1
HƯỚNG DẪN BÀI TẬP PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT
Câu 1: [2D2-5.1-1] (ĐTK - BGD&ĐT - L1 - Năm 2020) Nghiệm của phương trình 3x127 là
Ⓐ. x4. Ⓑ. x3. Ⓒ. x2. Ⓓ. x1. Lời giải
Chọn A
3x1273x133 x 4.
Câu 2: [2D2-5.1-1] (MĐ 104 - BGD&ĐT - Năm 2019) Nghiệm của phương trình 22x132 là
Ⓐ. x3. Ⓑ. 17
x 2 . Ⓒ. 5
x2. Ⓓ. x2. Lời giải
Chọn A
Ta có: 22x13222x1252x 1 5 x 3.
Câu 3: [2D2-5.1-1] (MĐ 103 - BGD&ĐT - Năm 2019) Nghiệm của phương trình 22x18 là
Ⓐ. 3
x 2. Ⓑ. x2. Ⓒ. 5
x 2. Ⓓ. x1. Lời giải
Chọn B
Ta có 22x1 822x1 232x 1 3 x 2.
Câu 4: [2D2-5.1-1] (MĐ 102-BGD&ĐT-Năm 2019) Nghiệm của phương trình 32x127 là
Ⓐ. x2. Ⓑ. x1. Ⓒ. x5. Ⓓ. x4. Lời giải
Chọn B
Ta có 32x12732x1332x 1 3 x 1.
Câu 5: [2D2-5.1-1] (MĐ 101-BGD&ĐT-Năm 2019) Nghiệm phương trình 32x127 là
Ⓐ. x5. Ⓑ. x1. Ⓒ. x2. Ⓓ. x4. Lời giải
Chọn C
Ta có 32x12732x1332x 1 3 x 2.
2 Câu 6: [2D2-5.1-1] (MĐ 102 - BGD&ĐT - Năm 2018) Tập nghiệm của phương trình log2
x2 1
3là
Ⓐ.
3;3
. Ⓑ.
3 . Ⓒ.
3 . Ⓓ.
10; 10
Lời giải
Chọn A
2
log2 x 1 3 x2 1 8x2 9 x 3.
Câu 7: [2D2-5.1-1] (MĐ 104 BGD&ĐT NĂM 2016-2017) Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình 3xm có nghiệm thực.
Ⓐ. m1. Ⓑ. m0 Ⓒ. m0 Ⓓ. m0 Lời giải
Chọn C
Để phương trình 3x mcó nghiệm thực thì m0.
Câu 8: [2D2-5.2-1] (Đề - BGD - 2020 - Đợt 2 - Mã đề - 104 - Strong – 2021) Nghiệm của phương trình 22x2 2x là
Ⓐ. x 2. Ⓑ. x2. Ⓒ. x 4. Ⓓ. x4. Lời giải
Chọn B
Ta có: 22x22x 2x 2 x x 2 Vậy nghiệm của phương trình là x2.
Câu 9: [2D2-5.2-1] (Đề TNTHPT 2020 - mã đề 103) Nghiệm của phương trình 22x12xlà
Ⓐ. x2. Ⓑ. x 1. Ⓒ. x1. Ⓓ. x 2.
Lời giải Chọn C
Ta có: 22x12x2x 1 x x 1.
Câu 10: [2D2-5.2-1] (Đề thi TNTHPT 2020 - mã đề 102) Nghiệm của phương trình 22x42x là
Ⓐ. x16. Ⓑ. x 16. Ⓒ. x 4. Ⓓ. x4. Lời giải
3 Chọn D
2 4
2 x 2x 2x 4 x x 4.
Câu 11: [2D2-5.2-1] (Đề tốt nghiệp THPT đợt 2 năm 2020 - mã đề 101) Nghiệm của phương trình
2 3
2 x 2x là
Ⓐ. 8. Ⓑ. 8. Ⓒ. 3. Ⓓ. 3. Lời giải
Chọn C
Ta có 22x3 2x2x 3 x x 3.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x3.
Câu 12: [2D2-5.2-1] (BGD - Đợt 1 - Mã đề 104 - 2020) Nghiệm của phương trình 3x227 là
Ⓐ. x 2. Ⓑ. x 1. Ⓒ. x2. Ⓓ. x1. Lời giải
Chọn D
Ta có: 3x2273x2 33 x 2 3 x 1.
Câu 13: [2D2-5.2-1] (BGD - Đợt 1 - Mã đề 103 - 2020) Nghiệm của phương trình 3x19 là
Ⓐ. x1. Ⓑ. x2. Ⓒ. x 2. Ⓓ. x 1.
Lời giải Chọn A
Ta có: 3x1 9 x 1 log 93 x 1.
Câu 14: [2D2-5.2-1] (BGD - Đợt 1 - Mã đề 102 - 2020) Nghiệm của phương trình 3x29 là.
Ⓐ. x 3 Ⓑ. x 3 Ⓒ. x 4 Ⓓ. x 4 Lời giải
Chọn C
Ta có 3x2 9 3x232 x 2 2 x 4
Câu 15: [2D2-5.2-1] (ĐỀ BGD-MÃ 101-L1-2020) Nghiệm của phương trình 3x19 là
Ⓐ. x 2. Ⓑ. x3. Ⓒ. x2. Ⓓ. x 3. Lời giải
Chọn B
Ta có: 3x1 9 3x132 x 1 2 x 3. Vậy phương trình đã cho có nghiệm x3.
4 Câu 16: [2D2-5.2-1] (ĐTN - BGD&ĐT - Năm 2017) Tìm nghiệm của phương trình 3x1 27
Ⓐ. x9 Ⓑ. x3 Ⓒ. x4 Ⓓ. x10 Lời giải
Chọn C
1 3
3x 3 x 1 3 x 4.
Câu 17: [2D2-5.2-2] (Đề Tham Khảo BGD - 2021) Nghiệm của phương trình 52x4 25 là
Ⓐ. x3. Ⓑ. x2. Ⓒ. x1. Ⓓ. x 1. Lời giải
Chọn A
Ta có 52x42552x4522x 4 2 x 3.
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S
3 .Câu 18: [2D2-5.2-2] (MĐ 104 - BGD&ĐT - Năm 2018) Phương trình 52x1125 có nghiệm là
Ⓐ. 3
x 2 Ⓑ. 5
x2 Ⓒ. x1 Ⓓ. x3
Lời giải
Chọn C
Ta có: 52x1125 52x1532x 1 3 x 1.
Câu 19: [2D2-5.2-2] (MĐ 101 - BGD&ĐT - Năm 2018) Phương trình 22x1 32 có nghiệm là
Ⓐ. 5
x 2 Ⓑ. x2 Ⓒ. 3
x2 Ⓓ. x3
Lời giải Chọn B
Ta có 22x13222x1 25 2x 1 5 x 2.
Câu 20: [2D2-5.3-1] (MĐ 101 - BGD&ĐT - Năm 2017) Cho phương trình 4x2x1 3 0. Khi đặt 2x
t , ta được phương trình nào dưới đây?
Ⓐ. 2t2 3 0. Ⓑ. t2 t 3 0. Ⓒ. 4t 3 0. Ⓓ. t2 2t 3 0. Lời giải
Chọn D
24x2x1 3 0 2x 2.2x 3 0
Đặt t2x
t0
. Phương trình trở thành t2 2t 3 05 Câu 21: [2D2-5.3-2] (ĐTK - BGD&ĐT - Năm 2019) Tổng tất cả các nghiệm của phương trình
log 7 33 x 2 x bằng
Ⓐ. 2 . Ⓑ. 1. Ⓒ. 7. Ⓓ. 3. Lời giải
Chọn A
Điều kiện: 7 3 x 0.
Ta có log 7 33
x
2 x 7 3x 32x32x7.3x 9 0
1 .Đặt t 3x, điều kiện 0 t 7
* .Phương trình
1 trở thành t2 7t 9 0
2 .Dễ thấy phương trình
2 có hai nghiệm 1 7 13t 2 , 2 7 13
t 2 thỏa mãn điều kiện
*Theo định lý Vi-ét: t t1 2. 9 3 .3x1 x2 9 3x1x2 9 x1 x2 2. Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình là 2.
Câu 22: [2D2-5.3-2] (ĐTK - BGD&ĐT - Năm 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số
m để phương trình 16x2.12x(m2).9x 0 có nghiệm dương?
Ⓐ.1 Ⓑ. 2 Ⓒ. 4 Ⓓ. 3
Lời giải Chọn B
Phương trình 16x2.12x(m2).9x 0 có nghiệm x
0;
Phương trình tương đương
4 2 4
2. ( 2) 0
3 3
x x
m
có nghiệm x
0;
Đặt 4 ,
1;
3
x
t t
2 2. ( 2) 0, 1;
t t m t
2 2. 2 , 1;
t t m t
Xét y t2 2.t
6 Phương trình có nghiệm t
1;
khi 2 m 1 m3Câu 23: [2D2-5.3-2] (MĐ 104 BGD&ĐT NĂM 2016-2017) Tìm giá trị thực của tham số m để phương trình 9x2.3x1 m 0 có hai nghiệm thực x1, x2 thỏa mãn x1x2 1.
Ⓐ. m6. Ⓑ. m 3. Ⓒ. m3. Ⓓ. m1.
Lời giải Chọn C
Ta có 9x2.3x1 m 0 32x6.3x m 0.
Phương trình có hai nghiệm thực x1, x2 thỏa mãn x1x2 1 1 2
1 2
9 0
3 3 6 0 3
3 3
x x
x x
m
m
m
. Theo đề bài ta có 33 .3x1 x2 m.
Câu 24: [2D2-5.3-2] (MĐ 102 - BGD&ĐT - Năm 2017) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 4x2x1 m 0 có hai nghiệm thực phân biệt
Ⓐ. m
;1
Ⓑ. m
0;
Ⓒ. m
0;1
Ⓓ. m
0;1Lời giải Chọn D
Phương trình 4x2x1 m 0
2x 22.2x m 0,
1 .Đặt t2x 0. Phương trình
1 trở thành: t2 2t m 0,
2 .Phương trình
1 có hai nghiệm thực phân biệt phương trình
2 có hai nghiệm thực phân biệt và lớn hơn 01 0
0 2
0 0 0 1
0 1
1 0 m
S m
P m
.
Câu 25: [2D2-5.3-3] (MĐ 104 - BGD&ĐT - Năm 2018) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình 9xm.3x13m2750 có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu phần tử?
Ⓐ. 8 Ⓑ. 4 Ⓒ. 19 Ⓓ. 5
Lời giải
Chọn B
1 2
9xm.3x 3m 750 1
3x 23 .3m x3m2750Đặt t3 ,x
t0
7 Phương trình trở thành: t23mt3m2750 2
1 có hai ngiệm phân biệt khi và chỉ khi
2 có hai nghiệm dương phân biệt2
2
300 3 0 10 10
3 0 0 5 10
3 75 0 5
5
m m
m m m
m m
m
Do m nguyên nên m
6;7;8;9
Câu 26: [2D2-5.3-3] (MĐ 103 - BGD&ĐT - Năm 2018) Gọi Slà tất cả các giá trị nguyên của tham số msao cho phương trình 4xm.2x12m2 5 0có hai nghiệm phân biệt. Hỏi Scó bao nhiêu phần tử.
Ⓐ. 3. Ⓑ. 5. Ⓒ. 2. Ⓓ. 1 Lời giải
Chọn D
Ta có: 4xm.2x12m2 5 0 4x2 .2m x2m2 5 0 Đặt t2 ,x t0. Phương trình thành: t22 .m t2m2 5 0 Yêu cầu bài toán (2)có 2 nghiệm dương phânbiệt
2 2
2
' 0 2 5 0 5 5
0 2 0 0 10 5.
0 2 5 0 5 5 2
2 2
m m m
S m m m
P m
m hoac m
Do mnguyên nên m2. Vậy S chỉ có một phần tử.
Câu 27: [2D2-5.3-3] (MĐ 102 - BGD&ĐT - Năm 2018) Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình 25xm.5x17m2 7 0 có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu phần tử.
Ⓐ. 7. Ⓑ. 1. Ⓒ. 2. Ⓓ. 3 Lời giải
Chọn C
Xét phương trình 25xm.5x17m2 7 0 1
.Đặt t5 x
t0
. Phương trình trở thành t25mt7m2 7 0 2
.8 YCBT Phương trình
1 có hai nghiệm phân biệt Phương trình
2 có hai nghiệm phân biệt t t1, 2 0
2 2
2
25 4 7 7 0
0
0 5 0
0 7 7 0
m m
S m
P m
1 2 21 m 3
.
Mà m m
2;3 . Vậy có 2 giá trị nguyên của tham số m.Câu 28: [2D2-5.3-3] (MĐ 101 - BGD&ĐT - Năm 2018) Gọi S là tập hợp tất cả giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình 16xm.4x15m2450 có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu phần tử?
Ⓐ. 13 Ⓑ. 3 Ⓒ. 6 Ⓓ. 4
Lời giải Chọn B
Đặt t4 ,x
t0
. Phương trình trở thành:2 2
4 5 45 0
t mt m .
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình có hai nghiệm phân biệt t0.
' 0 0 0 P S
2 2
45 0
5 45 0
4 0
m m m
3 5 3 5
3 3
0 m
m m
m
3 m 3 5
.
Vì m nguyên nên m
4;5;6
. Vậy S có 3 phần tử.Câu 29: [2D2-5.3-3] (ĐTN - BGD&ĐT - Năm 2017) Tìm tập hợp các giá trị của tham số thực mđể phương trình 6x
3 m
2x m 0 có nghiệm thuộc khoảng
0;1 .Ⓐ.
3;4 Ⓑ.
2;4 Ⓒ.
2;4 Ⓓ.
3; 4Lời giải Chọn C
Ta có: 6x
3 m
2x m 0
1 6 3.22 1
x x
x m
9 Xét hàm số
6 3.22 1
x x
f x x
xác định trên , có
212 .ln 3 6 .ln 6 3.2 .ln 2 0, 2 1
x x x
x
f x x
nên hàm số f x
đồng biến trênSuy ra 0 x 1 f
0 f x
f
1 2 f x
4 vì f
0 2, f
1 4.Vậy phương trình
1 có nghiệm thuộc khoảng
0;1 khi m
2; 4 .Câu 30: [2D2-5.5-3] (MĐ 102 - BGD&ĐT - Năm 2018) Cho a0, b0 thỏa mãn
2 2
10 3 1 25 10 1 10 3 1
log a b a b 1 l go ab a b 2. Giá trị của a2b bằng
Ⓐ. 5
2. Ⓑ. 6. Ⓒ. 22. Ⓓ. 11
2 Lời giải
Chọn D
Từ giả thiết ta có 25a2 b2 1 0, 10a3b 1 0, 10a3b 1 1, 10ab 1 1. Áp dụng Cô-si, ta có 25a2 b2 1 2 25a b2 2 1 10ab1. Khi đó,
2 2
10 3 1 10 1
log a b 25a b 1 log ab 10a3b1
10 3 1 10 1 10 1 10 3
log a b ab l go ab a b1
2 (Áp dụng Cô-si).
Dấu “” xảy ra khi log10 3 1
lo 10 1
5
10 1 g 10 3 1 1
a b ab
a b
ab a b
Suy ra
5 2 1 2 b a
2 11 a b 2
.
Câu 31: [2D2-5.5-4] (MĐ 103 - BGD&ĐT - Năm 2021) Có bao nhiêu số nguyên y sao cho tồn tại 1;5
x 3
thỏa mãn 273x2xy
1 xy
2715x.Ⓐ. 17. Ⓑ. 16. Ⓒ. 18. Ⓓ. 15. Lời giải
Chọn A
Khi y0, vì xy 1 và 1
x3 nên ta có y 3.
Với y0, phương trình thành: 273x215x 1 0 vô nghiệm vì 273 2 15 1 270 1 0, 1;5 3
x x
x
10 Với y 1, phương trình thành: 273x216x (1 x) 0có nghiệm vì g x1( )273x216x (1 x)liên tục trên 1;5
3
và 1 1
1 . 5 0 g 3 g
.
Với y 2, phương trình thành: 273x217x (1 2 )x 0 có nghiệm vì g x2( )273x216x (1 2 )x liên tục trên 1;5
3
và 2 1 . 2
5 0g 3 g .
Khi y1, xét trên 1;5 3
, ta có
2
27
3 2
27
27 (1 )2715 3 15 log (1 )
log (1 )
3 15 0.
x xy x
xy x x xy xy
x xy y
x
Xét hàm ( ) 3 15 log (127 xy)
g x x y
x
trên 1;5 .
3
Ta có '( ) 3 ln(12 ) 3 2 3 0, 1;5 .
ln 27 (1 ) ln 27 n
1 3
3 l 3 ln 3 3
xy y
g x x
x x xy x
Do đó, hàm g x( ) đồng biến trên 1;5
3
. Vì thế phương trình g x( )0 có nghiệm trên 1;5 3
khi và chỉ khi 1 (5) 0.
g 3 g
Áp dụng bất đẳng thức ln(1 u) u với mọi u0, ta có
27
5
log (1 5 ) 5
(5) 0.
l 5 n 27
y y
g y y
Do đó 1 0 log 13 14 0 1 15
3 3
g y y y
.
Vậy y
2; 1;1;2;...;15
hay có 17 giá trị y thỏa đề.Câu 32: [2D2-5.5-4] (MĐ 102 - BGD&ĐT - Năm 2021) Có bao nhiêu số nguyên y sao cho tồn tại 1; 4
x 3
thỏa mãn 273x2xy
1 xy
2712x?Ⓐ. 14. Ⓑ. 27. Ⓒ. 12. Ⓓ. 15. Lời giải
Chọn A
TH1: y0, vì xy 1 và 1
x3 nên ta có y 3.
Ta có thể kiểm tra trực tiếp để xem xét có nhận y 2,y 1,y0 hay không.
11
+) Nếu 3 2 12 2
0 1; 4
0 27 1 3 12 0 3
4 1; 4 3
x x
x
y x x
x
(trường hợp này loại).
+) Nếu y 1 thỏa mãn.
+) Nếu y 2 thỏa mãn.
TH2: Khi y1, ta có:
3 2 12
27 xxy (1 xy)27 x 2
2
3x 12xlog 7 1xy xy
log27
1
3 12 xy 0.
x y
x
Xét hàm
log27
1
3 12 xy
g x x y
x
trên 1; 4
3
.
Ta có
2 2
ln 1 1
3 3 3 3 0, ;4 .
ln 27 1 ln 27 3 ln 3 ln 3 3
xy y 1
g x x
x x xy x
Do đó, hàm g x
đồng biến trên 1; 4 3
. Vì thế phương trình g x
0 có nghiệm trên 1; 4 3
khi và chỉ khi 1
4 0g 3 g .
Áp dụng bất đẳng thức ln 1
u
u với mọi u0, ta có
ln 1 4
4 0
18ln 3 3ln 3
y y
g y y
.
Do đó 1 0 log3 1 11 0 1 12
3 3
g y y y
(do y là số nguyên dương).
Vậy có 14 giá trị nguyên y sao cho tồn tại 1; 4 x 3
thỏa mãn 273x2xy
1 xy
.2712x.Câu 33: [2D2-5.5-4] (MĐ 101 - BGD&ĐT - Năm 2021) Có bao nhiêu số nguyên y sao cho tồn tại 1;3
x 3
thỏa mãn 273x2xy
1 xy
279x.Ⓐ. 27. Ⓑ. 9. Ⓒ. 11. Ⓓ. 12 . Lời giải
Chọn C
Khi y0, vì xy 1 và 1
x3 nên ta có y 3.
Với y0, phương trình thành: 273x29x 1 0 vô nghiệm vì 273 2 9 1 270 1 0, 1;3 3
x x
x
12 Với y 1, phương trình thành: 273x210x (1 x) 0, có nghiệm vì g x1( )273x210x (1 x) liên tục trên 1;3
3
và 1 1
1 . 3 0 g 3 g .
Với y 2, phương trình thành: 273x211x (1 2 )x 0, có nghiệm vì g x2( )273x211x (1 2 )x liên tục trên 1;3
3
và 2 2
1 . 3 0 g 3 g
.
Khi y1, xét trên 1;3 3
, ta có
3 2 9 2
27 27
27 (1 )27 3 9 log (1 )
log (1 )
3 9 0.
x xy x
xy x x xy xy
x xy y
x
Xét hàm ( ) 3 9 log (127 xy)
g x x y
x
trên 1;3 .
3
Ta có '( ) 3 ln(12 ) 3 2 3 0, 1;3 .
ln 27 (1 ) ln 27 n
1 3
3 l 3 ln 3 3
xy y
g x x
x x xy x
Do đó, hàm g x( ) đồng biến trên 1;3
3
. Vì thế phương trình g x( )0 có nghiệm trên 1;3 3
khi và chỉ khi 1 (3) 0.
g 3 g Áp dụng bất đẳng thức ln(1 u) u với mọi u0, ta có
27 .
3
log (1 3 ) 3
(3) 0
3ln 27
y y
g y y
Do đó 1 0 log 13 8 0 1 9
3 3
g y y y
(do y là số nguyên dương).
Vậy y
2; 1;1;2;...;9
hay có 11 giá trị y thỏa đề.Câu 34: [2D2-5.5-4] (ĐTK - BGD&ĐT - L1 - Năm 2020) Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ; )x y thỏa mãn 0 x 2020 và log (33 x 3) x 2y9y?
Ⓐ. 2019. Ⓑ. 6. Ⓒ. 2020. Ⓓ. 4. Lời giải
Chọn D
Điều kiện: x 1
Ta có: log (33 x 3) x 2y9ylog (3 x 1) (x 1) 2y3 (*)2y
Xét hàm số f t( ) t 3 ,t t có f t ( ) 1 3 ln 3t 0, t , tức hàm số luôn đồng biến trên . Khi đó (*) f(log (3 x1)) f(2 )y log (3 x 1) 2y x 9y1
Vì 0 x 2020 nên 09y 1 2020 0 y log 20219 .
13 Do y nguyên nên y
0;1;2;3
.
x y;
0;0 ; 8;1 ; 80; 2 ; 728;3
nên tổng cộng có 4 cặp số nguyên ( ; )x y thỏa đề.
Câu 35: [2D2-5.5-4] (MĐ 104 - BGD&ĐT - Năm 2018) Cho phương trình 2x m log2
x m
với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m
18;18
để phương trình đã cho có nghiệm?Ⓐ. 9 Ⓑ. 19 Ⓒ. 17 Ⓓ.18
Lời giải
Chọn C ĐK: xm
Đặt tlog2
x m
ta có 2 2
x t
m t
m x2x x 2t t
1Do hàm số f u
2uu đồng biến trên , nên ta có
1 t x. Khi đó:2x m x m x 2x.
Xét hàm số g x
x 2x g x
1 2 ln 2 x 0 x log2
ln 2 . Bảng biến thiên:Từ đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi mg
log2
ln 2
0,914Do m nguyên thuộc khoảng
18;18
, nên m
17; 16;...; 1
.Câu 36: [2D2-5.5-4] (MĐ 104 - BGD&ĐT - Năm 2018) Cho a0, b0 thỏa mãn
2 2
2 2 1 4 1
log a b 4a b 1 log ab 2a2b 1 2. Giá trị của a2b bằng
Ⓐ. 15
4 Ⓑ. 5 Ⓒ. 4 Ⓓ. 3
2 Lời giải
Chọn A
Ta có 4a2b2 4ab, với mọi a b, 0. Dấu „‟ xảy ra khi b2a
1 .14 Khi đó
2 2
2 2