I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
1. Bất phương trình mũ + Nếu a1 thì
f x g x
a a f x g x . + Nếu 0 a 1 thì
f x g x
a a f x g x . + Nếu a chứa ẩn thì
1
0f x g x
a a a f x g x . 2. Bất phương trình logarit
+ Nếu a1 thì loga f x
loga g x
f x
g x
+ Nếu 0 a 1 thì loga f x
loga g x
f x
g x
+ Nếu a chứa ẩn thì
log 0 1 1 0
log 0 1 1 0
log
a a a
B a B
A A B
B
.
II. CÁC DẠNG BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Lý thuyết về bất phương trình mũ – lôgarit
Nhận dạng và phát triển các dạng toán tương tự
…
BÀI TẬP MẪU
Câu 40 : Có bao nhiêu số nguyên dương y sao cho ứng với mỗi y có không quá 10 số nguyên x thỏa mãn
2x1 2 2 xy 0?
A.1024 . B.2047 . C. 1022. D.1023 .
Lời giải Chọn A
Cách 1:
Ta có: y 1 log2 y0. Gọi
2x1 2 2 xy0 (*)
+Trường hợp 1:
1
2
2 1
2 2 0 2
2 2
2 0 2 1 log 0
x x
x x
x VN
y y x y
+Trường hợp 2:
1
2 2
2 1 1
2 2 0 2 2 2 2 log
2 0 2 log
x x
x x
x x y
y y x y
DẠNG TOÁN 40: BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ -LOGARIT VẬN DỤNG CAO
Theo đề bài, ứng với mỗi số nguyên dương y có không quá 10 số nguyên x thỏa mãn bất
phương trình (*) tương đương với tập nghiệm 2 1 ; log S 2 y
chứa không quá 10 số nguyên,
nghĩa là: log2 10 210 1024
y y
y y
Vậy có tất cả 1024 giá trị y thỏa mãn yêu cầu đề.
Cách 2:
Đặt t2x 0 thì ta có bất phương trình (2t 2)(t y ) 0 hay
( 2)( ) 0 (*).
t 2 t y
Vì y nên
2 y 2
, do đó 2
2 2 1
(*) 2 log .
2 2 2
t y x y x y
Nếu log2 y10 thì x{0, 1, 2,, 10} đều là nghiệm nên không thỏa yêu vầu bài toán. Suy ra log2 y10 hay y210 1024, mà y nên y{1, 2,, 1024}.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ VÀ PHÁT TRIỂN
Mức độ 3
Câu 1. Giả sử
x y0; 0
là cặp nghiệm nguyên không âm có tổng S x0y0 lớn nhất của bất phương trình 4x2 .3x y9.2x3y10, giá trị của S bằngA. 2. B. 4. C 3. . D. 5 .
Lời giải:
Chọn C
Ta có 4x2 .3x y9.2x3y 10
2x1 2
x3y10
0.Vì 2x 1 0 nên bất phương trình tương đương với 2x 3y 10 0 .
Với cặp số
x y,
nguyên không âm thì
x y,
chỉ có thể là:
0;0 , 0;1 , 0;2 ,
1;0 ,
1;1 ,
2;0 ; 2;1 , 3;0 . Vậy tổng S 3.Câu 2. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương
x y;
thỏa mãn 1 x 10 và x x 29y3yA. 10. B. 11. C. 9 . D. 8 .
Lời giải Chọn A
Ta có x x 29y 3y x x2 9y3y. Xét hàm số đặc trưng f t
t2 t với t0.Ta có f t
2 1 0,t t 0 suy ra f t
là hàm số đồng biến trên
t 0
.Suy ra x x 2 9y3y f x
f
3y x 3y.Với giả thiết 1 x 10 ta có: 3y 10 y 2. TH1: y 1 31 x 10 x
3;4;5;6;7;8;9;10
có 8 cặp nghiệm
x y;
thỏa mãn.TH2: y 2 32 9 x 10 x
9;10
có 2 cặp nghiệm
x y;
thỏa mãn.Vậy có tất cả 10 cặp nghiệm
x y;
thỏa mãn.Câu 3. Có bao nhiêu cặp số nguyên
x y;
thỏa mãn x y,
5;50
và2 2 2 2 2 2
x y y x y y
A. 2. B. 5. C. 15 . D. 11.
Lời giải Chọn C
Có x y22y x 2 y22y 2 x x y22y 2 y22y2 (2) Xét hàm số f t
t t trên khoảng
0;
ta có:
1 1 0, 0
f t 2 t f t
t
đồng biến.
2 f x
f y
2 2y2
x y22y2.Do x y,
5;50
nên 5 y22y 2 50 4
y1
249 1 y 6Do y và y
5;50
nên y5 hoặc y6.Với y5 có 37 y22y 2 x 50 x
37;38;...;50
có 14 cặp
x y;
thỏa mãn.Với y6 có 50y22y 2 x 50 x 50 có 1 cặp
x y;
thỏa mãn.Vậy có tất cả 15 cặp
x y;
thỏa mãn.Câu 4. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương
x y;
thỏa mãn log 2
x2y
1A. 10. B. 11. C. 9 . D. 8 .
Lời giải Chọn D
2 2 0log 2 2 1 2 2 10
2 2 10
y
y y
y
x x x
x
(vì
x y;
nguyên dương).
x y;
nguyên dương nên 2x2y 102y 8 1 y 3.Với y 1 2x 8 x 4 x
1;2;3; 4
có 4 cặp
x y;
thỏa mãn.Với y 2 2x 6 x 3 x
1; 2;3
có 3 cặp
x y;
thỏa mãn.Với y 3 2x 2 x 1 x 1 có 1 cặp
x y;
thỏa mãn.Vậy có tất cả 8 cặp
x y;
thỏa mãn đề bài.Câu 5. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương
x y;
thỏa mãn 2.2x x sin2 y2cos2yA. 1. B. 0. C. 2 . D. 3 .
Lời giải:
Chọn B Ta có
2 2
2 cos 1 cos 2
2.2x x sin y2 y 2x x 1 2 ycos y. (1)
Đặt f t
2t t f t
2 .ln 2 1 0, t t 0.Suy ra hàm số y f t
là hàm số đồng biến trên
0;
.Suy ra
1 f x
1
f
cos2 y
x 1 cos2 y x sin2 y x 0 vô lí.Vậy không tồn tại cặp số nguyên dương
x y;
nào thỏa mãn đề bài.Câu 6. Tập các cặp số nguyên dương
x y;
thỏa mãn điều kiện logx
y x x 25
2A. 6 . B. 4. C. 5 . D. 7.
Lời giải:
Chọn A
Có
2
2 22 2
0, 1 0, 1
log 5 2 5 0 5 0
5 5
x
x x x x
y x x y x x y x x
y x x x y x
. (1)
Vì
x y;
nguyên dương nên x
2;3; 4
Với x2 có
1 6 5 00, 1
1; 2;3
2 5
x x
y y
y
có 3 cặp
x y;
thỏa mãn.Với x3 có
1 12 5 00, 1
1;23 5
x x
y y
y
có 2 cặp
x y;
thỏa mãn.Với x4 có
1 0,20 5 01
14 5
x x
y y
y
có 1 cặp
x y;
thỏa mãn.Vậy có tất cả 6 cặp
x y;
thỏa mãn yêu cầu đề bài.CÂU 7. Có bao nhiêu m nguyên dương để bất phương trình 32x23 3x
m2 1
3m 0 có không quá 30 nghiệm nguyên?A. 28. B. 29. C. 30. D. 31.
Lời giải:
Chọn D
2 2 2 2
3 3 3 1 3 0 9.3 9.3 .3 3 3 0
9.3 3 3 3 3 0
3 3 9.3 1 0
x x m m x x m x m
x x m x m
x m x
Ta có 3x3m 0 x m. 9.3x 1 0 x 2.
Bảng xét dấu
x 2 m
V
T + 0
0 +Ta có tập nghiệm S
2 ; m
.Tập hợp các nghiệm nguyên là
1; 0; 1; ...; m1 .
Để có không quá 30 nghiệm nguyên thì m 1 28 m 29.
Câu 8. Biết
x y;
là cặp nghiệm nguyên của bất phương trình
logx
y x 5
1 log
x y 1
0thỏa mãn y x 10, hỏi hiệu số y x lớn nhất bằng bao nhiêu:
A. 7 . B. 5 . C. 2. D. 9 .
Lời giải:
Chọn D
Điều kiện
0, 1
0, 1
5 0 5
0
x x
x x
y x y x
y
.
Suy ra logx y1 Suy ra
0, 1 0, 1
0, 1
log 5 1 log 1 0 5 0 5
2 5
log 5 1 0 5
x x
x
x x x x
x x
y x y y x y x
y x
y x x
y x
Theo giả thiết y x 10 suy ra 2x 5 y x 10 x 3 x
2;3 .Với x 2 9 y 12 y
10;11
.Với x 3 11 y 13 y
12 .Trong các cặp
x y;
ta thấy hiệu y x 9 là lớn nhất..Câu 9. Số cặp nghiệm
x y;
nguyên của bất phương trình
2x y
2.25x22xy2y23
x y
23 làA. 0. B. 1. C. 2. D. 3 .
Lời giải Chọn D
Từ
2x y
2.25x22xy2y29
x y
23
2x y
2.22x y 2x y 23
x y
230(*)Đặt
2 2
2 0
3 3
a x y
b x y
khi đó (*) đưa về: a.2a b b 0 a.2a
b .2b.Vì a 0 b 0.
Xét hàm số f t
t.2 , t t
0;
có f t
2t t.2 .ln 2 0, t t
0;
. Suy ra f a
f
b a b a b 0.
Suy ra
2x y
2 x y
2 3 0
2x y
2 x y
2 3.Với giả thiết x y, là các số nguyên nên
2x y
2 và
x y
2 chỉ có thể xẩy ra các trường hợp sau:2x y 0 0 0 1 1 1 1 1 1
x y 0 1 1 1 1 1 1 0 0
x 0 1 3
1
3 2
3 0 0 2
3 1 3
1
3
y 0 2
3 2 3
1
3 1 1 1 3
1 3
1
3 Nhận Loại Loại Loại Nhận Nhận Loại Loại Loại Vậy có tất cả 3 cặp nghiệm thỏa mãn.
Câu 10. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương
x y; với x2020thỏa mãn điều kiện
2 2
2
log 2 4 4 8 1
1
x x x y y
y
.
A. 2020. B. vô số. C. 1010. D. 4040.
Lời giải Chọn C
2
22 2
2 2 2
log 2 4 4 8 1 log 2 log 1 4 1 2 1
1
x y x x y x y y x
y
2
22 2
log x 2 x 2 log 2 y 1 2 y 1 1
. Xét hàm số f t
log2t t 2trên
0;
.Ta có
1 2 0
0;
f t ln 2 t t
t f t
đồng biến trên
0;
.
1 f x
2
f
2y 2
x 2 2y 2 x 2y.Mà 0 x 2020 0 y 1010.
Vậy có 1010cặp số nguyên dương
x y; .Câu 11. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để tập nghiệm của bất phương trình
3x2 3 3 x2m0 chứa không quá 9 số nguyên?
A.1094 . B.3281. C.1093 . D.3280 .
Lời giải Chọn D
Gọi
3x2 3 3 x2m 0 (1)
Đặt t3 ,x t0, bất phương trình (1) trở thành
9t 3 t2m 0 2
+ Nếu 2 3
m 9 3
18 1
m
thì không có số nguyên dương m nào thỏa mãn yêu cầu bài toán.
+ Nếu 2 3
m 9 3
m 18
thì bất phương trình
2 3 29 t m
. Khi đó tập nghiệm của bất phương trình
1 là 3
3 ; log 2 S 2 m . Để S chứa không quá 9 số nguyên thì 3
8log 2 8 0 3 m m 2 Vậy có 3280 số nguyên dươngm thỏa mãn.
Câu 12. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình
3x2x9 2
x2 m
0 có 5nghiệm nguyên?
A. 65021. B. 65024 C. 65022 . D. 65023 .
Lời giải Chọn B
Gọi
3x2x9 2
x2 m
0 (1)T
rường hợp 1 : Xét
2 2 1
3 9 0 2
2
x x x
x x
x
.
Khi đó,
2
2
2 2 2
1 1 (1) 2
log log log
x m m
m x m m x m
Nếu m1 thì vô nghiệm.
Nếu m1 thì (2) log2m x log2m . Do đó, để bất phương trình có 5 nghiệm nguyên
thì tập hợp
; 1
2;
log2m; log2m có 5 giá trị nguyên 3 log2m 4 512 m 65536. Suy ra có 65024 giá trị m nguyên thỏa mãn.
T
rường hợp 2 : Xét 3x2x 9 0 x2 x 2 1 x 2. Vì
1; 2
chỉ có hai số nguyên nên không có giá trị m nào để bất phương trình có 5 nghiệm nguyên.Vậy có tất cả 65024 giá trị m nguyên thỏa yêu cầu bài toán.
CÂU 13. Có bao nhiêu m nguyên dương để bất phương trình 32x23 3x
m2 1
3m 0 có không quá 30 nghiệm nguyên?A. 28 . B. 29 . C. 30 . D.31.
Lời giải Chọn B
2 2 2 2
3 3 3 1 3 0 9.3 9.3 .3 3 3 0
3 3 9.3 1 0
x x m m x x m x m
x m x
Ta có 3x3m 0 x m 9.3x 1 0 x 2.
Bảng xét dấu
x 2 m
3x3m
9.3x1
+ 0 0 +Ta có tập nghiệm S
2 ; m
.Tập hợp các nghiệm nguyên là
1; 0; 1; ...; m1 .
Để có không quá 30 nghiệm nguyên thì m 1 28 m 29.
Câu 14. Cho bất phương trình m.3x1(3m2)(4 7)x (4 7)x0, với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x
;0
.A.
2 2 3 m 3
. B.
2 2 3 m 3
. C.
2 2 3 m 3
. D.
2 2 3 m 3
.
Lời giải Chọn B
.3x 1 (3 2).(4 7)x (4 7)x 0
m m
4 7 4 7
3 (3 2). 0
3 3
x x
m m
Đặt
4 7
3
x
t
, vì x0nên 0 t 1.
BPT trở thành
3 2
3 m 0, 0; 1
m t t
t
2 2
3 ,
1 m t
t
t
0; 1
Xét
2 2
( ) ,
1 f t t
t
t
0; 1
2 2
2 2
( ) 0 3 1
1
t t t
f t t
t
Vậy yêu cầu bài toán
2 3 6 2 2 3
3 .
3 3
m m
Câu 15. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình 2x 3 5 2 x m nghiệm đúng với mọi x
;log 52
.
A. m4. B. m2 2 . C. m4. D. m2 2 . Lời giải
Chọn A
Đặt 2x t . Vì xlog 52 0 2x2log 52 0 t 5. Yêu cầu bài toán trở thành t 3 5 t m, t
0;5
.Xét hàm số f t
t 3 5t với t
0;5
.Có
1 12 3 2 5
f t t t
.
0 1 1 0 3 5 12 3 2 5 3 5
f t t t
t t t t
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta có: m4.
Câu 16. Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình m.4x2 2x 1
1 2m
.10x2 2x 1m.25x2 2x 10nghiệm đúng với mọi
1; 2 x 2
.
A. m0. B.
100 m841
. C.
1 m 4
. D.
100 m841
. Lời giải
Chọn A
2 2 1 2 2 1 2 2 1 1
.4 1 2 .10 .25 0, ; 2
2
x x x x x x
m m m x
2 2 1 2 2 2 1
5 5 1
1 2 . . 0, ; 2
2 2 2
x x x x
m m m x
1Đặt
2 2 1 2 2 1
5 5 5
( ) .ln . 2 2 0 1
2 2 2
x x x x
t t x x x
.
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta có
4 2; t 25 5
2 24 2 4 2
1 1 2 . . 0, ; , ;
25 5 2 1 25 5
m m t m t t m t t
t t
4 2 2 25 5;
min 2 1
m t
t t
(*) Xét hàm số
22 1 f t t
t t
,
4 2; t 25 5
2 2 2
1 2 1 f t t
t t
,
2 1
0 1 0
1
t l
f t t
t l
Ta có
4 100
25 841 f ,
2 10
5 49
f 4 2
25 5;
min 100 f t 841
(*)
100 m 841
.
Vậy
100 m841
thì bất phương trình nghiệm đúng với mọi
1; 2 x 2
.
Câu 17. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 728 số nguyên y thỏa mãn
2
4 3
log x y log (x y )
?
A. 59 . B. 58 . C. 116 . D. 115 .
Lời giải Chọn C
Bất phương trình đã cho tương đương log (3 x y ) log 4
x2y
0(1)Xét hàm số f y( ) log ( 3 x y ) log 4
x2y
.Tập xác định D ( ;x ).
Với mọi x ta có x2 x nên f y( )(x y1) ln 3
x21y
ln 40, x D( )
f y đồng biến trên khoảng ( x; ).
Do y là số nguyên thuộc ( x; ) nên y x k k, .
Giả sử y x klà nghiệm của bất phương trình (1) thì ( )f y f( x k) 0 . Mà x 1 x 2 ... x k và ( )f y đồng biến trên khoảng ( x; ), suy ra
( 1) ( 2) ... ( ) 0
f x f x f x k , nên các số nguyên x 1, x 2, ..., x k đều là nghiệm của (1), hay nói cách khác bất phương trình (1) sẽ có k số nguyên y thỏa mãn yêu cầu ứng với mỗi x.
Để có không quá 728 số nguyên y thì f( x 729) 0 log 729 log3 4
x2 x 729
02 1 13469 1 13469
3367 0
2 2
x x x
Mà x nên x
57, 56, ..., 58
.Vậy có 116 số nguyên x thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 18. Điều kiện của m để hệ bất phương trình
2 1 2 1
2
7 7 2020 2020
2 2 3 0
x x x x
x m x m
có nghiệm là :
A. m 3. B. 2 m 1. C. 1 m 2. D. m 2.
Lời giải Chọn D
2 1 2 1 2 1 2 1
7 x x 7 x 2020x20207 x x 1010. 2x x 1 7 x 1010. 2 x1 * Hàm số ( ) 7f t t 1010.t đồng biến trên .
* f
2x x 1
f 2 x 1
2x x 1 2 x 1 1 x 1.Hệ bất phương trình đã cho có nghiệm x2
m2
x2m 3 0 có nghiệm x
1; 1
2 2 3
2
x x
m x
có nghiệm x
1; 1
.Từ bảng biến thiên ta thấy m 2 là các giá trị cần tìm.
Câu 19. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để bất phương trình
2 2 2
9m x+4m x³ m.5m x có nghiệm?
A. 10 . B. Vô số. C. 9 . D. 1.
Lời giải
Chọn B
Từ giả thiết, ta chỉ xét mÎ +
Ta có:
2 2 2
9m x+4m x ³ m.5m x
( )
2 2
9 4
5 5 1
m x m x
æö÷ æö÷ m
ç ç
Û ççè ø÷÷ +ççè ø÷÷ ³
Có
2 2 2 2 2
9 4 9 4 6
2 . 2
5 5 5 5 5
m x m x m x m x m x
æö÷ æö÷ æö æö÷ ÷ æö÷ ç ÷ +ç ÷ ³ ç ÷ ç ÷ = ç ÷
ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷
ç ç ç ç ç
è ø è ø è ø è ø è ø .
Do đó nếu x0 là nghiệm của bất phương trình 6 2
2 5
m x
æö÷ m ç ÷ ³
ç ÷çè ø thì x0 cũng là nghiệm của
2 2
9 4
5 5
m x m x
æö÷ æö÷ m ç ÷ +ç ÷ ³ ç ÷ ç ÷
ç ç
è ø è ø .
Ta xét các giá trị mÎ + làm cho bất phương trình
( )
6 2
2 2
5
m x
æö÷ m ç ÷ ³
ç ÷çè ø có nghiệm.
Vì 6 2
2 5
m x
æö÷ m ç ÷ ³ ç ÷çè ø
6 2
5 2
m x m
æö÷
Û çç ÷çè ø÷ ³ , mÎ +
2
6 5
log 2 m x æ öçm÷
Û ³ ç ÷çè ø÷ 12 65 log 2 x m
m
æ ö÷
Û ³ çç ÷çè ø÷, với mÎ +.
Vậy với mÎ + thì bất phương trình ( )2 có nghiệm tương ứng là
2 6 5
1 log 2 x m
m
æ ö÷
³ çç ÷çè ø÷.
Suy ra có vô số giá trị mÎ + làm cho bất phương trình ( )1 có nghiệm.
Câu 20. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m
10;10
để bất phương trình sau nghiệm đúng với x :
6 2 7
x
2m
3 7
x
m1 2
x 0A. 10 . B. 9 . C. 12. D. 11.
Lời giải
Chọn C Ta có:
6 2 7
x
2m
3 7
x
m1 2
x 0 2 3x
7
x
2m
3 7
x
m1 2
x
3 7
x
2 m
32 7x m 1
Đặt t
3 7
x, t0 3 2 7 1x
t
.
Yêu cầu bài toán
2
.1 1, 0 2 2, 01 t t
t m m t m t
t t
Xét hàm số
2 21 t t f t t
trên khoảng
0;
, ta có
2 2
2 3
1 t t
f t t
0f t
3 1 t t
. Khi đó, ta có bảng biến thiên sau
Từ bảng biến thiên trên ta suy ra để bất phương trình đã cho nghiệm đúng thì m1. Suy ra trong đoạn
10;10
có tất cả 12 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Mức độ 4
Câu 1. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương
x y;
với x2020thỏa mãn log2
x 1
2x2y 1 4y.A.5. B. 1010. C. 6. D. 2020.
Lời giải Chọn A
Theo đề bài log2
x 1
2x2y 1 4y log 22
x 1
2 x 1
2y22y Đặt tlog 22
x 1
2
x 1
2t.Ta có 2t t 22y2y
1 .Xét hàm số f t
2t ttrên R
2 .ln 2 1 0t
f t t R f t
đồng biến trên R.
1 f t
f
2y t 2ylog 22
x 1
2y
22 x 1 2 y
2 1
2 y 1
x
.
Mà 2 1
2
2020 2 1 2020 1 1 log 2019 2
x y y
. Vì y Z y
1;2;3;4;5
.Vậy có 5 cặp điểm cặp số nguyên dương
x y;
.Câu 2. Xét các số thực thỏa mãn 2x2y21
x2y22x2 4
x. Giá trị lớn nhất của biểu thức8 4
2 1
P x
x y
gần với giá trị nào sau đây nhất?
A. 9 B. 6 . C. 7 . D. 8 .
Lời giải Chọn C
2 2 1 2 2
2x y x y 2x2 .4x
2 2 2 1 2 2
2xy x x y 2x2
12 2
1
2 2 1
2x y x y 0 1 Đặt t
x1
2y2
1 2t t 1 0 0 t 1
x1
2 y21
8 4
2 8 . . 4 0
2 1
P x P x P y P
x y
Yêu cầu bài toán tương đương:
2
2 22
2 8 4
1 3 12 2 8 5 5 5 5
2 8
P P
P P P P
P P
Câu 3. Có bao nhiêu bộ
x y;
với x y, nguyên và 1x y, 2020 thỏa mãn
3
22 2 1
2 4 8 log 2 3 6 log
2 3
y x
xy x y x y xy
y x
?
A. 2017 . B. 4034 . C. 2. D. 2017 2020 .
Lời giải Chọn B
+ Điều kiện
*
, : , 2020 *
, : , 2020
2 1 2
0, 0 3, 0
3 2
ìï Î £
ï ìï Î £
ïï Û ï
í + í
ï > > ï > >
ï ïî
ï - +
ïî
¥ ¥
x y x y
x y x y
x y
x y
x y .
BPT cho có dạng
2
34 2
3 2 log 1 4 2 log 1 0
3 2
x y
x y x y
x y
.
+ Xét y1 thì thành
2
34 2
3 log 1 3 4 log 0
3 3
x x x
x
, rõ ràng BPT này nghiệm
đúng với mọi x3 vì
2 2
34 2
3 0, log 1 log 0 1 0, 3 4 0, log 0
3 3
x x x
x
. Như vậy trường hợp này cho ta đúng 2017 bộ
x y;
x;1 với 4 x 2020,x .+ Xét y2 thì thành 4
x4 log 1 0
3 , BPT này cũng luôn đúng với mọi x mà 4 x 2020,x .Trường hợp này cho ta 2017 cặp
x y;
nữa.+ Với y2,x3 thì VT
* 0 nên không xảy ra.Vậy có đúng 4034 bộ số
x y;
thỏa mãn yêu cầu bài toán.Câu 4. Cho x y, là các số thực thỏa mãn bất phương trình: log 22
x2
x 3y8y. Biết 0 x 20, số các cặp x y, nguyên thỏa mãn bất phương trình trên làA. 2. B. 33 . C. 35 . D. 5 .
Lời giải:
Chọn C
Ta có log 22
x 2
x 3y8y 2log2x1 log2
x 1
23y3y. (1) Xét hàm số f t
2t t có f t
2 ln 2 1 0,t t .Khi đó
1 f
log2
x1
f
3y log2
x 1
3y x 23y1. Với 0 x 20 1 23y 21 0 y log 21 1, 48 .Vì y y
0;1 .Với y0 có x0 nên có 21 cặp
x y;
thỏa mãn.Với y1 có x7 nên có 14 cặp
x y;
thỏa mãn.Vậy có tất cả 35 cặp
x y;
thỏa mãn.Câu 5. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m
10;10
để bất phương trình sau nghiệm đúng với x :
6 2 7
x
2m
3 7
x
m1 2
x0A. 10. B. 9 . C. 12 . D. 11.
Lời giải:
Chọn D Ta có:
6 2 7
x
2m
3 7
x
m1 2
x0 2 3x
7
x
2m
3 7
x
m1 2
x
3 7
x
2 m
32 7x m 1
Đặt t
3 7
x, t0 3 2 7 1x
t
. Bất phương trình đã cho trở thành:
2
.1 1t m m
t 2 2 1 t t
t m
.
Xét hàm số
2 21 t t
f t t
trên khoảng
0;
, ta có
2 2
2 3 1 t t f t t
0f t
3 0 t t
. Khi đó, ta có bảng biến thiên sau:
Từ bảng biến thiên trên ta suy ra để bất phương trình đã cho nghiệm đúng thì m1. Suy ra trong đoạn
10;10
có tất cả 11 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.Câu 6. Có mấy giá trị nguyên dương của m để bất phương trình
2 2 2
9m x+4m x³ m.5m x có nghiệm?
A. 10 . B. Vô số. C. 9 . D. 1.
Lời giải:
Chọn B
Từ giả thiết, ta chỉ xét mÎ +
Ta có:
2 2 2
9m x+4m x³ m.5m x
( )
2 2
9 4
5 5 1
m x m x
æö÷ æö÷ m
ç ç
Û ççè ø÷÷ +ççè ø÷÷ ³
Có
2 2 2 2 2
9 4 9 4 6
2 . 2
5 5 5 5 5
m x m x m x m x m x
æö÷ æö÷ æö÷ æö÷ æö÷ ç ÷ +ç ÷ ³ ç ÷ ç ÷ = ç ÷
ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷
ç ç ç ç ç
è ø è ø è ø è ø è ø .
Do đó nếu có x0 là nghiệm của bất phương trình 6 2
2 5
m x
æö÷ m ç ÷ ³ ç ÷çè ø thì x0 cũng là nghiệm của
2 2
9 4
5 5
m x m x
æö÷ æö÷ m ç ÷ +ç ÷ ³ ç ÷ ç ÷
ç ç
è ø è ø .
Ta xét các giá trị mÎ + làm cho bất phương trình
( )
6 2
2 2
5
m x
æö÷ m ç ÷ ³
ç ÷çè ø có nghiệm.
Vì 6 2
2 5
m x
æö÷ m ç ÷ ³ ç ÷çè ø
6 2
5 2
m x m
æö÷
Û çç ÷çè ø÷ ³ , mÎ +<