình   1 có dạng 2
t  m  2t  3  m  0  t   1 t  3 m  0
 t 3 m  0 (vì t  0)  t  3 m (2). Bất phương trình  
1 nghiệm đúng với mọi x khi và chỉ khi phương trình 2 đúng với mọi
t  0  3 m  0  m  3  .
Mà m nguyên thuộc khoảng  2
 021;2022 nên m2020; 2  019;...;   3 .
Vậy có 2018 giá trị của tham số m thoả mãn yêu cầu bài toán.
Câu 14. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 12x  21 6x  3x m
 0 nghiệm đúng với mọi x  0 ? A. 6 . B. 2 . C. 3. D. 4 . Lời giải Chọn B 12x  21 6x  3x m
 0  4x  21 2x m 1  0 (1) Đặt 2x t  , với x  0  t  1.
Khi đó bất phương trình (1) trở thành 2
t  21 mt 1  0 2  2mt  t  2t 1 2 t  2t 1  m  (vì t 1). 2t 2 t  2t 1 2 t 1 t  Xét hàm số g t 
với t 1, f t  , f t 1  0  . 2t 2 2t  t  1  Bảng biến thiên
Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x  0 khi và chỉ khi bất phương trình (2) nghiệm
đúng với mọi t 1  m  2 .
Mà m nguyên dương nên m 1; 
2 . Vậy có 2 giá trị của m thoả mãn yêu cầu bài toán.
Câu 15. Tổng các số nguyên m , m 10;10 để bất phương trình .9x  2   1 .6x  .4x m m m
 0 có nghiệm đúng với mọi x 0;  1 . A. 3  4. B. 34. C. 17 . D. 18. Lời giải Chọn A  9 x   3 x  Ta có .9x  2   1 .6x  .4x m m m  0  . m    2m  1.  m  0    4   2   3 x   3 
Đặt t    , x 0;  1  t  1;   .  2   2 
Khi đó, bất phương trình đã cho trở thành 2 . m t  2m   1 t  m  0 Trang 8
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC   t 2 t  2t   1 m  t  0  m  t  2 1 t  3  2 t 1 Đặt f t   , t  1; ta có f t 
 f t  0  t  1  .    t  2 1  2  t  3 1 Ta có bảng biến thiên  3 
Từ bảng biến thiên, ta có bất phương trình có nghiệm t  1;    m  6 .  2  Mà m , m 1
 0;10  m10;9;...;5;  6 .
Vậy tổng các giá trị của m thoả mãn yêu cầu bài toán là 3  4.
Câu 16. Số các giá trị nguyên m , m  2
 021;2022 để bất phương trình 3   1 12x  3 6x  3x m m  0 có nghiệm đúng x   0 là A. 2020 . B. 2022 . C. 2021. D. 4042 . Lời giải Chọn B Ta có 3   1 12x  3 6x  3x m m  0  3   1 4x  3  2x m m 1  0
Đặt 2x  t . Do x  0  t  1.
Khi đó, yêu cầu bài toán   m   2 3
1 t  3  mt 1  0 , t 1 2 t   3t 1   2t t 2 3
m  t  3t 1  m  , do 2 3t  t  0, t  1. 2 3t  t 2 t   3t 1 2 8  t  6t 1 Đặt f t  , ta có f t   0 , t  1 2 3t  t 3t t2 2 Bảng biến thiên 1
Do đó m  thỏa mãn yêu cầu bài toán. Do m , m 2
 021;2022  m1;2;...;202  2 Từ 2
đó suy ra có 2022 giá trị m thoả mãn yêu cầu bài toán.
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 9
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC x  5 x x 
Câu 17. Cho bất phương trình 1  . m 3  4m  . 
 4  7   4  7   0 , với m là tham số. Tìm tất  3 
cả các giá trị của tham số m để bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x  ;  0. 2 2 5 5 2 A. m  . B. m  . C. m  . D.  m  . 3 3 12 12 3 Lời giải Chọn A x  5 x x  Ta có 1  . m 3  4m  . 
 4  7   4  7   0  3  x  5 x x   3  . m 3  4m  . 
 4  7   4  7   0  3  x x  5   4  7   4  7   3m  4m  .         0 3  3   3        x x  4  7   5   4  7      4m  .        3m  0 3 3  3        x  4  7  Đặt t     , do x  ;  0  t 0;  1 . 3     5  1
Bất phương trình đã cho trở thành t  4m  .  3m  0    3  t 2 5  5 5 t 2
 t  3mt  4m   0  4  3t 2 m  t   0 3  m  . 3 3 3t  4 2 5 t  2 3t  8t  5 Đặt f t 3  , t 0;  1 , ta có f t   0,t  0;1 2   3t  4 3t  4 Bảng biến thiên 2
Vậy m  thoả mãn yêu cầu bài toán. 3
Câu 18. Cho hàm số y  f x có bảng biến thiên như sau: Trang 10
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC Biết rằng f  2
  1, f 3  1. Tính tổng các giá trị m2021;202  1 để bất phương trình 3 f x 2
3 f x9 f xm e
 m có nghiệm trên khoảng 2;3 . A. 0 . B. 10 . C. 2020 . D. 2041210 . Lời giải Chọn A Đặt g  x 3  f x 2
 3 f x 9 f  x , khi đó bài toán trở thành tìm m để bất phương trình gxm e
 m có nghiệm trong khoảng 2;3 .
Ta có: g x  f x 2
3 f  x  6 f x  9   . x  1   f x  0 x  0  
 gx  0   f x 1  x  2 và ta dễ dàng kiểm tra được các nghiệm này đều là   f   x  3 x  3  x  2  
nghiệm bội lẻ nên các điểm x  2; 1  ;0;2; 
3 đều là cực trị của hàm số g  x . m Ta có: gxm e  m gx  e 
. Khi đó để có nghiệm trong khoảng 2;3 thì m e m   27  max g x e  e . m e  2  ;3 m m e 1 m m Xét hàm số y   y 
 0  m 1. Ta có BBT của hàm số y  như sau: m 2m e e m e  m  1 Ta thấy, 27 gx max   e  max e 
 Bất phương trình gxm e
 m có nghiệm với mọi m      e  e  2  ;3 2020
m  . Mà m2021;202  1 nên suy ra  m  0 2  020
Câu 19. Cho hai hàm số g  x 2   x   2 m   2 3 6 x  m 14 và f  x x 2 1 e   . Có bao nhiêu giá trị m
dương để f x  g  x có nghiệm duy nhất? A. 1. B. 2 . C. 0 . D. 3. Lời giải
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 11
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC Chọn A 2 2
Ta có: f  x  g  x x  1 2 2  e
 3x  6x 14  m  x   1 x  1  e  x  2 2 3 1 11  m  x   1 2 m  0 m  0 Vì x 1 e  3 x  2 1 11  0x   2  VP  m  x   1  0     . x  1  0 x   1  x 2 1 2 e  3x  6x 14
Khi đó, bài toán trở thành tìm m  0 để 2 
có nghiệm duy nhất trên    m x 1
khoảng 1; . Điều này xảy ra khi 2
m  min hx và nếu tồn tại GTNN. 1;  2 x 2 1 x  2 1 e  3x  6x 14 e  2 2x  3 2  3x  6x 8 Với h x   h x  . x 1 x  2 1 2 Cho h x x 1   e  2x   2 0 2
3  3x  6x  8  0 và ta chỉ lấy nghiệm x  1  . x 1
Sử dụng máy tính CASIO  
. Ta lập được bảng biến thiên của h x như sau: x  a  1   min hx 12 2
 m  12  m   12 thì thỏa mãn bài toán. 1; Mà m 
   m  12 là giá trị duy nhất.
Câu 20. Với m là tham số để bất phương trình 2x  3x  mx  2 có tập nghiệm là  , khi đó A. m  ;  0 . B. m 1;3. C. m 3;  . D. m 0;  1 . Lời giải Chọn B
+) Với m  0 , bất phương trình không nhận các giá trị âm của x làm nghiệm. Thật vậy, khi đó 2x 3x 
 2 mà mx  2  2. Suy ra m  0 loại .
+) Với m  0 , ta có 2x  3x   2  2x  3x mx  mx  2  0 . Đặt    2x  3x f x
 mx  2 , x . Khi đó    2x ln 2  3x f x ln 3  m .
Ta có    0  2x ln 2  3x ln 3   0  2x ln 2  3x f x m ln 3  m (1) Đặt g  x x x    g x x 2 x 2 2 ln 2 3 ln 3  2 ln 2  3 ln 3  0, x    .
Suy ra hàm số g  x đồng biến trên  .
Lại có lim g  x  0 và lim g  x   . x x
Suy ra với mỗi giá trị m  0 thì phương trình (1) luôn có nghiệm duy nhất là x . 0
Ta có phương trình f  x  0 có nghiệm duy nhất là x . 0
Mà lim f  x  m  0 và lim f  x   nên f  x  0, x
  x và f  x  0, x   x . 0 0 x x Trang 12
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy min f  x  f  x . 0  x
Kết hợp điều kiện đề bài là f  x  0,x    min f x  f  x  0 mà f 0  0 . 0  x
Suy ra x  0 và x  0 là giá trị duy nhất để f  x  0 . 0 0
Suy ra x  0 là giá trị duy nhất để f  x  0 . Suy ra f 0  ln 2  ln 3  m  0. 0
Vậy m  ln 2  ln 3  ln 6.
Câu 21. Tập các giá trị của tham số m để bất phương trình 9x  .6x  .4x m m
 0 nghiệm đúng với mọi x   là đoạn  ;
a b . Khi đó b  a có giá trị bằng A. 4 . B. 2 . C. 1. D. 3. Lời giải Chọn A 2  3 x   3 x   3 x  Ta có  . m  m  0    
(1). Đặt t    , t  0.  2   2   2 
Bất phương trình (1) trở thành 2
t  mt  m   mt   2 0 1  t (2)
Bất phương trình (1) đúng với mọi x   khi và chỉ khi bất phương trình (2) đúng với mọi t  0
Với t 1, bất phương trình (2) luôn đúng m   R (*). 2  t m  t    1 
Với t 1, bất phương trình (2) t 1   2  t m  0  t    1  t 1 2 t Xét hàm số f t 
với t 0; \  1 . t 1 2 t  2t t  0l Khi đó f t 
. Ta có f t   0  .   t  2 1 t  2  n Bảng biến thiên
Với 0  t 1, bất phương trình (2) tương đương m  f t .
Dựa vào bảng biến thiên, bất phương trình (2) đúng với mọi 0  t 1 khi m  0 (**).
Với t 1, bất phương trình (2) tương đương m  f t .
Dựa vào bảng biến thiên, bất phương trình (2) đúng với mọi t 1 khi m  4 (***).
Kết hợp (*) (**) (***), bất phương trình đã cho đúng với mọi x    0  m  4 .
Câu 22. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình 18  2  2 2 4x 9 2x 4x 9 2 6 .2 2 x m      
 25 có nghiệm đúng với mọi x 0;2 ?
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 13
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC A. 7 . B. 9. C. 8 . D. vô số. Lời giải Chọn A 4x Đặt 2
t  4x  9  2x  t   2  0, x  0;2 . 2 4x  9
Vì x 0;2  t 1;3  2 4x  9  2 1 x 2 2 
Ta có:  4x  9  2x 4x  9  2x  9    2 x   x 9 4 9 2
Điều kiện bài toán   2   t 2 6 2  2 t m  25 có nghiệm đúng t  1;3 2 2 t  25 2  m  6  có nghiệm đúng t  1;3 * 2t 2 X  25 Xét hàm số g  X   , X  2;8 và 2t X 
,vì t 1;3  X 2;8 X g X  25 1 , X
  2;8 . Cho g X   0  X  52;8 2   X
Từ BBT và kết hợp với * , ta suy ra: 2
m  6  10  4  m  4 và m  m   3  ; 2  ;1;0;1; 2;  3 .
Câu 23. Cho hàm số f  x x 1  x 1 2 2   
. Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để bất phương trình f  3
x  m  3x   3  0 có nghiệm x0;2. A. m 1. B. m  21. C. m  21. D. m 1. Lời giải Chọn B Hàm số f x x 1  x 1 2 2    xác định x   . Ta có: f  x x 1  x 1   x 1 x 1 2 2 2 2       
   f x và f  1  3     f  x x 1 x 1  x 1 x 1   2  2   ln 2  0, x   1   . x 1 x 1     
Mà f  x liên tục trên  . Suy ra, hàm số f  x nghịch biến trên  . Khi đó Bpt f  3
x  m  3x   3  0  f  3
x  m  3x    f   1  f   1 có nghiệm x 0;2 3  x  m  3x  1
 có nghiệm x 0;2. Trang 14
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC  x  3
1  m  3x có nghiệm x 0;2 3 2
 x  3x 1 m có nghiệm x 0;2. Xét hàm số g  x 3 2  x  3x 1, x
 0;2 có gx 2  3x  6x  0, x  0;2 Từ BBT ta suy ra m  21.
Câu 24. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m  2
 022;2022 để bất phương trình 2 x mx e
  x  mx   x  mx  2 4 2 2 2 2 4 10 2 4 có nghiệm ? A. 4040 . B. 4041. C. 4042 . D. 5. Lời giải Chọn C 2 Ta có: 2 x mx4 2 e  x  mx    2 2 2 4 10 x  2mx  4 2 2 x  2mx  4 2 x mx4  e  1  2 x  2mx  4    . Đặt 2
u  x  2mx  4 suy ra bpt trở thành: 2 2 2 u  u  u  e  1 u  u   e  1 u   0   2  2  2  u 
Đến đây ta xét hàm số y  f u u  e  1 u    có  2    u   1 ;    u f u e u
f u  e 1  0  u  0 . Từ đó ta có bảng biến thiên như sau: 2  u 
Suy ra bất phương trình f u u 2
 e  1 u    0  u  0  x  2mx  4  0 (2)  2 
Như vậy để bất phương trình (2) luôn có nghiệm thì m  2  2  022  m  2  2 m Z  ;m   2022;2022   m  4  0    
. Như vậy có tất cả 4042 giá trị m 2     2   m  2022 nguyên m thỏa mãn
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 15
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Câu 25. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc  3
 0;30 để bất phương trình x   x x x x x e   5 4 3 2 1 1    
 m  0 nghiệm đúng với x  2  ;3 5 2 3 2 A. 61. B. 29. C. 31. D. 25. Lời giải Chọn C x x x x Đặt g  x x x e     5 4 3 2 1 1     . 5 2 3 2 5 4 3 2  x x x x Ta có: x  x 1 e   1      m  0, x   2  ;3 5 2 3 2  x  x x x x x e   5 4 3 2 1 1       , m x
 2;3  min g  x  m 5 2 3 2 x   2;3 x x x x
Xét hàm số g  x x x e     5 4 3 2 1 1     5 2 3 2 Ta có:   x x x g x e xe x x x x e          
x   x x  2 1 1 4 3 2 1 2 1 2 1 1   x   1 Ta đi chứng minh x 1 e   x   1   x   1  0, x   2
 ;3 . Đặt t  x 1,t 1;4 Xét hàm số   t f t  te  t,t  1  ;4   t t   1 ;     2 t t t f t e te f t
e  te  e t  2  0, t   1  ;4
Suy ra f t đồng biến trên 1;4 , do đó phương trình f t  0 có nhiều nhất 1 nghiệm trên
1;4 . Mà f 0  0 nên t  0 là nghiệm duy nhất của phương trình f t  0 Ta có bảng biến thiê n sau:
Từ đó ta được f t  0,t  1  ;4 hay x 1 e   x   1   x   1  0, x   2  ;3 Do đó g x  0, x   2  ;3
Ta được min g  x  g( 2  )  1,8 x   2;  3
Vậy có 29 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 26. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để bất phương trình  x  x 1 2 3 2  
 m  0 có nghiệm nguyên và chứa không quá 6 nghiệm nguyên x ? A. 506 . B. 507 . C. 505 . D. 512 . Lời giải Chọn B  m 
Ta có bất phương trình đã cho tương đương: 2x 3 2x   0 (*)    2  Trang 16
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC m Trường hợp 1: Nếu
 3  Bất phương trình (*) trở thành  x  2 2 3  0 vô nghiệm 2 m m  m  Trường hợp 2: Nếu
 3  Bất phương trình (*)  3  2x 
 log 3  x  log   2 2 2 2  2   m 
Nếu ta chỉ xét các nghiệm nguyên thì  2  x  log
. Để có không quá 6 nghiệm nguyên 2    2   m  m x thì 8 9  2  log  8  4   2  9  m  2 2    2  2
Kết hợp điều kiện ban đầu suy ra: * 9 8 2 m N m   
9  m  512  có 504 giá trị nguyên m m m  m  Trường hợp 3: Nếu
 3  Bất phương trình (*)   2x  3  log  x  log 3   2 2 2 2  2   m 
Nếu ta chỉ xét các nghiệm nguyên thì  log
 x 1. Để có không quá 6 nghiệm nguyên 2    2   m  m x thì *  log 1   2  m  4 m N  1 m  3 2    2  2
Kết hợp điều kiện ban đầu suy ra:1  m  3  có 3 giá trị nguyên m
Như vậy, tổng cộng có 504  3  507 giá trị nguyên m thỏa mãn
Câu 27. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình sin x3cos xm 1  sin x3cos 3  4
xm  6sin x 18cos x  6m  7 có nghiệm ? A. 7 . B. 9. C. 11. D. 5. Lời giải Chọn B
Đặt: t  sin x  3cos x  m . Như vậy bất phương trình ban đầu trở thành:
3.3t  4t  6  7  3.3t  4t t  6t  7  0
Xét hàm     3.3t  4t  6  7     3.3t ln 3  4t y f t t f t ln 4  6; f  t  t 2 t 2
 3.3 ln 3  4 ln 4  0 . Từ đó ta có bảng biến thiên như sau:   t 
Suy ra bất phương trình f t 0,94 1
 3.3t  4t  6t  7  0   t   sin x  3cos x  m
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 17
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
m  sin x  3cos x 1
 0,94  sin x  3cos x  m  1  
(*). Bất phương trình đã cho có
m  sin x  3cos x  0,94 m  max  sin x 3cos x   1  max  y1
nghiệm khi và chỉ khi hệ (*) có nghiệm. Suy ra:  m  min 
sin x 3cos x 0,94  min y2  Ta có:  x  x2   2 2   2 2 sin 3cos 1 3
sin x  cos x 10   10  sin x  3cos x  10   sin x 3cos x   1  10 1 m  max   y  10 1 1  Suy ra:    
 sin x  3cos x  0,94 
   10 0,94 m  min   y   10  0,94 2 
Do m  Z nên suy ra 4  m  4 . Như vậy có tất cả 9 giá trị nguyên m thỏa mãn
Câu 28. Hỏi có tất cả bao nhiêu cặp số thực  ;
x y thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: 2 x 2x2log  2 5 y log5 2 2  5  3
 y  y  2  2 y  3 10  0  A. 3. B. 2 . C. 1. D. 0 . Lời giải Chọn A 2 2 x 2x y x 2 x  x y 2 5 2 x 5y Từ giả thiết suy ra: 2 2 2 2log    2 5 log5 2 x 2x 1 y 2 2  5      2  5 2log2 5 log5 2 2 2 5 5 2 2 x 2 x 1  0 2  2  1 Nhận thấy: y2   5
 1  y  2  0  y  2  2 x 2 x 1  y2 2  5
Từ đ1o ta suy ra giả thiết tiếp theo: 3
y  y  2  2 y  3 10  0  y  
 y  y  2  2y  6  1
 0  y  3y  2  0   y  2 y  2 2 3 3 1  0    y 1
Trường hợp 1: Với y  2  , ta có: 2 2 x  x y x  x  
  x  x   x  2 2 1 2 2 1 2 2 5 2 1 2 1 1  0  x  1 
Như vậy trường hợp này có 1 cặp  ; x y thỏa chính là  1  ; 2  
Trường hợp 2: Với y  1, ta có: 2 2 x 2 x 1  y2 x 2 x 1  3 2 2  5  2
 5  x  2x 1  3log 5  x  1 3log 5 2 2
Như vậy trường hợp này có 2 cặp  ;
x y thỏa chính là 1 3log 5;1 2 
Suy ra tổng cộng có tất cả 3 cặp số thực  ; x y thỏa mãn
Câu 29. Có bao nhiêu số nguyên a , 2  a  202 
1 để có ít nhất 5 số nguyên 5x thỏa mãn bất phương trình sau đây: x 1 x 1 a   2  2 a A. 1892 . B. 125 . C. 127 . D. 1893 . Lời giải Chọn D
Nếu a  2 , bất phương trình luôn đúng với mọi giá trị của x .
Nếu a  3 bất phương trình tương đường với g  x  x 1 x 1  a   2   0 (2) 2 a Trang 18
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC  x    a x x  ln 2  ln 2  Ta có g  
1  0 ; g x  a ln a  2 ln 2  0    x  x   log   0    2  ln a a  ln a  2
g x  0  x  x 0
g x  0  x  x 0
Khi a  3  x  1;a  4  x  1;a  5  x  1. 0 0 0
Nếu a  4  x  1 g x  0  x  1 chứa đúng một số nguyên 5x là số 5 (loại). 0  
Nếu a  3  x  1  g x  0  S  1;1, 28378  S  5;6,17 chứa đúng hai số nguyên 0   x   5x  
5x là số 5 và số 6 (loại).
Nếu a  4  x  1 S  ; b 1  S  5 ;
b 5 chứa tối thiểu 5 số nguyên 5x là số 1, 2,3, 4,5 0 x   5x   1 1 1 1     1 1 5 5  b   g
 0  a  2    0    a 130;...,202  1 . 5  5  2 a
Từ đó ta có bảng biến thiên như sau:
Vậy có 1 2021130 1 1893  số nguyên a thỏa mãn
Câu 30. Biết rằng có số thực a  0 sao cho 3cos2x 2 a  2cos x, x   .  Chọn mệnh đề đúng.  5 7   1 3   7 9   3 5  A. a  ;   . B. a  ;   . C. a  ;   . D. a  ;   .  2 2   2 2   2 2   2 2  Lời giải Chọn D Cách 1: Ta có 3cos2x 2 3cos2  2 , x a cos x x     a 1 cos2x, x   
Đặt t  cos2x,t 1; 
1 . Yêu cầu bài toán trở thành tìm a để 3t a  t 1 t  1;  1 l .
Trường hợp 1: Với a 1, bất phương trình 3t
a  t 1  1  t 1  t  0, suy ra a  1 không thỏa mãn.
Trường hợp 2: Với 0  a  1, , khi đó t  0 ta luôn có 3t 0
a  a  1  t 1, suy ra 0  a  1 không thỏa mãn (1).
Trường hợp 3: Với a  1, xét các hàm số   3t
f t  a và g t  t 1 (có đồ thị như hình vẽ)
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 19
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT- VD_VDC
Nhận xét: Đoạn thẳng f t và đoạn thẳng g t luôn có điểm chung A0;  1
Khi đó (1)  f (t)  g(t) t 1; 
1 khi và chỉ khi g(t) tiếp xúc với f(t) tại điểm A(0;1).
 hệ phương trình có nghiệm t  0 3t a  t 1   có nghiệm t  0 3
 3ln a 1  a  e (thỏa mãn a 1) 3t 3  a ln a 1  1 3  Vậy 3 a  e  ;    2 2   f  t  g t
Cách 2: Xét tương giao sau đây:   f '  t  g 't Ta có 3cos2x 2 3cos2  2 , x a cos x x     a 1 cos2x, x   
Đặt t  cos2x,t 1; 
1 . Yêu cầu bài toán trở thành tìm a để 3t a  t 1  0 t  1;  1 l. Xét hàm số t 3t f  a  t 1, có   3 '  3 t f t a ln a 1
Nhận xét: phương trình f t  0 có nghiệm t  0 1  ; 
1 , do đó để f (t)  0, t   1  ;  1 thì điều
kiện cần là f '0  0  3ln a 1  0  3 a  e Điều kiện đủ: Với 3 a  e ta có   t   1, '  t f t e t
f t  e 1, f 't  0  t  0 1
Hàm f t liên tục trên 1;  1 , có f   1  , f  
1  e  2, f 0  0. e
Do đó min f t  0, tức là f t   0 t   1  ;  1 , suy ra 3 a  e thỏa mãn.  1  ;  1  1 3  Vậy 3 a  e  ;   .  2 2 
_______________ TOANMATH.com _______________ Trang 20
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA