Một số bài tập vận dụng cao mũ và logarit có đáp án và hướng dẫn giải

Tài liệu gồm 27 trang, được biên soạn bởi thầy giáo Phạm Văn Nghiệp, tuyển chọn một số bài tập vận dụng cao mũ và logarit có đáp án và hướng dẫn giải chi tiết, giúp học sinh lớp 12 tham khảo khi học chương trình Giải tích 12 chương 2.

94 47 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:

27 trang 7 tháng trước

Tác giả:

Profile Kim Oanh
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 1 -
MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG CAO MŨ - LOGARIT
Câu 1: Cho
; 0
x y
,
0
x y
thỏa mãn
2 2
2 2
2
2 2021 .log 204
21 .
x x y x y y
y x
x
x y
y
Tìm tổng của giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
6 2 5.
P x y x y
A.
2.
B.
12.
C.
6 2 2.
D.
6 4 2.
Câu 2: Tìm số giá trị nguyên của tham số thực
m
để tồn tại các số thực
thỏa mãn
2 2
2 2
2 2
x y m x y xy m
e e x y x y xy m
.
A.
6
. B.
9
. C.
8
. D.
7
.
Câu 3: Xét các số thực dương
thỏa mãn
2 2
2 2 1 3
2
2
2
1
log 2 1 log 2
3 2
xy
x y
x y
xy x
. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức
2
2
2
2
x y y
P
y xy y
.
A.
1 5
2
. B.
5
2
. C.
1
2
D.
3
2
.
Câu 4: Cho
thỏa mãn
2
2
log 2 1
x y x y x y
(với
2 0
x y
). Tìm giá trị lớn
nhất của
2 2
2 10S x xy y
.
A.
6
. B.
9
. C.
8
. D.
4
.
Câu 5: Cho phương trình
ln( )
x
e x a a
, với a là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của
a
thuộc khoảng
(0;19)
để phương trình có nghiệm dương?
A.
15
. B.
18
. C.
17
. D.
16.
Câu 6: Cho
thỏa mãn
1, 1x y
và
3
log 4 3 1
4
x y
xy x y
xy
. Giá trị lớn nhất của biểu
thức
2 2
1 1
3P x y
x y
thuộc tập nào dưới đây?
A.
5;9
. B.
5;0
. C.
0;5
. D.
9;

.
Câu 7: Cho hai số thực
thỏa mãn
0 , 1x y
trong đó
không đồng thời bằng
0
hoặc
1
và
3
log 1 1 2 0
1
x y
x y
xy
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
P
với
2
P x y
.
A.
2
. B.
1
. C.
1
2
. D.
0
.
Câu 8: Cho hàm số bậc bốn
f x
có đồ thị như hình vẽ sau.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
[ 2021;2021]
để phương trình
3
2
( )
log [ ( ) ] ( )
f x
x f x mx mx f x
mx
có hai nghiệm dương phân biệt?
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 2 -
A.
2019
. B.
2021
. C.
2020
. D.
2022
.
Câu 9: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
thuộc
2021; 2021
để phương trình
ln
x m
e x m
có nghiệm thực?
A.
2019
. B.
2018
. C.
2020
. D.
2021
.
Câu 10: Có bao nhiêu cặp số nguyên dương
,x y
thỏa mãn
1 2020
x
và
2
9 3
y x
x x
?
A.
2020
. B.
1010
. C.
6
. D.
7
.
Câu 11: Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình
2 2
2 4 9 5 1
2021 2021 1 8 0
x x x x
x x
A.
7
. B.
8
. C.
6
. D.
5
.
Câu 12: Gọi
1 2
,x x
là hai nghiệm của phương trình
2
1 2 1
5 2 1 25
x x
x x
. Tính giá trị biểu thức
2 2
1 2
1 1
P
x x
.
A.
6
P
. B.
2P
. C.
6
P
. D.
2P
.
Câu 13: Số nghiệm nguyên của bất phương trình
2 2 2
2
log 3 3 2x x x x x
là
A. Vô số. B.
2
. C.
1
. D.
3
.
Câu 14: Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình
3 2
3
2
2
3 3 5
log 1 6 7
1
x x x
x x x
x
.
A.
2 3
. B.
2
. C.
0
. D.
2 3
.
Câu 15: Tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình
2 2
2 5 2 5 1 2
e e 2 6 8
x x x x
x x
là
A.
5
. B.
5
. C.
6
. D.
6
.
Câu 16: Có bao nhiêu cặp số nguyên
;x y
thỏa mãn
0 2020
y
và
3
2 1
log 1 2 ?
x
x
y
y
A.
2021
. B.
10
C.
2020
. D.
11
.
Câu 17: Xét các số thực dương
thoả mãn
2
2 1
2
2
2021
1
x y
x y
x
. Giá trị nhỏ nhất
của
biểu thức
2 3P y x
bằng
A.
min
5
.
6
P
B.
min
1
2
P
. C.
min
3
4
P
. D.
min
7
.
8
P
Câu 18: Cho hai số dương
,x y
thỏa mãn:
2
2
log 4 2 2 8 2 2 2
y
x y xy x y
. Giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
2P x y
có dạng
M a b c
với
, , 2
a b a
. Tính
S a b c
A.
7S
. B.
19S
. C.
17S
. D.
3S
.
Câu 19: Cho
3
số thực
, ,a b c
thỏa
2
2 2 2
log 4 4 4
2
a b c
a a b b c c
a b c
. Giá trị lớn
nhất của biểu thức
2 3a b c
P
a b c
là:
A.
12 30
3
. B.
4 30
3
. C.
8 30
3
. D.
6 30
3
.
Câu 20: Gọi
0
x
là nghiệm thực của phương trình
2
2 2 4 2
2
5 1
ln 1 5
1
x x
x x x x
x
, biết bình
phương của nghiệm
0
x
có dạng
2
0
a b
x
c
, ,a b c
,
a
b
tối giản.Tính
2S a b c
.
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 3 -
A.
26
S
. B.
34
S
. C.
8
S
. D.
0
S
.
Câu 21: Cho phương trình:
2 2
2
log 1 . 4 4 1 2x x x x x
có nghiệm dạng
13
a c
b
với
, ,a b c
là các số nguyên. Giá trị của biểu thức
a b
bằng
A.
2
. B.
0
. C.
1
. D. 1.
Câu 22: Cho phương trình
2
2
2
1
log 2 9 8
2
x
x x
x
có
2
nghiệm
1
x
,
2 1 2
x x x
. Giá trị của
biểu thức
2 1
2 5x x
bằng
A.
0
. B.
1
. C.
2
. D.
3
.
Câu 23: Tổng các nghiệm của phương trình
2
2 8
ln 8 2 18 2ln 4 8
x
x x x
x x
là
A.
7
. B.
3 2 3
. C.
3 2 3
. D.
1
.
Câu 24: Số nghiệm nguyên của bất phương trình
2 2 2
2
log 3 3 2x x x x x
là
A.
2
. B.
1
. C.
3
. D. Vô số.
Câu 25: Tổng tất cả các nghiệm của phương trình
2
2
3
2 3 2
2 2
2 .log 6 11 4 .log 2 8
x
x
x x x
là:
A.
3
. B.
3
.
2
C.
4
. D.
6
.
Câu 26: Tổng các nghiệm phương trình:
2
2
2 2
log 1 2 4
3 1
x
x x
x
là
A.
3
. B.
1
. C.
3
4
. D.
3
2
.
Câu 27: Cho phương trình
2
2 2
1 2 1 1
log 2 3 log 1 2 2
2
x
x x x
x x
, gọi
S
là tổng tất
cả các nghiệm của nó. Khi đó, giá trị của
S
là
A.
2
S
. B.
1 13
2
S
. C.
2
S
. D.
1 13
2
S
.
Câu 28: Cho hàm số
2 2021 2023
( ) ln( 1 )
f x x x x x
. Số nghiệm nguyên thuộc đoạn
[ 2021;2021]
của bất phương trình
(2 ) ( 3) 0
x
f f x
là:
A.
2021
. B.
2020
. C.
2022
. D.
2023
.
Câu 29: Biết phương trình
2 3
2 1 1
log 2log
2
2
x x
x
x
có một nghiệm dạng
2x a b
trong đó
,a b
là các số nguyên. Tính
2
a b
.
A.
3
. D.
4
. C.
6
D.
5
.
Câu 30: Có bao nhiêu cặp số nguyên
; , 2022
x y x
và thỏa mãn phương trình
2 2 4
log log 1 4logx x y y
A.
2020
. B.
1010
. C.
2019
. D.
1011
.
Câu 31: Để phương trình:
2 2
sin cos
2 2
x x
m
có nghiệm, thì các giá trị cần tìm của tham số m là:
A.
1 2
m
. B.
2 2 2
m
. C.
3 4
m
. D.
2 2 3
m
.
Câu 32: Xét các số thực dương
,x y
thỏa mãn
3
1
log 3 3 4
3
y
xy x y
x xy
. Tìm giá trị
nhỏ nhất
min
P
của
P x y
.
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 4 -
A.
min
4 3 4
3
P
. B.
min
4 3 4
3
P
. C.
min
4 3 4
9
P
. D.
min
4 3 4
9
P
.
Câu 33: Tìm các giá trị của tham số
m
để phương trình
2
2 1
2
4 log log 0
x x m
có nghiệm
thuộc khoảng
0;1
.
A.
1
0;
4
m
. B.
1
;
4
m

. C.
; 0
m
. D.
1
;
4
m
.
Câu 34: Cho
,x y
là các số dương thỏa mãn
3
4
log 2 1
x y
x y
x y
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
4 2
2
3 2 2
( )
x y xy y
P
x x y
.
A.
1
4
. B.
3
2
. C.
2
. D.
1
2
.
Câu 35: Cho bất phương trình:
2
3 2
2
3
1
log 3 3 sin
1
3
4 3 sin
3
x x
x x x m cosx x
x x m cosx x
(1)
Có bao nhiêu số nguyên
10;0
m
sao cho bất phương trình (1) thỏa mãn với mọi
giá trị của
x
thuộc khoảng
0;1
.
A.
9
. B.
8
. C.
1
. D.
7
.
Câu 36: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
để phương trình
2
2
2
2
3
log 2 10 5 2
2 2 1
x x m
x x m
x x
có hai nghiệm phân biệt lớn hơn
2
.
A.
1
. B. vô số. C.
2
. D.
0
.
Câu 37: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
để tồn tại cặp số
;x y
thỏa mãn
2 1 3 2
1
x y x y
e e x y
, đồng thời thỏa mãn
2 2
2 2
log 2 1 4 log 4 0
x y m x m
.
A.
3
. B.
4
. C.
5
. D.
6
.
Câu 38: Tổng tất cả các giá trị của tham số
m
để phương trình
2
2
2 1 2
2 3
3 log 2 2
x x x m
x x
x m
có đúng ba nghiệm phân biệt là
A.
3
B.
0
. C.
2
. D.
1
.
Câu 39: Có bao nhiêu cặp số nguyên
;x y
thỏa mãn đồng thời
2
2 log
x
y x y
và
,x y
thuộc đoạn
2;10
?
A. 6. B. 7. C. 5. D. 8.
BẢNG ĐÁP ÁN
1.A 2.B 3.D 4.C 5.C 6.A 7.B 8.A 9.C 10.D
11.C 12.C 13.C 14.B 15.C 16.B 17.D 18.D 19.D 20.D
21.D 22.C 23.B 24.B 25.D 26.D 27.D 28.D 29.D 30.D
31.D 33.B 32.B 33.C 34.A 35.D 36.A 37.A 38.A
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 5 -
HƯỚNG DẪN GIẢI THAM KHẢO
Câu 1: Cho
; 0
x y
,
0
x y
thỏa mãn
2 2
2 2
2
2 2021 .log 204
21 .
x x y x y y
y x
x
x y
y
Tìm tổng của giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
6 2 5.
P x y x y
A.
2.
B.
12.
C.
6 2 2.
D.
6 4 2.
Lời giải
Với mỗi cặp
( ; )x y
thỏa mãn giả thiết, ta xét hàm số
2
2021 .
2 log
t x y
f t t
với
0t
.
Vì
2021
0
2 .ln 2 0,
ln 2
x y
t
t
t
f t
, nên
f t
đồng biến trên khoảng
0;

.
Ta có :
2 2
2 2
2
2 2021 .log 2021 (1)
4
x x y x y x yy
x
x y
y
2 2
2 2
2 2
2( )
2 2021 .log 2021 .log2 2
yx x y x y x y
y
x x y
2 2
2 2 2 2
1
.
12 2 1 2x y f x y x y x y y
f C
x
Hình tròn
1
C
có tâm
1;1
I
, bán kính
2
r
.
Lại có:
2 2
2 2
2
6 2 5 3 1
5 .
y x y x
P x P C
y
Do
2 2
0
3 1x y
nên
5 0 5.
P P
Nếu
5
P
thì
3, 1x y
không thỏa mãn giả thiết.
Với
5
P
thì
2
C
là đường tròn tâm
3,1
K
, bán kính
5.
R P
Vì
2 2
IK r
nên điểm
3,1
K
nằm bên ngoài
1
C
.
Do đó
1 2
,
C C
có điểm chung khi và chỉ khi
2 2
2R IK R rr RR
2
2 2 52 2 2 22 1 42 2
1 4
R P P
min 1 4 2; max 1 4 min max 2.
2P P P P
Câu 2: Tìm số giá trị nguyên của tham số thực
m
để tồn tại các số thực
thỏa mãn
2 2
2 2
2 2
x y m x y xy m
e e x y x y xy m
.
A.
6
. B.
9
. C.
8
. D.
7
.
Lời giải
Xét hàm số
1
t
f t e t
,
t
.
1
t
f t e
và
0 0
f t t
.
Ta thấy
f t
đổi dấu từ “- ” sang “+” khi qua
0t
nên
0 0,f t f t
.
Do đó:
2 2
2 2
1 0, ,
1 0, ,
x y m
x y xy m
e x y m x y
e x y xy m x y
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
2 2
x y m
x y xy m
.
Hay
2 2
2 2
2 2
1
2 2
2
x y m x y xy m
x y m
e e x y x y xy m
x y xy m
Đặt
, .S x y P x y
, ta có:
2
2
2
3 0
S P m
S S P
S P m
. Vì
2
4 0; 4
S P S
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 6 -
Lấy
1 2. 2
vế theo vế ta được:
2
2 3 3
S S m
.
Xét hàm số
2
2 , 0;4
f S S S S
, có
2 2 0, 0;4
f S S S
Yêu cầu bài toán
3
có nghiệm
0 3 4 0 8
f m f m
.
Vậy, có
9
giá trị nguyên của tham số
m
thỏa mãn.
Câu 3: Xét các số thực dương
thỏa mãn
2 2
2 2 1 3
2
2
2
1
log 2 1 log 2
3 2
xy
x y
x y
xy x
. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
2
2
2
x y y
P
y xy y
.
A.
1 5
2
. B.
5
2
. C.
1
2
D.
3
2
.
Lời giải
Ta có
2 2
2 2 1 3
2
2
2
1
log 2 1 log 2
3 2
xy
x y
x y
xy x
2 2
2 2
2
2
log 2 1 3 ; 0
3
x y
x y xy x y
xy x
2 2 2 2 2
2 2
log log 3 2 1 3x y xy x x y xy
2 2 2 2 2 2
2 2
log 2 2 2 2 log 3 3 (1).
x y x y xy x xy x
Xét hàm số
2
log
f t t t
trên khoảng
0; .
Ta có
1
' 1 0, 0,
.ln 2
f t t
t
nên hàm số
2
log
f t t t
đồng biến trên
0;

.
Do đó
2 2 2
(1) 2 2 3
f x y f xy x
2 2 2
2 2 3
x y xy x
2 2
3 2 0
x xy y
2
3 2 0
x x
y y
(vì
0
y
)
1 2 (2).
x
y
Ta thấy
2 2 2
2 2
2 2 3 3
2 2
x y y x xy y
P
y xy y xy y
2
2 3 3
.
2 1
x x
y y
x
y
Đặt
x
t
y
thì
1; 2
t
(do (2)). Khi đó
2
2 3 3
2 1
t t
P
t
2 1 2 1
1 2 1
2 1 2 2 1 2
t t
t t
1 2 1 3
2 2 1 . .
2 2 1 2 2
t
t
Dấu “=” xảy ra khi
3
2 1 2
2
t t
3
.
2
x
y
Vậy
3
min ,
2
P
đạt được khi
3
.
2
x
y
Câu 4: Cho
thỏa mãn
2
2
log 2 1
x y x y x y
(với
2 0
x y
). Tìm giá trị lớn
nhất của
2 2
2 10S x xy y
.
A.
6
. B.
9
. C.
8
. D.
4
.
Lời giải
Cách 1:
2
2
log 2 1
x y x y x y
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 7 -
2
2 2
2 log log 2 1 0
x y x y x y x y
2 2
2 2
log log 2 2 0
x y x y x y x y
2 2
2 2
log log 2 2 *
x y x y x y x y
Đặt
2
log
f t t t
, với
0t
.
1
1 0
.ln 2
f t
t
, với mọi
0t
.
Hàm số
f t
đồng biến trên
0;

.
2
* 2
f x y f x y
2
2
x y x y
2
x y
(Do
0
x y
).
Ta được
2
2 2 2 2
2 10 2 2 10 2 9 36 40
S x xy y x x x x x x
.
Do
2 0
4
2(2 ) 0 2
2
3
x y
x x x
x y
,
18 36 0 2
S x x
.
Dựa vào bảng biến thiên:
max
4
8
3
S S
khi
4
3
x
và
2
3
y
.
Cách 2:
2
2
log 2 1
x y x y x y
.
Đặt
t x y
, giả thiết đã cho trở thành:
2
2
log 2 1t t t
(1).
Điều kiện:
0t
.
Phương trình (1) là phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị hàm số
2
logy t
và
2
2 1y t t
.
Trên
0;1
, ta có
2
2
2 1 1 0 logt t t
.
Trên
1;

, hàm số
2
logy t
đồng biến, hàm số
2
2 1y t t
nghịch biến.
Mà phương trình (1) có nghiệm
2t
nên
2t
là nghiệm duy nhất của phương trình.
(Đoạn này có thể dựa vào đồ thị
2
hàm trên).
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 8 -
Từ đó
2 2
x y y x
.
Ta được
2
2 2 2 2
2 10 2 2 10 2 9 36 40
S x xy y x x x x x x
.
Do
2 0
4
2(2 ) 0 2
2
3
x y
x x x
x y
,
18 36 0 2
S x x
.
Dựa vào bảng biến thiên:
max
4
8
3
S S
khi
4
3
x
và
2
3
y
.
Câu 5: Cho phương trình
ln( )
x
e x a a
, với a là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của
a
thuộc khoảng
(0;19)
để phương trình có nghiệm dương?
A.
15
. B.
18
. C.
17
. D.
16.
Lời giải
Từ giả thiết
ln( )
ln( ) ln( ) ln( )
x x x x a
e x a a e x x a x a e x e x a
.
Xét hàm số đặc trưng ( )
t
f t e t
có
'
( ) 1 0,
t
f t e t
.
Suy ra
( ) (ln( )) ln( ) .
x x
f x f x a x x a x a e a e x
Đặt
( ) '( ) 1 '( ) 0 0.
x x
g x e x g x e g x x
Bảng biến thiên của hàm số
( )g x
Để phương trình có nghiệm dương thì
1
a
.
Do
(0,19)
a
suy ra
{2;3;...;18}
a
. Vậy có
17
giá trị cần tìm.
Câu 6: Cho
thỏa mãn
1, 1x y
và
3
log 4 3 1
4
x y
xy x y
xy
. Giá trị lớn nhất của biểu
thức
2 2
1 1
3P x y
x y
thuộc tập nào dưới đây?
A.
5;9
. B.
5;0
. C.
0;5
. D.
9;

.
Lời giải
Với
1, 1x y
suy ra:
2
4 4
x y
xy
.
Khi đó
3
log 4 3 1
4
x y
xy x y
xy
3 3
log log 4 4 3 1
x y xy xy x y
3 3
log 1 3 log 4 4x y x y xy xy
3 3
log 3 3 3 log 4 4 * .
x y x y xy xy
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 9 -
Xét hàm số
3
log
f t t t
trên
0;
.
Do
1
1 0
.ln 3
f t
t
với
0;t

nên hàm số
y f t
đồng biến trên
0;
.
Suy ra:
* 3 3 4 3 4f x y f xy x y xy
.
Ta có:
2 2
4 3 3 1
xy x y x y x y x y
.
Mặt khác
1, 1x y
nên:
1 1 0 1 4 1 4
x y xy x y xy x y
3 4 4 4 2
x y x y x y
.
Từ
1
và
2 3 4
x y
.
2 2
2 2
3
1 1 3
3 2 4
2
x y
P x y x y xy x y x y
x y xy
.
Đặt
3;4
x y t t
. Hàm số
2
3
4
2
g t t t
có
3
2 0
2
g t t
với
3;4
t
,
suy ra
4 6
g t g
.
Vậy
6
Max P
khi
1; 3
x y
hoặc
3; 1x y
.
Câu 7: Cho hai số thực
thỏa mãn
0 , 1x y
trong đó
không đồng thời bằng
0
hoặc
1
và
3
log 1 1 2 0
1
x y
x y
xy
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
P
với
2
P x y
.
A.
2
.. B.
1
. C.
1
2
. D.
0
.
Lời giải
Dựa vào điều kiện bài toán ta nhận xét:
0
1
x y
xy
;
1 0
xy
;
0
x y
;
1 0
xy
.
Ta có:
3 3 3
log 1 1 2 0 log log 1 1 0
1
x y
x y x y xy xy x y
xy
3 3
log log 1 1
x y x y xy xy
. Xét hàm số
3
log
g t t t
với
0t
.
Để ý,
1
1 0, 0
ln 3
g t t
t
nên hàm số
g t
đồng biến trên khoảng
0;
.
Vậy ta có
1
1 1
1
x
g x y g xy x y xy y
x
. Suy ra
1
2
1
x
P x
x
.
Xét hàm số
1
2
1
x
f x x
x
với
0;1
x
. Ta có
2
2
2
1
f x
x
;
0
0
2
x
f x
x
.
Ta có
0 1, 1 2
f f
. Vậy
0;1
min 1 0
f x x
, hay
min
1
P
khi
0
1
x
y
.
Câu 8: Cho hàm số bậc bốn
f x
có đồ thị như hình vẽ sau.
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 10 -
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
[ 2021;2021]
để phương trình
3
2
( )
log [ ( ) ] ( )
f x
x f x mx mx f x
mx
có hai nghiệm dương phân biệt?
A.
2019
. B.
2021
. C.
2020
. D.
2022
.
Lời giải
Từ đồ thị hàm số suy ra
f x
có ba điểm cực trị là
1; 0; 1
. Do đó
2 4 2
( ) 1 ( )
4 2
a a
f x ax x f x x x b
.
Mặt khác, vì đồ thị hàm số
( )f x
đi qua hai điểm
(0;4), (1;3)
nên
4 2
( ) 2 4 3,f x x x x
.
Điều kiện
2
( )
0 suy ra 0
f x
m
mx
.
3
2
( )
log [ ( ) ] ( )
f x
x f x mx mx f x
mx
2 2 2
log ( ) ( ) ( ) log
f x f x xf x mx mx x mx
.
2 2
log ( 1) ( ) 1 . ( ) log ( 1) 1 .x f x x f x x mx x mx
(*)
(Do
1 0
x
).
Xét hàm số
( ) log
g t t t
với
0t
. Ta có
1
( ) 1 0
.ln10
g t
t
với
0t
.
Từ (*) ta có
2
4 2
2
2 2
( ) 2 4 2
( 1) ( ) ( 1) 6
f x x x
x f x x mx m x
x x x
.
Đặt
2
2 2,
u x
x
khi đó
2
6, 2 2.
m u u
Ứng với mỗi giá trị của
2 2
u
cho ta hai giá trị dương của
x
nên yêu cầu bài toán
đưa về điều kiện là tìm
m
để phương trình
2
6
m u
có đúng một nghiệm
2 2.
u
Đặt
2
( ) 6
h u u
với
2 2.
u
Bảng biến thiên của hàm số
( )h u
.
Từ bảng biến thiên suy ra
2
m
thỏa yêu cầu bài toán.
Do
m
và
[ 2021;2021]
m
nên
3; 4; ; 2021
m
.
Vậy có 2019 giá trị của
m
thỏa mãn đề bài.
Câu 9: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
thuộc
2021; 2021
để phương trình
ln
x m
e x m
có nghiệm thực?
A.
2019
. B.
2018
. C.
2020
. D.
2021
.
Lời giải
Ta có:
ln
x m
e x m
ln
x m
e x m x x
ln
ln 1
x m x
e x m e x
Xét hàm số
t
f t e t
,
t
thì
1
trở thành
lnf x m f x
.
Có
1 0,
t
f t e t
suy ra hàm số
f t
đồng biến trên
từ đó
lnf x m f x
ln lnx m x m x x
điều kiện
0
x
Xét hàm số
lng x x x
trên
0;
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 11 -
Có
1
1g x
x
;
1
0 1 0 1
g x x
x
0 0
lim lim ln
x x
g x x x

;
lim lim ln
x x
g x x x
 

Bảng biến thiên:
Để phương trình có nghiệm thực điều kiện là
1
m
mà
2021; 2021
m
nên
1 2021
m
suy ra có
2020
giá trị nguyên thoả mãn bài toán.
Câu 10: Có bao nhiêu cặp số nguyên dương
,x y
thỏa mãn
1 2020
x
và
2
9 3
y x
x x
?
A.
2020
. B.
1010
. C.
6
. D.
7
.
Lời giải
Ta có:
2 2 2
9 3 3 3
y y y y
x x x x
1
.
Xét hàm:
2
f t t t
,
0t
.
Khi đó:
' 1 2 0f t t
với mọi
0t
f t
là hàm đồng biến trên
0;

.
Vì vậy
1 ( ) 3 3
y y
f x f x
.
Theo giả thiết
3
1 2020 1 3 2020 0 log 2020
y
x y
.
Vì
y
nên
{0;1;2;3;4;5;6} {1;3;9;27;81;243;729}
y x
.
Vậy có
7
cặp số
,x y
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 11: Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình
2 2
2 4 9 5 1
2021 2021 1 8 0
x x x x
x x
A.
7
. B.
8
. C.
6
. D.
5
.
Lời giải
Từ giả thiết:
2 2 2 2
2 4 9 5 1 2 4 9 2 5 1
2021 2021 1 8 0 2021 9 8 2021
x x x x x x x x
x x x x
2 2
2 4 9 2 5 1 2
2021 2 4 9 2021 5 1
x x x x
x x x x
(1)
Xét hàm số
2021 2021.ln 2021 1 0
t t
f t t f t t
f t
là hàm đồng biến.
Từ (1) ta có
2 2 2 2
2 4 9 5 1 2 4 9 5 1f x x f x x x x x x
.
2
9 8 0 1 8
x x x
.
Yêu cầu của bài toán:
2;3; 4;5;6;7
x x
.
Vậy bất phương trình có 6 nghiệm nguyên.
Câu 12: Gọi
1 2
,x x
là hai nghiệm của phương trình
2
1 2 1
5 2 1 25
x x
x x
. Tính giá trị biểu
thức
2 2
1 2
1 1
P
x x
.
A.
6
P
. B.
2P
. C.
6
P
. D.
2P
.
Lời giải
Phương trình tương đương:
2
1 2 2 2
5 1 5 2 2
x x
x x
.
Xét hàm số
5
t
f t t
trên
' 5 ln 5 1 0,
t
f t x
hàm số
f t
đồng biến trên
.
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 12 -
Ta có:
2
1 2 2 2 2 2
5 1 5 2 2 1 2 2 1 2 2
x x
x x f x f x x x
.
1
2
2 2
1 2
2
1 2
1 1
2 1 0 6
1 2
x
x x
x x
x
.
Câu 13: Số nghiệm nguyên của bất phương trình
2 2 2
2
log 3 3 2x x x x x
là
A. Vô số. B.
2
. C.
1
. D.
3
.
Lời giải
Điều kiện:
2 2 2
3 0 3 0 0
x x x x x x x
(vì
2
3 ,x x x
)
2
2 2 2 2
2 2
2 2
3
log 3 3 2 log 3 2
3
x
x x x x x x x
x x x
2 2 2
2 2 2
2
3
log 3 2 log 3 log 3 3 2
3
x
x x x x x x x
x x
2 2 2
2 2
3 log 3 3 log 3 3 3
x x x x x x f x f x x
(*)
Với
2
logf t t t
là hàm số đồng biến trên
0;

.
Do đó bất phương trình
2 2 2 2
(*) 3 3 3 2 3 4 1 1x x x x x x x x
So điều kiện
0
x
ta được
0 1x
. Vì
1x x
.
Vậy bất phương trình có 1 nghiệm nguyên.
Câu 14: Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình
3 2
3
2
2
3 3 5
log 1 6 7
1
x x x
x x x
x
.
A.
2 3
. B.
2
. C.
0
. D.
2 3
.
Lời giải
Điều kiện:
3 2
2
3 3 5
0
1
x x x
x
3 2
3 3 5 0
x x x
3 2
3 3 1 6 6 0
x x x x
3
1 6 1 0
x x
2
1 2 5 0
x x x
1 6 1
1 6
x
x
.
Ta có:
3 2
3
2
2
3 3 5
log 1 6 7
1
x x x
x x x
x
.
3
3 2 2 2
log 3 3 5 log 1 6 7 1
x x x x x x x
.
3 2 3 2 2 2
log 3 3 5 3 3 5 log 1 1 *
x x x x x x x x
.
Xét hàm đặc trưng:
log
f t t t
0
t
.Ta có:
1
1
ln10
f t
t
.Với
0 0
t f t
.
Vậy hàm
log
f t t t
đồng biến với
0t
.
Phương trình (*)
3 2 2
3 3 5 1
f x x x f x
3 2 2
3 3 5 1
x x x x
.
3 2 3 2
2 3 6 0 8 2 3 14 0
x x x x x x
.
2
2 2 4 2 2 7 0
x x x x x
.
2
2 3 0
x x
.
2 ( )
3 ( )
3 ( )
x tm
x tm
x tm
.
Vậy tổng các nghiệm của phương trình bằng
2
.
Câu 15: Tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình
2 2
2 5 2 5 1 2
e e 2 6 8
x x x x
x x
là
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 13 -
A.
5
. B.
5
. C.
6
. D.
6
.
Lời giải
Ta có:
2 2
2 5 2 5 1 2
2 6 8
x x x x
e e x x
2 2
2 5 2 5 1 2 2
2 2 5 1 2 2 5
x x x x
e e x x x x
2 2
2 5 2 2 5 1 2
2( 2 5) 2 2 5 1 (*)
x x x x
e x x e x x
Xét hàm số
( ) 2 '( ) 2 0 ( )
t t
f t e t f t e t f t
đồng biến trên
.
Từ (*) ta có
2 2 2 2
2 5 2 5 1 2 5 2 5 1f x x f x x x x x x
2
3 4 0 1 4
x x x
Mà
0;1;2;3
x x
. Vậy tổng các nghiệm nguyên bằng
6
.
Câu 16: Có bao nhiêu cặp số nguyên
;x y
thỏa mãn
0 2020
y
và
3
2 1
log 1 2 ?
x
x
y
y
A.
2021
. B.
10
C.
2020
. D.
11
.
Lời giải
Từ giả thiết ta có:
0
0
2 1
2 1
0
0
0
x
x
y
x
y
y
y
.
Ta có:
3 3 3
log
2 1
log 21
1 2 1 log (*)
2
x
x x x
y
yy y
Xét hàm số
3
log
f t t t
trên
0;

Khi đó
1
1 0
ln 3
f t
t
. Do đó hàm số
3
log
f t t t
đồng biến trên
0;

Phương trình (*) có dạng
2 1 2 1
x x
f f y y
Vì
0 2020
y
nên
2
0 2 1 2020 1 2 2021 0 log 2021
x x
x
Kết hợp với điều kiện ta có:
2
0 log 2021
1;2;3; 4;5;6;7;8; 9;10
x
x
x
.
Vậy có 10 cặp
;x y
thỏa mãn.
Câu 17: Xét các số thực dương
thoả mãn
2
2 1
2
2
2021
1
x y
x y
x
. Giá trị nhỏ nhất
của
biểu thức
2 3P y x
bằng
A.
min
5
.
6
P
B.
min
1
2
P
. C.
min
3
4
P
. D.
min
7
.
8
P
Lời giải
Ta có:
2
2 1
2
2021
2 2
2 2
2021 2 1 log
1 1
x y
x y x y
x y
x x
2 2
2021 2021
log 2 1 2 2 1 log 2 2 2 * .
x x x x x y x y
Xét hàm:
2021
log 2 , 0f t t t t
. Suy ra:
1
' 2 0 , 0.
ln 2021
f t t
t
Do đó hàm
f t
đồng biến trên khoảng
0;

.
Mà
2 2 2
* 2 1 2 2 1 2 1
f x x f x y x x x y y x
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 14 -
Khi đó:
2
2
3 7 7
2 3 2 3 2 2
4 8 8
P y x x x x
KL:
min
7
8
P
khi
3
4
x
.
Câu 18: Cho hai số dương
,x y
thỏa mãn:
2
2
log 4 2 2 8 2 2 2
y
x y xy x y
. Giá
trị nhỏ nhất của biểu thức
2P x y
có dạng
M a b c
với
, , 2
a b a
. Tính
S a b c
A.
7S
. B.
19S
. C.
17S
. D.
3S
.
Lời giải
Với giải thiết
,x y
dương ta có:
2
2
log 4 2 2 8 2 2 2
y
x y xy x y
2
2 log 2 1 2 8 2 1 2 3 2
y x y x y y
2
8
log 2 1 2 2 1 3
2
x y x
y
2 2 2
8
log 2 1 log 2 2 1 log 8
2
x y x
y
2 2
8 8
log 2 1 2 1 log
2 2
x x
y y
1 .
Xét hàm số
2
log
f t t t
với
0t
, ta có
1
1 0, 0
ln 2
f t t
t
Hàm số
2
log
f t t t
đồng biến trên khoảng
0;

Khi đó
8 8
1 2 1 2 1
2 2
f x f x
y y
8 8
2 2 1 2 3 2 3 2 . 2 3 4 2 3.
2 2
P x y x y y y
y y
Đẳng thức xảy ra khi
2
2 2 2
8
2 2 8
2
2 2 2
y n
y y
y
y l
2 2 1
.
2
x
4
4 2 3 2 3.
3
a
M b S a b c
c
Câu 19: Cho
3
số thực
, ,a b c
thỏa
2
2 2 2
log 4 4 4
2
a b c
a a b b c c
a b c
. Giá trị lớn
nhất của biểu thức
2 3a b c
P
a b c
là:
A.
12 30
3
. B.
4 30
3
. C.
8 30
3
. D.
6 30
3
.
Lời giải
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 15 -
Ta có
2
2 2 2
log 4 4 4 .
2
a b c
a a b b c c
a b c
2 2 2 2 2 2
2 2
log 4 4 log 2 2
a b c a b c a b c a b c
(1)
Xét hàm số
2
log
f t t t
0
t
1
1 0
.ln 2
f t
t
f t
đồng biến trên
0;

Nên (1)
2 2 2
4 2
a b c a b c
2 2 2
2 2 2 10
a b c
S
S
là phương trình mặt cầu tâm
2; 2; 2
I
, bán kính
10
R
2 3
1 2 3 0
a b c
P a P b P c P Q
a b c
Điều kiện để mặt phẳng
Q
cắt mặt cầu
S
là
2 2 2
2 1 2 2 2 3
, 10
1 2 3
P P P
d I Q R
P P P
2
2
6 12 10 3 12 14
P P P
2
6 24 4 0
P P
6 30 6 30
3 3
P
Vậy GTLN
6 30
.
3
P
Câu 20: Gọi
0
x
là nghiệm thực của phương trình
2
2 2 4 2
2
5 1
ln 1 5
1
x x
x x x x
x
, biết bình
phương của nghiệm
0
x
có dạng
2
0
a b
x
c
, ,a b c
,
a
b
tối giản.Tính
2S a b c
.
A.
26
S
. B.
34
S
. C.
8
S
. D.
0
S
.
Lời giải
Điều kiện:
0
x
Chia cả hai vế của phương trình cho
2
x
ta được:
2
2 2 2
5 1 1 1
ln 1 5
1
x x
x x x
2
2 2
2
1
5
1 1
ln 1 5
1
1
x
x x
x
2 2 2 2
1 1 1 1
ln 5 5 ln 1 1
x x x x
(*)
Xét hàm đặc trưng
ln
f t t t
0
t
.
Ta có:
1
1
f t
t
.
Với
0 0
t f t
.
Vậy hàm
ln
f t t t
đồng biến và liên tục với
0t
.
Khi đó (*)
2 2
1 1
5 1
x x
2 2 4 4 2
1 2 1 1 1
5 1 4 0
x x x x x
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 16 -
4 2
4 1 0
x x
2
2
1 17
( )
8
1 17
( )
8
x n
x l
0
S
.
Câu 21: Cho phương trình:
2 2
2
log 1 . 4 4 1 2x x x x x
có nghiệm dạng
13
a c
b
với
, ,a b c
là các số nguyên. Giá trị của biểu thức
a b
bằng
A.
2
. B.
0
. C.
1
. D. 1.
Lời giải
Với điều kiện:
1 0 1
x x
Ta có:
2 2
2
log 1 . 4 4 1 2x x x x x
2 2
2 2
log 1 log 4 4 1 2x x x x x
2
2 2
2
4
log 1 log 4 1 2
4
x x x
x x
2 2
2 2
log 1 2 log 4 4 1 2x x x x x
2 2
2 2
log 1 1 log 4 4
x x x x x x
Xét hàm số:
2
log
f t t t
với
0;t

Có:
1
' 1 0
. ln 2
f t
t
với
0;t

Vậy hàm
ln
f t t t
đồng biến và liên tục với
0t
.
Từ
2 2
1 4 2 1 4
x x x x x
với
1
2
x
2
2 13
3
3 4 3 0
2 13
3
x
x x
x
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của phương trình là
2 13
3
x
1
a b
.
Câu 22: Cho phương trình
2
2
2
1
log 2 9 8
2
x
x x
x
có
2
nghiệm
1
x
,
2 1 2
x x x
. Giá trị của
biểu thức
2 1
2 5x x
bằng
A.
0
. B.
1
. C.
2
. D.
3
.
Lời giải
Điều kiện:
1 2
x
. Khi đó phương trình
2
2
2
1
log 2 9 8
2
x
x x
x
2
2
2 2
log 1 log 2 2 9 8 x x x x
2 2
2 2
log 1 1 log 4 4 1 2 8 8
x x x x x x
2 2
2 2
log 1 1 log 2 8 8 2 8 8
x x x x x x
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 17 -
Xét hàm số
2
1
log 0 1 0
ln 2
f t t t t f t
t
,
0
t
. Suy ra hàm số đồng
biến
trên khoảng
0;

.
Do đó:
1
2 2 2
2
1
1 2 8 8 1 2 8 8 2 9 7 0
7
2
x x
f x f x x x x x x x
x x
.
Vậy
2 1
7
2 5 2. 5.1 2
2
x x
.
Câu 23: Tổng các nghiệm của phương trình
2
2 8
ln 8 2 18 2ln 4 8
x
x x x
x x
là
A.
7
. B.
3 2 3
. C.
3 2 3
. D.
1
.
Lời giải
Điều kiện
8 2
0
x
x
.Ta có:
2 2
2
2
2 8 1 2 4
ln 8 2 18 2 ln 4 8 ln 8 9 ln 2 8
2
2 2
ln 8 8 1 ln 1 1 1
x x
x x x x x x
x x x x
x x
x x
Xét hàm số
2
ln 1
f t t t
,
0t
.
Ta có
2
1 2 2 1
2 1 0
t t
f t t
t t
,
0
t
, do đó hàm số
f t
đồng biến trên
khoảng
0;

.
Mặt khác ta có :
2
2
2 2
ln 8 8 1 ln 1 1 1
x x
x x
2
8 1f x f
x
2
8 1x
x
3 2
1
7 4 4 0 2 2 3
2 2 3
x
x x x x
x
Kết hợp với điều kiện ta được
1
2 2 3
x
x
.
Vậy tổng các nghiệm của pt đã cho là
3 2 3
.
Câu 24: Số nghiệm nguyên của bất phương trình
2 2 2
2
log 3 3 2x x x x x
là
A.
2
. B.
1
. C.
3
. D. Vô số.
Lời giải
Điều kiện xác định:
2 2 2
3 0 3 0 0
x x x x x x x
(vì
2 2
3 0
x x x x x x
)
Ta có:
2 2
3 3 3
x x x x
nên bất phương trình đã cho tương đường với
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 18 -
2 2 2
2 2 2
2
3
log 3 3 log 3 3 log 3 3 *
3
x
x x x x x x x x x
x x
Xét hàm số
2
log
f t t t
với
0t
.
1
1 0, 0
ln 2
f t t
t
f t
là hàm số đồng biến trên
0;

.
Do đó
2 2 2 2
* 3 3 3 2 3 4x x x x x x x
(vì
0x
).
2
1x
. Mà
0x
nên
0;1
x
.
Vậy bất phương trình đã cho có
1
nghiệm nguyên.
Câu 25: Tổng tất cả các nghiệm của phương trình
2
2
3
2 3 2
2 2
2 .log 6 11 4 .log 2 8
x
x
x x x
là:
A.
3
. B.
3
.
2
C.
4
. D.
6
.
Lời giải
TXĐ:
D
Ta có:
2
2
3
2 3 2
2 2
2 log 6 11 4 .log 2 8
x
x
x x x
2
2
2 3
2
3
2
2 2
2 log 3 2 2 .log 2 3 2 *
x
x
x x
Đặt
2
( ) 2 log ( 2), 0
t
f t t t
;
2
1
'( ) 2 ln 2.log ( 2) 2 0, 0
( 2) ln 2
t t
f t t t
t
.
hàm số
2
( ) 2 log ( 2)
t
f t t
đồng biến trên
(0; )
.
Khi đó (*)
2 2
2 2 2 2
3 2 3 3 2 3 6 9 2 6
f x f x x x x x x
2
6 3 0
x x
1 2
6
x x
.
Câu 26: Tổng các nghiệm phương trình:
2
2
2 2
log 1 2 4
3 1
x
x x
x
là
A.
3
. B.
1
. C.
3
4
. D.
3
2
.
Lời giải
Điều kiện:
1
*
3
x
Với điều kiện
(*)
, phương trình tương đương với phương trình sau:
2 2
2 2
2 2
2 2
log 2 2 log 3 1 4 6 2
log 2 2 2 2 2 log 3 1 2 3 1
x x x x
x x x x
Xét hàm số:
2
( ) log 2 , 0f t t t t
ta có
'
1
( ) 2 0, 0
ln 2
f t t
t
Suy ra, hàm số đồng biến trên khoảng
(0; )
, do đó:
2 2 2
1
2 2 3 1 2 2 3 1 2 3 1 0
1
2
x tm
f x f x x x x x
x tm
Vậy phương trình có hai nghiệm là
1 2 1 2
1 3
1,
2 2
x x x x
.
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 19 -
Câu 27: Cho phương trình
2
2 2
1 2 1 1
log 2 3 log 1 2 2
2
x
x x x
x x
, gọi
S
là tổng tất
cả các nghiệm của nó. Khi đó, giá trị của
S
là
A.
2
S
. B.
1 13
2
S
. C.
2
S
. D.
1 13
2
S
.
Lời giải
Điều kiện
1
2
2
0
x
x
. Xét hàm số
2
2
log 1
f t t t
,
0t
.
Ta có
1
2 1
ln 2
f t t
t
2
2ln 2. 2ln 2. 1
0
.ln 2
t t
t
,
0
t
, do đó hàm số
f t
đồng biến
trên khoảng
0;

.
Mặt khác ta có:
2
2 2
1 2 1 1
log 2 3 log 1 2 2
2
x
x x x
x x
2
2
2 2
1 1
log 2 2 1 log 2 2 1
x x
x x
1
2 2f x f
x
1
2 2x
x
3 2
2 4 1 0
x x x
1
3 13
2
3 13
2
x
x
x
. Kết hợp với điều kiện ta được
1
3 13
2
x
x
. Vậy
1 13
2
S
.
Câu 28: Cho hàm số
2 2021 2023
( ) ln( 1 )
f x x x x x
. Số nghiệm nguyên thuộc đoạn
[ 2021;2021]
của bất phương trình
(2 ) ( 3) 0
x
f f x
là:
A.
2021
. B.
2020
. C.
2022
. D.
2023
.
Lời giải:
Xét hàm số
2 2021 2023
( ) ln( 1 )
f x x x x x
- Tập xác định
D R
- Ta có với mọi
x D
:
2 2021 2023 2021 2023
2
1
( ) ln( ( ) 1 ( )) ( ) ( ) ln( ) ( )
1
f x x x x x x x f x
x x
Vậy hàm số
( )f x
là hàm số lẻ suy ra:
( 3) (3 )f x f x
- Mặt khác với mọi
x D
:
2
2020 2022 2020 2022
2 2
( 1 ) ' 1
'( ) 2021. 2023. 2021. 2023. 0
1 1
x x
f x x x x x
x x x
Nên hàm số đồng biến trên tập xác định.
Khi đó bất phương trình
(2 ) ( 3) 0 (2 ) (3 ) 0 (2 ) (3 )
x x x
f f x f f x f f x
2 3 2 3 0 (*)
x x
x x
Xét hàm số
( ) 2 3
x
g x x
, ta có
( )g x
đồng biến trên
R
và
(1) 0
g
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 20 -
nên bất phương trình
2 3 0 1
x
x x
Do
x
nguyên thuộc
[ 2021;2021]
nên
x
nhận các giá trị thuộc tập
2021, 2020, 2019,...0,1
T
vậy có
2023
giá trị cần tìm.
Câu 29: Biết phương trình
2 3
2 1 1
log 2log
2
2
x x
x
x
có một nghiệm dạng
2x a b
trong đó
,a b
là các số nguyên. Tính
2
a b
.
A.
3
. D.
4
. C.
6
D.
5
.
Lời giải
Điều kiện:
0
0
1
1
1
0
2
2
x
x
x
x
x
x
x
.
Ta có:
2 3 2 2 3 3
2 1 1
log 2log log 2 1 log 2 log 1 2 log 2
2
x x
x x x x
x
x
2 3 2 3
log 2 1 2log 2 log 2 log 1 *
x x x x
Xét hàm số:
2 3
log 1 2 log
f t t t
trên
0;

Ta có:
1 2
' 0
1 ln 2 .ln 3
f t
t t
với mọi
0;t

.
Suy ra
f t
đồng biến trên
0;

Từ đó ta có
1 2
* 2 1 2 1 2 1 0
1 2
x
f x f x x x x x
x
Do
0
x
nên
1 2 3 2 2 3, 2
x x a b
. Suy ra
2 4.
a b
Câu 30: Có bao nhiêu cặp số nguyên
; , 2022
x y x
và thỏa mãn phương trình
2 2 4
log log 1 4logx x y y
A.
2020
. B.
1010
. C.
2019
. D.
1011
.
Lời giải
 Điều kiện:
0
0
0
x
y
x y
.
2 2 2
log log 1 2logx x y y
2
2 2
log 1 log
x x y y
2
2 2
log log 2x x y y
2 2
2x xy y
2 0
x y x y
2x y
x y
.
 Trường hợp
x y
không xảy ra.
 Xét
2x y
, mà
2022 2 2022 1011
x y y
, kết hợp điều kiện
1;2;....1011
y
.
Vậy có
1010
giá trị của
y
, tương ứng với có
1011
cặp số
;x y
thỏa mãn bài toán.
Câu 31: Để phương trình:
2 2
sin cos
2 2
x x
m
có nghiệm, thì các giá trị cần tìm của tham số m là:
A.
1 2
m
. B.
2 2 2
m
. C.
3 4
m
. D.
2 2 3
m
.
Lời giải
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 21 -
Phương trình tương đương
2 2 2
2
sin 1 sin sin
sin
2
2 2 2
2
x x x
x
m m
Đặt
2
sin 2
2 , 1;2 do 0 sin 1
x
t t x
.
Xét hàm
2
2 2
, 1;2 1 ; 0 2
f t t t f t f t t
t t
Bảng biến thiên
Vậy phương trình
f t m
có nghiệm
2 2 3
m
.
Câu 33. Xét các số thực dương
,x y
thỏa mãn
3
1
log 3 3 4
3
y
xy x y
x xy
. Tìm giá trị
nhỏ nhất
min
P
của
P x y
.
A.
min
4 3 4
3
P
. B.
min
4 3 4
3
P
. C.
min
4 3 4
9
P
. D.
min
4 3 4
9
P
.
Lời giải
Điều kiện:
1
0
0 1
3
0
0; 0
y
y
x xy
x
x y
.
Ta có:
3 3
1 1
log 3 3 4 log 1 3 3 1
3 3
y y
xy x y xy x y
x xy x xy
3 3
log 3 1 log 3 3 3 1
y x xy xy x y
3 3
log 3 1 3 1 log 3 3 1
y y x xy xy x
.
Xét hàm số
3
log
y a a
trên khoảng
0;

.
1
' 1 0
ln 3
y
a
3
log
y a a
là hàm số đồng biến trên khoảng
0;

.
Từ
1
3 1 3y x xy
3 1
.
1 3
y
x
y
Khi đó:
3 1
1 3
y
P x y y
y
.
Xét hàm số
3 1
4
1
1 3 1 3
y
f y y y
y y
Ta có:
2
1 2 3
12
3
' 1 0
3 1
1 2 3
3
x
f y
y
x
BBT:
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 22 -
Dựa vào BBT ta thấy
min
4 3 4
3
P
, dấu
" "
xảy ra khi
1 2 3
3
x
.
Câu 32: Tìm các giá trị của tham số
m
để phương trình
2
2 1
2
4 log log 0
x x m
có nghiệm
thuộc khoảng
0;1
.
A.
1
0;
4
m
. B.
1
;
4
m

. C.
; 0
m
. D.
1
;
4
m
.
Lời giải
Điều kiện:
0
x
.
2
2
2 1 2 2
2
4 log log 0 log log 0
x x m x x m
(1).
Đặt
2
logt x
, do
0;1 ;0
x t
Phương trình (1) trở thành
2 2
0
t t m m t t
(*)
Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm giữa đồ thị hàm số
2
f t t t
với
đường thẳng
y m
Xét hàm số
2
f t t t
trên
;0
t
.Ta có:
1
2 1, 0
2
f t t f t t
.
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên, phương trình có nghiệm trong khoảng
0;1
khi
1
4
m
.
Câu 33: Cho
,x y
là các số dương thỏa mãn
3
4
log 2 1
x y
x y
x y
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
4 2
2
3 2 2
( )
x y xy y
P
x x y
.
A.
1
4
. B.
3
2
. C.
2
. D.
1
2
.
Lời giải
, 0
x y
, ta có:
3
4
log 2 1
x y
x y
x y
3 3
log 4 log 4 3 1
x y x y x y x y
3 3
log 4 4 log 3 3
x y x y x y x y
(1)
Xét Hàm số
3
log
f t t t
có
1
( ) 1 0
ln 3
f t
t
,
0,t
Hàm số
f t
đồng biến trên
0,
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 23 -
Khi đó: (1)
( 4 ) 3( ) 4 3 2f x y f x y x y x y y x
Với
2y x
ta có:
4 2
2
3 2 2
( )
x y xy y
P
x x y
5 2 2 5 2
2
2 3
6 4 8 6 12 2 4
(3 ) 9 3 3
x x x x x
x
x x x x
Áp dụng BĐT cô si ta có :
2
3
2 2 2 2 2 2
3 2
3 3 3 3 3 3
P x
x x
. Dấu “=” xảy ra
1x
Vậy, GTNN của P là 2 khi
1
2
x
y
Câu 34: Cho bất phương trình:
2
3 2
2
3
1
log 3 3 sin
1
3
4 3 sin
3
x x
x x x m cosx x
x x m cosx x
(1)
Có bao nhiêu số nguyên
10;0
m
sao cho bất phương trình (1) thỏa mãn với mọi
giá trị của
x
thuộc khoảng
0;1
.
A.
9
. B.
8
. C.
1
. D.
7
.
Lời giải
Biến đổi bất phương trình (1) như sau:
2 2 3 3
2 2
1 1
log log 4 3 sin 4 3 sin
3 3
x x x x x x m cosx x x x m cosx x
.
Xét hàm số:
2
( ) log
f t t t
0t
.
Ta có:
1
'( ) 1
ln 2
f x
t
'( ) 0
f x
với
0;t

. Do đó hàm số đồng biến trên
0;

.
Ta có:
2 3
1
4 3 sin
3
f x x f x x m cosx x
2 3 3 2
2 2
1 1
4 3 sin 3 3 sin
3 3
0 0
x x x x m cosx x m x x x cosx x
x x x x
Ta có:
2
0;1 ( ) 0
x x x
.
Xét
3 2
1
3 3 sin
3
m x x x cosx x
,
(0;1)
x
(*)
Xét hàm số:
3 2
1
( ) 3 3 sin
3
g x x x x cosx x
với
0;1
x
.
Ta có:
2 2
'( ) 2 3 sin 3 s ( 1) 2 2sin
3
g x x x x co x x x
'( ) 0, (0;1)
g x x
Do đó hàm số
( )g x
đồng biến trên
(0;1)
.
Suy ra bất phương trình (*) thỏa mãn với
(0;1)
x
khi và chỉ khi
(0) 1
m g
.
Ta có
10 1
m
m
suy ra có 9 giá trị của
m
.
Câu 35: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
để phương trình
2
2
2
2
3
log 2 10 5 2
2 2 1
x x m
x x m
x x
có hai nghiệm phân biệt lớn hơn
2
.
A.
1
. B. vô số. C.
2
. D.
0
.
Lời giải
+) Điều kiện:
2
3 0
x x m
.
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 24 -
Ta có
2
2
2
2
3
log 2 10 5 2
2 2 1
x x m
x x m
x x
2
2
2
2
3
log 1 2 10 4 2
2 2 1
x x m
x x m
x x
2
2
2
2
3
log 2 10 4 2
4 4 2
x x m
x x m
x x
2
2 2
2
2
3
log 2 4 4 2 3
4 4 2
x x m
x x x x m
x x
2 2 2 2
2 2
log 3 log 4 4 2 2 4 4 2 3
x x m x x x x x x m
2 2 2 2
2 2
2 3 log 3 2 4 4 2 log 4 4 2
x x m x x m x x x x
(1)
+) Xét hàm số:
2
2 logf t t t
xác định trên
0;
1
2 0
.ln 2
f t
t
,
0;t
. Do đó hàm số
f t
đồng biến trên
0;
.
Lại có điều kiện
2
3 0
x x m
và
2
4 4 2 0
x x x
Do đó, (1)
2 2
3 4 4 2
f x x m f x x
2 2
3 3 4 2 2
x x m x x
2
5 2m x x
2
.
+) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt lớn hơn
2
khi và chỉ khi phương trình
(2) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn
2
.
Xét hàm số:
2
5 2g x x x
trên
2;
, có
2 5g x x
5
0
2
g x x
Bảng biến thiên:
x
2
5
2

g x
0
g x
4
17
4

Từ bảng biến thiên, ta có phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn
2
khi và
chỉ khi
17
4
4
m
.
Mà
m
nguyên nên
m
. Vậy không có giá trị
m
thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 36: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
để tồn tại cặp số
;x y
thỏa mãn
2 1 3 2
1
x y x y
e e x y
, đồng thời thỏa mãn
2 2
2 2
log 2 1 4 log 4 0
x y m x m
.
A.
3
. B.
4
. C.
5
. D.
6
.
Lời giải
Ta có
2 1 3 2 2 1 3 2
1 2 1 3 2
x y x y x y x y
e e x y e x y e x y
.
Xét hàm số
t
f t e t
. Ta có
' 1 0,
t
f t e t
.
Khi đó ta có
2 1 3 2 2 1 3 2 1f x y f x y x y x y y x
.
Do đó ta có
2 2 2 2
2 2 2 2
log 2 1 4 log 4 0 log 4 log 4 0
x y m x m x m x m
.
Ta có
2
2 2
4 4 4 3 8m m m m
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 25 -
Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
2
8
0 3 8 0 0 0;1; 2
3
m
m m m m
Câu 37: Tổng tất cả các giá trị của tham số
m
để phương trình
2
2
2 1 2
2 3
3 log 2 2
x x x m
x x
x m
có đúng ba nghiệm phân biệt là
A.
3
B.
0
. C.
2
. D.
1
.
Lời giải
Phương trình tương đương
2
2 3 2 2
2
ln 2 2
3 .
ln 2 3
x x x m
x m
x x
2
2 2
2 3 2
3 .ln 2 3 3 .ln 2 2 * .
x m
x x
x x x m
Xét hàm đặc trưng
3 .ln , 2
t
f t t t
là hàm số đồng biến nên từ phương trình
*
suy
ra
2 2
2 3 2 2 2 2 1 0.
x x x m g x x x x m
Có
2
2
4 2 2 khi 2 4 khi
'
2 khi
2 1 khi
x x m x m x x m
g x g x
x x m
x m x m
.
Và
2 khi
' 0
0 khi
x x m
g x
x x m
Xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1:
0
m
ta có bảng biến thiên của
g x
như sau:
Phương trình chỉ có tối đa 2 nghiệm nên không có
m
thỏa mãn.
Trường hợp 2:
2
m
tương tự ta có bảng biến thiên của
g x
như sau:
Phương trình chỉ có tối đa 2 nghiệm nên không có
m
thỏa mãn.
Trường hợp 3:
0 2,
m
bảng biến thiên
g x
như sau:
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 26 -
Phương trình có 3 nghiệm khi
2
1
1 0
1
2 1 0 2 3 .
2
2 1 0 2 3
3
2
m
m
m m m
m m
m
Vậy tổng các giá trị của
m
là
3
.
Cách 2:
Phương trình tương đương
2
2 3 2 2
2
ln 2 2
3 .
ln 2 3
x x x m
x m
x x
2
2 2
2 3 2
3 .ln 2 3 3 .ln 2 2 * .
x m
x x
x x x m
Xét hàm
3 .ln , 2
t
f t t t
là hàm số đồng biến nên từ phương trình
*
suyra
2 2
2 3 2 2 2 2 1 0.(1)
x x x m x x x m
2
2
2
2 4 1
2 1 2
2 1
m x x
x x x m
m x
Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đường thẳng
2y m
và 2 đồ thị
2
4 1y x x
và
2
1
y x
Từ đồ thị suy ra có
3 1
, 1,
2 2
m m m
thì phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
Vậy có 3 giá trị
m
thì phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
Câu 38: Có bao nhiêu cặp số nguyên
;x y
thỏa mãn đồng thời
2
2 log
x
y x y
và
,x y
thuộc đoạn
2;10
?
A. 6. B. 7. C. 5. D. 8.
Lời giải
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 27 -
2
2 log
x
y x y
2
2 log
x
x x y x y
2
log
2
2 log 2
x y
x
x x y
*
.
Xét hàm số
2
t
f t t
có
'
2 ln 2 1 0,
t
f t t
.
Hàm số đồng biến trên
, do đó:
2
* log
x x y
2 2
x x
x y y x
**
.
Xét hàm số
2
x
g x x
trên đoạn
2;10
.
Ta có:
'
1 2 ln 2
x
g x
2 2
' 0 log log
g x x e
.
Kết hợp
**
và BBT ta có:
2
2
log
2 log
e
y
e
.
Do
y
nên hoặc
1
y
.
Với
2
y
ta có:
2
g x
. Do
x
nên
1;0;1;2
x
. Trường hợp này có 4 cặp
số
;x y
thỏa mãn.
Với
1
y
ta có:
1
g x
. Do
x
nên
0;1
x
. Trường hợp này có 2 cặp số
;x y
thỏa mãn.
Vậy có tất cả 6 cặp số
;x y
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
----------HẾT----------
| 1/27
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc
Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG CAO MŨ - LOGARIT Câu 1: Cho ;
x y  0 , x y  0 thỏa mãn 2 2 2 2    x y
2x y  2021x y.log
 4xy  2021xy. 2 x y
Tìm tổng của giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2
P x y  6x  2 y  5. A. 2. B. 12. C. 6  2 2. D. 6  4 2. Câu 2:
Tìm số giá trị nguyên của tham số thực m để tồn tại các số thực x, y thỏa mãn 2 2
x y m
xyxym 2 2 ee
x y x y xy  2m  2 . A. 6 . B. 9 . C. 8 . D. 7 . 2 2 x y 1 Câu 3:
Xét các số thực dương x; y thỏa mãn 2 log  x  2 2 y   13 1  log 2 xy . Tìm giá 2 2 2 3xy x 2 2 x y 2 y
trị nhỏ nhất của biểu thức P   . 2 y 2xy y 1  5 5 1 3 A. . B. . C. D. . 2 2 2 2 Câu 4: Cho ,
x y thỏa mãn log  x y   x y2  2 x y  1 (với x  2 y  0 ). Tìm giá trị lớn 2   nhất của 2 2
S x  2xy 10 y . A. 6 . B. 9 . C. 8. D. 4 . Câu 5: Cho phương trình x
e  ln(x a)  a , với a là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của
a thuộc khoảng (0; 19) để phương trình có nghiệm dương? A. 15 . B. 18 . C. 17 . D. 16. x y Câu 6:
Cho x, y thỏa mãn x  1, y  1 và log
 4xy  3 x y 1. Giá trị lớn nhất của biểu 3   4xy  1 1  thức 2 2
P x y  3  
 thuộc tập nào dưới đây? x y   A. 5;9 . B.  5  ; 0 . C. 0;5 . D. 9; . Câu 7:
Cho hai số thực x, y thỏa mãn 0  x, y  1 trong đó x, y không đồng thời bằng 0 hoặc 1  x y  và log  x 1
y 1  2  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P với P  2x y . 3      1 xy   1 A. 2 . B. 1. C. . D. 0 . 2 Câu 8:
Cho hàm số bậc bốn f x có đồ thị như hình vẽ sau.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m [ 2
 021; 2021] để phương trình f (x) 3 log  [
x f (x)  mx]  mx f (x) có hai nghiệm dương phân biệt? 2 mx
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 1 -
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc
Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp A. 2019 . B. 2021. C. 2020 . D. 2022 . Câu 9:
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc 2021; 202  1 để phương trình xm e
 ln x m có nghiệm thực? A. 2019 . B. 2018 . C. 2020 . D. 2021.
Câu 10: Có bao nhiêu cặp số nguyên dương  x, y thỏa mãn 1 x  2020 và 2   9y  3x x x ? A. 2020 . B. 1010 . C. 6 . D. 7 .
Câu 11: Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình 2 2 2 x 4 x9 x 5 x 1 2021 2021     x   1 8  x  0 A. 7 . B. 8 . C. 6 . D. 5. 2
Câu 12: Gọi x , x là hai nghiệm của phương trình x 1  2 1 5   2 1  25 x x x
. Tính giá trị biểu thức 1 2 1 1 P   . 2 2 x x 1 2 A. P  6  .
B. P  2 .
C. P  6 .
D. P  2 .
Câu 13: Số nghiệm nguyên của bất phương trình log  2 2
x x  3  x  2 
x  3  2x là 2 A. Vô số. B. 2 . C. 1. D. 3 . 3 2
x  3x  3x  5 3
Câu 14: Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình log   x   2
1  x  6x  7 . 2 x 1 A. 2  3 . B. 2  . C. 0 . D. 2  3 . 2 2
Câu 15: Tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình x 2x5 2 x 5x 1  2 e  e
 2x  6x  8 là A. 5 . B. 5  . C. 6 . D. 6  .  2x 1 
Câu 16: Có bao nhiêu cặp số nguyên  ;
x y thỏa mãn 0  y  2020 và log  1 2x y ? 3   y   A. 2021. B. 10 C. 2020 . D. 11.  2 2 x y  1 2x y
Câu 17: Xét các số thực dương x, y thoả mãn 2021 
. Giá trị nhỏ nhất P của  min x  2 1
biểu thức P  2 y  3x bằng 5 1 3 7 A. P  . B. P  . C. P  . D. P  . min 6 min 2 min 4 min 8 y 2
Câu 18: Cho hai số dương x, y thỏa mãn: log
4x y  2xy  2  8  2x  2 y  2 . Giá trị 2     
nhỏ nhất của biểu thức P  2x y có dạng M a b c với a,b  , a  2 . Tính
S a b c
A. S  7 .
B. S  19 .
C. S  17 . D. S  3.
a b c
Câu 19: Cho 3 số thực , a , b c thỏa log
a a  4  b b  4  c c  4 . Giá trị lớn 2 2 2 2      
a b c  2
a  2b  3c
nhất của biểu thức P  là:
a b c 12  30 4  30 8  30 6  30 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 2 x 5x 1
Câu 20: Gọi x là nghiệm thực của phương trình 2 2 4 2 x ln
x 1 5x x , biết bình 0 2 x 1 a b a
phương của nghiệm x có dạng 2 x
a,b, c   , tối giản.Tính S a b  2c . 0 0 c b
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 2 -
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc
Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
A. S  26 .
B. S  34 .
C. S  8 . D. S  0 .
Câu 21: Cho phương trình: log  x  1 . có nghiệm dạng   2x 4 x 2    
x  4  1 2x 2  
a c 13 với ,a ,bc là các số nguyên. Giá trị của biểu thức a b bằng b A. 2 . B. 0 . C. 1 . D. 1. x 1
Câu 22: Cho phương trình 2 log
 2x  9x  8 có 2 nghiệm x , x x x . Giá trị của 2  1 2  2  1 x  22
biểu thức 2x  5x bằng 2 1 A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 . x  2 8
Câu 23: Tổng các nghiệm của phương trình ln  x  8  2x 18  2ln  4 x  8  là 2 x x A. 7  . B. 3   2 3 . C. 3   2 3 . D. 1.
Câu 24: Số nghiệm nguyên của bất phương trình log  2 2
x x  3  x  2 
x  3  2x là 2 A. 2 . B. 1. C. 3. D. Vô số. 2 2
Câu 25: Tổng tất cả các nghiệm của phương trình x3 2 .log  2
x  6x 1  x 3 1  4 .log  2 2x  8 là: 2 2  3 A. 3  . B. . C. 4 . D. 6  . 2 2 2x  2
Câu 26: Tổng các nghiệm phương trình: log
x 1 2  4x là 2    3x 1 3 3 A. 3 . B. 1. C. . D. . 4 2 2 1 2x 1  1 
Câu 27: Cho phương trình log x  2  x  3  log  1
 2 x  2 , gọi S là tổng tất 2   2   2 xx
cả các nghiệm của nó. Khi đó, giá trị của S là 1  13 1  13 A. S  2  . B. S  . C. S  2 . D. S  . 2 2 Câu 28: Cho hàm số 2 2021 2023
f (x)  ln( x 1  x)  xx
. Số nghiệm nguyên thuộc đoạn
[  2021; 2021] của bất phương trình (2x f
)  f (x  3)  0 là: A. 2021 . B. 2020 . C. 2022 . D. 2023 . 2 x 1  x 1 
Câu 29: Biết phương trình log  2 log  
có một nghiệm dạng x a b 2 2 3  x  2 2 x   
trong đó a,b là các số nguyên. Tính 2a b . A. 3 . D. 4 . C. 6 D. 5 .
Câu 30: Có bao nhiêu cặp số nguyên  ;
x y, x  2022 và thỏa mãn phương trình log x  log
x y  1 4 log y 2 2   4 A. 2020 . B. 1010 . C. 2019 . D. 1011. 2 2
Câu 31: Để phương trình: sin x cos 2  2
x m có nghiệm, thì các giá trị cần tìm của tham số m là:
A. 1  m  2 .
B. 2  m  2 2 .
C. 3  m  4 .
D. 2 2  m  3. 1 y
Câu 32: Xét các số thực dương x, y thỏa mãn log
 3xy x  3 y  4 . Tìm giá trị 3 x  3xy
nhỏ nhất P của P x y . min
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 3 -
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc
Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp 4 3  4 4 3  4 4 3  4 4 3  4 A. P. B. P  . C. P  . D. P  . min 3 min 3 min 9 min 9
Câu 33: Tìm các giá trị của tham số m để phương trình 4log
x 2  log x m  0 có nghiệm 2 1 2 thuộc khoảng 0;  1 .  1   1   1  A. m  0;  . B. m  ;  .
C. m  ; 0 . D. m  ;    . 4      4   4  x  4 y Câu 34: Cho ,
x y là các số dương thỏa mãn log
 2x y 1. Tìm giá trị nhỏ nhất 3 x y 4 2
3x y  2xy  2 y
của biểu thức P  . 2
x(x y) 1 3 1 A. . B. . C. 2 . D. . 4 2 2
Câu 35: Cho bất phương trình:   2  x x  1 3 2 log   
x x  3x m cosx  3 sin x (1) 2 1 3 3 
x  4x m cosx  3 sin x   3 
Có bao nhiêu số nguyên m  1
 0;0 sao cho bất phương trình (1) thỏa mãn với mọi
giá trị của x thuộc khoảng 0;  1 . A. 9 . B. 8 . C. 1. D. 7 .
Câu 36: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 2
3x x m 2 log
 2x 10x  5  2m có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 2 . 2 2 2x  2x 1 A. 1. B. vô số. C. 2 . D. 0 .
Câu 37: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tồn tại cặp số  ; x y thỏa mãn 2 xy 1  3x2 y ee
x y 1 , đồng thời thỏa mãn 2
log 2x y   1  m  4 2
log x m  4  0 . 2 2 A. 3 . B. 4 . C. 5 . D. 6 . Câu 38: Tổng tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 2 x 2 x 1  2 3 xm  log
2 x m  2 có đúng ba nghiệm phân biệt là 2 x 2 x3   A. 3 B. 0 . C. 2 . D. 1.
Câu 39: Có bao nhiêu cặp số nguyên  x; y thỏa mãn đồng thời 2x y  log x y và x, y 2   thuộc đoạn  2  ;10? A. 6. B. 7. C. 5. D. 8. BẢNG ĐÁP ÁN 1.A 2.B 3.D 4.C 5.C 6.A 7.B 8.A 9.C 10.D 11.C 12.C 13.C 14.B 15.C 16.B 17.D 18.D 19.D 20.D 21.D 22.C 23.B 24.B 25.D 26.D 27.D 28.D 29.D 30.D 31.D 33.B 32.B 33.C 34.A 35.D 36.A 37.A 38.A
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 4 -
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc
Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
HƯỚNG DẪN GIẢI THAM KHẢO Câu 1: Cho ;
x y  0 , x y  0 thỏa mãn 2 2 2 2    x y
2x y  2021x y.log
 4xy  2021xy. 2 x y
Tìm tổng của giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2
P x y  6x  2 y  5. A. 2. B. 12. C. 6  2 2. D. 6  4 2. Lời giải Với mỗi cặp ( ;
x y) thỏa mãn giả thiết, ta xét hàm số    2t  2021xy f t
.log t với t  0 . 2  t 2021x y
Vì f t   2 .ln 2   0, t
  0 , nên f t  đồng biến trên khoảng 0;  . t ln 2 2 2 2 2    x y
Ta có : 2x y  2021x y.log
 4xy  2021xy (1) 2 x y 2 2 x y xy    2 2 2( xy ) 2 2021 .log x   2  2021xy y .log 2 x y 2  2   
f x y   f 2 x y  x y  2 x y   x  2 1   y  2 2 2 2 2 1  2 C . 1 
Hình tròn C có tâm I 1 
;1 , bán kính r  2 . 1  2 2 Lại có: 2 2
P x y  6x  2 y  5   x  3   y   1  P  5 C . 2 
Do  x  32   y  2 1
 0 nên P  5  0  P  5.
Nếu P  5 thì x  3, y  1 không thỏa mãn giả thiết.
Với P  5 thì C là đường tròn tâm K 3, 
1 , bán kính R P  5. 2 
Vì IK  2  r  2 nên điểm K 3, 
1 nằm bên ngoài C . 1 
Do đó C , C có điểm chung khi và chỉ khi 1   2 
R r IK R r R  2  2  R  2
 2  2  R  2  2  2  2 
P  5  2  2  1 4 2  P  1 4 2
 min P  1 4 2; max P  1 4 2  min P  max P  2. Câu 2:
Tìm số giá trị nguyên của tham số thực m để tồn tại các số thực x, y thỏa mãn 2 2
x y m
xyxym 2 2 ee
x y x y xy  2m  2 . A. 6 . B. 9 . C. 8 . D. 7 . Lời giải Xét hàm số   t
f t e t 1, t    .   t f
t e 1 và f t   0  t  0 .
Ta thấy f t đổi dấu từ “- ” sang “+” khi qua t  0 nên f t   f 0  0, t    . 2 2
x y me   2 2
x y m 1  0, x  , y    Do đó: 
xy xy me
  x y xy m 1  0, x  , y    2 2
x y m
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  .
x y xy m  2 2
x y m 1 2 2   
Hay x y m
xyxym 2 2 ee
x y x y xy  2m  2  
x y xy m  2  2
S  2P m
Đặt S x y, P  . x y , ta có: 2 2 
S S  3P  0 . Vì S  4P S 0;4
S P m
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 5 -
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc
Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp Lấy  
1  2.2 vế theo vế ta được: 2
S  2S  3m   3 .
Xét hàm số f S  2
S  2S, S 0;4 , có f S   2S  2  0, S  0;4
Yêu cầu bài toán 3 có nghiệm  f 0 3m f 4  0  m  8 .
Vậy, có 9 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn. 2 2 x y 1 Câu 3:
Xét các số thực dương x; y thỏa mãn 2 log  x  2 2 y   13 1  log 2 xy . Tìm 2 2 2 3xy x 2 2 x y 2 y
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   . 2 y 2xy y 1  5 5 1 3 A. . B. . C. D. . 2 2 2 2 Lời giải 2 2 x y 1 Ta có 2 log  x  2 2 y   13 1  log 2 xy 2 2 2 3xy x 2 2 2  x y  2 2  log
x  2 y 1  3xy ; x y  0 2     2 3xy x    log  2 2
x y   log  2 3xy x  2 2
x  2 y  1  3xy 2 2  log  2 2 2x  2 y  2 2
 2x  2 y  log  2 3xy x  2
 3xy x (1). 2 2
Xét hàm số f t   log t t trên khoảng 0;. 2 1
Ta có f 't  
 1  0, t  0, nên hàm số f t   log t t đồng biến trên 0;  . t 2 .ln 2 Do đó  f  2 2
x y   f  2 (1) 2 2 3xy x  2 2 2
 2x  2 y  3xy x 2 2
x  3xy  2 y  0 2  x x x   3  2  0  
(vì y  0 )  1   2 (2). y y   y 2  x x 2  3  3 2 2 2   x y 2 y
2x  3xy  3y y y Ta thấy P       . 2 2 y 2xy y 2xy y x 2 1 y x Đặt t
thì t 1; 2 (do (2)). Khi đó y 2 2t  3t  3 2 1 2 1 1 2 1 3 P   t 1  2t   1    2 2t   1 .   . 2t 1 2t 1 2 2t 1 2 2 2t 1 2 2 3 x 3
Dấu “=” xảy ra khi 2t 1  2  t    . 2 y 2 3 x 3
Vậy min P  , đạt được khi  . 2 y 2 Câu 4: Cho ,
x y thỏa mãn log  x y   x y2  2 x y  1 (với x  2 y  0 ). Tìm giá trị lớn 2   nhất của 2 2
S x  2xy 10 y . A. 6 . B. 9 . C. 8. D. 4 . Lời giải
Cách 1: log  x y   x y2  2 x y  1 2  
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 6 -
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc
Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
 2 log  x y  log  x y    x y 2  2 x y 1  0 2 2  
 log  x y 2   x y2  log 2 x y  2 x y  0 2 2    
 log  x y 2   x y 2  log 2 x y  2 x y * 2 2     
Đặt f t   log t t , với t  0. 2 1
f t  
1  0 , với mọi t  0 . t.ln 2
Hàm số f t  đồng biến trên 0;  .   2
f  x y2 *
  f 2x y  x y  2x y  x y  2 (Do x y  0).
Ta được S x xy
y x x   x    x2 2 2 2 2 2 10 2 2 10 2
 9x  36x  40 .
x  2 y  0 4 Do 
x  2(2  x)  0 
x  2 , S  18x  36  0  x  2 . x y  2 3   4  4 2
Dựa vào bảng biến thiên: SS  8 khi x  và y  . max    3  3 3
Cách 2: log  x y   x y2  2 x y  1. 2  
Đặt t x y , giả thiết đã cho trở thành: 2
log t  t  2t  1 (1). 2
Điều kiện: t  0 .
Phương trình (1) là phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị hàm số y  log t và 2 2
y  t  2t 1 . Trên 0  ;1 , ta có 2
t  2t  1  1  0  log t . 2
Trên 1; , hàm số y  log t đồng biến, hàm số 2
y  t  2t 1 nghịch biến. 2
Mà phương trình (1) có nghiệm t  2 nên t  2 là nghiệm duy nhất của phương trình.
(Đoạn này có thể dựa vào đồ thị 2 hàm trên).
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 7 -
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc
Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Từ đó x y  2  y  2  x .
Ta được S x xy
y x x   x    x2 2 2 2 2 2 10 2 2 10 2
 9x  36x  40 .
x  2 y  0 4 Do 
x  2(2  x)  0 
x  2 , S  18x  36  0  x  2 . x y  2 3   4  4 2
Dựa vào bảng biến thiên: SS  8 khi x  và y  . max    3  3 3 Câu 5:
Cho phương trình x
e  ln(x a)  a , với a là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của
a thuộc khoảng (0; 19) để phương trình có nghiệm dương? A. 15 . B. 18 . C. 17 . D. 16. Lời giải Từ giả thiết x x x ln( xa)
e  ln(x a)  a e x  ln(x a)  x a e x e
 ln(x a) .
Xét hàm số đặc trưng ( ) t
f t e t có ' ( ) t
f t e 1  0, t  .
Suy ra ( )  (ln(  ))   ln(  ) x x f x f x a x x
a x a e a e  . x Đặt ( ) x    '( ) x g x e x
g x e 1  g '(x)  0  x  0.
Bảng biến thiên của hàm số g (x)
Để phương trình có nghiệm dương thì a  1.
Do a  (0,19) suy ra a {2;3;...;18}. Vậy có 17 giá trị cần tìm. x y Câu 6:
Cho x, y thỏa mãn x  1, y  1 và log
 4xy  3 x y 1. Giá trị lớn nhất của biểu 3   4xy  1 1  thức 2 2
P x y  3  
 thuộc tập nào dưới đây? x y   A. 5;9 . B.  5  ; 0 . C. 0;5 . D. 9; . Lời giải x y  2
Với x  1, y  1 suy ra:  . 4xy  4  x y Khi đó log
 4xy  3 x y 1  log
x y  log 4xy  4xy  3 x y 1 3   3     3   4xy  log
x y 1 3 x y  log 4xy  4xy 3     3  
 log 3x  3y  3 x y  log 4xy  4xy * . 3     3    
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 8 -
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc
Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Xét hàm số f t   log t t trên 0; . 3 1
Do f t   1  0 với t
 0; nên hàm số y f t đồng biến trên 0; . t.ln 3 Suy ra:  
*  f 3x  3y  f 4xy  3 x y  4xy .
Ta có: xy   x y2   x y   x y2 4 3
x y  3   1 .
Mặt khác x  1, y  1 nên:  x   1  y  
1  0  xy 1  x y  4 xy  
1  4 x y
 3 x y  4  4 x y  x y  4 2 . Từ  
1 và 2  3  x y  4.  1 1  2 3 x y 3
P x y  3    
x y  2xy
  x y2 2 2
  x y  4 . x y xy 2   3 3
Đặt x y t t 3;4 . Hàm số g t  2
t t  4 có gt   2t   0 với t  3;4 , 2 2
suy ra g t   g 4  6.
Vậy Max P  6 khi x  1; y  3 hoặc x  3; y  1. Câu 7:
Cho hai số thực x, y thỏa mãn 0  x, y  1 trong đó x, y không đồng thời bằng 0 hoặc  x y  1 và log  x 1
y 1  2  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P với P  2x y . 3      1 xy   1 A. 2 .. B. 1. C. . D. 0 . 2 Lời giải x y
Dựa vào điều kiện bài toán ta nhận xét:
 0 ; 1 xy  0 ; x y  0 ; 1  xy  0 . 1 xyx y  Ta có: log
x 1 y 1  2  0  log
x y  log 1 xy xy x y 1  0 3      3   3   1 xy    log
x y x y  log 1 xy 1 xy . Xét hàm số g t   log t t với t  0. 3   3   3 1
Để ý, gt   1  0, t
  0 nên hàm số g t  đồng biến trên khoảng 0;   . t ln 3 1 x 1 x
Vậy ta có g x y  g 1 xy  x y  1 xy y
. Suy ra P  2x  . 1 x 1 x 1 x 2
Xét hàm số f x  2x  với x 0 
;1 . Ta có f  x  2  ; 1 x 1 x2  x  0
f  x  0   . x  2  x  0
Ta có f 0 1, f  
1  2 . Vậy min f x  1  x  0 , hay P  1 khi  .  min 0;  1 y  1  Câu 8:
Cho hàm số bậc bốn f x có đồ thị như hình vẽ sau.
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 9 -
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc
Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m [ 2
 021; 2021] để phương trình f (x) 3 log  [
x f (x)  mx]  mx f (x) có hai nghiệm dương phân biệt? 2 mx A. 2019 . B. 2021. C. 2020 . D. 2022 . Lời giải
Từ đồ thị hàm số suy ra f x có ba điểm cực trị là 1  ; 0; 1. Do đó
f x ax a a 2 x   4 2 ( ) 1  f (x)  x x b . 4 2
Mặt khác, vì đồ thị hàm số f (x) đi qua hai điểm (0; 4), (1;3) nên 4 2
f (x)  x  2x  4  3, x  . f (x) Điều kiện  0 suy ra m  0 . 2 mx f (x) 3 log  [
x f (x)  mx]  mx f (x) 
f x f x xf x   2 mx  2  mx x  2 log ( ) ( ) ( ) log mx  . 2 mx
x f x    x   f x   2
x mx    x   2 log ( 1) ( ) 1 . ( ) log ( 1)
1 .mx (*) (Do x 1  0 ).   1
Xét hàm số g(t)  log t t với t  0 . Ta có g (  t) 
1  0 với t  0 . t.ln10 2 4 2 f (x) x  2x  4  2  Từ (*) ta có 2
(x 1) f (x)  (x 1)mx m    x   6 . 2 2   x xx  2
Đặt u x   2 2, khi đó 2
m u  6, u  2 2. x
Ứng với mỗi giá trị của u  2 2 cho ta hai giá trị dương của x nên yêu cầu bài toán
đưa về điều kiện là tìm m để phương trình 2
m u  6 có đúng một nghiệm u  2 2. Đặt 2
h(u)  u  6 với u  2 2.
Bảng biến thiên của hàm số ( h u) .
Từ bảng biến thiên suy ra m  2 thỏa yêu cầu bài toán.
Do m   và m[ 2
 021; 2021] nên m 3; 4;; 20  21 .
Vậy có 2019 giá trị của m thỏa mãn đề bài. Câu 9:
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc 2021; 202  1 để phương trình xm e
 ln x m có nghiệm thực? A. 2019 . B. 2018 . C. 2020 . D. 2021. Lời giải Ta có: xm e  ln x m xme
x m  ln x x xm ln xe
x m e  ln x   1 Xét hàm số   t
f t e t , t    thì  
1 trở thành f x m  f ln x . Có   t f
t e 1 0, t   suy ra hàm số f t  đồng biến trên  từ đó
f x m  f ln x  x m  ln x m x  ln x điều kiện x  0
Xét hàm số g x  x  ln x trên 0;
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 10 -
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc
Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp Có g x 1
 1 ; gx 1
 0  1  0  x  1 x x
lim g x  lim x  ln x   ; lim g x  lim x ln x     x0 x0 x x Bảng biến thiên:
Để phương trình có nghiệm thực điều kiện là m  1 mà m  2021; 202  1 nên
1  m  2021 suy ra có 2020 giá trị nguyên thoả mãn bài toán.
Câu 10: Có bao nhiêu cặp số nguyên dương  x, y thỏa mãn 1 x  2020 và 2   9y  3x x x ? A. 2020 . B. 1010 . C. 6 . D. 7 . Lời giải Ta có: 2 y y 2 y 2   9  3    3  3 y x x x x 1  . Xét hàm:   2
f t t t , t  0 .
Khi đó: f 't   1 2t  0 với mọi t  0  f t  là hàm đồng biến trên 0;  .
Vì vậy 1   ( )  3y    3y f x f x .
Theo giả thiết 1   2020  1  3y x
 2020  0  y  log 2020 . 3
Vì y   nên y {0;1; 2;3; 4;5;6}  x {1;3;9; 27;81; 243;729}.
Vậy có 7 cặp số  x, y thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 11: Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình 2 2 2 x 4 x9 x 5 x 1 2021 2021     x   1 8  x  0 A. 7 . B. 8 . C. 6 . D. 5. Lời giải Từ giả thiết: 2 2 x xx x  x  x 2 2 2 4 9 5 1 2 x 4 x9 2 x 5x 1 2021 2021 1 8 0 2021 x 9x 8 2021            2 2 2 x 4 x9 2 x 5 x 1  2  2021
 2x  4x  9  2021
x  5x  1 (1)
Xét hàm số    2021t      2021t f t t f t .ln 20211  0 t
  f t  là hàm đồng biến. Từ (1) ta có f  2
x x    f  2 x x   2 2 2 4 9 5
1  2x  4x  9  x  5x 1. 2
x  9x  8  0  1  x  8 .
Yêu cầu của bài toán: x    x 2;3; 4;5;6;  7 .
Vậy bất phương trình có 6 nghiệm nguyên. 2
Câu 12: Gọi x , x là hai nghiệm của phương trình x 1  2 1 5   2 1  25 x x x . Tính giá trị biểu 1 2 1 1 thức P   . 2 2 x x 1 2 A. P  6  .
B. P  2 .
C. P  6 .
D. P  2 . Lời giải 2
Phương trình tương đương: x 1  2 22 5  1  5 x x  2  2x .
Xét hàm số    5t f tt trên   '   5t f t ln 5 1  0, x
    hàm số f t  đồng biến trên  .
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 11 -
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc
Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp 2 Ta có: x 1  2 22 xx  
  x f  2
x    f   x 2 5 1 5 2 2 1 2 2
x 1  2  2x .  x  1 2 1 1 2 1
x  2x 1  0      6 . 2 2   1   2 x x x 1 2  2
Câu 13: Số nghiệm nguyên của bất phương trình log  2 2
x x  3  x  2 
x  3  2x là 2 A. Vô số. B. 2 . C. 1. D. 3 . Lời giải Điều kiện: 2 2
x x   x   x  2 3 0
x  3  x   0  x  0 (vì 2
x  3  x, x    ) 2 x log  3 2 2
x x  3  x  2 2 
x  3  2x  log  x  3  2x 2 2 2 2 x x  3  x 3x 2  log 
x  3  2x  log 3x  log  2 x  3  x 2  x  3  2x 2 2 2 2 x  3  x
 3x  log 3x   2
x  3  x   log  2
x  3  x   f 3x  f  2
x  3  x (*) 2 2 
Với f t  t  log t là hàm số đồng biến trên 0; . 2 Do đó bất phương trình 2 2 2 2 (*)  3x
x  3  x
x  3  2x x  3  4x  1  x  1
So điều kiện x  0 ta được 0  x  1. Vì x   x  1.
Vậy bất phương trình có 1 nghiệm nguyên. Câu 14: Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình 3 2
x  3x  3x  5 log   x  3 2
1  x  6x  7 . 2 x 1 A. 2  3 . B. 2  . C. 0 . D. 2  3 . Lời giải 3 2
x  3x  3x  5 Điều kiện:  0  3 2
x  3x  3x  5  0  3 2
x  3x  3x 1 6x  6  0 2 x 1  3 1   6  x  1    x   1  6  x  
1  0   x   2
1 x  2x  5  0   .  x  1   6  3 2
x  3x  3x  5 Ta có: log   x  3 2 1
x  6x  7 . 2 x 1 
x x x   
x    x x  x  3 3 2 2 2 log 3 3 5 log 1 6 7 1 .   3 2
x x x   3 2
x x x    2 x   2 log 3 3 5 3 3 5 log 1  x 1* . 1
Xét hàm đặc trưng: f t  log t t t  0 .Ta có: f t  
1 .Với t  0  f t   0 . t ln10
Vậy hàm f t  log t t đồng biến với t  0 .
Phương trình (*)  f  3 2
x x x    f  2 3 3 5 x   1 3 2 2
x  3x  3x  5  x 1.  3 2
x x x     3 x     2 2 3 6 0 8
2x  3x 14  0 .
x  2 (tm)    x   2 2
x  2x  4   x  22x  7  0 .   x   2 2
x  3  0 .  x   3 (tm)  . x  3 (tm) 
Vậy tổng các nghiệm của phương trình bằng 2  . 2 2
Câu 15: Tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình x 2x5 2 x 5x 1  2 e  e
 2x  6x  8 là
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 12 -
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc
Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp A. 5 . B. 5  . C. 6 . D. 6  . Lời giải 2 2
Ta có: x 2x5 2 x 5x 1  2 ee
 2x  6x  8 2 2 x 2 x5 2 x 5x 1 e e      2
x x     2 2 2 5 1
2 x  2x  5 2 2 x 2 x5 2 2 x 5x 1 e x x e         2 2( 2 5)
2 2x  5x   1 (*) Xét hàm số ( ) t   2  '( ) t f t e t
f t e  2  0t    f (t) đồng biến trên  . Từ (*) ta có f  2
x x    f  2 x x   2 2 2 5 2 5
1  x  2x  5  2x  5x 1 2
x  3x  4  0  1  x  4
Mà x    x 0;1;2; 
3 . Vậy tổng các nghiệm nguyên bằng 6 .  2x 1 
Câu 16: Có bao nhiêu cặp số nguyên  ;
x y thỏa mãn 0  y  2020 và log  1 2x y ? 3   y   A. 2021. B. 10 C. 2020 . D. 11. Lời giải y  0  2x  1 x  0
Từ giả thiết ta có: 2x 1     .  0 y  0 y  0    y   2x 1  Ta có: log
y  1  2x  log
2x  1  2x 1  log y y (*) 3   3     3 y  
Xét hàm số f t   log t t trên 0;  3 1
Khi đó f t  
 1  0 . Do đó hàm số f t   log t t đồng biến trên 0;  t ln 3 3
Phương trình (*) có dạng 2x 1      2x f f y y 1
Vì 0  y  2020 nên 0  2x 1  2020  1  2x  2021  0  x  log 2021 2    0  x  log 2021 2  
Kết hợp với điều kiện ta có: 
x 1; 2;3; 4;5; 6; 7;8;9;1  0 . x    Vậy có 10 cặp  ;
x y  thỏa mãn.  2 2 x y  1 2x y
Câu 17: Xét các số thực dương x, y thoả mãn 2021 
. Giá trị nhỏ nhất P của  min x  2 1
biểu thức P  2 y  3x bằng 5 1 3 7 A. P  . B. P  . C. P  . D. P  . min 6 min 2 min 4 min 8 Lời giải  2 2 x y  1 2x y 2x y Ta có: 2021 
 2 x y 1  log 2  2   x   2021 1  x  2 1  log  2 x  2x   1  2  2
x  2x 1  log
2x y  2 2x y * . 2021  2021       1
Xét hàm: f t   log
t  2t , t  0 . Suy ra: f 't    2  0 , t   0. 2021 t ln 2021
Do đó hàm f t đồng biến trên khoảng 0;  . Mà    f  2
x x    f x y  2 2 * 2 1 2
x  2x  1  2 x y y x  1
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 13 -
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc
Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp 2  3  7 7 Khi đó: 2
P  2 y  3x  2x  3x  2  2 x       4  8 8 7 3 KL: P  khi x  . min 8 4 y 2
Câu 18: Cho hai số dương x, y thỏa mãn: log
4x y  2xy  2  8  2x  2 y  2 . Giá 2     
trị nhỏ nhất của biểu thức P  2x y có dạng M a b c với a,b  , a  2 . Tính
S a b c
A. S  7 .
B. S  19 .
C. S  17 . D. S  3. Lời giải
Với giải thiết x, y dương ta có: y
log 4x y  2xy  2 2  8  2x  2 y  2 2   
  y  2log  2x 1 y  2   8  2x 1 y  2  3 y  2 2           8
 log  2x 1 y  2    2x 1  3 2        y  2 8  log 2x 1  log y  2   2x 1  log 8 2   2     2 y  2 8 8  log
2x 1  2x 1  log    1 . 2    
2 y  2 y  2 1
Xét hàm số f t   log t t với t  0 , ta có f t   1  0, t   0 2 t ln 2
 Hàm số f t   log t t đồng biến trên khoảng 0; 2  8  8 Khi đó  
1  f 2x   1  f  2x  1    y  2 y  2   8 8
P  2x y  2x  
1   y  2  3 
  y  2  3  2
. y  2  3  4 2  3. y  2 y  2  y  2 2  2 8 n 2   Đẳng thức xảy ra khi
y  2   y  2  8   y  2  y  2  2  2 l   2 2 1  x  . 2 a  4 
M  4 2  3  b
  2  S a b c  3. c  3  
a b c
Câu 19: Cho 3 số thực , a , b c thỏa log
a a  4  b b  4  c c  4 . Giá trị lớn 2 2 2 2      
a b c  2
a  2b  3c
nhất của biểu thức P  là:
a b c 12  30 4  30 8  30 6  30 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Lời giải
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 14 -
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc
Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
a b c Ta có log
a a  4  b b  4  c c  4 . 2 2 2 2      
a b c  2
 log 4 a b c  4a b c  log  2 2 2
a b c  2 2 2 2
a b c  2 (1) 2 2
Xét hàm số f t   log t t t  0 2 1
f t  
1  0  f t  đồng biến trên 0;  t.ln 2
Nên (1)  a b c 2 2 2 4
a b c  2
 a  2  b  2  c  2 2 2 2  10 S
S  là phương trình mặt cầu tâm I 2;2;2 , bán kính R  10
a  2b  3c P
a P  
1  b P  2  c P  3  0Q
a b c
Điều kiện để mặt phẳng Q cắt mặt cầu S  là 2 P  
1  2 P  2  2 P  3
d I,Q  R   10 P  2
1   P  22   P  32 6  30 6  30   P  2   2 6 12
10 3P 12P 14 2
 6P  24P  4  0   P  3 3 6  30 Vậy GTLN P  . 3 2 x 5x 1
Câu 20: Gọi x là nghiệm thực của phương trình 2 2 4 2 x ln
x 1 5x x , biết bình 0 2 x 1 a b a
phương của nghiệm x có dạng 2 x
a,b, c   , tối giản.Tính S a b  2c . 0 0 c b
A. S  26 .
B. S  34 .
C. S  8 . D. S  0 . Lời giải
Điều kiện: x  0
Chia cả hai vế của phương trình cho 2 x ta được: 1 5  2 x 5x 1 1 1 2 x 1 1 ln  1  5   ln  1  5  2 2 2 x 1 x x 2 2 1 x x 1 2 x 1 1  1  1  ln 5   5   ln 1 1 (*) 2 2  2  2 x xx x
Xét hàm đặc trưng f t   ln t t t  0 . 1
Ta có: f t   1. t
Với t  0  f t   0 .
Vậy hàm f t   ln t t đồng biến và liên tục với t  0 . 1 1 1 2 1 1 1 Khi đó (*)  5   1  5   1     4  0 2 2 x x 2 2 4 4 2 x x x x x
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 15 -
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc
Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp  1 17 2 x  (n)  4 2 8
 4x x 1  0    S  0 .  1 17 2  x  (l)  8
Câu 21: Cho phương trình: log  x  1 . có nghiệm dạng   2x 4 x 2    
x  4  1 2x 2  
a c 13 với ,a ,bc là các số nguyên. Giá trị của biểu thức a b bằng b A. 2 . B. 0 . C. 1 . D. 1. Lời giải
Với điều kiện: x 1  0  x  1  Ta có: log  x  1 .   2x 4 x 2    
x  4  1 2x 2    log x 1 log x 4 x x 4 1 2x 2     2 
2     2     4   log x 1 log x 4 1 2x 2      2    2    2
x  4  x   log x 1 2 log x 4 x x 4 1 2x 2      2 
2     2     log x 1 x 1 log x 4 x x 4 x 2       2 
2    2   
Xét hàm số: f t  log t t với t 0; 2 1
Có: f 't 
 1  0 với t  0; t. ln 2
Vậy hàm f t   ln t t đồng biến và liên tục với t  0 . 1 Từ  2 2  x 1 
x  4  x  2x 1 
x  4 với x  2  2   13  x  2 3
 3x  4x  3  0    2   13  x   3 2  13
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của phương trình là x
a b  1. 3 x 1
Câu 22: Cho phương trình 2 log
 2x  9x  8 có 2 nghiệm x , x x x . Giá trị của 2  1 2  2  1 x  22
biểu thức 2x  5x bằng 2 1 A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Lời giải
Điều kiện: 1  x  2 . Khi đó phương trình x 1 2 log
 2x  9x  8  log x 1  log x  2
 2x  9x  8 2   2  2 2 2 x  22  log  x  
1  x 1  log  2
x  4x  4 1  2 2x  8x  8 2 2   log  x  
1  x 1  log  2
2x  8x  8   2 2x  8x  8 2 2 
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 16 -
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc
Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp 1
Xét hàm số f t   log t t t  0  f t
1  0 , t  0 . Suy ra hàm số đồng 2     tln2 biến
trên khoảng 0;  .
x x  1 1 Do đó: f x  1 f  2 2x 8x 8 2 2 x 1 2x 8x 8 2x 9x 7 0                7 .  x x  2  2 7
Vậy 2x  5x  2.  5.1  2 . 2 1 2 x  2 8
Câu 23: Tổng các nghiệm của phương trình ln  x  8  2x 18  2ln  4 x  8  là 2 x x A. 7  . B. 3   2 3 . C. 3   2 3 . D. 1. Lời giải  8   x  2  Điều kiện  .Ta có: x  0  x  2 8 1 x  2 4
ln  x  8  2x 18  2ln  4 x  8  
ln x  8  x  9  ln  2 x  8  2   2 x x 2 x x 2      
x    x   2 2 2 ln 8 8 1  ln 1  1 1       x   x  
Xét hàm số f t  
t  t  2 ln 1 , t  0 . 2 1 2t  2t 1
Ta có f  t    2t   1   0 , t
  0 , do đó hàm số f t  đồng biến trên t t khoảng 0;  . 2 2  2   2    
Mặt khác ta có : ln x  8   x 8   1  ln 1  1 1    
  f x   2 8  f 1    x   x    x  x 1  2  x  8  1  3 2 x 7x 4x 4 0       x  2  2 3 xx  2  2 3  x  1
Kết hợp với điều kiện ta được  .
x  2 2  3  
Vậy tổng các nghiệm của pt đã cho là 3   2 3 .
Câu 24: Số nghiệm nguyên của bất phương trình log  2 2
x x  3  x  2 
x  3  2x là 2 A. 2 . B. 1. C. 3. D. Vô số. Lời giải Điều kiện xác định: 2 2
x x   x   x  2 3 0
x  3  x  0  x  0 (vì 2 2
x  3  x
x x x x  0 ) Ta có:  2
x   x 2 3
x  3  x  3 nên bất phương trình đã cho tương đường với
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 17 -
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc
Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp 3x 2 log 
x  3  x  3x  log 3x  3x  log
x  3  x x  3  x * 2  2  2 2 2 2   x  3  x
Xét hàm số f t   log t t với t  0 . 2 1
f t    1  0, t
  0  f t  là hàm số đồng biến trên 0; . t ln 2 Do đó   2 2 2 2 *  3x
x  3  x
x  3  2x x  3  4x (vì x  0 ). 2
x  1 . Mà x  0 nên x  0;  1 .
Vậy bất phương trình đã cho có 1 nghiệm nguyên. 2 2
Câu 25: Tổng tất cả các nghiệm của phương trình x3 2 .log  2
x  6x 1  x 3 1  4 .log  2 2x  8 2 2  là: 3 A. 3  . B. . C. 4 . D. 6  . 2 Lời giải TXĐ: D   2 2 Ta có: x3 2 log  2
x  6x 1  x 3 1  4 .log  2 2x  8 2 2  2  x32 x   2
log x 32  2 2 3  2 .log 2 2 x  3  2 * 2 2     t t 1 Đặt ( )  2t f t
log (t  2), t  0 ; f '(t)  2 ln 2.log (t  2)  2  0, t   0 . 2 2 (t  2) ln 2  t
hàm số f (t)  2 log (t  2) đồng biến trên (0; ) . 2 2 2
Khi đó (*)  f  x     f   2
x     x     2 x   2 2 3 2 3 3 2
3  x  6x  9  2x  6     2
x  6x  3  0  x x  6  . 1 2 2 2x  2
Câu 26: Tổng các nghiệm phương trình: log
x 1 2  4x là 2    3x 1 3 3 A. 3 . B. 1. C. . D. . 4 2 Lời giải 1
Điều kiện: x     * 3 Với điều kiện (*)
, phương trình tương đương với phương trình sau: log  2
2x  2  log 3x   2 1  4
x  6x  2 2 2  log  2 2x  2  2 2 2x  2  log
3x 1  2 3x 1 2  2     1
Xét hàm số: f (t)  log t  2t, t   0 f (t)   2  0, t   0 2 ta có ' t ln 2
Suy ra, hàm số đồng biến trên khoảng (0; ) , do đó:
x  1tmf  2 2x 2 f 3x  2 2 1 2x 2 3x 1 2x 3x 1 0              1
x  tm  2 1 3
Vậy phương trình có hai nghiệm là x  1, x   x x  . 1 2 1 2 2 2
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 18 -
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc
Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp 2 1 2x 1  1 
Câu 27: Cho phương trình log x  2  x  3  log  1
 2 x  2 , gọi S là tổng tất 2   2   2 xx
cả các nghiệm của nó. Khi đó, giá trị của S là 1  13 1  13 A. S  2  . B. S  . C. S  2 . D. S  . 2 2 Lời giải  1 2  x   Điều kiện 
2 . Xét hàm số f t   log t t 1 , t  0 . 2  2 x  0  1 2
2 ln 2.t  2 ln 2.t 1
Ta có f  t    2 t   1   0 , t
  0 , do đó hàm số f t  đồng biến t ln 2 t.ln 2
trên khoảng 0;  . 2 1 2x 1  1 
Mặt khác ta có: log x  2  x  3  log  1  2 x  2 2   2   2 xx  2 2  1   1    log x  2  x  2 1  log 2   2  1 2   2       x   x     1
f x   1 2  f 2     x  2  2   3 2
x  2x  4x 1  0  x x  x  1  x  1  3  13 1  13  x
. Kết hợp với điều kiện ta được  . Vậy S  .  3  13 2 x  2   2  3  13 x   2 Câu 28: Cho hàm số 2 2021 2023
f (x)  ln( x 1  x)  xx
. Số nghiệm nguyên thuộc đoạn
[  2021; 2021] của bất phương trình (2x f
)  f (x  3)  0 là: A. 2021 . B. 2020 . C. 2022 . D. 2023 . Lời giải: Xét hàm số 2 2021 2023
f (x)  ln( x 1  x)  xx
- Tập xác định D R
- Ta có với mọi x D : 1 2 2021 2023 2021 2023
f (x)  ln( (x) 1  (x))  (x)  (x)  ln( )  xx   f (x) 2 x 1  x
Vậy hàm số f (x) là hàm số lẻ suy ra: f (x  3)  f (3  x) - Mặt khác với mọi 2 x D
( x 1  x) ' 1 : 2020 2022 2020 2022 f '(x)   2021.x  2023.x   2021.x  2023.x  0 2 2 x 1  x x 1
Nên hàm số đồng biến trên tập xác định.
Khi đó bất phương trình
(2x )  (  3)  0 
(2x )  (3  )  0  (2x f f x f f x f
)  f (3  x)
 2x  3   2x xx  3  0 (*)
Xét hàm số ( )  2x g x
x  3 , ta có g(x) đồng biến trên R và g(1)  0
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 19 -
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc
Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
nên bất phương trình 2x x  3  0  x  1
Do x nguyên thuộc [  2021; 2021] nên x nhận các giá trị thuộc tập T   2021  , 2020  , 2019  ,...0, 
1 vậy có 2023 giá trị cần tìm. 2 x 1  x 1 
Câu 29: Biết phương trình log  2 log  
có một nghiệm dạng x a b 2 2 3  x  2 2 x   
trong đó a,b là các số nguyên. Tính 2a b . A. 3 . D. 4 . C. 6 D. 5 . Lời giải x  0 x  0   Điều kiện:  x 1   1  x  1.   0 x     2 2 xx 2 x 1  x 1  Ta có: log  2 log  log
2 x 1  log x  2 log x 1  2 log 2 x 2 3   2   2 3   3   x  2 x   log 2 x 1  2 log
2 x  log x  2 log x 1 * 2   3   2 3    
Xét hàm số: f t   log t 1  2 log t trên 0;  2   3   1 2
Ta có: f 't   
 0 với mọi t 0;  . t   1 ln 2 t.ln 3
Suy ra f t  đồng biến trên 0;   x  1 2
Từ đó ta có *  f 2 x   f x  
1  2 x x 1  x  2 x 1  0    x  1 2 
Do x  0 nên x  1 2  x  3  2 2  a  3,b  2 . Suy ra 2a b  4.
Câu 30: Có bao nhiêu cặp số nguyên  ;
x y, x  2022 và thỏa mãn phương trình log x  log
x y  1 4 log y 2 2   4 A. 2020 . B. 1010 . C. 2019 . D. 1011. Lời giải x  0 
Điều kiện:  y  0 . x y  0  log x  log
x y  1 2 log y  log x x y  1 log y 2   2 2 2   2 2
 log x x y 2  log 2 y 2
2   x  2y x y  0 2 2
x xy  2yx  2 y
 x  y  .
Trường hợp x   y không xảy ra.
Xét x  2 y , mà x  2022  2 y  2022  y  1011, kết hợp điều kiện
y 1;2;....101  1 .
Vậy có 1010 giá trị của y , tương ứng với có 1011 cặp số  ;
x y thỏa mãn bài toán. 2 2
Câu 31: Để phương trình: sin x cos 2  2
x m có nghiệm, thì các giá trị cần tìm của tham số m là:
A. 1  m  2 .
B. 2  m  2 2 .
C. 3  m  4 .
D. 2 2  m  3. Lời giải
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 20 -
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc
Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp 2 2 2 xx x 2
Phương trình tương đương sin 1 sin sin 2  2  m  2   m 2 sin 2 x 2 Đặt sin x t t   2 2 ,
1; 2 do 0  sin x  1 . 2 2
Xét hàm f t  t  , t 1;2  f t  1
; f t  0  t  2 2 t t Bảng biến thiên
Vậy phương trình f t  m có nghiệm  2 2  m  3. 1 y
Câu 33. Xét các số thực dương x, y thỏa mãn log
 3xy x  3 y  4 . Tìm giá trị 3 x  3xy
nhỏ nhất P của P x y . min 4 3  4 4 3  4 4 3  4 4 3  4 A. P. B. P  . C. P  . D. P  . min 3 min 3 min 9 min 9 Lời giải  1 y  0  0  y  1
Điều kiện: x  3xy    . x  0   x  0; y  0  1 y 1 y Ta có: log
 3xy x  3y  4  log
1  3xy x  3 1 y 3 3     x  3xy x  3xy
 log 3 1 y  log
x  3xy  3xy x  3 1 y 3   3      
 log 3 1 y  3 1 y  log
x  3xy  3xy x 1 . 3     3      
Xét hàm số y  log a a trên khoảng 0;  . 3 1 y ' 
1  0  y  log a a là hàm số đồng biến trên khoảng 0;  . a ln 3 3 31 y 31 y Từ  
1  31 y  x  3xy x
. Khi đó: P x y   y . 1 3y 1 3y 31 y 4
Xét hàm số f y   y   y 1 1 3y 1 3y  1 2 3 x  12
Ta có: f y 3 '  1  0   3y  2 1  1 2 3 x   3 BBT:
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 21 -
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc
Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp 4 3  4 1 2 3
Dựa vào BBT ta thấy P
, dấu "  " xảy ra khi x  . min 3 3
Câu 32: Tìm các giá trị của tham số m để phương trình 4log
x 2  log x m  0 có nghiệm 2 1 2 thuộc khoảng 0;  1 .  1   1   1  A. m  0;  . B. m  ;  .
C. m  ; 0 . D. m  ;    . 4      4   4  Lời giải
Điều kiện: x  0 . 4 log
x 2  log x m  0  log x2  log x m  0 (1). 2 1 2 2 2
Đặt t  log x , do x  0; 
1  t  ; 0 2
Phương trình (1) trở thành 2 2
t t m  0  m  t t (*)
Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm giữa đồ thị hàm số   2
f t  t t với
đường thẳng y m 1 Xét hàm số   2
f t  t t trên t  ; 0 .Ta có: f t   2
t 1, f t   0  t   . 2 Bảng biến thiên: 1
Dựa vào bảng biến thiên, phương trình có nghiệm trong khoảng 0;  1 khi m  . 4 x  4 y Câu 33: Cho ,
x y là các số dương thỏa mãn log
 2x y 1. Tìm giá trị nhỏ nhất 3 x y 4 2
3x y  2xy  2 y
của biểu thức P  . 2
x(x y) 1 3 1 A. . B. . C. 2 . D. . 4 2 2 Lời giải x  4 y
x, y  0 , ta có: log
 2x y 1 3 x y  log
x  4 y  log
x y   x  4 y  3 x y 1 3   3      
 log x  4y x  4y  log 3 x y  3 x y (1) 3     3     1
Xét Hàm số f t   log t t có f (  t) 
1  0 ,  t 0,  3 t ln 3
 Hàm số f t  đồng biến trên 0, 
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 22 -
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc
Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Khi đó: (1)  f (x  4y)  f 3(x y)  x  4y  3 x y  y  2x 4 2
3x y  2xy  2 y 5 2 2 5 2
6x  4x  8x 6x 12x 2 4
Với y  2x ta có: P  2    x  2
x(x y) 2 3 x(3x) 9x 3 3x 2 2 2 2 2 2
Áp dụng BĐT cô si ta có : 2 3 P x    3
 2 . Dấu “=” xảy ra  x  1 3 3x 3x 3 3 3 x  1
Vậy, GTNN của P là 2 khi  y  2 
Câu 34: Cho bất phương trình:   2  x x  1 3 2 log   
x x  3x m cosx  3 sin x (1) 2 1 3 3 
x  4x m cosx  3 sin x   3 
Có bao nhiêu số nguyên m  1
 0;0 sao cho bất phương trình (1) thỏa mãn với mọi
giá trị của x thuộc khoảng 0;  1 . A. 9 . B. 8 . C. 1. D. 7 . Lời giải
Biến đổi bất phương trình (1) như sau:   log  1 1 2 x x 2 3 3
x x  log
x  4x m cosx  3 sin x
x  4x m cosx  3 sin x . 2 2    3  3
Xét hàm số: f (t)  log t t t  0 . 2 1
Ta có: f '(x) 
1  f '(x)  0 với t 0;  . Do đó hàm số đồng biến trên 0;  . t ln 2  1  Ta có: f  2 x x 3  f
x  4x m cosx  3 sin x    3   1  1 2 3 3 2 x x
x  4x m cosx  3 sin x m
x x  3x cosx  3 sin x     3   3 2 2 x x 0    x x  0   Ta có: x   2
0;1  (x x)  0 . 1 Xét 3 2 m
x x  3x cosx  3 sin x , x (0;1) (*) 3 1 Xét hàm số: 3 2 g(x) 
x x  3x cosx  3 sin x với x 0;  1 . 3    Ta có: 2 2
g '(x)  x  2x  3  sin x  3co s x  (x 1)  2  2 sin x  
  g '(x)  0, x  (0;1)  3 
Do đó hàm số g(x) đồng biến trên (0;1) .
Suy ra bất phương trình (*) thỏa mãn với x
 (0;1) khi và chỉ khi m g(0)  1  . m   Ta có 
suy ra có 9 giá trị của m . 10  m  1  
Câu 35: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 2
3x x m 2 log
 2x 10x  5  2m có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 2 . 2 2 2x  2x 1 A. 1. B. vô số. C. 2 . D. 0 . Lời giải +) Điều kiện: 2
3x x m  0 .
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 23 -
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc
Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp Ta có 2
3x x m 2
3x x m 2 log
 2x 10x  5  2m 2  log
1  2x 10x  4  2m 2 2 2x  2x 1 2 2 2x  2x 1 2
3x x m 2  log
 2x 10x  4  2m 2 2 4x  4x  2 2
3x x m  log  2  2
4x  4x  2   2
3x x m  2 2  4x 4x 2      log  2
3x x m  log  2
4x  4x  2  2  2
4x  4x  2   2
3x x m  2 2     2  2
3x x m  log  2
3x x m  2 2
4x  4x  2  log  2
4x  4x  2 (1) 2 2 
+) Xét hàm số: f t   2t  log t xác định trên 0;   2 1
f t   2   0 , t
 0;  . Do đó hàm số f t  đồng biến trên 0;   . t.ln 2 Lại có điều kiện 2
3x x m  0 và 2
4x  4x  2  0 x  Do đó, (1)  f  2
x x m  f  2 3
4x  4x  2 2 2
 3x  3x m  4x  2x  2 2
m x  5x  2 2 .
+) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 2 khi và chỉ khi phương trình
(2) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 2 .
Xét hàm số: g x 2
x  5x  2 trên 2;  , có g x  2x  5 5
g x  0  x  2 Bảng biến thiên: x 2 5  2 g x  0  g x 4   17 4
Từ bảng biến thiên, ta có phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 2 khi và 1  7 chỉ khi  m  4  . 4
Mà m nguyên nên m . Vậy không có giá trị m thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 36: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tồn tại cặp số  ; x y thỏa mãn 2 xy 1  3x2 y ee
x y 1 , đồng thời thỏa mãn 2
log 2x y   1  m  4 2
log x m  4  0 . 2 2 A. 3 . B. 4 . C. 5 . D. 6 . Lời giải Ta có 2xy 1  3x2 y 2 xy 1  3x2    1   2  1 y e e x y e x ye
 3x  2 y . Xét hàm số   t
f t e t . Ta có '  t f
t e 1  0, t  .
Khi đó ta có f 2x y  
1  f 3x  2y  2x y 1  3x  2y y 1 x . Do đó ta có 2
log 2x y   1  m  4 2 2
log x m  4  0  log x  m  4 2
log x m  4  0 . 2 2 2 2 2
Ta có   m     2 m   2 4 4 4  3  m  8m
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 24 -
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc
Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp
Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 8 2 0 3 8 0 0 m m m m           
 m  0;1;  2 3 Câu 37: Tổng tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 2 x 2 x 1  2 3 xm  log
2 x m  2 có đúng ba nghiệm phân biệt là 2 x 2 x3   A. 3 B. 0 . C. 2 . D. 1. Lời giải 2
ln 2 x m  2
Phương trình tương đương x 2x32 xm 2   3  . ln  2
x  2x  3 2 x 2 x3   2 3
.ln x  2x  3 2 xm 2  3
.ln 2 x m  2*.
Xét hàm đặc trưng    3t f t
.ln t, t  2 là hàm số đồng biến nên từ phương trình * suy ra 2
x x   x m   g x 2 2 3 2 2
x  2x  2 x m 1  0. 2 
x  4x  2m  2 khi x m
2x  4 khi x m
Có g x  
g ' x   . 2
x  2m 1 khi x m
2x khi x m  
x  2 khi x m
Và g ' x  0  
x  0 khi x m
Xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1: m  0 ta có bảng biến thiên của g x như sau:
Phương trình chỉ có tối đa 2 nghiệm nên không có m thỏa mãn.
Trường hợp 2: m  2 tương tự ta có bảng biến thiên của g x như sau:
Phương trình chỉ có tối đa 2 nghiệm nên không có m thỏa mãn.
Trường hợp 3: 0  m  2, bảng biến thiên g x như sau:
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 25 -
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc
Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp      m  2 m 1 1  0   1
Phương trình có 3 nghiệm khi  2m 1 0 2m 3        m  .  2  2
m 1  0  2m  3   3 m   2
Vậy tổng các giá trị của m là 3 . Cách 2: 2
ln 2 x m  2
Phương trình tương đương x 2x32 xm 2   3  . ln  2
x  2x  3 2 x 2 x3   2 3
.ln x  2x  3 2 xm 2  3
.ln 2 x m  2*. Xét hàm    3t f t
.ln t, t  2 là hàm số đồng biến nên từ phương trình * suyra 2 2
x  2x  3  2 x m  2  x  2x  2 x m 1  0.(1) 2  2
m x  4x 1 2
x  2x 1  2 x m   2 2
m  x 1 
Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đường thẳng y  2
m và 2 đồ thị 2
y x  4x 1 và 2 y  x 1 3 1
Từ đồ thị suy ra có m  , m  1, m
thì phương trình có 3 nghiệm phân biệt. 2 2
Vậy có 3 giá trị m thì phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
Câu 38: Có bao nhiêu cặp số nguyên  x; y thỏa mãn đồng thời 2x y  log x y và x, y 2   thuộc đoạn  2  ;10? A. 6. B. 7. C. 5. D. 8. Lời giải
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 26 -
Taøi lieäu hoïc theâm moân Toaùn 12 – oân thi ñaïi hoïc
Lôùp Toaùn Thaày Nghieäp 2x y  log
x y  2x x  log
x y x y  2x x  log x y  2
x y * . 2   log2  2   2  
Xét hàm số    2t f t
t có '    2t f t
ln 2 1 0,t  .
Hàm số đồng biến trên  , do đó:   *  x  log
x y  2x      2x x y y x *  * . 2  
Xét hàm số     2x g x x trên đoạn  2  ;10 . Ta có: '   1 2x g x   ln 2
g ' x 0 x log log e . 2  2   log e  Kết hợp *  * và BBT ta có: 2 2   y  log . 2    e  Do y   nên hoặc y  1.
Với y  2 ta có: g x  2
 . Do x   nên  x  1  ; 0;1; 
2 . Trường hợp này có 4 cặp
số  x; y thỏa mãn.
Với y  1 ta có: g x  1
 . Do x   nên  x  0;1 . Trường hợp này có 2 cặp số
x; y thỏa mãn.
Vậy có tất cả 6 cặp số  x; y thỏa mãn yêu cầu bài toán.
----------HẾT----------
Giaùo vieân giaûng daïy: Phaïm Vaên Nghieäp Trang - 27 -