Phương trình lôgarit chứa tham số

Tài liệu gồm 14 trang, được biên soạn bởi quý thầy, cô giáo Nhóm Toán VDC & HSG THPT, hướng dẫn phương pháp giải bài toán Phương trình lôgarit chứa tham số; đây là dạng toán thường gặp trong chương trình Toán 12 phần Giải tích chương 2.

Môn:

Toán 11 3.2 K tài liệu

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

Bình luận

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

Phương trình lôgarit chứa tham số

Tài liệu gồm 14 trang, được biên soạn bởi quý thầy, cô giáo Nhóm Toán VDC & HSG THPT, hướng dẫn phương pháp giải bài toán Phương trình lôgarit chứa tham số; đây là dạng toán thường gặp trong chương trình Toán 12 phần Giải tích chương 2.

46 23 lượt tải Tải xuống

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

Môn: Toán 11 3.2 K tài liệu

Thông tin:

29 trang 1 năm trước

Tác giả:

Profile Kim Oanh
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 1
PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT CHỨA THAM SỐ
PHƯƠNG PHÁP
Tìm m để
, 0f x m
có nghiệm (hoặc có
k
nghiệm) trên D trong phương trình logarit chứa tham số:
Bước 1. Tách m ra khỏi biến số và đưa về dạng
f x A m
.
Bước 2. Khảo sát sự biến thiên của hàm số
f x
trên D.
Bước 3. Dựa vào bảng biến thiên để xác định giá trị của tham số
m
để đường thẳng
y A m
nằm ngang cắt đồ thị hàm số
y f x
.
Bước 4. Kết luận các giá trị cần tìm của m để phương trình
f x A m có nghiệm (hoặc có
k nghiệm) trên D.
Lưu ý
Nếu hàm số
y f x
có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên D thì giá trị
A m
cần tìm là
những m thỏa mãn:
min max
x D
x D
f x A m f x
.
Nếu bài toán yêu cầu tìm tham số để phương trình có k nghiệm phân biệt, ta chỉ cần dựa vào bảng
biến thiên để xác định sao cho đường thẳng
y A m
nằm ngang cắt đồ thị hàm số
y f x
tại
k
điểm phân biệt.
Lưu ý quan trọng:
Các bước giải phương trình logarit có tham số cần chú ý:
 Bước 1. Đặt điều kiện (điều kiện đại số
điều kiện loga):
Đ
0 1
log
0
a
K
a
b
b

và
Đ
Đ
log 0
log 0
K
a
K
a
f x f x
f x f x


.
 Bước 2. Dùng các công thức và biến đổi đưa về các phương trình cơ bản rồi giải.
 Bước 3. So với điều kiện và kết luận giá trị tham số cần tìm.
Câu 1. Cho hàm số
2 2
8 1
2
3log 2 2 3 1 2 log 1 6 0x m x m x x m
. Số các giá trị nguyên
của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt
1 2
,x x thỏa mãn
1 2
15x x
là:
A.
13
2
m
.
B.
2 3
2
m
. C.
13 2 3
2 2
m
. D.
3
4
m .
Lời giải
Chọn C
Ta có:
2 2
8 1
2
3log 2 2 3 1 2 log 1 6 0x m x m x x m
2 2
2 2
log 2 2 3 1 2 log 1 6x m x m x x m
2
2 2
1 6 0
2 2 3 1 2 1 6
x x m
x m x m x x m
mũ l
ẻ
mũ ch
n
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
Trang 2 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
2
2
2
1 6 0 *
1 6 0
2
2 2 4 0 1
2
x x m
x x m
x m
x m x m
x
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm
phân biệt thỏa mãn (*)
2
2
2
4 2 1 6 0
4 8 1 0
2 3
2 2 1 6 0 .
2
3 6 0
2 2
m m m
m m
m m
m
m
Theo giả thiết
2
2
1 2
13 17
15 2 2 225 4 8 221 0
2 2
x x m m m m
.
Do đó
13 2 3
2 2
m
.
Câu 2. Cho phương trình
2
4 2 2
log log 5 1 log 0
x x m
(
m
là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu
giá trị nguyên của
m
để phương trình đã cho có nghiệm?
A.
0
m
. B.
5
m
. C.
0 5
m
. D.
3
4
m
.
Lời giải
Chọn C
Điều kiện:
1
5
0
x
m
.
Xét phương trình:
2
4 2 2
log log 5 1 log
x x m
1
.
2 2 2 2 2
5 1 5 1 1
1 log log 5 1 log log log 5 2
x x
x x m m m m
x x x
.
Xét
1
5f x
x
trên khoảng
1
;
5
.
Có
2
1 1
0, ;
5
f x x
x
và
1
lim lim 5 5
x x
f x
x
 
.
Ta có bảng biến thiên của hàm số
f x
:
Phương trình
1
có nghiệm khi và chỉ phương trình
2
có nghiệm
1
5
x
.
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình
1
có nghiệm khi và chỉ khi
0 5
m
.
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 3
Câu 3. Tìm tất cả các giá trị nguyên của tham số thực
m
để phương trình
2
3 1
3
4 log log 0
x x m
có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng
0;1
.
A.
0
B.
1
C.
2
D.
3
Lời giải
Chọn A
Ta có:
2 2
2
3 1 3 3 3 3
3
4 log log 0 2log log 0 log log 1
x x m x x m x x m
Đặt
3
log
t x
với
;0
t 
.
2
1
t t m
.
Xét
2
f t t t
.
' 2 1
1
' 0
2
f t t
f t t
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên
1 1
0 0
4 4
m m
.
Vậy không có giá trị nguyên
m
nào thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4. Tìm các giá trị thực của tham số
m
để phương trình
2
3 3
log 3log 2 7 0
x x m
có hai nghiệm
thực
1 2
,
x x
thỏa mãn
1 2
3 3 72.
x x
A.
61
2
m
. B.
3
m
. C.
9
2
m
. D.
3
2
m
.
Lời giải
Chọn C
Tập xác định:
0; .
D

Đặt
3
log .
t x
Phương trình đã cho trở thành
2
3 2 7 0 * .
t t m
Để phương trình đã cho có hai nghiệm thì phương trình
*
có hai nghiệm
2
37
3 4 2 7 0 .
8
m m
Gọi
1 2
,
t t
là hai nghiệm của phương trình
* ,
ta có
1 2
1 2
3
.
2 7
t t
t t m
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
Trang 4 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Giả sử
1
2
1 3 1 1
2 3 2
2
log
3
.
log
3
t
t
t x
x
t x
x
Theo đề bài ta có
1 2
1 2
3 3 72 3 3 3 3 72
t t
x x
1 2 1 2 1 2
3 3.3 3.3 63 3 3 12
t t t t t t
1 1
1
2
1
2
1
1
2
1
2
1
3 12.3 27 0 .
2
2
1
t t
t
t
t
t
t
t
Mặt khác
1 2
9
2 7 2 2 7 .
2
t t m m m
Câu 5. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
để phương trình
3
3
log 3 log 9 16
x
x m
có hai nghiệm thỏa mãn
1 2
2 .
x x
A.
15
. B.
17
. C.
14
. D.
16
.
Lời giải
Chọn A
Tập xác định:
3; \ 2 .
D

Phương trình
3
3
4
log 3 16
log 3
m
x
x
.
Đặt
3
log 3 ,
t x
phương trình trở thành
2
4
16 16 4 0 * .
m
t t t m
t
Với
1 2
,
x x
là nghiệm của phương trình đã cho thỏa mãn
1 2 1 2 3 1 3 2
2 1 3 3 0 log 3 log 3 .
x x x x x x
Do đó, yêu cầu bài toán trở thành tìm
m
để phương trình
*
có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn
2 1
64 4 0
0 16 0 0 16.
4 0
m
b
t t m
a
c
m
a
Mà
m
nên
1;2; ;15 .
m
Vậy có
15
giá trị nguyên của
m
thỏa mãn bài toán.
Câu 6. Cho hai số thực
, 1
a b
thỏa mãn
2021.
a b
Gọi
,
m n
là hai nghiệm của phương trình
log log 2log 2 0.
a b a
x x x
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4
mn a
bằng
A.
8080
. B.
2032
. C.
1015
. D.
3626
.
Lời giải
Chọn A
Điều kiện:
0.
x
Ta có
2
log .log 2log 2 0 log .log 2log 2 0.
a b a b a a
x x x a x x
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 5
Đặt
log ,
a
t x
phương trình trở thành
2
log . 2 2 0 1 .
b
a t t
1 2log 1 2log 1 0
b b
a
nên
1
luôn có hai nghiệm
1 2
,t t
với
2
1 2
2
2log log .
log
a a
b
t t b b
a
Xét hai nghiệm m và n , ta có
2
1 2 1 2
log
2
a
b
t t t t
mn a a a a b
Do đó
2
2 2
4 4 2021 4 4.2021 2 8080 8080.mn a b b b b b
Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi 2, 2019.b a
Câu 7. Có bao nhiêu số nguyên
20;20m
để phương trình
2 3
log log 2x m x
có nghiệm thực
A. 15 . B. 14. C. 24 . D. 21.
Lời giải
Chọn A
Điều kiện:
0x
m x
.
Đặt:
2 3
1
log log
4
x
t
m x
2
4.2
4
1
1
3
3
t
t
t
t
x
x
m x
m x
1
4.2
3
t
t
m t
.
Xét phương trình:
1
4.2
3
t
t
f t t
.
ln3
' 4.ln 2.2
3
t
t
f t ;
' 0f t
6
ln 3 1
log
4ln 2 2
t
.
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm khi: 4,56m .
Mà
, 20;20 5;6;7;...;19m m m
.
Vậy có 15 số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 8. Số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình
2
2
log ( 1) log ( 8)x mx
có hai nghiệm
phân biệt là
A. 5 . B. Vô số. C. 4 . D. 3 .
Lời giải
Chọn D
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
Trang 6 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Điều kiện:
1
x
Ta có:
2 2
2 2 2
2
log ( 1) log ( 8) log ( 1) log ( 8) ( 1) 8
x mx x mx x mx
2
2 9
x x mx
.
Do
1
x
nên suy ra
2
2 9
.
x x
m
x
Xét hàm số
2
2 9
( )
x x
f x
x
trên khoảng
(1; ).

2
2
9
( )
x
f x
x
,
( ) 0 3.
f x x
Bảng biến thiên
Nhìn vào BBT ta thấy, từ yêu cầu của bài toán tìm được
4 8
m
.
Do
m
nguyên nên
5;6;7
m
.
Vậy có 3 giá trị của
m
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 9. Có bao nhiêu giá trị nguyên của
m
để phương trình
3
3
log 3 log 9 16
x
x m
có hai nghiệm
thỏa mãn
1 2
2
x x
.
A.
17
. B.
16
. C.
14
. D.
15
.
Lời giải
Chọn D
Điều kiện xác định:
3
x
và
2
x
.
Biến đổi phương trình đã cho về phương trình sau:
3
3
log 3 4 log 3 16 0
x
x m
.
2
3 3
log 3 16log 3 4 0 (1)
x x m
.
Đặt
3
log 3
x t
, phương trình
1
trở thành:
2
16 4 0 2
t t m
.
Ta có:
3
log 3 3 3
t
x t x
.
Theo điều kiện đề bài thì
2
x
nên
3 3 2 0
t
t
.
Vậy để phương trình
3
3
log 3 log 9 16
x
x m
có hai nghiệm thỏa mãn
1 2
2
x x
thì phương trình
2
phải có hai nghiệm
t
dương phân biệt
1 2
1 2
0
64 4 0
16 0 0 16
4 0
. 4 0
m
t t m
m
t t m
.
Vậy có 15 giá trị nguyên
m
thỏa mãn.
Câu 10. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số
m
nhỏ hơn
2022
để phương trình
5
log 5 2 0
x
m m x
có nghiệm thực?
A.
2022
. B.
2018
. C.
2021
. D.
1011
.
Lời giải
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 7
Chọn A
Phương trình đã cho tương đương với phương trình :
2
5 5
x x
m m
2
5 5 5 5
x x x x
m m
Ta có
5 0
x
m
,
5 0
x
Xét hàm đặc trưng
2
f t t t
trên
0;
.
2 1 0, 0;f t t t
f t
đồng biến trên khoảng
0;
do đó
1
5 5
x x
f m f
5 5
x x
m
2
5 5
x x
m
.
Đặt
5
x
a
,
0
a
. Ta có
2
m g a a a
.
Phương trình đã cho có nghiệm
1
4
m
mà
m
nguyên dương nhỏ hơn
2022
nên
1;2;3;...;2022
m
.
Vậy có 2022 giá trị
m
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 11: Cho phương trình
2
2
1 1
2 2
1
1 log 1 4 5 log 4 4 0
1
m x m m
x
. Hỏi có bao nhiêu giá trị
m
nguyên âm để phương trình có nghiệm thực trong đoạn
1
;1
2
?
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn D
Trên đoạn
1
;1
2
thì phương trình luôn xác định.
Với
m
nguyên âm ta có
1
m
, do đó phương trình đã cho trở thành
2
1 1
2 2
4 1 log 1 4 5 log 1 4 4 0
m x m x m
2
1 1
2 2
1 log 1 5 log 1 1 0
m x m x m
6
5
2
3
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
Trang 8 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Đặt
1
2
log 1
t x
, với
1
;1
2
x
thì
1 1
t
. Ta có phương trình
2 2 2
1 5 1 0 1 5 1
m t m t m m t t t t
2
2
5 1
1
t t
m
t t
*
Xét hàm số
2
2
5 1
1
t t
f t
t t
với
1 1
t
.
Ta có
2
2
2
4 4
1
t
f t
t t
;
0 1
f t t
.
7
1
3
f
,
1 3
f
Do đó
1;1
min 3
f t
và
1;1
7
max
3
f t
.
Phương trình đã cho có nghiệm thực trong đoạn
1
;1
2
khi và chỉ khi phương trình
*
có nghiệm
1;1
t
1;1
1;1
7
min max 3
3
f t m f t m
.
Do
m
nguyên âm nên
3; 2; 1
m
.
Câu 12. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
thuộc khoảng
10;10
để phương trình
1
27
3 log 3
x
x m m
có nghiệm?
A.
9
. B.
8
. C.
10
. D.
7
.
Lời giải
Chọn C
Điều kiện:
3 0
x m
Ta có
1
27 3
3 log 3 3 log 3 3
x x
x m m x m m
Đặt
3
log 3
t x m
, ta có ta có
3 3
3 3
3 3
x
x t
t
t m
x t
x m
Xét
3
u
f u u
có
3 ln 3 3 0
x
f u f u
đồng biến, ta có
3
3 3 log 3 3 3
x t x
x t f x f t x t x x m x m
*
Xét hàm số
3
x
g x x
có
3 ln 3 1
x
g x
;
3
1
0 log
ln3
g x x
.
Bảng biến thiên:
Phương trình
*
có nghiệm khi
3 3
1 1 1
3 log log 0;1;2...9
ln3 3 ln 3
m m m
.
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 9
Câu 13. Cho phương trình
1
2
2
log log 2 0
x m x
(1). Với
m
là giá trị của tập
| 49;S m m m
để phương trình
(1)
có nghiệm. Tính tổng lập phương tất cả các phần tử
của
S
A.
1382975
.
B.
1382976
. C.
1382977
. D.
1382978
.
Lời giải
Chọn A
Ta có:
1
2
2
log log 2 0
x m x
2 2
log log 2
x m x
2
2
2
x
m
x
.
Vì
2
x
nên
2
2 2
2
m
m
.
Kết hợp với
m
,
49
m
. Khi đó
2 49
m
.
Vì
m
nên
1;0;1...48
m
có 50 giá trị.
Vậy tổng
S
các giá trị của
m
để phương trình có nghiệm là:
2 2
3
3 3 3 3 3
48 .49
1 0 1 2 3 ... 28 1 1382975
4
S
.
Câu 14. Cho phương trình
5
2 2
1
2
2
1
log 2 3 1 log 1 3 0
5
x m x m x x m
. Số các giá trị nguyên của
m
để
phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
thỏa mãn
2 2
1 2
20
x x
là:
A.
13
B.
9
C.
14
D.
5
Lời giải
Chọn D
Ta có:
5
2 2
1
2
2
1
log 2 3 1 log 1 3 0
5
x m x m x x m
2 2
2 2
log 2 3 1 log 1 3
x m x m x x m
2
2 2
1 3 0
2 3 1 1 3
x x m
x m x m x x m
2
2
2
1 3 0 *
1 3 0 *
2 2 0 (1)
2
x x m
x x m
x m
x m x m
x
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân
biệt thỏa mãn (*)
2
2
2
1 3 0
4 1 0
2 1 1 3 0 2 3
4 3 0
2
m m m
m m
m m
m
m
.
Theo giả thiết
2 2 2 2
1 2
20 4 20 16 4 4
x x hay m m m
Do đó
4 2 3
m
. Vậy số các giá trị nguyên của
m
thỏa mãn là 5.
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
Trang 10 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Câu 15. Cho phương trình
ln ln cos cos (1)
x m m x
. Tìm tất cả các giá trị của
m
để phương trình
(1) có nghiệm.
A.
1
1 1
m e
B.
1 1
1 1
e m e
C.
1 1
m
D.
1 1
m e
Lời giải
Chọn D
Đặt
ln cos
u x m
ta được hệ phương trình:
cos
ln cos
cos
ln cos
u
x
u m x
e m x
m u x
e m u
Từ hệ phương trình ta suy ra:
cos
cos *
u x
e u e x
Xét hàm số
t
f t e t
có
' 1 0, .
t
f t e t
Hàm số
f t
đồng biến trên
;
 
* cos cos
f u f x u x
Khi đó ta được:
cos
ln cos cos cos **
x
m x x e x m
;
Đặt
cos , 1;1 .
z x z
Phương trình
**
trở thành:
**
z
e z m
Xét hàm số:
z
g z e z
trên
1;1 .
Hàm số
z
g z e z
liên tục trên
1;1
;
' 1;
z
g z e
' 0 1 0 0
z
g z e z
và có
Bảng biến thiên
Do đó
1;1
1;1
1 1,min 0 1
max g z g e g z g
Hệ phương trình ban đầu có nghiệm
phương trình
**
có nghiệm
1 1.
m e
Câu 16. Cho phương trình
2 1 sin 2
cos 2 sin 2
3 3 2 sin 2 cos 2
x
m x x
x m x
với
m
là tham số. Hỏi có
bao nhiêu giá trị
m
nguyên dương bé hơn
2021
để phương trình có nghiệm.
A.
2019
.
B.
2018
. C.
2020
. D.
2021
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
2 1 sin 2
cos 2 sin 2
3 3 2 sin 2 cos 2
x
m x x
x m x
2 1 sin 2
cos 2 sin 2
3 cos 2 sin 2 3 2 1 sin 2
x
m x x
m x x x
Xét hàm số
3
t
f t t
t
,
3 ln 3 1 0
t
f t
f t
đồng biến trên
.
Suy ra
2 1 sin 2
cos 2 sin 2
3 cos 2 sin 2 3 2 1 sin 2
x
m x x
m x x x
cos 2 sin 2 2 1 sin 2
m x x x
cos 2 sin 2 2
m x x
. Phương trình có nghiệm khi
2 2
1 4 3
m m
.
; 3 3;m
 
. Do
, 2021
m m
nên có
2019
giá trị của tham số
m
.
Câu 17. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
thuộc khoảng
2022;2022
để phương trình
10 log 3 3
x
x m m
có nghiệm?
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 11
A.
2020
.
B.
4042
. C.
4040
. D.
2021
.
Lời giải
Chọn D
Ta có:
10 log 3 3
x
x m m
10 log 3 3
x
x x m x m
log 3
10 log 3 10
x m
x
x x m
(1)
Xét hàm số:
( ) 10 ;
t
f t t t
.
( ) 10 ln10 1 0;
t
f t t
nên hàm số
( )
f t
đồng biến trên
.
Do đó phương trình (1)
log 3 3 10 10 3
x x
x x m x m x m
(2).
Đặt
1
( ) 10 10 ln10 1; ( ) 0 log
ln10
x x
g x x g x g x x
.
Ta có bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta thấy: để phương trình (2) có nghiệm thì:
1 1 1 1 1
3 log log 0,3
ln10 ln10 3 ln10 ln10
m m
.
Vì
2022;2022
m
nên
1;2;3;....;2021
m
.
Vậy có
2021
giá trị nguyên của tham số
m
thỏa yêu cầu đề.
Câu 18. Cho phương trình
2
2 2 2
log 2 log log *
x x m x m
. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham
số
2021;2022
m
để phương trình (*) có nghiệm?
A.
2021
. B.
2022
. C.
4042
. D.
2024
.
Lời giải
Chọn D
Điều kiện:
2
0
log 0
x
m x
.
2 2
2 2 2 2 2 2
log 2log log 4 log 8log 4 log 4
x x m x m x x m x m
2
2 2 2 2
4log 4log 1 4 log 4 log 1
x x m x m x
2
2
2 2
2 2
2 2
2 log 1 2log 1
2log 1 2 log 1
2 log 1 2log 1
m x x
x m x
m x x
2 2
2 2
log log 1
log log
m x x
m x x
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
Trang 12 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
* TH
1
:
2 2
log log
m x x
2
2
2
2 2
2 2
0 1
log 0
log log 0 1
log log
x
x
x x m
m x x
Đặt:
2
log 0
t x t
, phương trình
(1)
trở thành:
2 2
0 2
t t m t t m
Đặt:
2
( ) ( ;0
g t t t t 
.Bài toán trở thành: Tìm giá trị của tham số
m
để phương trình
2
có ít nhất 1 nghiệm
0
t
Ta có:
2
( ) ( ) 2 1 0 0
g t t t g t t t
Ta có BBT:
Dựa vào BBT, suy ra: để phương trình
2
có ít nhất 1 nghiệm
0
t
thì
0
m
(*)
* TH
2
:
2 2
log log 1
m x x
2
2
2 2 2
log 1
log log 2log 1
x
m x x x
2
2
2 2
log 1
log 3log 1 0 3
x
x x m
Đặt:
2
log 1
t x t
, phương trình
(1)
trở thành:
2 2
3 1 0 3 1 4
t t m m t t
Đặt:
2
( ) 1, 1;g t t t t
Ta có:
2
( ) 3 1 ( ) 2 3
g t t t g t t
3
( ) 0 2 3 0 1;
2
g t t t

Bài toán trở thành: Tìm giá trị của tham số
m
để phương trình
4
có ít nhất 1 nghiệm
1
t
Ta có BBT:
Dựa vào BBT, suy ra: để phương trình
4
có ít nhất 1 nghiệm
1
t
thì
5
4
m
(**)
Kết hợp (*) và (**),
2021;2022
m
1;0;1;2;...; 2022
m
Vậy có tất cả
2024
giá trị của
m
thỏa mãn.
Câu 19. Tìm tất cả các giá trị của
m
để phương trình
ln ln cos cos
m m x x
có nghiệm.
A.
1
1 1.
m e
e
B.
1 1.
m e
C.
1
1 1.
m
e
D.
1 1.
m e
Lời giải
Chọn B
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 13
Đặt
ln cos
u m x
ta được hệ phương trình:
cos
ln cos
cos
ln cos
u
x
u m x
e m x
m u x
e m u
Từ hệ phương trình ta suy ra:
cos
cos *
u x
e u e x
Xét hàm số
t
f t e t
có
' 1 0, .
t
f t e t
Hàm số
f t
đồng biến trên
.
* cos cos
f u f x u x
Khi đó ta được:
cos
ln cos cos cos **
x
m x x e x m
Đặt
cos , 1;1 .
z x z
Phương trình
**
trở thành:
**
z
e z m
Xét hàm số:
z
g z e z
trên
1;1 .
Hàm số
z
g z e z
liên tục trên
1;1
và có
1;1
1;1
1 1,min 0 1
max g z g e g z g
Ta có bảng biến thiên:
Hệ phương trình ban đầu có nghiệm
phương trình
**
có nghiệm
1 1.
m e
Câu 20. Giá trị nào của
m
để phương trình
2 2
3 3
log log 1 2 1 0
x x m
có ít nhất một nghiệm thuộc
đoạn
3
1; 3
.
A.
1 16
m
. B.
4 8
m
. C.
3 8
m
. D.
0 2
m
.
Lời giải
Chọn D
Điều kiện
0
x
. Đặt
2
3
log 1 1
t x
, ta được phương trình
2
2 2 0 *
t t m
.
Ta có
3
1; 3
x
3
0 log 3
x
2
3
1 log 1 2
t x
.
Phương trình đã cho có nghiệm thuộc
3
1; 3
x
*
có nghiệm
1; 2
t
.
Đặt
2
f t t t
, với
1; 2
t
.
Hàm số
f t
là hàm đồng biến trên đoạn
1; 2
. Ta có
1 2
f
và
2 6
f
.
Phương trình
2
2 2
t t m
2 2
f t m
có nghiệm
1; 2
t
1 2 2 2
f m f
1 2 2
2 2 2
f m
m f
2 2 2
2 2 6
m
m
0 2
m
.
Câu 21. Cho Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
thuộc khoảng
2021;2021
để phương trình
10 log 3 3
x
x m m
có nghiệm?
A.
2021
. B.
2020
. C.
2010
. D.
4040
.
Lời giải
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
Trang 14 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Chọn B
Ta có:
10 log 3 3
x
x m m
10 log 3 3
x
x x m x m
log 3
10 log 3 10
x m
x
x x m
(1)
Xét hàm số:
( ) 10 ;
t
f t t t
.
( ) 10 ln10 1 0;
t
f t t
nên hàm số
( )
f t
đồng biến trên
.
Do đó phương trình (1)
log 3 3 10 10 3
x x
x x m x m x m
(2).
Đặt
1
( ) 10 10 ln10 1; ( ) 0 log
ln10
x x
g x x g x g x x
.
Ta có bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta thấy: để phương trình (2) có nghiệm thì:
1 1 1 1 1
3 log log 0,3
ln10 ln10 3 ln10 ln10
m m
.
Vì
2021;2021
m
nên
1;2;3;....; 2020
m
.
Vậy có
2020
giá trị nguyên của tham số
m
thỏa yêu cầu đề.
Câu 22. Có bao nhiêu giá trị
m
nguyên trong
2017;2017
để phương trình
log 2log 1
mx x
có
nghiệm duy nhất?
A.
2017
. B.
4014
. C.
2018
. D.
4015
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
2
2 2
0 0
1
log 2log 1 1 0 1 0
2 1 1
log log 1 1
mx mx
x
mx x x x
mx x x
mx x mx x
Ta thấy
0
x
không là nghiệm của phương trình
1
.
Với
1 0
x
ta có phương trình
1
trở thành
1
2 2 .
m x
x
Xét hàm số
1
2 , 1; \ 0 .
f x x x
x

Ta có
2
1
1 0 1
f x x
x
Bảng biến thiên
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 15
Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi phương trình
2
có nghiệm duy nhất trên
1; \ 0 .
Từ bảng biến thiên suy ra
0
.
4
m
m
Vì
1; 2;...; 2017
2017;2017
4
m
m
m
có
2018
giá trị
m
thỏa mãn.
Câu 23. Cho phương trình
2
2 2
1
2
2
4 .log 2 3 2 .log 2 2 0
x m
x x
x x x m
với m là tham số. Tổng tất cả các giá trị
của tham số m để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt là
A. 3 . B. 2 . C. 4 . D. 1.
Lời giải
Chọn B
Ta có:
2
2 2
1
2
2
4 .log 2 3 2 .log 2 2 0
x m
x x
x x x m
2
1 1
2
2 2
2
2
4 .log 2 3 2 .log 2 2 0
x m
x x
x x x m
2
2 2
2 2
2.4 .log 2 3 2 .log 2 2 0
x m
x x
x x x m
2
2 2
2 2
2.4 .log 2 3 2 .log 2 2
x m
x x
x x x m
2
2
2
2
2
2.log 2 3
log 2 2
4
2
x m
x x
x x
x m
2
2
2 2
2 2
2.2 .log 2 3 2 .log 2 2
x m
x x
x x x m
2
2
3 2 2 2
2 2
2 .2 .log 2 3 2 .2 .log 2 2
x m
x x
x x x m
2
2 2
2 3 2
2 2
2 .log 2 3 2 .log 2 2
x m
x x
x x x m
(1)
Xét hàm số
2
2 .log
t
y f t t
với 2t , có
2
1
2 .ln 2.log 2 . 0, 2
ln 2
t t
f t t t
t
.
Suy ra hàm số
2
2 .log
t
y f t t
đồng biến trên nửa khoảng
2;
.
Khi đó
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
Trang 16 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
2
2
2
2
2
2
1 2 3 2 2
2 3 2 2
2 1 2
2 1 2
2 2 3 2
2 1 3
f x x f x m
x x x m
x x x m
x x m x
x m
x m
Trường hợp 1: Phương trình (3) có 1 nghiệm kép và phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt
khác 0
1
2 1 0
1
2
2 3 0 3
2
2
m
m
m
m
m
.
Trường hợp 2: Phương trình (2) có 1 nghiệm kép và phương trình (3) có 2 nghiệm phân biệt
khác 2
1
2
2 1 0
5 3
2 1 4
2 2
2 3 0
3
2
m
m
m m m
m
m
.
Vậy tổng tất cả các giá trị của tham số
m
để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt là
1 3
2
2 2
.
Câu 24. Cho phương trìn
2
2 2
1
2
2
4 log 2 3 2 log 2 2 0
x m
x x
x x x m
. Tìm tất cả các giá trị
của tham số m để phương trình trên có đúng hai nghiệm thực phân biệt.
A.
1
2
m
hoặc
3
2
m
. B.
1
2
m
. C.
3
2
m
. D.
3
2
m
hoặc
1
2
m
.
Lời giải
Chọn A
2
2 2
1
2
2
4 log 2 3 2 log 2 2 0
x m
x x
x x x m
2
2
2
2
1 2
2
2 2
2
2
3 2 2
3 2 3
log 2 3
log 2 2
2 log 2 3 2 log 2 2
2
2
x m
x x
x m
x x
x x
x m
x x x m
Xét hàm số
2 2
3
log 2 log
2 8
u
u
u u
f u
với
2
u
. Ta có
2
1 2
2 log .ln 2 0
8 .ln 2
u
u
f u u
u
2
u
. Suy ra hàm số
f u
đồng biến trên
2;

nên
2
2
2
2
4 1 2 0 1
2 3 2 2 1 2
1 2 0 2
x x m
f x x f x m x x m
x m
. phương trình
đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt.
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 17
TH1: Phương trình (1) có nghiệm hai 2 nghiệm phân biệt, phương trình (2) vô nghiệm suy ra
3 2 0
1
2 1 0
2
m
m I
m
TH2: Phương trình (2) có nghiệm hai 2 nghiệm phân biệt, phương trình (1) vô nghiệm suy ra
3 2 0
3
2 1 0
2
m
m II
m
TH3: Phương trình (1) và (2) đều có hai nghiệm phân biệt và hai nghiệm này giống nhau
3 2 0
1 3
2 1 0
2 2
m
m III
m
Gọi
; ( )
a b b a
là hai nghiệm của phương trình (1), theo định lý viet ta có
4
. 2 1
a b
a b m
. Vì
;
a b
cung là nghiệm của phương trình (2) nên
0
. 2 1
a b
a b m
suy ra vô lý vậy
m
(III)
Vậy từ (I) ; (II) và (III) suy ra
1
2
m
hoặc
3
2
m
.
Câu 25. Cho phương trình
2
2
1 1
3 3
1
1 log 1 4 5 log 4 4 0 1
1
m x m m
x
. Hỏi có bao nhiêu
giá trị m nguyên
âm để phương trình (1) có nghiệm thực trên đoạn
2
;2
3
?
A.
6
. B.
5
. C.
2
. D.
3
.
Lời giải
Chọn D
Ta có
2
1 1
3 3
1 4 1 log 1 4 5 log 1 4 4 0
m x m x m
2
1 1
3 3
1 log 1 5 log 1 1 0
m x m x m
Đặt
1
3
log 1
t x
với
2
;2
3
x
thì
1 1
t
ta có phương trình:
2
2 2 2
2
5 1
1 5 1 0 1 5 1 2
1
t t
m t m t m m t t t t m
t t
Xét hàm số
2
2
5 1
1
t t
f t
t t
với
1 1
t
. Ta có
2
2
2
1
4 4
0
1
1
t
t
f t
t
t t
7
1 ; 1 3
3
f f
. Do đó
1;1 1;1
7
min 3;max
3
f t f t
Phương trình đã cho có nghiệm thực trong đoạn
2
;2
3
khi và chỉ khi phương trình (2) có
nghiệm
1;1 1;1
7
1;1 min max 3
3
t f t m f t m
Như vậy các giá trị nguyên âm của m cần tìm là
3; 2; 1
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
Trang 18 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Câu 26. Gọi
S
là tập chứa tất cả các giá trị thực của tham số
m
để tồn tại đúng
một bộ số thực
;
x y
thỏa mãn
2 2 2
2 2
log 4 log 15 3 0
x y m x y m
. Tính tổng bình
phương giá trị tất cả các phần tử của tập
S
đó
A.
144
289
B.
45
4
C.
225
256
D.
41
16
Lời giải
Chọn C
Áp dụng quy tắc cần và đủ, ta nhận thấy vai trò của hai ẩn
x
và
y
là như nhau. Nếu
;
x y
thỏa
mãn thì
;
y x
cũng thỏa mãn. Vì vậy, muốn bộ số
;
x y
thỏa mãn là duy nhất thì tất cả các biến
phải bằng nhau. Suy ra
x y
. Phương trình trở thành như sau:
2
2 2
2 2 2 2
2
2 2
log 2 4 log 2 15 3 0 1 log 4 1 2log 15 3 0
log 2 4 1 log 16 7 0
x m x m x m x m
x m x m
Để có duy nhất nghiệm thực
x
thì
2
1
4 1 16 7 0
15
16
m
m m
m
Ta thử lại:
Với
1
m
, ta có:
2 2 2
2 2
log 4log 12 0
x y x y
Dể thấy cho
2 2 2
2 2 2 2
0 log 4log 12 0 log 8log 12 0
y x x x x
Do phương trình trên có hai nghiệm nên suy ra trường hợp này loại
Với
15
16
m
, ta có:
2 2 2
2 2
15 285
log log 0
4 16
x y x y
Đánh giá thông qua bất đẳng thức Bunyakovsky, ta nhận thấy:
2
2 2 2 2
2 2 2 2
2
2
2 2 2 2
15 285 15 285
0 log log log log
4 16 4 2 16
15 225 15 15
0 log log log log
2 16 4 4
x y
x y x y x y
x y x y x y x y
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
15
4
4
4
1
1
2
16 2
8 2
x y
x y
x y
(thỏa mãn)
Suy ra
15
16
S
Tổng bình phương bằng:
225
256
Câu 27. Gọi
S
là tập chứa tất cả các giá trị thức của tham số
m
để tồn tại duy nhất bộ ba số thực
; ;
x y z
thỏa mãn điều kiện
2 2 2 2
2 2
log 2 2 log 4 2 2 0
x y z m x y z
. Tích tất cả các phần tử của
tập
S
tương ứng bằng:
A.
0
. B.
16
. C.
6
. D.
12
.
Lời giải
Chọn A
Điều kiện
2 0
x y z
.
Ta có
2 2 2
2 2 2 2 2
x y z x y z x y z
hay
2 2 2
4 2 2 4 2
x y z x y z
.
Dấu đẳng thức xảy ra
x y z
.
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 19
Khi đó
2 2 2
4 2 2 4 2
x y z x y z
2 2 2
2 2
1
log 4 2 2 2 log 2
2
x y z x y z
2 2 2
2 2
log 2 2 log 4 2 2 2
x y z x y z
.
2 2 2 2
2 2
log 2 2 log 4 2 2 0
x y z m x y z
2
2 2 2 2
2 2 2
2 log 4 2 2 log 2 4 log 4 2 2 2
m x y z x y z x y z
.
Đặt
2
log 4 2 2
t x y z
ta được
2
4 2 2
t mt
2
2 8 8 0
t m t
.
Yêu cầu bài toán
2
2 8 8 0
t m t
có đúng một giá trị
t
2
8 64 0
m
0
16
m
m
.
* Khi
0
m
thì
2
t
2
log 4 2 2 2
x y z
2 2
x y z
.
Mặt khác dấu đẳng thức xảy ra
x y z
nên
1
2
x y z
.
*
16
m
tương tự
1
32
x y z
. Vậy
0; 16
S
.
Câu 28. Cho hai số thực
,
x y
thỏa mãn hệ thức
2
2
2 1
2 log
y x
y
x
. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên
40;40
m
để tồn tại duy nhất một số thực
x
thỏa mãn hệ thức
2 2
4 10 1 0
y x mx
?
A.
51
. B.
52
. C.
53
. D.
31
.
Lời giải
+) Vì
2
2
2 0, ;
y x
x y
nên với
0
y
thì
2 1
log 0 1
y
x x
.
Do đó điều kiện của bài toán là
1
0
x
y
.
+) Khi đó
2 2 2
2 2 2 1
2
2 1 2 1 2 1
2 log 2.2 2log 2 log
y x y x y x
y y y
x x x
2
2
2 1
2
2 1
2
2
2 2
2
log2
2 log 2 1 2 log
log 2 1
2
y
y
x
x
x
y x
y
.
Xét hàm đặc trưng
2
2 .log
t
f t t
trên
1;

, ta có
2
2
2 .ln 2.log 0, 1
ln 2
t
t
f t t t
t
.
Do đó hàm
f t
đồng biến trên
1;

.
Khi đó,
2
2 1
f y f x
2
2 2 2
2 1 4 1
y x y x
.
+) Ta có
2
2 2 2 2
4 10 1 0 1 10 1 0
y x mx x x mx
4 2
12 0
x x mx
3
12
x x m
(do
1
x
).
Xét hàm
3 2
12 3 12
g x x x g x x
,
0 2
g x x
.
Bảng biến thiên:
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
Trang 20 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Từ bảng biến thiên của hàm
g x
suy ra phương trình
2 2
4 10 1 0
y x mx
có duy nhất một
nghiệm khi và chỉ khi
11; 40
m
, do đó có tất cả
52
giá trị
m
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 29. Cho các số thực
, ,
x y z
thỏa mãn
2 2 3 3
3 7
log 2 log 2 log
x y x y z
. Có bao giá trị nguyên của
z
để có đúng hai cặp
,
x y
thỏa mãn đẳng thức trên.
A.
2
. B.
211
. C.
99
. D.
4.
Lời giải
Chọn B
ĐK
2 2
0
0
0
0
x
x y
y
z
Ta có
2 2
2 2 3 3 3 3
3 7
2 3 1
log 2 log 2 log 2 7 2
10 3
t
t
t
x y
x y x y z t x y
z
.
+ Nếu
0
y
3
2 7
t
x
thay vào
1
ta được
3
2
3
3
49
2.7 3 log 2
t
t
t
do đó
3
3
49
log 2
10z
.
+ Nếu
0
y
Từ
1 & 2
suy ra
2
3
3
2
2 2
3 3
3 3
2
22 2
3 3
2
2
2 27
2
49 49
, *
27 27
2
2 49
2 1
t
t t
t
x
x y
y
x y
x y
x y
x
y
.
Đặt
3
, 2
x
u u
y
. Xét
2
3 3
3
3 4
2 2
0
2 6 2 4
0 2
2 1 2 1
4
u
u u u u
f u f u u
u u
u
.
Ta có bảng biến thiên
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 21
Nhận xét với mỗi giá trị
u
tương ứng với duy nhất 1 cặp
,
x y
thỏa mãn bài toán do đó
Yêu cầu bài toán tương đương
49 49
27 27
4 1
log log
33 8
4 49 1
10 10
33 27 8
t
z
.
Vì
z
là số nguyên nên có
211
giá trị thỏa mãn.
Câu 30. Cho phương trình sau:
2 2
2 4 2 2 4
2 2 2 4 1 2 1 0
x x m x mx
x mx x x m
. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị thực
của tham số m để phương trình đã cho có 3 nghiệm thực x?
A. 4. B.
5
. C. 2. D. 3.
Lời giải
Chọn A
2 2
2 4 2 2 4
2 2 2 4 1 2 1 0
x x m x mx
x mx x x m
Nhân 2 vế với 2:
2 2
2 4 2 2 4
2 4 2 2 4 1 2 1 0
x x m x mx
x mx x x m
Đặt:
2
2 4
a x mx
,
2
4 1
b x x m
2 2
4 2 4
2 2 2 1 0 *
x x m x mx
a b
Nếu
0, 0
a b
thì
1 1
2 2 2 2
b a
b a
(vô lý).
Suy ra:
2
2
2
0
0 2 0
2
0
4 1 0
4 1 0 1
x
a x mx
tm x m
b
x x m
x x m
Để có 3 nghiệm thực phân biệt thì (1) có nghiệm:
0 1
x m
7 65
2
8
x m m
+ nghiệm kép
5
m
Câu 31. Tổng tất cả các số nguyên
a
để tồn tại số thực
b
thỏa mãn
4 2 2 3
b b
a a
A.
7
B.
0
C.
3
D.
2
Lời giải
Chọn C
Điều kiện
2
4 2
b
a
a
Đặt
2
2 , 0 2
a t t a t
, phương trình trở thành
2 2
2
2 2
9 4
4 9 2.3 .
3 . 0 1
4 3 4 3
2
3 0
3 0
b b
b b b
b
b b b b
b
b
t t t
t t
t t t t
t
t
Để phương trình (1) có nghiệm:
4 9
9 4
4 1 1
9 2 9 4 0 2.4 9 0 log 2
9 2 2
b
b b b b b
b log b
.
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
Trang 22 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Khi đó tổng hai nghiệm
1 2
3
b
t t
. Để có nghiệm
3
b
t
thì phương trình (1) phải có hai nghiệm không
âm
9 4 0
b b
0
b
Khi đó ta có hai trường hợp nghiệm của phương trình
Trường hợp 1:
3 2.4 9
2
b b b
t
. Ta có
2
3 2.4 9 3 2.4 9
2 2
2 2
b b b b b b
a a
Với
9
4
0 2
b log
ta thấy
2;1
a
mà
a
nguyên nên
1;0
a
.
Trường hợp 2:
3 2.4 9
2
b b b
t
. Ta có
2
3 2.4 9 3 2.4 9
2 2
2 2
b b b b b b
a a
Với
9
4
0 2
b log
ta thấy
2;0
a
mà
a
nguyên nên
1; 2
a
.
Vậy tổng tất cả số nguyên a thỏa mãn là
1 2 0 3
.
Câu 32. Cho phương trình
2
2
4 4 .2 log 2
x x
a x x b
. Có bao nhiêu bộ số
,
a b
thỏa mãn điều kiện
100 ,100 , 100 , 100
a b a b
sao cho phương trình có nghiệm
duy nhất
A.
15
B.
6
C.
3
D.
4
Lời giải
Chọn B
Ta có
2 2
2 2
4 4 .2 log 2 2 2 log 2
x x x x
a x x b a x x b
.
Ta nhận thấy
0
x x
là nghiệm thì
0
2
x x
cũng là nghiệm. Do đó để có nghiệm duy nhất thì
0
1
x
. Khi đó thay vào ta được:
4
2
4 log 1 2 1.
a
a b b
Đặt ,
100 100
p q
a b với ,p q
Khi đó:
400
2 1 1
100
p
q
b
. Chú ý
1
100
q
nên
400
p
. Ta có 2 tình huống:
Trường hợp 1:
400
1;2;4;5;8;10;16;20;25;40;50;80;100;200;4
00
p
p
.
Vì
400
2
2
400 400
2 1 101 log 101 60
log 101
p
b p
p
vậy
80;100;200;400
p
.
Khi đó ta có:
4
; ;31 ; 1;15 ; 2;3 ; 4;1
5
a b
. Với mỗi bộ số
;
a b
tương ứng đều có nghiệm
duy nhất bởi vì ta có đánh giá:
2
2 2
2 2
2 2 2 2 2 4 log 1 log 1 1
x x x x
a b a b x
.
Trường hợp 2: Nếu
400
p
khi đó vế trái có dạng phân số với mẫu số có dạng lũy thừa của 2.
Vì vậy vế phải cũng phải như vậy tức là
25
q
Lại có khi đó
400
1 2 1 1 0 100 0
100
p
q
b q
cho nên
25; 50; 75
q
.
Với
400
3
25 2
4
p
q p
(Loại).
Với
400
1 1
50 2 400 4,
2 2
p
q p a b
.
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 23
Khi đó:
2
2
1
2 2 4log 2
2
x x
x x
. Dùng TABLE ta thấy có duy nhất 1 nghiệm
1
x
Với
400
1 3
75 2 200 2,
4 4
p
q p a b
.
Khi đó:
2
2
3
2 2 2log 2
4
x x
x x
. Dùng TABLE ta thấy có duy nhất 1 nghiệm
1
x
Kết luận: Có tất cả 6 bộ số
;
a b
thỏa mãn điều kiện.
Câu 33. Cho phương trình sau:
2
2l g l g 1 l g
2 4 9 2 3 2 0
o x o x o x x x
m m
(với
m
là tham số thực). Gọi
S
là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của
m
để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân
biệt. Tổng của phần tử nhỏ nhất và phần tử lớn nhất của
S
bằng
A.
100
3 1
. B.
100
3 1
. C.
99
3
. D.
99
3 1
.
Lời giải
Chọn A
Điều kiện:
0
3
x
x
m
Phương trình đã cho tương đương với phương trình:
2
2l g l g 1 l g
2 4 3 2 3 0
o x o x o x x x
m
Ta có:
2
2lg lg 1 lg
2 4 3 2 3 0
x x x x x
m
2
2
2l g l g 1 l g
3
3
2log log 2 2log
2 4
x
x
o x o x o x
m
m
x x x
log 2
1
log
2
3
x
x
x
m
*
3
100
1
10
log ,
x
x
x m m
.
Trường hợp 1: Với
1
m
thì
3
log 0
x m
(loại). Do đó phương trình đã cho có 2 nghiệm phân
biệt
1
100,
10
x x
.
Trường hợp 2: Với
1
m
thì
3
log 0
x m
nên phương trình đã cho luôn nhận nghiệm
3
log
x m
Mà
1
100
10
nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi
1
100
10
3
1
log 100 3 3
10
m m
.
Do
m
nguyên dương,
1
m
nên
100
2;3;4;...,3 1
m
. Vậy
100
2;3;4;...,3 1
S
.
Suy ra tổng của phần nhỏ nhất và phần tử lớn nhất của
S
bằng
100
3 1
.
Câu 34. Cho hàm số
( )
2 1
x m
f x
x
. Gọi
S
là tập hợp các số nguyên dương
7
m
sao cho với mọi bộ số thực
, , 2;3
a b c thì
ln ( ) , ln ( ) , ln ( )
f a f b f c
là độ dài ba
cạnh của một tam giác. Tổng các phần tử của
S
là
A.
10
. B.
15
. C.
16
. D.
14
.
Lời giải
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
Trang 24 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Chọn C
Từ giả thiết ta có với
, 2;3
m S x thì
( ) 0
2 1
x m
f x
x
.
Xét hàm số
( ) ln ( ),
g x f x
ta có
( ) 1 2
( ) 0, , 2;3
( ) ( )(2 1)
f x m
g x m S x
f x x m x
do vậy
ta có bảng biến thiên của hàm số
( )
g x
như sau
TH1:
3
ln 0 4
7
m
m
, lúc này xét mọi bộ số thực
, , 2;3
a b c sao cho
ln ( ) ,
f a
ln ( ) ,
f b
ln ( )
f c
là độ dài ba cạnh của một tam giác khi đó ta cần có
2;3
2;3
2 min ( ) max ( )
x
x
g x g x
3 2
2ln ln
7 5
m m
2
3 2
7 5
m m
2
19 7 29
10
5 19 53 0
19 7 29
10
m
m m
m
,
kết hợp với
m S
ta có
6;7
m .
TH2:
2
ln 0 3
5
m
m
, lúc này xét mọi bộ số thực
, , 2;3
a b c
sao cho
ln ( ) ,
f a
ln ( ) ,
f b
ln ( )
f c
là độ dài ba cạnh của một tam giác khi đó ta cần có
2;3
2;3
2max ( ) min ( )
x
x
g x g x
3 2
ln 2ln
7 5
m m
2
2 3
5 7
m m
2
7 3 47 0
m m
3 5 53 3 5 53
14 14
m
, kết hợp với
m S
ta có
1;2
m .
TH3:
2
ln 0
5
3 4
3
ln 0
7
m
m
m
khi đó tồn tại
2;3
để
ln ( ) 0
f
khi đó chọn bất kỳ bộ
ba số
, ,
a b
với
, 2;3
a b
thì
ln ( ) ,
f a
ln ( ) ,
f b
ln ( )
f
không thể là độ dài của 3 cạnh
của một tam giác.
Từ 3 trường hợp trên ta có
1;2;6;7
S
do đó tổng các phần tử của
S
là
16
.
Câu 35. Cho hàm số
4
( ) log 2.log 2
x
f x x m
. Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số
m
để phương trình
2 0
f x x
có tổng tất cả các nghiệm bằng
2
.
A.
0
B.
1
C.
2
D.
3
Lời giải
Chọn D
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 25
+ Đặt
2
t x x
2;2
t
.
Giả sử
0
t
là nghiệm của phương trình
( ) 0
f t
khi đó:
0
2 *
x x t
.
Dễ thấy pt (*) chỉ có tối đa 2 nghiệm vì khi bình phương thoát hết căn chỉ ra phương trình bậc
hai.
+ Nếu
0
x
là một nghiệm của phương trình (*) thì
0
2
x
cũng là một nghiệm của
(*)
vì:
0 0 0 0 0 0
2 2 2 2
x x t x x t
.
Mà
0 0 0
2 2
x x x
nên suy ra
Để phương trình
2 0
f x x
có tổng các nghiệm bằng
2
Phương trình
( ) 0
f t
có duy nhất một nghiệm trên
2;2
.
+ Xét phương trình
( ) 0
f t
4
log 2.log 2 0
t
t m
ln 2
ln 2
.
ln 2ln 2
ln 2 2 ln
t
m
t
t m t
Vì
*
m
nên ta có:
ln 2 2 ln
t m t
2 2
2 2 0
m m
t t t t
.
+ Xét hàm số
2
( ) 2
m
g t t t
2 1
*
2;2
( ) 2 1 0
m
t
g t mt
m
Phương trình
( ) 0
g t
có nhiều nhất 1 nghiệm trên
2;2
Mặt khác
*
( ) 2 2 2 2 0
m
g t g m
Suy ra phương trình
( ) 0
g t
vô nghiệm.
Vậy không có giá trị nào của tham số
m
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 36. Cho phương trình
2
2
3 3
log 3 log 2 2 1 0
3
x
m x m m
. Có bao
nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
lớn hơn
2021
sao cho phương trình đã cho có hai nghiệm
phân biệt
1 2
,
x x
thoả
1 2
10
x x
?
A.
2020
. B.
2019
. C.
2020
. D.
2021
.
Lời giải
Chọn A
Điều kiện:
0
x
.
2
2
2 2
3 3 3 3
log 3 log 2 2 1 0 log 1 3 log 2 2 1 0
3
x
m x m m x m x m m
Đặt
3
log
t x
Phương trình trở thành
2
2 2 2
1 3 2 2 1 0 3 2 2 2 0
2 2
t m
t mt m m t m t m m
t m
2 2
3
3
m
m
x
x
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
Trang 26 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
2 2
1 2
2
10 3 3 10
9.3 3 10 0 3 1
0 0
m m
m m m
x x
m m
Vì m
và
2021
m
nên
2020; 2019;...; 1
m
.
Câu 37. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
24;24
m
để ba
số hạng sau theo thứ tự tạo thành 1 cấp số cộng, với
1;2
x
:
3 2 1
9.2 1 ; ; 2 3.2
x x x
m
A.
2
. B.
1
. C.
17
. D.
7
.
Lời giải
Chọn A
Để ba số lập thành một cấp số cộng thì
3 2 1
9.2 1 2 3.2 2
x x x
m
3 2
2 6.2 9.2 2 1
x x x
m
.
Đặt
1 2
2 2 ;2 2;4
x
t
. Khi đó
3 2
6 9 2 1
f t t t t m
với
2;4
t
Suy ra
3 2 3 2
2;4
2;4
min 6 9 2 1 max 6 9
f t t t t m f t t t t
1 5
0 2 1 4 1;2
2 2
m m m
Câu 5. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
18;18
m
để
phương trình
2
2 1 .2 3 1 0
x x
m m
có hai nghiệm thỏa
1 2
0 1 3
x x
A.
8
. B.
18
. C.
11
. D.
12
.
Lời giải
Chọn D
Đặt
2 0
x
t
. Phương trình trở thành:
2
2
2 1
1 3 1 0
2 3
t t
t m t m m
t
Hai nghiệm thỏa mãn:
1 2
0 1 3
1 2 1 2
0 1 3 2 2 2 2 2
x x
x x t t
1 2
1 2 8
t t
Xét hàm số
2
2 1
2 3
t t
y f t
t
có bảng biến thiên như sau:
Suy ra
7 7 18
m m
tức có tất cả 12 giá trị nguyên
m
thỏa
Câu 38. Gọi
S
là tập hợp chứa tất cả các giá trị nguyên của
2022;2022
m
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 27
sao cho phương trình
2 2
2 2
log 2 1 log 2 3 0
x m x m
có hai nghiệm sao cho thỏa mãn
1 2
0 8
x x
. Số các phần tử của
S
là
A.
2021
. B.
2019
. C.
18
. D.
2023
.
Lời giải
Chọn A
Đặt
2
log
t x
. Phương trình trở thành:
2
2 2 1 2 3 0
f t t m t m
(1)
Hai nghiệm phân biệt thỏa mãn
1 2 1 2 2
0 8 log 8 3
x x t t
Ta xét phương trình (1) có:
2
2
2 1 2 3 4 6 2
m m m m
Khi
2
3 17
4
4 6 2 0
3 17
4
m
m m
m
thì phương trình (1) sẽ có hai nghiệm phân biệt là:
2
1
2
2
2 1 4 6 2
2 1 4 6 2
t m m m
t m m m
Đến đây ta chỉ cần điều kiện
2
2
2 1 4 6 2 3
t m m m
là bài toán được giải quyết
2 2
1
2 2 0
3
3
7
4 8 4 4 6 2
7
m
m
m
m
m m m m
Kết hợp với điều kiện
0
, suy ra:
; 2022;2022
3 17
4
2022 2
3 17 3
4 7
m Z m
m
m
m

Như vậy có tất cả
2021
giá trị nguyên
m
thỏa mãn
Câu 39. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
20;20
m để
phương trình sau có nghiệm
2 2 2
2
log 4 2 9 1 1 2 4
x m x x m x m x
A.
12
. B.
23
. C.
25
. D.
10
.
Lời giải
Chọn B
Phương trình tương đương với:
2 2 2
2
2 2 2
2
2
2 2
2
2
2
2
2
log 4 2 9 1 1 2 4
log 2 2 2 4 2 9 1 2 4
log 4 2 4 2 9 1 2 4
16
log 2 4 1 2 4 8
4
x m x x m x m x
x m x x m x m x
x x m m x m x
m m x x x
x x
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
Trang 28 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
Đặt
2
4
t x x
, ta thấy
2
2 2
4
lim 4 0; lim 4 0; 2
x x
t
x x x x t x
t
 
 
Phương trình trở thành
2
2
2
2
4 4
16 2 4
log 1 2
t
m t
m t
t t
2
2
2 2
2 2
16 2 4
log 16 2 4 log
m t
t
m t t
t t
Xét hàm đặc trưng
2
( ) log
u
y f u u
t
có
1 1
0
ln 2
f u
u t
(xem như
t
là tham số)
Suy ra
( )
f u
luôn đồng biến
2 2 2 2 2
16
16 2 4 16 2 4
5 2
f m t f t m t t t
m
Do
0;t

nên suy ra
, 20;20
2
16 5
0 20 2
5 2 2
m Z m
t m m
m
Như vậy ta kết luận có tất cả 23 giá trị nguyên của tham số
m
. Chọn B
Câu 40. Cho hệ phương trình
2 2
2 2 2
1
2 1 2 .2 . 1
x y y
x y
x y
m y
,
m
là tham số.
Gọi
S
là tập các giá trị
m
nguyên để
1
có một nghiệm duy nhất. Tập
S
có bao nhiêu phần tử?
A.
0
. B.
1
. C.
3
. D.
2
.
Lời giải
Chọn B
Điều kiện
1 1;1
y y
.
Từ phương trình thứ nhất của hệ
1
ta có
2 2 2
x y y
x y y
.
Xét hàm số
2
t
y f t t
với t
.
Dễ thấy
2 .ln 2 1 0
t
y
với mọi t
nên hàm số
y f t
đồng biến trên
.
Do đó phương trình
2
tương đương với
2
x y y x y
.
Thay
2
x y
vào phương trình thứ hai của hệ
1
ta được
2 2
4 1 2 .2 . 1 3
y y
m y .
Để hệ đã cho có nghiệm duy nhất thì phương trình
3
phải có nghiệm duy nhất
1;1
y .
Giả sử
0
1;1
y
là một nghiệm của
3
thì
0 0
2 2
0
4 1 2 .2 . 1
y y
m y
.
Khi đó
0 0 0 0
2
2 2 2
0 0
4 1 2 .2 . 1 4 1 2 .2 . 1
y y y y
m y m y
nên
0
y
cũng là
nghiệm của
3
.
Suy ra
0 0 0
0
y y y
. Thay
0
y
vào
3
ta được
0
m
.
Thử lại: với
0
m
thì
3
viết thành
2 2
1
4 1 2.2 . 1 2 2 1 4
2
y y y
y
y y
.
Ta có
4 2
VT
, dấu bằng khi
1
2 0
2
y
y
y
;
4 2
VP
, dấu bằng khi
0
y
.
Suy ra phương trình
4
có nghiệm duy nhất là
0
y
.
Vậy
0
m
thỏa mãn (1 giá trị
m
thỏa).
_______________ TOANMATH.com _______________
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 29
| 1/29

Tài liệu khác của Toán 11

Preview text:

NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT CHỨA THAM SỐ PHƯƠNG PHÁP
Tìm m để f  x, m  0 có nghiệm (hoặc có k nghiệm) trên D trong phương trình logarit chứa tham số:
Bước 1. Tách m ra khỏi biến số và đưa về dạng f  x  Am .
Bước 2. Khảo sát sự biến thiên của hàm số f  x trên D.
Bước 3. Dựa vào bảng biến thiên để xác định giá trị của tham số m để đường thẳng y  Am
nằm ngang cắt đồ thị hàm số y  f  x .
Bước 4. Kết luận các giá trị cần tìm của m để phương trình f  x  Am có nghiệm (hoặc có k nghiệm) trên D.  Lưu ý
Nếu hàm số y  f  x có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên D thì giá trị Am cần tìm là
những m thỏa mãn: min f  x  Am  max f  x . x D  x D 
Nếu bài toán yêu cầu tìm tham số để phương trình có k nghiệm phân biệt, ta chỉ cần dựa vào bảng
biến thiên để xác định sao cho đường thẳng y  Am nằm ngang cắt đồ thị hàm số y  f  x tại k điểm phân biệt. Lưu ý quan trọng:
Các bước giải phương trình logarit có tham số cần chú ý:
 Bước 1. Đặt điều kiện (điều kiện đại số  điều kiện loga): 0  a  1 log K  f x   f x   a    Đ    0 Đ log K b  và mũ lẻ . a   b   0 log  f x   f x  a     Đ K    0 mũ chẵn
 Bước 2. Dùng các công thức và biến đổi đưa về các phương trình cơ bản rồi giải.
 Bước 3. So với điều kiện và kết luận giá trị tham số cần tìm. Câu 1. Cho hàm số 2 3log 2x  
2m  3 x 1 2m  log 
 2x  x16m  0. Số các giá trị nguyên 8 1  2
của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x , x thỏa mãn x  x  15 là: 1 2 1 2 1  3 2  3 13 2  3 3 A. m  . m  . C.  m  . D. m   . 2 B. 2 2 2 4 Lời giải Chọn C Ta có: 2
3log 2x  2m  3 x 1 2m  log    2x  x16m  0 8 1  2 2
 log 2x  2m  3 x 1 2m  log    2x  x16m 2 2  2 x  x 1 6m  0   2 2x   2m  3 2
x 1 2m  x  x 1 6m
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 1
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC 2 x  x 1 6m  0 * 2   x  x 1 6m  0     x  2m 2 x  
2m  2 x  4m  0   1  x  2
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm 2 4m  2m 1 6m  0 2  4m  8m 1  0 2  3 phân biệt thỏa mãn (*) 2
 2  2 1 6m  0    m  . 3    6m  0 2 2m  2  13 17
Theo giả thiết x  x  15  2m  22 2
 225  4m  8m  221  0   m  . 1 2 2 2 1  3 2  3 Do đó  m  . 2 2 Câu 2. Cho phương trình 2
log x  log 5x 1  log m  0 ( m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu 4 2   2
giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có nghiệm? 3 A. m  0 . B. m  5 . C. 0  m  5. D. m   . 4 Lời giải Chọn C  1 x  Điều kiện:  5 . m   0 Xét phương trình: 2
log x  log 5x 1   log m   1 . 4 2   2   5x 1 5x 1 1
1  log x  log 5x 1   log m  log  log m   m  5   m 2 . 2 2   2 2 2   x x x  1  Xét f  x 1  5  trên khoảng ;     . x  5  1  1    Có f  x   0, x   ;   và f  x 1 lim  lim 5   5. 2     x  5  x x  x 
Ta có bảng biến thiên của hàm số f  x : 1 Phương trình  
1 có nghiệm khi và chỉ phương trình 2 có nghiệm x  . 5
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình  
1 có nghiệm khi và chỉ khi 0  m  5. Trang 2
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
Câu 3. Tìm tất cả các giá trị nguyên của tham số thực m để phương trình 4log x 2  log x  m  0 3 1 3
có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng 0;  1 . A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Lời giải Chọn A Ta có:
4log x 2  log x  m  0  2log x 2  log x  m  0  log x2  log x  m 1 3 1 3 3 3 3   3
Đặt t  log x với t  ;0 . 3   2 1  t  t  m . Xét   2 f t  t  t . f 't  2t 1 f t 1 '  0  t   2 Bảng biến thiên 1 1
Dựa vào bảng biến thiên   m  0  0  m  . 4 4
Vậy không có giá trị nguyên m nào thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4. Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình 2
log x  3log x  2m  7  0 có hai nghiệm 3 3
thực x , x thỏa mãn  x  3 x  3  72. 1  2  1 2 61 9 3 A. m  . B. m  3 . C. m  . D. m  . 2 2 2 Lời giải Chọn C
Tập xác định: D  0;. Đặt t  log .
x Phương trình đã cho trở thành 2
t  3t  2m  7  0 *. 3
Để phương trình đã cho có hai nghiệm thì phương trình * có hai nghiệm
    2   m   37 3 4 2 7  0  m  . 8 t   t  3
Gọi t ,t là hai nghiệm của phương trình *, ta có 1 2  . 1 2 t t  2m  7  1 2
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 3
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC 1 t   log x x  3t Giả sử 1 3 1 1    . 2 t  log t x    2 3 2 x 3  2
Theo đề bài ta có  x  3 x   3  72   1 3t  3 t2 3  3  72 1 2   1 t t2 1 t t2 1 t t2  3
 3.3  3.3  63  3  3 12  t   1 1  t  1 t  2 2t t 1  2 1 1  3 12.3  27  0   .  t 2    t   2 1 1   t  1  2 9
Mặt khác t t  2m  7  2  2m  7  m  . 1 2 2
Câu 5. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình log x  3  m log 9  16 3   x3 có hai nghiệm thỏa mãn 2   x  x . 1 2 A. 15 . B. 17 . C. 14. D. 16 . Lời giải Chọn A
Tập xác định: D  3; \  2 . 4m
Phương trình  log x  3   16 . 3   log x3 3   4m
Đặt t  log x  3 , phương trình trở thành 2 t 
 16  t 16t  4m  0 *. 3   t Với x , x là nghiệm của phương trình đã cho thỏa mãn 1 2
2  x  x  1  x  3  x  3  0  log x  3  log x  3 . 1 2 1 2 3  1  3  2 
Do đó, yêu cầu bài toán trở thành tìm m để phương trình * có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn    64  4m  0   b
t  t  0   16  0  0  m 16. 2 1 a   c  4m  0 a
Mà m   nên m 1; 2;;1  5 .
Vậy có 15 giá trị nguyên của m thỏa mãn bài toán.
Câu 6. Cho hai số thực a,b  1 thỏa mãn a  b  2021. Gọi ,
m n là hai nghiệm của phương trình
log x log x  2log x  2  0. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức mn  4a bằng a b a A. 8080 . B. 2032 . C. 1015 . D. 3626 . Lời giải Chọn A Điều kiện: x  0. Ta có 2 log .
x log x  2log x  2  0  log .
a log x  2log x  2  0. a b a b a a Trang 4
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
Đặt t  log x, phương trình trở thành 2 log a.t  2t  2  0 b   1 . a
  1 2log a  1 2log 1  0 nên  
1 luôn có hai nghiệm t ,t với b b 1 2 2 2 t  t   2log b  log b . 1 2 log a a a b
Xét hai nghiệm m và n , ta có 2  1 t t2 1 t t2 log 2 a b mn  a a  a  a  b Do đó mn  a  b    b  b  b   b  2 2 2 4 4 2021 4 4.2021 2  8080  8080.
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi b  2, a  2019.
Câu 7. Có bao nhiêu số nguyên m  20;20 để phương trình log x  log m  x  2 có nghiệm thực 2 3   A. 15 . B. 14 . C. 24 . D. 21. Lời giải Chọn A x  0 Điều kiện:  . m  x  x   1  Đặt: t  log  log 2   3    4   m  x   x  2t x  4.2t 4   1    1  m   4.2t t   . t   1    3 3t m x    3t m  x 1
Xét phương trình: f t   4.2t t   . t   3 f t  ln 3 '    4.ln 2.2t ; 3t  ln 3  1 f 't  0  t  log   . 6    4ln 2  2 Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm khi: m  4,56 .
Mà m  , m 20;20  m 5;6;7;...;1  9 .
Vậy có 15 số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 8. Số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình log (x 1)  log (mx  8) có hai nghiệm 2 2 phân biệt là A. 5 . B. Vô số. C. 4 . D. 3 . Lời giải Chọn D
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 5
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC Điều kiện: x  1 Ta có: 2 2
log (x 1)  log (mx  8)  log (x 1)  log (mx  8)  (x 1)  mx  8 2 2 2 2 2  x  2x  9  mx . 2 x  2x  9 Do x  1 nên suy ra  . m x 2 x  2x  9 Xét hàm số f (x)  trên khoảng (1; ). x 2 x  9 f (  x)  , f (  x)  0  x  3. 2 x Bảng biến thiên
Nhìn vào BBT ta thấy, từ yêu cầu của bài toán tìm được 4  m  8 .
Do m nguyên nên m 5;6;  7 .
Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 9. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình log x  3  m log 9  16 có hai nghiệm 3   x3
thỏa mãn 2  x  x . 1 2 A. 17 . B. 16 . C. 14. D. 15 . Lời giải Chọn D
Điều kiện xác định: x  3 và x  2 .
Biến đổi phương trình đã cho về phương trình sau: log x  3  4m log 3 16  0 . 3   x3 2
 log x  3 16log x  3  4m  0 (1) . 3   3  
Đặt log x  3  t , phương trình   1 trở thành: 2
t 16t  4m  0 2 . 3   Ta có: log  3    3t x t x  3 . 3  
Theo điều kiện đề bài thì x  2 nên 3t  3  2  t  0 .
Vậy để phương trình log x  3  m log
9  16 có hai nghiệm thỏa mãn 2  x  x 3   x3 1 2
thì phương trình 2 phải có hai nghiệm t dương phân biệt   0  64  4m  0  t   t  16  0    0  m  16 . 1 2  4m  0 t .t  4m  0  1 2
Vậy có 15 giá trị nguyên m thỏa mãn.
Câu 10. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m nhỏ hơn 2022 để phương trình log   5x m m
 2x  0 có nghiệm thực? 5   A. 2022 . B. 2018 . C. 2021. D. 1011. Lời giải Trang 6
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC Chọn A
Phương trình đã cho tương đương với phương trình : x 2   5  5 x m m   x   x 2 5   5  5 x  5x m m Ta có 5x m   0 , 5x  0
Xét hàm đặc trưng   2
f t  t  t trên 0;   .
f t  2t 1  0,t0; 
 f t  đồng biến trên khoảng 0;  do đó   1    5x   5x f m f   5x  5x m 2   5 x  5x m . Đặt 5x a  , a  0 . Ta có     2 m g a  a  a . 1
Phương trình đã cho có nghiệm  m   mà m nguyên dương nhỏ hơn 2022 nên 4 m 1; 2;3;...;202  2 .
Vậy có 2022 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán. 1
Câu 11: Cho phương trình m   1 log  x  2 2 1  4 m  5 log
 4m  4  0 . Hỏi có bao nhiêu giá trị 1   1 x1 2 2  1 
m nguyên âm để phương trình có nghiệm thực trong đoạn  ;1  ? 2    A. 6 . B. 5 . C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn D  1  Trên đoạn  ;1 
thì phương trình luôn xác định. 2   
Với m nguyên âm ta có m  1, do đó phương trình đã cho trở thành 4m   2
1 log x 1  4 m  5 log x 1  4m  4  0 1     1   2 2  m   2
1 log x 1  m  5 log x 1  m 1  0 1     1   2 2
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 7
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC  1 
Đặt t  log x 1 , với x   ;1 thì 1  t  1. Ta có phương trình 1    2    2  2 t  5t 1 m   2
t  m  t  m    m 2t t   2 1 5 1 0 1  t  5t 1  m  * 2 t  t 1 2 t  5t 1 Xét hàm số f t   với 1  t  1. 2 t  t 1 2 4t  4 Ta có f t   
; f t   0  t  1. t  t  2 2 1 f   7 1  , f   1  3 3 7 Do đó min f t  3  và max f t  .  1  ;  1 1; 1 3  1 
Phương trình đã cho có nghiệm thực trong đoạn  ;1 
khi và chỉ khi phương trình * có nghiệm 2     7 t 1; 
1  min f t   m  max f t  3  m  .  1  ;  1 1; 1 3
Do m nguyên âm nên m 3;2;   1 .
Câu 12. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng 10;10 để phương trình x 1 3   log x  3m  m có nghiệm? 27   A. 9 . B. 8 . C. 10 . D. 7 . Lời giải Chọn C
Điều kiện: x  3m  0 Ta có x 1 3   log  3   3x x m m  log x  3m  3m 27   3   3x   t  3m
Đặt t  log x  3m , ta có ta có   3x  x  3t  t 3   3t   x  3m Xét    3u f u  u có    3x f u
ln 3  3  0  f u đồng biến, ta có
3x   3t            log  3  3x x t f x f t x t x x m  x  3m * 3   1 Xét hàm số    3x g x  x có    3x g x
ln 3 1; g x  0  x  log . 3 ln 3 Bảng biến thiên: 1 1 1
Phương trình * có nghiệm khi 3m  log  m  log  m 0;1; 2...9 . 3 3   ln 3 3 ln 3 Trang 8
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
Câu 13. Cho phương trình log  x  m  log
2  x  0 (1). Với m là giá trị của tập 2 1   2
S  m | m  49;m  
 để phương trình (1) có nghiệm. Tính tổng lập phương tất cả các phần tử của S A. 1382975 . B. 1382976 . C. 1382977 . D. 1382978 . Lời giải Chọn A x  2 
Ta có: log  x  m  log
2  x  0  log  x  m  log 2  x   . 2 2   2 1   2  m 2 x   2 2  m Vì x  2 nên  2  m   2 . 2
Kết hợp với m   , m  49 . Khi đó  2  m  49 .
Vì m   nên m  1;0;1...4  8 có 50 giá trị.
Vậy tổng S các giá trị của m để phương trình có nghiệm là: S   
1  0  1  2  3 ... 28  2 2 3 48 .49 3 3 3 3 3  1  1382975 . 4 Câu 14. Cho phương trình 1 log 2x   m  3 5 2 x 1 m  log
x  x 1 3m  0 . Số các giá trị nguyên của m để 2   2 1  5 2
phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x , x thỏa mãn 2 2 x  x  20 là: 1 2 1 2 A. 13 B. 9 C. 14 D. 5 Lời giải Chọn D 1 Ta có: log 2x   m  3 5 2 x 1 m  log x  x 1 3m  0 2   2 1  5 2 2  log 2x  
m3 x 1m  log   2x  x13m 2 2  2 x  x 13m  0   2 2x   m  3 2
x 1 m  x  x 1 3m 2 x  x 1 3m  0 * 2 x  x 1 3m  0  *       x  m 2 x  
m  2 x  2m  0 (1)  x  2
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân 2 m  m 1 3m  0 2  m  4m 1  0 biệt thỏa mãn (*) 2
 2 11 3m  0    m  2  3 .  4  3m  0 m  2  Theo giả thiết 2 2 2 2
x  x  20 hay m  4  20  m  16  4   m  4 1 2
Do đó 4  m  2  3 . Vậy số các giá trị nguyên của m thỏa mãn là 5.
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 9
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
Câu 15. Cho phương trình ln ln
 cos x  m  m  cos x (1) 
. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm. A. 1 1 m e   1   B. 1 1
e 1  m  e 1 C. 1  m  1 D. 1  m  e 1 Lời giải Chọn D u   ln  m  cos x u e  m  cos x
Đặt u  ln cos x  m ta được hệ phương trình:    ln  m  u cos  cos x x e  m  u
Từ hệ phương trình ta suy ra: u cos x e  u  e  cos x * Xét hàm số   t f t  e  t có '  t
f t  e 1  0,t  . 
Hàm số f t đồng biến trên ;
*  f u  f cos x  u  cos x Khi đó ta được:    cos ln cos  cos x m x x  e  cos x  m ** ;
Đặt z  cos x, z 1; 
1 . Phương trình ** trở thành: z e  z  m ** Xét hàm số:   z
g z  e  z trên 1;  1 . Hàm số   z
g z  e  z liên tục trên 1;  1 ; '  z g z  e 1; '   0 z g z
 e 1  0  z  0 và có Bảng biến thiên
Do đó max g  z  g  
1  e 1,min g z  g 0 1  1  ;  1  1  ;  1
Hệ phương trình ban đầu có nghiệm  phương trình ** có nghiệm  1  m  e 1.
Câu 16. Cho phương trình mcos2xsin2x 21sin 2x 3  3
 2  sin 2x  m cos 2x với m là tham số. Hỏi có
bao nhiêu giá trị m nguyên dương bé hơn 2021 để phương trình có nghiệm. A. 2019 . B. 2018 . C. 2020 . D. 2021. Lời giải Chọn A Ta có mcos2xsin2x 21sin 2 x 3  3  2  sin 2x  m cos 2x mcos 2 xsin 2 x 21sin 2 x  3  m cos 2x  sin 2x  3  21 sin 2x Xét hàm số    3t f t
 t t   ,    3t f t
ln 3 1  0  f t đồng biến trên  . Suy ra mcos2xsin2x 21sin 2x 3  m cos 2x  sin 2x  3  21 sin 2x
 m cos 2x  sin 2x  21 sin 2x
 m cos 2x  sin 2x  2 . Phương trình có nghiệm khi 2 2 m 1  4  m  3 .  m ;   3   3;   
. Do m ,m  2021 nên có 2019 giá trị của tham số m .
Câu 17. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng 2022;2022 để phương trình
10x  log  x  3m  3m có nghiệm? Trang 10
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC A. 2020 . B. 4042 . C. 4040 . D. 2021. Lời giải Chọn D
Ta có: 10x  log  x  3m  3m
 10x  x  log x  3m  x  3m
 10x  x  log  x  3m log 3  10 x m (1) Xét hàm số: ( )  10t f t  t; t    . (  ) 10t f t ln10 1  0; t
   nên hàm số f (t) đồng biến trên  .
Do đó phương trình (1)   log   3    3  10x  10x x x m x m  x  3m (2).   Đặt x g x   x  gx x 1 ( ) 10
10 ln10 1; g (x)  0  x  log   .  ln10  Ta có bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta thấy: để phương trình (2) có nghiệm thì: 1  1  1  1  1  3m   log  m   log  0,3      . ln10  ln10  3  ln10  ln10 
Vì m    2022;2022 nên m 1; 2;3;....;2021 .
Vậy có 2021 giá trị nguyên của tham số m thỏa yêu cầu đề. Câu 18. Cho phương trình 2
log x  2 log x  m  log x  m * . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham 2 2 2  
số m 2021; 2022 để phương trình (*) có nghiệm? A. 2021. B. 2022 . C. 4042 . D. 2024 . Lời giải Chọn D x  0 Điều kiện:  . m  log x  0  2 2 2
log x  2log x  m  log x  m  4 log x  8log x  4 m  log x  4m 2 2 2 2 2 2 2
 4log x  4log x 1  4 m  log x  4 m  log x 1 2 2 2  2     m  x   x  2log x  
1  2 m  log x  2 2 log 1 2log 1 2 2 2 1   2 2 2 m  log x 1  2  log x 1  2 2  m  log x  log x 1 2 2    m  log x  log x  2 2
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 11
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC log x  0 0  x 1 
* TH1: m  log x   log x 2    2 2  2 2 m  log x  log x 
log x  log x  m  0 1 2 2  2 2  
Đặt: t  log x t  0 , phương trình (1) trở thành: 2 2
t  t  m  0  t  t  m 2 2   Đặt: 2
g(t)  t  t(t   ;
 0.Bài toán trở thành: Tìm giá trị của tham số m để phương trình 2
có ít nhất 1 nghiệm t  0 Ta có: 2 g(t)  t  t  g (  t)  2t 1 0 t   0 Ta có BBT:
Dựa vào BBT, suy ra: để phương trình 2 có ít nhất 1 nghiệm t  0 thì m  0 (*) log x  1
* TH 2 : m  log x  log x 1 2  2 2  2
m  log x  log x  2log x 1  2 2 2 log x 1  2   2
log x  3log x 1 m  0 3  2 2  
Đặt: t  log x t  1 , phương trình (1) trở thành: 2 2
t  3t 1 m  0  m  t  3t 14 2   Đặt: 2
g(t)  t  t 1, t 1; Ta có: 2 g(t)  t  3t 1  g (  t)  2t  3 3 g (
 t)  0  2t  3  0  t  1; 2
Bài toán trở thành: Tìm giá trị của tham số m để phương trình 4 có ít nhất 1 nghiệm t  1 Ta có BBT: 5
Dựa vào BBT, suy ra: để phương trình 4 có ít nhất 1 nghiệm t  1 thì m   (**) 4
Kết hợp (*) và (**), m 2021;2022  m1;0;1;2;...; 202  2
Vậy có tất cả 2024 giá trị của m thỏa mãn.
Câu 19. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình ln m  ln m  cos x  cos x có nghiệm. 1 1 A. 1  m  e 1. B. 1  m  e 1. C. 1  m  1. D. 1  m  e 1. e e Lời giải Chọn B Trang 12
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC u   ln  m  cos x u e  m  cos x
Đặt u  ln m  cos x ta được hệ phương trình:    ln  m  u cos  cos x x e  m  u
Từ hệ phương trình ta suy ra: u cos x e  u  e  cos x * Xét hàm số   t f t  e  t có '  t
f t  e 1  0,t  .
 Hàm số f t đồng biến trên . 
*  f u  f cos x  u  cos x Khi đó ta được:    cos ln cos  cos x m x x  e  cos x  m **
Đặt z  cos x, z 1; 
1 . Phương trình ** trở thành: z e  z  m ** Xét hàm số:   z
g z  e  z trên 1;  1 . Hàm số   z
g z  e  z liên tục trên 1; 
1 và có max g  z  g  
1  e 1,min g z  g 0 1  1  ;  1  1  ;  1 Ta có bảng biến thiên:
Hệ phương trình ban đầu có nghiệm  phương trình ** có nghiệm  1  m  e 1.
Câu 20. Giá trị nào của m để phương trình 2 2
log x  log x 1  2m 1  0 có ít nhất một nghiệm thuộc 3 3 đoạn 3 1  ; 3    . A. 1  m  16 . B. 4  m  8. C. 3  m  8 . D. 0  m  2 . Lời giải Chọn D
Điều kiện x  0 . Đặt 2
t  log x 1  1, ta được phương trình 2
t  t  2m  2  0 * . 3 Ta có 3 x  1  ; 3     0  log x  3  2
1  t  log x 1  2 . 3 3
Phương trình đã cho có nghiệm thuộc 3 x  1  ; 3  
  * có nghiệm t 1; 2. Đặt   2
f t  t  t , với t 1; 2.
Hàm số f t  là hàm đồng biến trên đoạn 1; 2. Ta có f   1  2 và f 2  6 . Phương trình 2
t  t  2m  2  f t  2m  2 có nghiệm t 1; 2  f   1  2m  2  f 2  f    1  2m  2 2  2m  2      0  m  2 . 2m  2  f  2 2m  2  6
Câu 21. Cho Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng 2021; 202  1 để phương trình
10x  log  x  3m  3m có nghiệm? A. 2021. B. 2020 . C. 2010 . D. 4040 . Lời giải
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 13
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC Chọn B
Ta có: 10x  log  x  3m  3m
 10x  x  log  x  3m  x  3m
 10x  x  log  x  3m log 3  10 x m (1) Xét hàm số: ( )  10t f t  t; t    . (  ) 10t f t ln10 1  0; t
   nên hàm số f (t) đồng biến trên  .
Do đó phương trình (1)   log   3    3  10x  10x x x m x m  x  3m (2).   Đặt x g x   x  gx x 1 ( ) 10
10 ln10 1; g (x)  0  x  log   .  ln10  Ta có bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta thấy: để phương trình (2) có nghiệm thì: 1  1  1  1  1  3m   log  m   log  0,3      . ln10  ln10  3  ln10  ln10 
Vì m    2021; 202 
1 nên m 1; 2;3;....;2020  .
Vậy có 2020 giá trị nguyên của tham số m thỏa yêu cầu đề.
Câu 22. Có bao nhiêu giá trị m nguyên trong 2017;2017 để phương trình log mx  2log  x   1 có nghiệm duy nhất? A. 2017 . B. 4014 . C. 2018 . D. 4015 . Lời giải Chọn C Ta có mx 0   mx  0        mx  x   x 1 log 2log 1  x 1  0  x 1  0   2   mx  x  2x 1    1 log  mx  logx  2 1 mx   x  2 1
Ta thấy x  0 không là nghiệm của phương trình   1 . 1
Với 1  x  0 ta có phương trình  
1 trở thành m  x   2 2. x 1
Xét hàm số f  x  x   2 , x  1  ; \  0 . x 1 Ta có f  x 1  0  x  1  2 x Bảng biến thiên Trang 14
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi phương trình 2 có nghiệm duy nhất trên 1; \  0 . m  0
Từ bảng biến thiên suy ra .  m   4 m 1  ; 2;...; 2  017 Vì m 2017;2017    
 có 2018 giá trị m thỏa mãn. m  4 Câu 23. Cho phương trình 4 xm.log  2  3  2 xx x x
.log 2 x  m  2  0 với m là tham số. Tổng tất cả các giá trị 2   2 2 2 1   2
của tham số m để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt là A. 3 . B. 2 . C. 4 . D. 1. Lời giải Chọn B Ta có: 4 xm.log  2  3  2 xx x x .log 2 x  m  2  0 2   2 2 2 1   2
 4 xm.log  2  2  3 2 2  2 xx x x .log     2 x m 2 0 1 1 2   2 2
 2.4 xm.log   2  3 2 2 2  2 xx x x .log 2 x  m  2  0 2 2  
 2.4 xm.log   2  3 2 2 2  2 xx x x .log 2 x  m  2 2 2   2.log  2 x  2x  3 log 2 x  m  2 2  2     2 2 2 xx 4 xm 2 x 2  2.2 x.log  2
x  2x  3  2 xm.log 2 x  m  2 2  2 2   2 3 x 2  2 .2
x.log x  2x  3  2 .2 xm.log 2 x  m  2 2  2  2 2 2   2 x 2 x3  2 .log  2
x  2x  3  2 xm  .log 2 x  m  2 (1) 2  2 2 2   t t 1
Xét hàm số     2t y f t
.log t với t  2 , có f t   2 .ln 2.log t  2 .  0, t   2 . 2 2 t ln 2
Suy ra hàm số     2t y f t
.log t đồng biến trên nửa khoảng 2; . 2 Khi đó
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 15
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC   1  f  2
x  2x  3  f 2 x  m  2 2
 x  2x  3  2 x  m  2 2
x  2x 1  2x  m   2 x  2x 1  2  m  x x  22  2  m  3 2   2 x  2m 1  3
Trường hợp 1: Phương trình (3) có 1 nghiệm kép và phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt  1  2 1  0 m m  2 1 khác 0      m  .  2  m  3  0 3 2 m   2
Trường hợp 2: Phương trình (2) có 1 nghiệm kép và phương trình (3) có 2 nghiệm phân biệt  1 m   2 2m 1  0    5 3
khác 2  2m 1  4  m   m  . 2 2  2m 3 0       3 m   2
Vậy tổng tất cả các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt là 1 3   2 . 2 2
Câu 24. Cho phương trìn 4 xm log  2  3  2x  x x x
log 2 x  m  2  0 . Tìm tất cả các giá trị 2   2 2 2 1   2
của tham số m để phương trình trên có đúng hai nghiệm thực phân biệt. 1 3 1 3 3 1 A. m  hoặc m  . B. m  . C. m  .
D. m   hoặc m   . 2 2 2 2 2 2 Lời giải Chọn A 4 xm log  2  3  2x  x x x log 2 x  m  2  0 2   2 2 2 1   2 2 log x  2x  3 log 2 x  m  2 12  2 xm log
x  2x  3  2x  x log 2 x  m  2   2  2  2 2 2   2   2   3 2 x 2 x  3 322 xm  2 2 log u 2u log u 1   u 2u Xét hàm số f u 2 2  
với u  2 . Ta có f u   2 log . u ln 2    0 3 2 u 8 2 8  u.ln 2 
u  2 . Suy ra hàm số f u đồng biến trên 2; nên 2      f  x 4x 1 2m 0 1 2
x  2x  3  f 2 x  m  2 2     x   1  2 x  m   . phương trình 2 x 1 2m  0  2
đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt. Trang 16
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
TH1: Phương trình (1) có nghiệm hai 2 nghiệm phân biệt, phương trình (2) vô nghiệm suy ra 3   2m  0 1   m  I  2m 1  0 2
TH2: Phương trình (2) có nghiệm hai 2 nghiệm phân biệt, phương trình (1) vô nghiệm suy ra 3   2m  0 3   m  II  2m 1  0 2
TH3: Phương trình (1) và (2) đều có hai nghiệm phân biệt và hai nghiệm này giống nhau 3   2m  0 1 3    m  III  2m 1  0 2 2 a  b  4 Gọi ;
a b (b  a) là hai nghiệm của phương trình (1), theo định lý viet ta có  . Vì  . a b  2m 1 a  b  0
a;b cung là nghiệm của phương trình (2) nên 
suy ra vô lý vậy m   (III)  . a b  2  m 1 1 3
Vậy từ (I) ; (II) và (III) suy ra m  hoặc m  . 2 2 1
Câu 25. Cho phương trình m   1 log  x  2 2 1  4 m  5 log
 4m  4  0 1 . Hỏi có bao nhiêu 1   1   x 1 3 3 giá trị m nguyên  2 
âm để phương trình (1) có nghiệm thực trên đoạn  ;2  ? 3    A. 6 . B. 5 . C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn D Ta có  1  4m   2 1 log
x 1  4 m  5 log x 1  4m  4  0 1     1   3 3  m   2 1 log
x 1  m  5 log x 1  m 1  0 1     1   3 3  2 
Đặt t  log x 1 với x   ;2 thì 1  t  1 ta có phương trình: 1    3    3 2    m   t 5t 1 2
1 t  m  5t  m 1  0  m 2t t   2 1  t  5t 1  m  2 2   t  t 1 2 t  5t 1 2 4t  4 t  1 Xét hàm số f t  
với 1  t  1. Ta có f t    0  2 t  t 1   t  t  2 2 t  1 1  7 f   7 1  ; f   1  3
 . Do đó min f t  3  ; max f t  3 1; 1 1; 1 3  2 
Phương trình đã cho có nghiệm thực trong đoạn  ;2 
khi và chỉ khi phương trình (2) có 3    7 nghiệm t 1; 
1  min f t   m  max f t   3  m  1; 1 1; 1 3
Như vậy các giá trị nguyên âm của m cần tìm là 3;2;  1
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 17
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
Câu 26. Gọi S là tập chứa tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại đúng một bộ số thực  ; x y thỏa mãn 2
log  x  y  4m log  2 2
x  y 15  3m  0 . Tính tổng bình 2 2 
phương giá trị tất cả các phần tử của tập S đó 144 45 225 41 A. B. C. D. 289 4 256 16 Lời giải Chọn C
Áp dụng quy tắc cần và đủ, ta nhận thấy vai trò của hai ẩn x và y là như nhau. Nếu  ; x y thỏa
mãn thì  y; x cũng thỏa mãn. Vì vậy, muốn bộ số  ;
x y thỏa mãn là duy nhất thì tất cả các biến
phải bằng nhau. Suy ra x  y . Phương trình trở thành như sau:
 log 2x  4mlog 2x  153m  0  1 log x2 2 2
 4m 1 2log x 15  3m  0 2 2 2  2  2
 log x  2 4m 1 log x 16  7m  0 2     2 m  1
Để có duy nhất nghiệm thực x thì   4m  2 1  16  7m  0   1  5 m   16 Ta thử lại: Với m 1, ta có: 2
log  x  y  4log  2 2 x  y 12  0 2 2  Dể thấy cho 2
y  0  log  x  4log  2 x  2
12  0  log x  8log x 12  0 2 2 2   2  
Do phương trình trên có hai nghiệm nên suy ra trường hợp này loại 15 15 285 Với m  , ta có: 2 log  x  y  log  2 2 x  y   0 2 2  16 4 16
Đánh giá thông qua bất đẳng thức Bunyakovsky, ta nhận thấy: 2 15 285 15  x  y  285 2 0  log  x  y  log  2 2 x  y  2   log x  y  log    2 2 2     2 4 16 4  2  16   2 15 225  15 15 2  0  log x  y  log x  y   log x  y   log x  y   2   2    2    2   2 16  4  4 x  y  1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 15  1  x  y  (thỏa mãn) 4 4 x  y  2  16 2  4  8 2 15 225 Suy ra S  
  Tổng bình phương bằng:  16  256
Câu 27. Gọi S là tập chứa tất cả các giá trị thức của tham số m để tồn tại duy nhất bộ ba số thực  x; y; z thỏa mãn điều kiện 2 log  2 2 2
2x  y  z  2m log 4x  2y  2z  0 . Tích tất cả các phần tử của 2  2   tập S tương ứng bằng: A. 0 . B. 16 . C. 6 . D. 12 . Lời giải Chọn A
Điều kiện 2x  y  z  0 . Ta có 2 2 2
2x  y  z  2 2x  y  z  2 2x  y  z hay 2 2 2
4x  2y  2z  4 2x  y  z .
Dấu đẳng thức xảy ra  x  y  z . Trang 18
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC 1 Khi đó 2 2 2
4x  2y  2z  4 2x  y  z  log 4x  2y  2z  2  log  2 2 2 2x  y  z 2 2  2  log  2 2 2
2x  y  z  2 log 4x  2y  2z  2 2   2   . 2 log  2 2 2
2x  y  z  2mlog 4x  2y  2z  0 2  2  
2m log 4x  2y  2z  log 2x  y  z   4 log  4x  2y  2z 2 2 2 2 2  2 2 2 2  .
Đặt t  log 4x  2 y  2z ta được t  2 4 2  2mt 2
 2t  m  8t  8  0 . 2   Yêu cầu bài toán  2
2t  m  8t  8  0 có đúng một giá trị t  m  2 8  64  0 m  0   . m  1  6
* Khi m  0 thì t  2  log 4x  2 y  2z  2  2x  y  z  2 . 2   1
Mặt khác dấu đẳng thức xảy ra  x  y  z nên x  y  z  . 2 1
* m  16 tương tự x  y  z  . Vậy S  0;1  6 . 32 2 Câu 28. Cho hai số thực , x y thỏa mãn hệ thức 2 2 y x  log
x . Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên 2 y 1 
m 40; 40 để tồn tại duy nhất một số thực x thỏa mãn hệ thức 2 2
4 y 10x  mx 1  0 ? A. 51. B. 52 . C. 53 . D. 31. Lời giải +) Vì 2 2
2 y x  0,x; y nên với y  0 thì log x  0  x  1. 2 y 1  x 1
Do đó điều kiện của bài toán là  . y  0 +) Khi đó 2 2 2 2 y x 2 y x 2 y 1  x 2 2  log x  2.2  2log x  2  log x 2 y 1  2 y 1  2 y 1  2 y 1  2 2 log x 2 2 y 1  x 2    y   x . 2x log 2 y   2 log 2 1 2 log 2   2 2 2 1 2 t 2t
Xét hàm đặc trưng    2t f t
.log t trên 1;  , ta có f t   2 .ln 2.log t   0,t  1. 2 2 t ln 2
Do đó hàm f t  đồng biến trên 1;  .
Khi đó, f  y    f  2 2 1
x   y   x  y  x  2 2 2 2 2 1 4 1 . +) Ta có y 
x  mx    x  2 2 2 2 2 4 10 1 0 1 10x  mx 1  0 4 2  x 12x  mx  0 3
 x 12x  m (do x  1). Xét hàm g  x 3  x  x  gx 2 12
 3x 12 , gx  0  x  2. Bảng biến thiên:
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 19
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
Từ bảng biến thiên của hàm g  x suy ra phương trình 2 2
4 y 10x  mx 1  0 có duy nhất một
nghiệm khi và chỉ khi m 11;40 , do đó có tất cả 52 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 29. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn log  2 2 2x  y   log  3 3
x  2 y  log z . Có bao giá trị nguyên của z để có đúng hai cặp  x, y 3 7 
thỏa mãn đẳng thức trên. A. 2 . B. 211. C. 99 . D. 4. Lời giải Chọn B x  0  2 2 x  y  0 ĐK  y  0  z  0 2 2 2x  y  3t   1  Ta có log  2 2 2x  y   log  3 3 x  2y  3 3
 log z  t  x  2y  7t 2 . 3 7   z 10t  3  t 2t log 3 2 + Nếu y  0   3
2  x  7 thay vào   1 ta được 3 2.7  3t  t  log 2 do đó 3 49 z  10 . 3 3 49 + Nếu y  0 2 3  x       2  2 2 2x  y  3  27t    3 3 x  2 y 2  49 t    y      49 t Từ   1 & 2 suy ra      , * .       x  2y  2  49t  2 2 3 3 x  y 3 3   2  27     27 2  x   2  2 1   y          2 u 0 x  3u 2 6u  3 u  2u  4  Đặt 3
 u,u   2 . Xét f u 3   f  u   0  u   2  . y 2u  3   1 2u  4 2 2 1 u  4  Ta có bảng biến thiên Trang 20
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
Nhận xét với mỗi giá trị u tương ứng với duy nhất 1 cặp  x, y thỏa mãn bài toán do đó  4   1 t  log49 log   49 4  49  1  
Yêu cầu bài toán tương đương  33   8  27 27    10  z 10   . 33  27  8
Vì z là số nguyên nên có 211giá trị thỏa mãn.
Câu 30. Cho phương trình sau:  
 2x xm       2 2 4 2 2 x 4 2 2 2 4 1 2 mx x mx x x m  
1  0 . Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị thực
của tham số m để phương trình đã cho có 3 nghiệm thực x? A. 4. B. 5 . C. 2. D. 3. Lời giải Chọn A  
 2x xm       2 2 4 2 2 x 4 2 2 2 4 1 2 mx x mx x x m   1  0 Nhân 2 vế với 2:  
 2x xm       2 2 4 2 2 x 4 2 4 2 2 4 1 2 mx x mx x x m   1  0 Đặt: 2 a  2x  4mx , 2
b  x  4x  m 1   2x xm    2 4 2 x 4 2 2 2 mx a b   1  0 * b 1  a 1 2 2 2 2    Nếu a  0,b  0 thì  (vô lý). b a x  0 2 a  0 x  2mx  0  Suy ra:  tm    x  2m  2 b  0 x  4x  m 1  0  2 x  4x  m 1  0    1
Để có 3 nghiệm thực phân biệt thì (1) có nghiệm:  x  0  m  1 7  65  x  2m  m  8 + nghiệm kép  m  5
Câu 31. Tổng tất cả các số nguyên a để tồn tại số thực b thỏa mãn 4b   2   2  3b a a A. 7 B. 0 C. 3 D. 2 Lời giải Chọn C a  2  Điều kiện  4b  a  2 
Đặt a   t t   2 2 ,
0  a  t  2 , phương trình trở thành b b   b 2 b b 2 b 9 4 2
4  t  9  2.3 .t  t t  3 .t   0 1 b 2 b b 2 b  
4  t  t  3  4  t  3  t     2 3b  t  0 3  b   t  0
Để phương trình (1) có nghiệm:        4 b b b b b b  1 1 9 2 9
4  0  2.4  9  0    b  log  b  log 2   . 4 9  9  2 2 9 4
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 21
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
Khi đó tổng hai nghiệm   3b t t . Để có nghiệm 3b
t  thì phương trình (1) phải có hai nghiệm không 1 2 âm 9b 4b    0  b  0
Khi đó ta có hai trường hợp nghiệm của phương trình 2 3b  2.4b  9b 3b 2.4b 9b  3b 2.4b 9b      Trường hợp 1: t  . Ta có a  2   a     2 2 2  2   
Với 0  b  log 2 ta thấy a  2; 
1 mà a nguyên nên a 1;  0 . 9 4 2 3b  2.4b  9b 3b 2.4b 9b  3b 2.4b 9b      Trường hợp 2: t  . Ta có a  2   a     2 2 2  2   
Với 0  b  log 2 ta thấy a 2;0 mà a nguyên nên a 1;   2 . 9 4
Vậy tổng tất cả số nguyên a thỏa mãn là 1   2  0  3  .
Câu 32. Cho phương trình 4x  4  .2x a log  2
2x  x  b . Có bao nhiêu bộ số 2 
a,b thỏa mãn điều kiện 100a  ,  100b ,  1
 00  a,b 100 sao cho phương trình có nghiệm duy nhất A. 15 B. 6 C. 3 D. 4 Lời giải Chọn B
Ta có 4x  4  .2x log  2 2    x 2  2  2 x a x x b  a log x 2  x  b . 2 2    
Ta nhận thấy x  x là nghiệm thì x  2  x cũng là nghiệm. Do đó để có nghiệm duy nhất thì 0 0 4 p q
x  1. Khi đó thay vào ta được: 4  log 1  2a a b  b 1. Đặt a  ,b  với p, q  2   0 100 100 400 q q 400 Khi đó: 2 p  b 1  1. Chú ý 1 nên
  . Ta có 2 tình huống: 100 100 p 400 Trường hợp 1: 
  p 1;2;4;5;8;10;16;20;25;40;50;80;100;200;40  0 . p 400 p 400 400 Vì 2  b 1 101  log 101 p 
 60 vậy p 80;100;200;40  0 . 2 p log 101 2  4   Khi đó ta có:  ; a b ;31 ; 
 1;15;2;3;4; 
1  . Với mỗi bộ số  ;
a b tương ứng đều có nghiệm   5  
duy nhất bởi vì ta có đánh giá: 2x  2 x  2 2x2 x  4  a log b  
1  a log b 1x  2 2 2 1 . 2 2  400 Trường hợp 2: Nếu 
 khi đó vế trái có dạng phân số với mẫu số có dạng lũy thừa của 2. p
Vì vậy vế phải cũng phải như vậy tức là q25 400 q
Lại có khi đó 1  2 p  b 1  1  0  1
 00  q  0 cho nên q 25;50;7  5 . 100 400  p 3 Với q  25  2   p   (Loại). 4 400  p 1 1 Với q  5  0  2   p  4  00  a  4  ,b   . 2 2 Trang 22
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC x x  1  Khi đó: 2 2  2  4  log x 2  x 
. Dùng TABLE ta thấy có duy nhất 1 nghiệm x  1 2      2  400  p 1 3 Với q  7  5  2   p  2  00  a  2  ,b   . 4 4 x x  3  Khi đó: 2 2  2  2  log x 2  x 
. Dùng TABLE ta thấy có duy nhất 1 nghiệm x  1 2      4 
Kết luận: Có tất cả 6 bộ số a;b thỏa mãn điều kiện.
Câu 33. Cho phương trình sau:  2 2log xlog x 1log 2  4 x  9x 2  3x m
 2m  0 (với m là tham số thực). Gọi
S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân
biệt. Tổng của phần tử nhỏ nhất và phần tử lớn nhất của S bằng A. 100 3 1. B. 100 3 1. C. 99 3 . D. 99 3 1. Lời giải Chọn A x  0 Điều kiện:  3x  m 
Phương trình đã cho tương đương với phương trình:  2 2log xlog x 1log 2  4
x  3x  23x  m  0 Ta có:  2 2lg xlg x 1lg 2
 4 x  3x  23x  m  0 log x  2 3x  m 3x  m   1     log x   2 2lo g xlog x 1lo g x 2 2  4
2log x  log x  2  2log x  2  3x  m x 100  1   x   . 10  * x  log , m m     3 
Trường hợp 1: Với m  1 thì x  log m  0 (loại). Do đó phương trình đã cho có 2 nghiệm phân 3 1 biệt x  100, x  . 10
Trường hợp 2: Với m  1 thì x  log m  0 nên phương trình đã cho luôn nhận nghiệm x  log m 3 3 1 Mà 100 
nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi 10 1 1 10 100  log m  100  3  m  3 . 3 10 Do m nguyên dương, m  1 100 100
nên m 2;3; 4;...,3  
1 . Vậy S  2;3;4;...,3   1 .
Suy ra tổng của phần nhỏ nhất và phần tử lớn nhất của S bằng 100 3 1. x  m
Câu 34. Cho hàm số f (x) 
. Gọi S là tập hợp các số nguyên dương 2x 1
m  7 sao cho với mọi bộ số thực a, , b c 2; 
3 thì ln f (a) , ln f (b) , ln f (c) là độ dài ba
cạnh của một tam giác. Tổng các phần tử của S là A. 10. B. 15. C. 16 . D. 14 . Lời giải
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 23
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC Chọn C x  m
Từ giả thiết ta có với m   S, x  2;  3 thì f (x)   0 . 2x 1 f (  x) 1 2m
Xét hàm số g(x)  ln f (x), ta có g (  x)    0,m S, x  2;  3 do vậy f (x) (x  m)(2x 1)
ta có bảng biến thiên của hàm số g(x) như sau m  3 TH1: ln
 0  m  4 , lúc này xét mọi bộ số thực a,b,c 2;  3 sao cho ln f (a) , 7
ln f (b) , ln f (c) là độ dài ba cạnh của một tam giác khi đó ta cần có 2 min g(x)  max g(x) x   2;  3 x   2;  3  19  7 29 m  m  3 m  2 2      m 3 m 2 2 ln  ln   10   2
 5m 19m  53  0   , 7 5  7  5  19  7 29 m   10
kết hợp với m S ta có m 6;  7 . m  2 TH2: ln
 0  m  3 , lúc này xét mọi bộ số thực a, , b c 2;  3 sao cho ln f (a) , 5
ln f (b) , ln f (c) là độ dài ba cạnh của một tam giác khi đó ta cần có 2  m  3 m  2  m  2  m  3
2 max g(x)   min g(x)  ln  2ln     2  7m  3m  47  0 x   2;  3 x   2;  3 7 5  5  7 3  5 53 3  5 53   m 
, kết hợp với m S ta có m 1;  2 . 14 14  m  2 ln  0  TH3: 5 
 3  m  4 khi đó tồn tại  2;3 để ln f ()  0 khi đó chọn bất kỳ bộ m  3 ln  0  7
ba số a,b, với a,b2; 
3 thì ln f (a) , ln f (b) , ln f ( ) không thể là độ dài của 3 cạnh của một tam giác.
Từ 3 trường hợp trên ta có S  1;2;6; 
7 do đó tổng các phần tử của S là 16.
Câu 35. Cho hàm số f (x)  log 2.log 2  x  m . Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số x 4  
m để phương trình f  x  2  x   0 có tổng tất cả các nghiệm bằng 2 . A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Lời giải Chọn D Trang 24
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
+ Đặt t  x  2  x  t   2; 2   .
Giả sử t là nghiệm của phương trình f (t)  0 khi đó: x  2  x  t * . 0   0
Dễ thấy pt (*) chỉ có tối đa 2 nghiệm vì khi bình phương thoát hết căn chỉ ra phương trình bậc hai.
+ Nếu x là một nghiệm của phương trình (*) thì 2  x cũng là một nghiệm của (*) vì: 0 0
2  x  2  2  x  t  x  2  x  t . 0  0  0 0 0 0
Mà x  2  x  2  x nên suy ra 0  0  0
 Để phương trình f  x  2  x  0 có tổng các nghiệm bằng 2
 Phương trình f (t)  0 có duy nhất một nghiệm trên  2;2   .
+ Xét phương trình f (t)  0  log 2.log 2  t  m  0 t 4   ln 2 ln 2  t  .  m ln t 2 ln 2
 ln 2  t  2mln t Vì *
m   nên ta có: ln 2  t  2m ln t  2m 2 2 m
 t  t  t  t  2  0 . + Xét hàm số 2 ( ) m g t  t  t  2 t   2;2 2m 1
 g (t)  2mt  1  0     * m   
 Phương trình g(t)  0 có nhiều nhất 1 nghiệm trên  2;2   Mặt khác g t  g   m * ( )
2  2  2  2  0  m 
Suy ra phương trình g(t)  0 vô nghiệm.
Vậy không có giá trị nào của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2   x  Câu 36. Cho phương trình 2 log
 3mlog x  2m  2m 1  0  . Có bao 3   3   3 
nhiêu giá trị nguyên của tham số m lớn hơn 2
 021 sao cho phương trình đã cho có hai nghiệm
phân biệt x , x thoả x  x 10 ? 1 2 1 2 A. 2020 . B. 2019 . C. 2020 . D. 2021. Lời giải Chọn A Điều kiện: x  0 . 2   x  log
 3mlog x  2m  2m 1  0     log x  2 2 2
1  3mlog x  2m  2m 1  0 3 3 3 3   3  Đặt t  log x 3 Phương trình trở thành     t  2 t m 2 2
 mt  m  m    t   m   2 1 3 2 2 1 0 3
2 t  2m  2m  0   t  2  m  2 x  3m   2m2 x  3
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 25
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC m 2m2 x  x  10  3  3  10 1 2 2
 9.3 m  3m 10  0  3m  1  m  0  m  0 Vì m và m  2
 021 nên m 2020;2019;...;  1 .
Câu 37. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m 24;24 để ba
số hạng sau theo thứ tự tạo thành 1 cấp số cộng, với x 1; 2 :  x  m  3x 2x 1 9.2 1 ; ; 2 3.2     A. 2 . B. 1. C. 17 . D. 7 . Lời giải Chọn A
Để ba số lập thành một cấp số cộng thì  x   3x 2x 1 9.2 1 2 3.2       2m 3x 2
 2  6.2 x  9.2x  2m 1. Đặt x 1 2 t  2  2 ;2     2;4. Khi đó f t  3 2
 t  6t  9t  2m 1 với t 2;4 Suy ra min  f t 3 2
 t  6t  9t  2m 1 max f t 3 2  t  6t  9t 2;4 2;4 1 5
 0  2m 1  4   m   m 1;  2 2 2
Câu 5. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m 18;18 để phương trình 2 2 x     1 .2x m
 3m 1  0 có hai nghiệm thỏa 0  x  1  3  x 1 2 A. 8 . B. 18. C. 11. D. 12. Lời giải Chọn D 2 t  2t 1 Đặt 2x t 
 0. Phương trình trở thành: 2 t  m  
1 t  3m 1  0  m  2t  3 Hai nghiệm thỏa mãn: 0 1 x 1 3 2 0   1  3 
 2  2   2  2  2x x x t  t 1 2 1 2  1  t  2  8  t 1 2 2 t  2t 1
Xét hàm số y  f t 
có bảng biến thiên như sau: 2t  3
Suy ra m  7  7  m  18 tức có tất cả 12 giá trị nguyên m thỏa
Câu 38. Gọi S là tập hợp chứa tất cả các giá trị nguyên của m 2022;2022 Trang 26
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC sao cho phương trình 2 log x  2m   1 log  2
x  2m  3  0 có hai nghiệm sao cho thỏa mãn 2 2 
0  x  x  8 . Số các phần tử của S là 1 2 A. 2021. B. 2019 . C. 18. D. 2023. Lời giải Chọn A
Đặt t  log x . Phương trình trở thành: f t  2  t  22m   1 t  2m  3  0 (1) 2
Hai nghiệm phân biệt thỏa mãn 0  x  x  8  t  t  log 8  3 1 2 1 2 2
Ta xét phương trình (1) có:    m  2 2 2
1  2m  3  4m  6m  2  3 17 m  Khi 2 4
  4m  6m  2  0  
thì phương trình (1) sẽ có hai nghiệm phân biệt là:  3   17 m   4 t  2m  2 1  4m  6m  2 1  t   2m   2 1  4m  6m  2 2
Đến đây ta chỉ cần điều kiện t  2m   2
1  4m  6m  2  3 là bài toán được giải quyết 2 m 1 2  2m  0  3     3  m  2 2
4m 8m  4  4m  6m  2 m  7  7  3   17 m 
Kết hợp với điều kiện   0 , suy ra: 4 m Z  ;m   2  022;2022    2  022  m  2 3 17 3   m   4 7
Như vậy có tất cả 2021 giá trị nguyên m thỏa mãn
Câu 39. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m  2  0;20 để
phương trình sau có nghiệm log  2 2
x  m  x x  4   2m 9 x 1 1 2m 2 x  4 2 A. 12 . B. 23. C. 25 . D.10 . Lời giải Chọn B
Phương trình tương đương với: log  2 2
x  m  x x  4   2m 9 x 11 2m 2x  4 2  log  2 2
2x  2m  2x x  4   2m 9 x 1 2m 2x  4 2  
 log x  x  42 2  2m  4 
 2m  9 x  1 2m 2 x  4 2      16  2  log  2m  4  1 2m x  4  x  8x 2      2 x  4  x2     
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 27
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC Đặt 2
t  x  4  x , ta thấy 2  2 2 x   x 
x   x    t   4 t lim 4 0; lim 4 0;  2x  x x t
16  2m  4 2t  4 2 4  t 
Phương trình trở thành log    1 2m t  2 2   t t    m  t t  log  2 2 16  2m  4 16 2 4 2 t      log  2t  2 2  t t u
Xét hàm đặc trưng y  f (u)  log u  có f u 1 1 
  0 (xem như t là tham số) 2 t u ln 2 t
Suy ra f (u) luôn đồng biến  f 16  2m  4 16 2
t   f  2t   16  2m  4 2 2 2 t  t  t  5  2m 16 5
Do t 0; nên suy ra 2 m Z  ,m   2  0;20 t 
 0  m    20  m  2 5  2m 2
Như vậy ta kết luận có tất cả 23 giá trị nguyên của tham số m . Chọn B 2xy  2y  x  2y 
Câu 40. Cho hệ phương trình  , m là tham số. 2x 1   m 2   1 2 y 2 .2 . 1 y
Gọi S là tập các giá trị m nguyên để  
1 có một nghiệm duy nhất. Tập S có bao nhiêu phần tử? A. 0 . B. 1. C. 3 . D. 2 . Lời giải Chọn B
Điều kiện y  1  y  1  ;  1 .
Từ phương trình thứ nhất của hệ  
1 ta có 2xy      2y x y  y 2 .
Xét hàm số     2t y f t  t với t  . Dễ thấy 2t
y  .ln 2 1  0 với mọi t  nên hàm số y  f t đồng biến trên  .
Do đó phương trình 2 tương đương với x  y  y  x  2 y .
Thay x  2 y vào phương trình thứ hai của hệ   1 ta được y    2 m   y 2 4 1 2 .2 . 1 y 3 .
Để hệ đã cho có nghiệm duy nhất thì phương trình 3 phải có nghiệm duy nhất y  1  ;  1 . Giả sử y  1
 ;1 là một nghiệm của 3 thì 0 4y 1   2 m  2 0y 2 .2 . 1 y . 0   0 Khi đó   2 0 4 y 1   2 m  2 0 .2 y . 1 y  0  4y 1  2 m  2 0y 2
.2 . 1 y nên  y cũng là 0 0 0 nghiệm của 3 .
Suy ra y   y  y  0 . Thay y  0 vào 3 ta được m  0. 0 0 0 y y y 1
Thử lại: với m  0 thì 3 viết thành 2 2
4 1  2.2 . 1 y  2   2 1 y . y 4 2 y 1
Ta có VT 4  2 , dấu bằng khi 2 
 y  0 ; VP4  2 , dấu bằng khi y  0. 2y
Suy ra phương trình 4 có nghiệm duy nhất là y  0.
Vậy m  0 thỏa mãn (1 giá trị m thỏa).
_______________ TOANMATH.com _______________ Trang 28
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA
NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC
CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 29