Vận dụng cao - Bài toán tham số m trong phương trình Mũ - Logarit

BÀI TOÁN THAM SỐ TRONG PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT

Câu 1. [2D2-6.5-3] (Chuyên Hưng Yên Lần 3) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình ^log0,02



^log2



^3x1

 

^log0,02m có nghiệm với mọi ^{x }



^;0



A. m1. B. 0m1. C. m1. D. m2.

Lời giải Chọn A

Đk: x;m0.

Ta có: ^log0,02



^log2



^3x1

 

^{log0,02m,  x}



^{; 0 .}



   

log2 3^x 1 m, x ; 0 .

     

 

3^x 1 2 ,^m x ; 0 .

     

Xét hàm f x

 

^3x¹ trên



^;0



^{. Ta có} f

 

x ^{3 .ln 3x} ^0,  x



^{;0 .}



Bảng biến thiên:

Để phương trình có nghiệm với mọi ^{x }



^;0



ta phải có 2^m2 m1.

Câu 2. [2D2-6.5-3] (Triệu Thái Vĩnh Phúc Lần 3) Cho hàm số y f^'(x) có bảng biến thiên như sau

Bất phương trình f(x)e^xm đúng với mọi x(1;1)khi và chỉ khi

A. 1

( 1) . m f

  e B. C. 1

( 1) . m f

  e D. m f(1)e. Lời giải

Chọn C

Ta có f x^{( )}e^xm^,  x ^{( 1;1)}m f x

 

e^x,  x ^{( 1;1)}

Thấy ^{g x}

 

^{ f x}

 

^{ex,  x ( 1;1)g x'}

 

^{ f '}

 

^{x ex,  x ( 1;1)}

Trên



^1;1



^{thì f '}

 

^{x 0 và ex 0 nên g x'}

 

^{ f '}

 

^{x ex 0,  x ( 1;1)}

1

2

∞ 0

+ y

y' x

Để ^{m g x}

 

^{, x ( 1;1) m g}

 

^{1 f}

 

^{1 1}

         e

Các thầy cô xem kĩ: Trong đề không có đ/a nào như vậy nên mình sửa đ/a C từ 1 (1) . m f

 e

thành 1

( 1) . m f

  e

Câu 3. [2D2-6.5-3] (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Bất phương trình ^4x



^{m1 2}



^{x1m0 nghiệm}

đúng với mọi x0. Tập tất cả các giá trị của m là

A.



^;12



^{. B.}



^{ ; 1}



^{. C.}



^{; 0}



^{. D.}



^1;16



^.

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thị Anh Đào; Fb: Đào Nguyễn Chọn B

 

¹

4^x m1 2^x m0,  x 0.

 

^{2x 2 2}



^{m 1 2}



^{x m 0 , x 0}

       (1).

Đặt ^{t2 ,x}



^t0



^.

(1) trở thành t²²



m¹



tm^0, t ¹ (2).

Cách 1:

(2)

2 2

, 1

2 1 t t

m t

t

    

 ^(3).

Xét hàm số

 

2 2

2 1

t t

y f t t

  

 . Ta có hàm số ^{y f t}

 

liên tục trên



^1;



^.

      

   

2 2

2 2

2 2 2 1 2 2 2 2 2

0 , 1

2 1 2 1

t t t t t t

f t t

t t

     

     

  .

Suy ra hàm số f t

 

đồng biến trên



^1;



 f t

 

 f

 

¹  ^1,  t ¹. Do đó (3)

 

 

1;

min

m f t



  m 1. Cách 2:

 

2 2 1 0

t  m tm là một bất phương trình bậc hai.

Tam thức bậc hai ở vế trái luôn có   m²m 1 0,m nên tam thức luôn có hai nghiệm là

1 2 1

tm  m m và tm 1 m²m1.

Suy ra bất phương trình ^t22



^m1



^tm0 có tập nghiệm là



^{;m 1 m2m1}_^_^{m 1 m2m1;}



^.

(2) ^{2 2} ₂ 0 ₂

1 1 1 1 1

1

m m m m m m m m

m m m

 

              

  



. Cách 3: Lưu Thêm

Với m0, ta có bất phương trình 4^x2^x102^x 2 0x1.

Suy ra mệnh đề bất phương trình ^4x



^{m1 2}



^{x1m0} nghiệm đúng với mọi x0là mệnh đề sai. Do đó loại A, C, D. Chọn B

Câu 4. [2D2-6.5-3] (Đặng Thành Nam Đề 5) Cho hàm số ^{f x}

 

^ln



^{x x21}



. Có tất cả bao nhiêu số nguyên m thỏa mãn bất phương trình



^log



^{log 1 0}

m 2019

f m f 

  

 

A. 65. B. 66. C. 64. D. 63.

Lời giải

Tác giả: Trần Quốc Tú; Fb: Tran Tu Chọn C

Điều kiện: m1 (do m là số nguyên và m0,m1), suy ra logm0. Hàm số ^{f x}

 

^ln



^{x x21}



^{có TXĐ D.}

Ta có:

  

²



2



²

  

ln 1 ln 1 ln 1

1

f x x x x x f x

x x

           

 

,  x  . Mặt khác ^'

 

₂^{1 0,}

1

f x x

x

  



, nên ^{f x}

 

đồng biến trên . Khi đó ta có

     

log 2019

1 1 1

log log 0 log log log log

2019 2019 2019

1 log 2019

log log log 10 65, 77.

2019 log

m m m

m

f m f f m f f m f

m m m

m

     

          

     

       

Suy ra m



2;3;...; 65



. Vậy có tất cả 64 số nguyên m thỏa mãn.

Câu 5. [2D2-6.5-3] (Đề thi HK2 Lớp 12-Chuyên Nguyễn Du- Đăk Lăk) Tập hợp tất cả các số thực m để bất phương trình ^{4 ln}



x³



x² x ^ln

 

m nghiệm đúng với mọi số thực x0 là A. ^_^{2 ;6  }



^{. B. }_^{3 ;6  }



^{. C. }_^{2 ;8  }



^{. D. }_^{3 ;8  }



^.

Lời giải

Tác giả: Giáp Văn Khương; Fb: Giáp Văn Khương Chọn C

Với x0, bất phương trình đã cho tương đương ^{4 ln}



^x3



^{x2 x ln}

 

^{m (*).}

Xét hàm ^{f x}

 

^{4 ln}



^x3



^{x2xtrên}



^{0 ; }



^.

Ta có

 

4 2 2 5 7

2 1

3 3

x x

f x x

x x

  

    

  ; ^f

 

^{x 0x 1}



^{0 ; }



^.

Bảng biến thiên của hàm số ^{f x}

 

^trên



^{0 ; }



Từ bảng biến thiên ta thấy để bất phương trình^{4 ln}



^x3



^{x2 x ln}

 

^m đúng với mọi số thực 0

x , ta phải có ^{4 ln 4ln}

 

^{m m44 hay m}_^{2 ;8  }



^{. Chọn C}

Câu 6. [2D2-6.5-3] (Sở Nam Định) Gọi S là tập tát cả các giá trị thực của tham số m để bất phơng trình ^m2



^x5x4



^{m x}



^4x3



^{ x lnx 1 0} thỏa mãn với mọi x0. Tính tổng các giá trị của

m trong tập S.

A. 2. B. 0. C. 1. D. 2.

Lời giải

Tác giả: Phương Xuân Trịnh; PB: Phương Xuân Trịnh.

Chọn C

Xét hàm số ^{f x}

 

^m2



^x5x4



^{m x}



^4x3



^{ x lnx1}

 

f x

 liên tục trên



^{0; }



^{và f}

 

^{1 0.}

* Điều kiện cần

 

²



^{5 4 4 3}

 

^{4 3 3 2}



^{1 1}

f x m x x m x x

      x.

 

^0,



^0;



f x   x    ^{f x}

 

^{ f}

 

^{1 ,  x}



^{0; }



^.

Do ^{f x}

 

liên tục trên



^{0; }



^{ x1} là điểm cực tiểu của hàm số ^{ f}

 

^{1 0}

2 0 0, 1

m m m m

      .

*/ Điều kiện đủ

+ Với m0 ^{f x}

 

^{x lnx 1 f}

 

^{x 1 1}

 x

       ^f

 

^{x x 1}

x

 

  .

 

^{0 1}

f x   x . Bảng biến thiên:

 

^0,



^0;



f x x

      m0 thỏa mãn.

+ Với m 1 ^{ f x}

 

^{x52x4x3 x lnx1}

 

³



¹



²



^{ln 1}



^0,



^0;



f x x x x x x

           m1 thỏa mãn.

Vậy ^{S }

 

^0;1  Tổng các phần tử của S bằng 1.

Câu 7. [2D2-6.5-3] (Chuyên Thái Bình Lần3) Tập nghiệm của bất phương trình

 

2 9 2 1

3^{x }  x 9 .5^x 1 là khoảng



^{a b;}



^{. Tính ba}

A. 6 . B. 3 . C. 8 . D. 4 .

Lời giải Chọn A

 

2 9 2 1

3^{x }  x 9 .5^x 1

 

^{1 .}

Có 5^x10x.

Xét x² 9 0, VT

 

^{1 30 0 1 (loại).}

Xét x² 9 0

 

2 9 0

2 1

3 3 1

9 .5 0

x

x x





  



   ^VT

 

^{1 1 (loại).}

Xét

 

2 9 0

2

2 1

3 3 1

9 0

9 .5 0

x

x x

x





  

   

   ^VT

 

^{1 1} luôn đúng.

Có ^{x2 9 0  x}



^3;3



^.

 Tập nghiệm của bất phương trình là:



^3;3



^{ b a6.}

Câu 8. [2D2-6.5-3] (Chuyên Hạ Long lần 2-2019) Tìm m để hàm số sau xác định trên :

 

4^x 1 .2^x y  m m

A. Đáp án khác. B. m 1.

C. m0. D.  3 2 2m  3 2 2.

Lời giải

Tác giả: Trần Minh Nhựt; Fb: Trần Minh Nhựt Chọn A

Hàm số ^{y 4x }



^{m1 .2}



^{x m} xác định trên  khi và chỉ khi

 

4^x m1 .2^xm0  x .

Đặt t^{2 x}



t⁰



. Khi đó: t²



m^{1 .}



tm⁰  t ⁰

2

0

1 t t

m t t

    

 .

Xét hàm số:

 

2

1 t t f t t

 

 ^{với t0.} Ta có:

 

 

2 2

2 1

'

1

t t

f t t

 



 khi đó: ^f'

 

^{t 0t22t 1 0   t 1 2 do t0.}

Lập bảng biến thiên ta tìm được

^min_0; ^{f t}

 

^{ f}



^{ 1 2}



^{  3 2 2.}

Để bất phương trình

2

0

1 t t

m t t

   

 thì m  3 2 2.

Câu 9. [2D2-6.5-3] (THPT ĐÔ LƯƠNG 3 LẦN 2) Cho hàm số ^{y f x}

 

^{. Hàm số f}

 

^{x có bảng}

biến thiên như hình vẽ:

Bất phương trình ^{e x m f x}

 

có nghiệm ^x



^4;16



khi và chỉ khi

A. ^{m f}

 

^{4 e2. B. m f}

 

^{4 e2. C. m f}

 

^{16 e4. D. m f}

 

^{16 e4.}

Lời giải

Tác giả: Công Phương; Fb: Nguyễn Công Phương Chọn C

Ta có bất phương trình ^{e x m f x}

 

^{me x f x}

 

Xét hàm số ^{g x}

 

^{e x  f x}

 

trên đoạn



^4;16



^.

Có:

   

^0,



^4;16



2 e x

g x f x x

x

      

vì ^0,



^4;16



2 e x

x

x    và từ bảng biến thiên của hàm số ^{y f}

 

^{x ta có}

   

0 f x 5,  x 4;16

Suy ra hàm số ^{yg x}

 

đồng biến trên



^4;16



^{và g}

 

^{4 g x}

 

^g

 

¹⁶

Để bất phương trình ^{mg x}

 

có nghiệm ^x



^4;16



^{thì mg}

 

^{16 e4 f}

 

^{16 .}

Câu 10. [2D2-6.5-3] (Đặng Thành Nam Đề 10) Cho hàm số ^{f x( )e x21}



^exex



. Có bao nhiêu số nguyên dương m thỏa mãn bất phương trình



⁷



^{12 0}

f m f 1 m

 

    

?

A. 4. B. 6. C. 3. D. 5 .

Lời giải

Tác giả: Dương Hoàng Quốc; Fb: Dương Hoàng Quốc Chọn D

Tập xác định D là tập đối xứng.

Ta có f x( )e^{x x21}e^{ x x21} và ^{f(x)e x x21ex x21 }



^{ex x21e x x21}



^{ f x( ).}

Suy ra ^{f x}

 

là hàm số lẻ.

Ta có ^{21 2 1}

2 2

'( ) 1 e 1 e 0,

1 1

x x x x

x x

f x x

x x

    

   

       

 

   

.

 ^{f x}

 

đồng biến trên .

( 7) 12 0

f m f 1 m

 

   

  

12 12

( 7)

1 1

f m f f

m m

   

       

 

   .

1 5

7 12 .

1 1

m m

m m

 

     

 

 

Vì m là số nguyên dương nên m



1, 2,3, 4, 5 .



Câu 11. [2D2-6.5-3] (PHÂN-TÍCH-BL-VÀ-PT-ĐẠI-HỌC-SP-HÀ-NỘI) Cho hàm số

 

^ln



^{1 2}



y f x  x x . Tập nghiệm của bất phương trình ^{f a}



^1



^{ f}



^lna



^{0 là}

A.

 

^{0;1 . B.}



^0;1



^{. C.}



^0;



^{. D.}



^0;



^.

Lời giải

Tác giả: Lưu Huyền Trang; Fb: Lưu Huyền Trang

Chọn B

Ta có 1x² x x² x x x  0 x  1x² x  0 x  Vậy ta có tập xác định của hàm số là 

Xét

       

   

   

 

   

   

2

2

2 2

2

2

2

ln 1 ln 1

ln 1 . 1

1 ln 1

1 ln 1

f x x x

f x x x

x x

f x x x

x x

f x

x x

f x x x

f x f x

     

    

   

      

   

 

 

    

 

 

     

  

Vậy hàm số ^{f x}

 

là hàm số lẻ Mặt khác

   

 

 

2 2

2 2

2

2 2 2

1 1

1

1 . 1

1 1

1 1 1

. 0

1 1 1

f x x x

x x f x x

x x x

x x f x

x x x x

    

 

 

     

    

 

    

   

Vậy hàm số f x

 

đồng biến trên 

     

   

1 lna 0 : 0

1 ln

f a f dk a

f a f a

   

   



¹

 

^ln



f a f a

    ( Vì hàm số là hàm lẻ ) 1 ln

a a

    ( Vì hàm số đồng biến trên )

 

ln 1 *

a a

  

Xét

 

 

ln , 0

1 1 0, 0

g a a a a

g a a

a

   

     

Vậy hàm số g a

 

đồng biến trên



^0;



Mà ^g

 

^{1 1 Vậy}

 

^{* g a}

 

^g

 

^{1 a1}

Vậy tập nghiệm bất phương trình là



^0;1



^.

PT 45.1( Đề thi chuyên vinh lần 1-2019 ) Cho hàm số ^{f x}

 

^{2x2x. Gọi} m0 là số lớn nhất trong các số nguyên m thỏa mãn ^{f m}

 

^{ f}



^2m212



^0. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A.m0



1513; 2019



. B.m0



1009;1513



. C.m0



505;1009



. D.m0



1;505



. Lời giải

Tác giả: Lưu Huyền Trang; Fb: Lưu Huyền Trang Chọn B

Ta có ^f



^x



^{2x2  x  }



^{2x 2x}



^{ f x}

 

 

2 .ln 2 2 ln 2^{x x} 0, f x   ^   x 

hàm số ^{f x}

 

^{2x2x} hàm số lẻ và tăng trên 

Yêu cầu bài toán

     

12

12 12 2

2 2 2 2

f m  f m  f m  m mm 3 mnguyên lớn nhất là:

12 0

2 1365

m  3 

 

 

PT 45.2 Cho hàm số ^{y f x}

 

^{ 1x2 x}. Tìm các giá trị của m để bất phương trình

   

 

3 3

2019 0

2019

x x

x m f x m

f x x

    

 luôn đúng trên đoạn



^4;16



^.

A. m35228. B. m36416. C. m38421. D. m34662. Lời giải

Tác giả: Lưu Huyền Trang; Fb: Lưu Huyền Trang

Chọn B

Ta xét

     

 

2 2

2

1 1

1 1

1

f x x x x x

x x f x

          

 

Vậy

 

 

f x 1

  f x

Có

   

 

3 3

2019 0

2019

x x

x m f x m

f x x

    



     

 

         

3 3

3 3

2019 2019

2019 2019 1

x x

x m f x m

f x x

x m f x m x x f x x



   



       

( Vì

 

 

f x 1

  f x )

Xét ^{g t}

 

^{t f t.}

 

^t



^{1t2 t}



 

2 2

2 2 2

2 2

1 2 2 1 . 2 2 2

1 1

AM GM

t t

g t t t t t t t

t t



         

 

 

^{2 2 0}

g t t t

   

Vậy hàm số ^{g t}

 

luôn đồng biến trên 

 

^{1 g x}



^m



^g



^{x32019x}



^{ xm x32019xmx32020x}

Để

 

¹ luôn đúng ta phải có

_4;16



^{3 2020}



³⁶⁴¹⁶

mMax x  x 

Câu 12. [2D2-6.5-3] (Đặng Thành Nam Đề 3) Cho a1. Biết khi aa₀ thì bất phương trình x^aa^x đúng với mọi ^x



^1;



^. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. 1a₀ 2 . B. ea₀ e². C. 2a₀3 . D. e ²a₀e³ . Lời giải

Tác giả: Nguyễn Văn Bình ; Fb: Nguyễn Văn Bình Chọn C

Ta có

   

^{ln ln}

, 1 ln ln , 1 ln ln , 1 , 1

a x a x a x

x a x x a x a x x a x x

a x

               (1).

Xét hàm số ln

( ) x

f x  x

 

 

1;

(1) ( ) ( ), 1 ( ) lna max ( ) 2

f a f x x f a f x

a ^

       .

2

'( ) 1 lnx

f x x

  ; f x'( )0xe Bảng biến thiên

Do đó

1;  ⁰

ln ln

(2) ( ) a max ( ) ( ) e .

f a f x f e a e

a ^ e

      

Câu 13. [2D2-6.5-3] (CỤM TRƯỜNG SÓC SƠN MÊ LINH HÀ NỘI) Với a là tham số thực để bất phương trình 2^x3^x ax2 có tập nghiệm là , khi đó

A. ^{a }



^;0



^{. B. a}



^1;3



^{. C. a}



^{3; }



^{. D. a}



^0;1



^.

Lời giải Chọn B

Cách 1

Tác giả: Lâm Thanh Bình ; Fb: Lâm Thanh Bình Xét trường hợp a0, bất phương trình không nhận các giá trị âm của x làm nghiệm.

Thật vậy, khi đó 2^x3^x 2 mà ax 2 2. Suy ra loại a0.

Xét trường hợp a0

2^x3^x ax 2 2^x 3^xax 2 0. Đặt ^{f x}

 

^{2x3xax2, x.}

Khi đó f

 

x 2 ln 2 3 ln 3^x  ^x a, x .

 

⁰ 2 ln 2 3 ln 3^{x x}

 

1 f x    a

Đặt g x

 

2 ln 2 3 ln 3,^x  ^x x.

 

2 ln 2 3 ln 3^{2 2} 0,

  ^x  ^x   

g x x .

Suy ra hàm số ^{g x}

 

đồng biến trên . Lại có ^lim

 

x g x

   và ^lim

 

⁰

x g x

 

Suy ra với mỗi giá trị a0 thì phương trình

 

¹ luôn có nghiệm duy nhất là x_o. Ta có phương trình ^f

 

^{x 0} có nghiệm duy nhất là x_o.

Mà ^lim

 

x f x

    và ^lim

 

⁰

    

x f x a nên f

 

x ^0, x xo và f

 

x ^0, x xo. Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f x

 

đạt giá trị nhỏ nhất tại x_o, ta kết hợp với điều kiện đề bài là ^{f x}

 

^{0, x và f}

 

^{0 0} nên ta suy ra x_o 0 và x_o 0 là giá trị duy nhất để ^{f x}

 

^0

.

Suy ra x_o 0 là giá trị duy nhất để f

 

xo ⁰  ^f

 

^{0 ln 2 ln 3 a0.}

Suy ra aln 2 ln 3 ln 6.

Như vậy a là giá trị duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Suy ra mệnh đề đúng là ^a



^1;3



^.

Cách 2:

Tác giả: ; Fb: Khoa Nguyen 2^x 3^x ax2, x 

2^x 3^x ax 2 0, x

       . Đặt ^{f x}

 

^{2x3xax2, x.}

Khi đó f

 

x 2 ln 2 3 ln 3^x  ^x a, x . Điều kiện cần

 

^0,

f x   x  và f

 

⁰ ⁰ nên hàm số đạt cực tiểu tại x0

 

^{0 ln 2 ln 3 0}

f a

     .

ln 2 ln 3 ln 6 a

    .

Điều kiện đủ

Với aln 6, ta có f x

 

^2x ^3xx^{ln 6 2} .

 

2 ln 2 3 ln 3 ln 6,^{x x}

f x     x .

 

2 ln 2 3 ln 3^{x 2 x 2} 0,

 

f x     x  f x đồng biến trên . Mà ^f

 

^{0  0} phương trình ^f

 

^{x 0} có nghiệm duy nhất x0. Bảng biến thiên

 

^0,

f x x

   . Vậy aln 6

Cách 3:

Tác giả: ; Fb: Tú Tran

2^x3^x ax2, x 

Xét hàm số ^{f x}

 

^2x3x

 

^C

 

^{0 2}

f  .

Ta có f

 

x 2 ln 2 3 ln 3,^x  ^x  x .

 

^{0 ln 2 ln 3 ln 6}

   

f .

Gọi  là tiếp tuyến của

 

C tại điểm



^{0; 2}



^.

Phương trình của : y f

 

⁰ x⁰



 ² y^{ln 6.}x². Yêu cầu bài toán được thỏa mãn khi aln 6.

Thật vậy, ta sẽ chứng minh 2^x3^xln 6.x2, x . Ta có 2^x3^x ln 6.x 2 2^x3^xln 6.x 2 0. Đặt ^{g x}

 

^{2x 3xln 6.x2}

Suy ra g x

 

2 ln 2 3 ln 3 ln 6^x  ^x  .

 

^{0 0}

   

g x x .

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có ^{g x}

 

^{0, x .}

Hay 2^x3^xln 6.x2, x . Vậy aln 6.

Câu 14. [2D2-6.5-3] (Hai Bà Trưng Huế Lần1) Cho x, y là hai số thực dượng thỏa mãn



²



lnxlnyln x y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P3xy.

A. 9. B. 2. C. 1

2. D. 4

Lời giải

Tác giả: Phan Văn Tài ; Fb: Phan Van Tai Chọn A

Cách 1.

Ta có: xyx²y y x



¹



 x². Do

2 0

0 x y

 

 



nên x  1 0 x1. Khi đó:

2

1 y x

 x



2 1

3 3 1

1 1

P x x x x

x x

      

  ^.

• Hướng đi số 1:

 

¹

4 1 5

P x 1

   x 

 .

Vì x 1 0 nên bất đẳng thức Cauchy cho ta: ^{P 2 4}



^{x 1 .}



^{1 5 P 9}

  x   khi

 

^{1 3}

4 1

1 2

x x

  x  

 .

• Hướng đi số 2:

 

2 4 2 3

3 1 1

x x x

P x x

x x

   

  ^với x1.

   

2 2

4 8 3

1

x x

P x

x

 

 



.

 

^{0 3}

P x   x 2. Bảng biến biên:

x  1 3

2 

 

P x  0 

 

P x

 

3 9

P 2

 

  Từ bảng biến thiên cho ta giá trị nhỏ nhất P9. Cách 2. ( Nguyễn Văn Hòa)

Ta có: xyx²yx²xyy0 Nên   y²4y0y4

2 2

4 4

2 2

y y y y y y

  x  

 

2 2

4 5 3 4

3 3

2 2

y y y y y y

P x y   y  

     .

 

2

3 2

5

2 4

P y

y y

 

  

 . 0 9

P   y 2 khi đó 3

x2 từ đó suy ra giá trị nhỏ nhất P9 khi 3

x2, 9 y 2.

Câu 15. [2D2-6.5-3] (Đặng Thành Nam Đề 9) Có bao nhiêu số thực m để tồn tại duy nhất cặp số thực



^{x y;}



thỏa mãn đồng thời log_x²_y²_2



4x4ym²m5



1 và x²y²2x4y 1 0.

A. 2. B. 6 . C. 4. D. 0 .

Lời giải

Tác giả: Trần Nhân Lộc ; Fb: Nhan Loc Tran Chọn A

Từ yêu cầu đề, để tìm mthỏa mãn hai điều kiện đề cho, ta lập hệ phương trình:

 

2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

2

2 4 1 0 2 4 1 0

log _{ } 4 4 5 1 4 4 5 2

           

 

 

            

 ^{x y}

x y x y x y x y

x y m m x y m m x y

   

   

2 2

2 2 2

1 2 4 (1)

2 2 1 (2)

    

 

     



x y

x y m m

.

Ta có

 

1 là phương trình đường tròn

 

C1 tâm I1



1; 2 ,



R12;

 

² là phương trình hình tròn

 

C2 tâm I2



2; 2 ;



R2 m²m1.

Để tồn tại duy nhất cặp số thực



^{x y;}



khi và chỉ khi hệ có nghiệm duy nhất tương đương với

 

C1 và



C2



tiếp xúc ngoài, nghĩa là

 

²

 

^{2 2}

1 2 1 2  2 1  2 2    1 2

I I R R m m

2 2

1 1 0 0; 1

 m m  m m m m .

Chú ý: Tiếp xúc trong thì đường tròn và hình tròn có vô số điểm chung. Bạn đọc cần cẩn thận cho trường hợp này.

Câu 16. [2D2-6.5-3] (Cẩm Giàng) Cho a là số nguyên dương lớn nhất thỏa mãn



³



3 2

3log 1 a a 2 log a. Giá trị của log2



2017a



xấp xỉ bằng:

A.19. B.26. C.25. D.23.

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Văn Hòa ; Fb: Nguyễn Văn Hòa Hòa Chọn D

Từ giả thiết ^{3log 13}



^{ a3a}



^{2 log2 a.}

Đặt log₂ a 3x  a64^x.

Ta được bất phương trình: 3 log 1 83



 ^x 4^x



6x  1 8 ^x4^x 9^x.

1 8 4

9 9 9 1

x x x

     

      

      .

Đặt

 

^{1 8 4}

9 9 9

x x x

f x      

     

      .



 

^{1 ln 1 8 ln 8 4 ln 4 0}

9 9 9 9 9 9

x x x

f x            

            

            ,  x . Vậy ^{f x}

 

là hàm số nghịch biến trên . Và ta lại có ^f

 

^{2 1}_.

Từ 1 8 4

9 9 9 1

x x x

     

  

     

      ^{ f x}

 

^{ f}

 

^{2  x 2.}

Suy ra a64²4096 mà a là số nguyên dương lớn nhất thỏa mãn suy ra a4095. Vậy log2



2017a



log2



2017 4095



22.97764311 23 .

Câu 17. [2D2-6.5-3] (THPT NÔNG CỐNG 2 LẦN 4 NĂM 2019) Cho a b, là các số thực thỏa mãn 4a2b0 và ^log_a²_b²_1



⁴a^2b



^1. Gọi M m, lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P3a4b. Tính Mm.

A. 25. B. 22 . C. 21 . D. 20.

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Vĩnh Thái; Fb:Thaiphucphat.

Chọn D

Nhận xét: a²b²  1 1, a b,

+ Ta có ^log_a²_b²_1



^4a2b



^{ 1 4a2ba2b21} (1). Cách 1.

+ Ta có 3

3 4

4

    P a

P a b b . (2)

+ Thay (2) vào (1) ta được

2

3 2 3

4 2 1

4 4

   

    

 

P a P a

a a .

2 2

25 2 (3 20) 8 16 0

 a  a P P  P  . (3)

Để bài toán đã cho tồn tại giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P thì bất phương trình (3) có nghiệm hay  ' 0   ' 16P²320P00P20.

Suy ra M 20;m0 hay M m20. Cách 2

 

^{1 }



^a2



^2



^b1



^24.

Suy ra M a b



^;



là các điểm thuộc hình tròn

 

C tâm I



^2;1



, bán kính R2. Gọi  là đường thẳng có phương trình: 3x4y0. Khi đó



^;



^{3 4}

5 5

a b P

d M   ^  .

Mặt khác



^;



^{3.2 4.1 2}

d I   5^  nên  tiếp xúc với đường tròn

 

C .

Đường thẳng  qua I và vuông góc với , cắt đường tròn

 

C tại hai điểm M₁, M₂ (như hình vẽ).

Dựa vào hình vẽ ta thấy:

Khi M M₁, ^{mind M}



^;



^{0minP0m0.}

Khi M M₂, ^{maxd M}



^;



^{2R4maxP20M 20.}

Vậy M m20. Cách 3

+ Ta có ^log_a²_b²_1



^4a2b



^{ 1 4a2ba2b2 1}



^a2



^2



^b1



^24

 

¹

+ Mặt khác ^{P3a4b3}



^a2



^4



^b1



^10

Do đó



^P10



^{2 }_³



^a2



^4



^b1



^_^2



^3242



^_



^a2



^2



^b1



^2_^{25.4 100}

Khi đó 10P10 10  0P20

Vậy mminP0 khi và chỉ khi

 

²

 

²

2 1

3 4 0

2 1 4

a b

a b

 

  



    



(hệ có 1 nghiệm duy nhất)

max 20

M  P khi và chỉ khi

 

²

 

²

2 1

3 4 0

2 1 4

a b

a b

 

  



    



(hệ có 1 nghiệm duy nhất)

Câu 18. [2D2-6.5-3] (SGD-Nam-Định-2019) Gọi S là tập tát cả các giá trị thực của tham số m để bất phơng trình ^m2



^x5x4



^{m x}



^4x3



^{ x lnx 1 0} thỏa mãn với mọi x0. Tính tổng các giá trị của m trong tập S.

A. 2. B. 0 . C. 1. D. 2.

Lời giải

Tác giả: Phương Xuân Trịnh; PB: Phương Xuân Trịnh.

Chọn C

Xét hàm số ^{f x}

 

^m2



^x5x4



^{m x}



^4x3



^{xlnx1}

 

f x

 liên tục trên



^{0; }



^{và f}

 

^{1 0.}

* Điều kiện cần

 

²



^{5 4 4 3}

 

^{4 3 3 2}



^{1 1}

f x m x x m x x

       x.

 

^0,



^0;



f x   x    ^{f x}

 

^{ f}

 

^{1 ,  x}



^{0; }



^.

Do ^{f x}

 

liên tục trên



^{0; }



^{ x1} là điểm cực tiểu của hàm số ^{ f}

 

^{1 0}

2 0 0, 1

m m m m

      .

*/ Điều kiện đủ

+ Với m0 ^{f x}

 

^{x lnx 1 f}

 

^{x 1 1}

 x

       ^f

 

^{x x 1}

x

 

  .

 

^{0 1}

f x   x . Bảng biến thiên:

 

^0,



^0;



f x x

      m0 thỏa mãn.

+ Với m1 ^{ f x}

 

^{x52x4x3 x lnx1}

 

³



¹



²



^{ln 1}



^0,



^0;



f x x x