Thông tin
Quiz

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.

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:

20 trang 1 năm trước

Tác giả:

Kim Oanh

docx.com.vn

Bình luận

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

Bất phương trình mũ chứa tham số

56 28 lượt tải Tải xuống

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

thì

   

f u f v

 

,u v u v D   

Hàm số

( )y f x

nghịch biến trên

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

. .7 3 2732

xx x x

m m

 

  có nghiệm?

A. 2018 . B. 2019 . C. 2020 . D. 2017 .

Lời giải

Chọn A

Đặt 3

t điều kiện

0t 

Bất phương trình trở thành:

 

m t

 

 

 

 

. Do 0t  nên

 

suy ra

 

* 3 mt

  

Xét

   

03f t t t

 

. Với

0t 

ta có

 

2f t t



 

;

 

30f t t



  

Ta có bảng biến thiên

Để

 

* có nghiệm thì

 

min 3m f t



 

. Vậy có 2018 giá trị nguyên của

thỏa mãn yêu cầu

đề bài.

Câu 2. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số

để bất phương trình 2 3 5 2

x x

m    nghiệm

đúng với mọi

 

;log 5x   .

4m 

. B. 2 2m  . C.

4m 

. D. 2 2m  .

Lời giải

Chọn A

Đặt

t

. Vì

log 5x 

log 5

0 2 2

   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

f 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

;

 

  





 

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn A

Ta có : (3 5) (3 5) ( 1).2

x x x

m m     

3 5 3 5

2 2

x x

m m

   

 

  

   

   

Đặt

3 5

 





 

 

, do

;

 

 





 

suy ra

3 5 5 1

; ;

2 2

 

   

 





   

  





  



   



 

Khi đó

3 15

 



 

 



 

. Suy ra bất phương trình:

1 ( 1) ( )

m t t

t m t t m t m f t

t t



         



đúng với

5 1

;

 



  







 

Khảo sát nhanh hàm số:

( )

t t

f t







với

5 1

;

 



  







 

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

giá trị nguyên

thỏa mãn.

Câu 4. Gọi

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



   . Số phần tử của tập

là

. B.

. C.

. D.

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:

sin

t  , do x





suy ra

sin 0 1

3 3 ;3 [1;3]

 

  

 

Khi đó :

2 2

1 cos 2 sin

sin

9 9

3 3

x x

 

  

Bất phương trình trở thành:

(2 1) 4 9(2 1) 4

t m m t t

       

[1;3]

 

Do đó:

   









1;3 1;3

9(2 1) max ( ( )) max 4 2 4

t t

m f t t t f

 

     

Suy ra:

9(2 1) 4 1 20

m m m

      

Vậy có

giá trị nguyên của

thỏa mãn.

Câu 5. Tìm tất cả các tham số

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





 

. B.

m 



. C.



. D.



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

, trước hết bất phương trình phải xác định trên



.Suy ra

   

1 1

2 0, , min

2 2 8

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

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 1 2 1 0,

x x m

x x

 

     



và dấu bằng xảy ra khi

2 1 0

x x m

 









 

 



 

 





 





Vậy để

(*)

luôn đúng suy ra

m 



. Kết hợp với điều kiện ban đầu vậy

 

Câu 6. Tìm

để bất phương trình 2 3 4 5 4

x x x x

     có tập nghiệm là



ln120

. B.

ln10

. C.

ln30

. D.

ln14

Lời giải

Chọn A

+ Với



ta có

0 0

1 1

lim lim .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



xét hàm số

   

f x x



 

, ta có

 

ln 1

x x

xa a a

f 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



ta có





g x





suy ra

















0 0 0, 0

g x g g x f x x



      

Với



ta có





g x





suy ra

















0 0 0, 0

g x g g x f x x



      

Do đó hàm số

   

f x a



 

đồng biến trên các khoảng





 và







Trở lại bài toán:

+ Xét



bất phương trình thỏa mãn.

+ Xét



ta có:

 

2 1 3 1 4 1 5 1

2 3 4 5 4

x x x x

mx m h x

x x x x

   

           .

Từ nhận xét trên ta có





h x

đồng biến trên







. Do đó yêu cầu của bài toán tương đương

với





lim ln 2 ln 3 ln 4 ln 5 ln120

m h x





     

+ Xét



ta có:

 

2 1 3 1 4 1 5 1

2 3 4 5 4

x x x x

mx m h x

x x x x

   

          

Từ nhận xét trên ta có





h x

đồng biến trên





 . Do đó yêu cầu của bài toán tương đương

với





lim ln 2 ln 3 ln 4 ln 5 ln120

m h x





     

Kết hợp lại ta có

ln120



Câu 7. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số





10;10

m   để bất phương trình sau nghiệm đúng với

 







 





 

6 2 7 2 3 7 1 2 0

x x

m m

      

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn D

Ta có:





 





 

6 2 7 2 3 7 1 2 0

x x

m m

      





 





 

2 3 7 2 3 7 1 2

x x

m m      

 

3 7

3 7 2 1

m m

 



     

 

 

Đặt





3 7

t  



3 7 1

 



 

 

 

. Bất phương trình đã cho trở thành:

 

2 . 1

t m m

   

t t

 

 



Xét hàm số

 

t t

f t

 





trên khoảng





 

, ta có

 

2 3

t t

f 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





 











. 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

giá trị nguyên của

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

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.

. 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

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

 

4 0,

f x

f x x

 

   

 

 



và

 

3 3

9. 9. 4,

2 2

f x



   

   

   

   



Suy ra

 

   

3 3

4 . 9. 4,

2 2

f x f x

f x x

   

    

   

   



Để

 

1 có nghiệm đúng

x 



thì

4 5 1 4m m 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





4 1 2 0

x x

m m



   

nghiệm đúng với mọi



. Tập tất cả các giá trị của

là





;12

 . B.





; 1

 

. C.





 . D.





1;16

 .

Lời giải

Chọn B





4 1 2 0, 0

x x

m m x



     





 

2 2 1 2 0, 0

x x

m m x

      

(1).

Đặt





2 , 1

t t

 

. (1) trở thành





2 1 0, 1

t m t m t

     

(2).

Cách 1:

(2)

, 1

2 1

t t

m t



   



(3).

Xét hàm số

 

2 1

t t

y f t



 



. Ta có hàm số





y f t

 liên tục trên







 













   

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

   

  

Cách 2:





2 1 0

t m t m

   

là một bất phương trình bậc hai.

Tam thức bậc hai ở vế trái luôn có

1 0,

m m m



     

nên tam thức luôn có hai nghiệm là

1 1

t m m m

    

và

1 1

t m m m

    

Suy ra bất phương trình





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

1 1 1 1 1

m m m m m m m

m m m





              



  



Câu 10. Có bao nhiêu

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?

. B.

. C.

. D.

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

   

Cho

9.3 1 0 2.

    

Vì

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

sao cho bất phương trình

 

9 2 1 .3 3 2 0

x x

m m     có nghiệm đúng với mọi số thực

là

m  

. B.

2m 

. C.

m  

. D.

m

Lời giải

Chọn A

Ta có:

 

9 2 1 .3 3 2 0

x x

m m    

   

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 2 0

m m    

Câu 12. Tìm giá trị nguyên nhỏ nhất của tham số m để bất phương trình

4 2022 .2 3 1011 0

x x

m m



    có nghiệm.

A. 1m  . B. 1m   . C. 3m   . D. 5m  .

Lời giải

Chọn A

4 2022 .2 3 1011 0

x x



    (1). Đặt 2 , 0

t t  .

Khi đó bất phương trình (1) trở thành

1011 3 1011 0t mt m   

 

1011 *



 



(Vì 0t  ).

Xét hàm số

 

f t







( 0t  ),

 

2 3

t t

f t

 







 

f t







 



 



Bảng biến thiên

Bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi bất phương trình

 

* có nghiệm 0t 

1011 2m 

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

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

t t

 

Khi đó bất phương trình





có dạng





2 3 0

t m t m

    









1 3 0

t t m

    

3 0

t m

   

(vì



) 3

t m

  

(2).

Bất phương trình





nghiệm đúng với mọi

khi và chỉ khi phương trình





đúng với mọi



3 0

  

  

Mà

nguyên thuộc khoảng





2021;2022

 nên





2020; 2019;...; 3

   

Vậy có

2018

giá trị của tham số

thoả mãn yêu cầu bài toán.

Câu 14. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số

để phương trình





12 2 1 6 3 0

x x x

   

nghiệm đúng với mọi



. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn B





12 2 1 6 3 0

x x x

   





4 2 1 2 1 0

x x

    

(1)

Đặt

2 ,

t 

với

0 1

x t

  

Khi đó bất phương trình (1) trở thành





2 1 1 0

t m t

   

2 2 1

mt t t

   

2 1

t t

 

  (vì



Xét hàm số

 

2 1

t t

g t

 

 với



 

f t





 ,

 

f t







 



 



Bảng biến thiên

Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi



khi và chỉ khi bất phương trình (2) nghiệm

đúng với mọi



 

Mà

nguyên dương nên





1;2

m  . Vậy có 2 giá trị của

thoả mãn yêu cầu bài toán.

Câu 15. Tổng các số nguyên





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 



. B.

. C.

. D.

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

 



 

 





0;1

x 

 

 

 

 

Khi đó, bất phương trình đã cho trở thành





. 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 1 0

t t m t

    

 

 



Đặt

 

f t





 



 

 

ta có

 

f t

 











f t



 

  

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, ta có bất phương trình có nghiệm

 



 

 

 

Mà m









10;10

m  





10; 9;...;5;6

m    .

Vậy tổng các giá trị của

thoả mãn yêu cầu bài toán là



Câu 16. Số các giá trị nguyên





2021;2022

m   để bất phương trình









3 1 12 3 6 3 0

x x x

m m

    

có nghiệm đúng

 

là

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



. Do

0 1

x t

  

Khi đó, yêu cầu bài toán











3 1 3 1 0

m t m t

    







2 2

3 3 1

t t m t t

     

3 1

t t

  

 



, do

3 0, 1

t t t

   

Đặt

 

3 1

t t

f t

t t

  





, ta có

 

8 6 1

t t

f t

t t

  



 



 

Bảng biến thiên

Do đó



thỏa mãn yêu cầu bài toán. Do m









2021;2022

m  





1;2;...;2022

m  Từ

đó suy ra có

2022

giá trị

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

   

.3 4 . 4 7 4 7 0

x x

m m



 

      

 

 

, với

là tham số. Tìm tất

cả các giá trị của tham số

để bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi





x   .



. B.



. C.



. D.

5 2

12 3

 

Lời giải

Chọn A

Ta có

   

.3 4 . 4 7 4 7 0

x x

m m



 

      

 

 

   

3 .3 4 . 4 7 4 7 0

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

 





 

 

, do





x  





0;1

t  .

Bất phương trình đã cho trở thành

5 1

4 . 3 0

t m m

 

   

 

 

3 4 0

t mt m

    

 

4 3 0

t m t

    

3 4



 



Đặt

 

3 4

f t











0;1

t  , ta có

 





3 8 5

0, 0;1

3 4

t t

f t t

 



   



Bảng biến thiên

Vậy



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 .

. B.

. 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:

       

3 6 9g x f x f x f x

 

 

  

 

 

0 1

f x

g x f x

f 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

 

. Khi đó để có nghiệm trong khoảng

 

2;3 thì

 

2;3

max

g x

e e



 

Xét hàm số

 

0 1

m m

e m

y y m

e e





     

. Ta có BBT của hàm số



như sau:

Ta thấy,

 

2;3

g x

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







Câu 19. Cho hai hàm số

 

2 2 2

3 6 14g x x m x m      và

 

f x e



 . Có bao nhiêu giá trị m

dương để

   

f x g x

có nghiệm duy nhất?

. B.

. C.

. D.

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 2

3 6 14 1

f x g x e x x m x



      

 

   

3 1 11 1

e x m x



     

Vì

 

3 1 11 0

e x x



     



 

1 0VP m x   

0 0

1 0 1

m m

x x

 

 

 

 

   

 

Khi đó, bài toán trở thành tìm 0m  để

 

3 6 14

e x x



  





có nghiệm duy nhất trên

khoảng

 

1; 

. Điều này xảy ra khi

 

minm h x

 



và nếu tồn tại GTNN.

Với

 

3 6 14

e x x

h x



  





 

2 2

2 3 3 6 8

e x x x

h x



   



 



Cho

 

2 2

0 2 3 3 6 8 0

h x e x x x





      

và ta chỉ lấy nghiệm

1x  

Sử dụng máy tính CASIO

x a









  



. Ta lập được bảng biến thiên của

 

h x như sau:

 

min 12h x

 

 

12 12m m     thì thỏa mãn bài toán.

Mà

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

 

;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

g x





và

 

lim

g x



 

Suy ra với mỗi giá trị 0m  thì phương trình (1) luôn có nghiệm duy nhất là

x .

Ta có phương trình

 

0f x





có nghiệm duy nhất là

Mà

 

lim 0

f x m





  

và

 

lim

f x





 

nên

 

0,f x x x



   và

 

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

   

min

f x f x







Kết hợp điều kiện đề bài là

     

0, min 0

f x x f x f x



     



mà

 

0 0f 

Suy ra

0x  và

0x  là giá trị duy nhất để

 

0f x 

Suy ra

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

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

. B.

. C.

. D. 3.

Lời giải

Chọn A

Ta có

3 3

. 0

2 2

x x

m m

   

  

   

   

(1). Đặt

 



 

 

, 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)

 

0 1

m t



 











  







Xét hàm số

 

f t





với

   

0; \ 1t  

Khi đó

 

t t

f t









. Ta có

 

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

để bất phương trình

 

2 4 9 2

4 9 2

6 .2 2 25

x x

 

 

  

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

 

4 9 2 2 0, 0;2

4 9

t x x t x



        



Vì

   

0;2 1;3x t  

Ta có:

  

 





2 2

4 9 2

4 9 2 4 9 2 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 25



  

có nghiệm đúng

 

1;3t 

 

Xét hàm số

   

, 2;8

g X X



  

và 2

X  ,vì

   

1;3 2;8t X  

   

1 , 2;8

g X X



   

. Cho

   

0 5 2;8g X X



   

Từ BBT và kết hợp với

 

, ta suy ra:

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

để bất phương trình

 

3 3 0f x m x   

có nghiệm





0;2x  .

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

2 2 ln 2 0, 1

1 1

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 0f x m x   

 

   

3 1 1f x m x f f      

có nghiệm





0;2x 

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

 

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

  



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

 

4 2 2

2 2 4 10 2 4

x mx

e x mx x mx

 

     

có nghiệm ?

4040

. B.

4041

. C.

4042

. D.

Lời giải

Chọn C

Ta có:

 

4 2 2

2 2 4 10 2 4

x mx

e x mx x mx

 

     

 

4 2

2 4

1 2 4

x mx

e x mx

 

      . Đặt

2 4u x mx  

suy ra bpt trở thành:

2 2

1 1 0

2 2

u u

e u e u

 

        

 

 

Đến đây ta xét hàm số

 

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

 

1 0 0 2 4 0

f u e u u x mx

 

          

 

 

(2)

Như vậy để bất phương trình (2) luôn có nghiệm thì

 

; 2022;2022

2 2022 2

4 0

2 2 2022

m Z m

m m

  

    

 



     

 

   

 

. Như vậy có tất cả

4042

giá trị

nguyên

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

thuộc





30;30



để bất phương trình

 

5 4 3 2

1 0

5 2 3 2

x x x x

x e m



      

nghiệm đúng với





2;3

x  

61.

29.

31.

25.

Lời giải

Chọn C

Đặt

 

5 4 3 2

5 2 3 2

x x x x

g x x e



     

Ta có:

 

5 4 3 2

1 0, 2;3

5 2 3 2

x x x x

x e m x



         

 

5 4 3 2

2;3

1 , 2;3 min

5 2 3 2

x x x x

x e m x g x m



 

             

Xét hàm số

 

5 4 3 2

5 2 3 2

x x x x

g x x e



     

Ta có:

       

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 0, 2;3

e x x x



       . Đặt





1, 1;4

t x t   

Xét hàm số









, 1;4

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





f t





có nhiều nhất 1 nghiệm trên





1;4

. Mà





0 0





nên



là nghiệm duy nhất của phương trình





f t





Ta có bảng biến thiên sau:

Từ đó ta được









0, 1;4

f t t   hay













1 1 0, 2;3

e x x x



      

Do đó









0, 2;3

g x x



   

Ta được

 





2;3

min ( 2) 1,8

g x g

 

   

Vậy có 29 giá trị nguyên của tham số

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 26. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số

để bất phương trình









2 3 2 0

x x



  

có nghiệm nguyên và chứa không quá 6 nghiệm nguyên

506

. B.

507

. C.

505

. D.

512

Lời giải

Chọn B

Ta có bất phương trình đã cho tương đương:

 

2 3 2 0 (*)

x x

 

  

 

 

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

 

Bất phương trình (*) trở thành





2 3 0

 

vô nghiệm

Trường hợp 2: Nếu

 

Bất phương trình (*)

2 2

3 2 log 3 log

2 2

m m

 

     

 

 

Nếu ta chỉ xét các nghiệm nguyên thì

2 log

 

  

 

 

. Để có không quá 6 nghiệm nguyên

thì

8 9

2 log 8 4 2 9 2

2 2

m m

 

        

 

 

Kết hợp điều kiện ban đầu suy ra:

8 2 9 512

m N

m m



     

có 504 giá trị nguyên

Trường hợp 3: Nếu

 

Bất phương trình (*)

2 2

2 3 log log 3

2 2

m m

 

     

 

 

Nếu ta chỉ xét các nghiệm nguyên thì

log 1

 

  

 

 

. Để có không quá 6 nghiệm nguyên

thì

log 1 2 4 1 3

2 2

m N

m m



 

        

 

 

Kết hợp điều kiện ban đầu suy ra:

1 3

  

có 3 giá trị nguyên

Như vậy, tổng cộng có

504 3 507

 

giá trị nguyên

thỏa mãn

Câu 27. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số

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 ?

. B.

. C.

. D.

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

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:









   

max sin 3cos 1 max

min sin 3cos 0,94 min

m x x y

    





    





Ta có:

 









2 2 2 2

sin 3cos 1 3 sin cos 10 10 sin 3cos 10

x x x x x x          

Suy ra:

 

sin 3cos 1 10 1 max 10 1

sin 3cos 0,94 10 0,94 min 10 0,94

x x m y

 

       

 



 

         

 

 

m Z



nên suy ra

4 4

  

. Như vậy có tất cả 9 giá trị nguyên

thỏa mãn

Câu 28. Hỏi có tất cả bao nhiêu cặp số thực





;

x y

thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

log 2

2 2log 5

2 5

2 2 3 10 0

x x

y y y



 









     





. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn A

Từ giả thiết suy ra:

2 2

log 22 2log 5

2 1 2

log 2

2log 5

2 5 2 5

2 5 5 2

x x y x x y

yx x

x x y

 

 

  

      

Nhận thấy:

2 1 0

2 1 2

2 2 1

5 1 2 0 2

2 5

x x

x x y

y y

 



  



 



       









Từ đ1o ta suy ra giả thiết tiếp theo:

2 2 3 10 0

y y y

     

  

3 3

2 2 6 10 3 2 0 2 1 0

y y y y y y y

 



               







Trường hợp 1: Với

 

, ta có:

 

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



, 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





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





2 2021

a  để có ít nhất

số nguyên

thỏa mãn bất phương

trình sau đây:

1 1

x x

 

  

1892

. B.

125

. C.

127

. D.

1893

Lời giải

Chọn D

Nếu



, bất phương trình luôn đúng với mọi giá trị của

Nếu



bất phương trình tương đường với

 

1 1

2 0

x x

g x 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



;

 

ln 2 ln 2

ln 2 ln 2 0 log

2 ln ln

x x

g x a a x x

a a



 

   



         

   

   





g x x x



  





g x x x



  

Khi

0 0 0

3 1; 4 1; 5 1

a x a x a x

        

Nếu





4 1 0 1

a x g x x

      

chứa đúng một số nguyên

là số

(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

là số

và số

(loại).

Nếu









0 5

4 1 ;1 5 ;5

x x

a x S b S b

       chứa tối thiểu

số nguyên

là số

1,2,3,4,5

1 1

5 5

1 1 1 1

0 2 0

5 5 2

b g a

 

 

        

 

 





130;...,2021

a  .

Từ đó ta có bảng biến thiên như sau:

Vậy có





1 2021 130 1 1893

    

 

số nguyên

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

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









1 1;1 .

a t t l

    

Trường hợp 1: Với



bất phương trình

1 1 1 0,

a t t t

      

suy ra



không

thỏa mãn.

Trường hợp 2: Với

0 1,

 

, khi đó

 

ta luôn có

3 0

1 1,

a a t

   

suy ra

0 1

 

không thỏa mãn (1).

Trường hợp 3: Với



xét các hàm số





f t a



và





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

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



a t 1

3a ln a 1



 













có nghiệm

t 0



3ln a 1 a e

   

(thỏa mãn

a 1)



Vậy

1 3

a e ;

2 2

 

 

 

 

Cách 2: Xét tương giao sau đây:









   

' '

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









1 0 1;1 .

a t t l

     

Xét hàm số





f a tt 

 

có





' 3 ln 1

f t a a

 

Nhận xét: phương trình





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

    

a e



Điều kiện đủ: Với

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 2 0

, 0.

f f e f

    

Do đó

 





1;1

min f t





tức là









0 1;1 ,

f t t    suy ra

a e

 thỏa mãn.

Vậy

1 3

;

2 2

a e

 

 

 

 

_______________ TOANMATH.com _______________

Bấm Tải xuống để xem toàn bộ.

| 1/20

| | Tải xuống

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