Ứng dụng phương pháp hàm số giải phương trình mũ và logarit - Học Tập Trực Tuyến Cấp 1,2,3 - Hoc Online 247

KIẾN THỨC CẦN NHỚ:

1. Định lý: Nếu hàm số ^{y f x}

 

đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) và liên tục trên



^{a b;}



^thì

* ^{u v; }



^{a b;}



^{:f u}

 

^{ f v}

 

^uv.

* Phương trình ^{f x}

 

^k



^kconst



có nhiều nhất 1 nghiệm trên khoảng



^{a b;}



^.

2. Định lý: Nếu hàm số ^{y f x}

 

đồng biến (hoặc nghịch biến) và liên tục trên



^{a b;}



, đồng thời

 

lim . lim ( ) 0

x a f x x b f x

 

   thì phương trình ^{f x}

 

^{k k}



^const



có duy nhất nghiệm trên



^{a b;}



^.

3. Tính chất của logarit:

1.1. So sánh hai logarit cũng cơ số:

Cho số dương a1 và các số dương b c, .

 Khi a1 thì log_ablog_acbc.

 Khi 0a1 thì log_ablog_acbc.

1.2. Hệ quả:

Cho số dương a1 và các số dương b c, .

 Khi a1 thì log_ab 0 b1.

 Khi 0a1 thì log_ab 0 b1.

 log_ablog_acbc. 2. Logarit của một tích:

Cho 3 số dương a b b, ₁, ₂ với a1, ta có

1 2 1 2

log ( . )_a b b log_ab log_ab

3. Logarit của một thương:

Cho 3 số dương a b b, ₁, ₂ với a1, ta có

1

1 2

2

log_a b log_a log_a

b b

b  

Đặc biệt: với a b, 0, a1 1

log_a log_ab b  . 4. Logarit của lũy thừa:

Cho a b, 0,a1, với mọi , ta có log_ab^ log_ab.

Đặc biệt: 1

log_a ⁿb log_ab

n (n nguyên dương).

5. Công thức đổi cơ số:

Cho 3 số dương a b c, , với a1,c1, ta có log log

log

c a

c

b b

 a.

Đặc biệt: 1

log^ac log_c

 a và 1

log_ab log_ab

 với

 0.

ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT

Trang 697 BÀI TẬP MẪU

Có bao nhiêu cặp số nguyên



^{x y;}



^{thỏa mãn 0x2020 và} log 33



x3



x2y9 ?^y

A. 2019. B. 6. C. 2020. D. 4 .

Phân tích hướng dẫn giải

1. DẠNG TOÁN: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình mũ, logarit.

Phương pháp

Tìm hàm đặc trưng của bài toán, đưa phương trình về dạng ^{f u}

 

^{ f v}

 

^.

2. HƯỚNG GIẢI:

B1: Đưa phương trình đã cho về dạng ^{f u}

 

^{ f v}

 

^.

B2: Xét hàm số ^{y f t}

 

trên miền D.

*Tính y và xét dấu y.

*Kết luận tính đơn điệu của hàm số ^{y f t}

 

^{trên D.}

B3: Tìm mối liên hệ giữa x y; rồi tìm các cặp số



^{x y;}



rồi kết luận.

Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau:

Lời giải Chọn D

ĐK: x 1.

Ta có log 33



x3



x2y9^y

 

^{log 33 3}

 

^{2 1}

3log 33 x 3 3 ^x 3 2y 1 3 ^y (*)

     

Xét hàm số ^{f t}

 

^{3t3t trên , vì f}

 

^{t  3 3 .ln 3t 0, t 0} nên hàm số ^{f t}

 

đồng biến trên . Từ đó

 

^*  f



log 33



x3

 

 f



2y1



log3



3x3



2y1.

Mặt khác 0x2020log₃



3x3



1; log₃



6063



2y 1 1; log₃



6063





 

1 2 1 log3 6063

0 3

y y

y Z

  



  

 



. Vậy có 4 cặp



^{x y;}



thỏa mãn.

Bài tập tương tự và phát triển:

Câu 47.1: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m 



2019 ; 2019



để phương trình

2 1 2 1

2019 0

1 2

  

  

 

x x mx m

x x có đúng 3 nghiệm thực phân biệt ?

A. 4038 . B. 2019 . C. 2017 . D. 4039 .

Lời giải Chọn C

TXĐ: ^D\



^{1; 2 .}



Ta có

2 1 2 1

2019 0

1 2

2 1 ( 2) 1

2019 0

1 2

2 1 1

2019 . (*)

1 2

  

  

 

  

   

 

     

 

x

x

x

x mx m

x x

x m x

x x

x m

x x

Đặt 2 1 1

( ) 2019 .

1 2

   

 

x x

f x x x ^{Khi đó}

2 2

3 1

'( ) 2019 ln 2019 0 .

( 1) ( 2)

     

 

f x x x D

x x

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, để phương trình (*) có 3 nghiệm thực phân biệt thì

2 2.

m m 

Mà m 



2019 ; 2019



và m nên có 2017 giá trị m thỏa mãn.

Câu 47.2: Có bao nhiêu cặp số nguyên



^{x y;}



thỏa mãn 0 y2020 và ₃ 2 1

log 1 2 ?

x

y x

y

  

  

 

 

A. 2019. B.11. C. 2020. D. 4 .

Lời giải Chọn B

Từ giả thiết ta có:

0 2 1

0 2 1 0

0

 

 

     





 

x

x

y y x y

Trang 699 Xét hàm số f t

 

log3tt trên



^0;



Khi đó

 

^{1 1 0}

f t ln 3

 t   do đó hàm số f t

 

log3tt đồng biến trên



^0;



(*) có dạng ^f



^2x1



^{ f y}

 

^{ y2x1}

Vì 0y2020 0 2^x 1 2020 1 2^x 2021 0 xlog2



2021



 

 

0 log2 2021

0;1; 2;3; 4;5; 6; 7;8;9;10

x x

x

 



 

 

  . Vậy có 11 cặp



^{x y;}



thỏa mãn.

Câu 47.3: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tồn tại cặp số



^{x y;}



thỏa mãn

3 5 3 1

e ^{x y}e^{x y}  1 2x2y, đồng thời thỏa mãn log²3



3x2y1

 

 m6 log



3x m ² 9 0

?

A. 6. B. 5. C. 8. D. 7.

Lời giải Chọn B

Ta có e^3x5y e^x3y1 1 2x2y ^{e3x5y}



^3x5y



^{ex3y1}



^x3y1



⁽¹⁾

Xét hàm số ^{f t}

 

^{ett trên . Ta có f t}

 

^{et 1 0} nên hàm số đồng biến trên . Khi đó (1)  ^f



^3x5y



^{ f x}



^3y1



^{3x5yx3y12y 1 2x.}

Thế vào phương trình còn lại ta được log²3x



m6 log



3x m ² 9 0 (2) Đặt tlog₃x. Số nghiệm của phương trình (2) chính là số nghiệm của phương trình

 

2 2

6 9 0

t  m tm   (3) Phương trình (3) có nghiệm khi  0 3m²12m0 0 m4. Do đó có 5 số nguyên m thỏa mãn.

Câu 47.4: Có bao nhiêu số nguyên của m để phương trình log2



2xm



2 log2xx²4x2m1 có hai nghiệm thực phân biệt ?

A. 2. B. 3 . C.1. D. 4

Lời giải Chọn C

Điều kiện 0

2

 



  

 x x m

 

²

2 2

log 2xm 2 log xx 4x2m1

   

   

2

2 2

2 2

2 2

log 2 2 log 2 2 1

log 2 2 2 1 log

x m x x x m

x m x m x x

      

      

   

^{2 2}

2 2

log 2 2x m 2 x 2m log x x

      (1)

Xét f u

 

log2uu u,



0



 

¹

' 1 0

 ln 2  f u

u , do đó hàm số đồng biến trên (0;).

Khi đó (1) ^{ f}



^{2 2}



^xm

 

^{ f x}

 

^{2  2 2}



^xm



^{x2 x24x2m}

Xét hàm số ^{g x}

 

^{x24 ,x x}



^0



Phương trình có 2 nghiệm dương khi 4 2m0  2 m0 suy ra có 1 giá trị nguyên.

Câu 47.5: Biết x₁,x₂ là hai nghiệm của phương trình

2

2 7

4 4 1

log 4 1 6

2

   

  

 

 

x x

x x

x và

 

1 2

2 1

 4 

x x a b với a,b là hai số nguyên dương. Tính ab.

A. ab13. B. ab11. C. ab16. D. ab14. Lời giải

Chọn D

Điều kiện: 1

0, 2

 

x x .

Ta có: 7 ^{2 2} 7



²



² 7

 

4 4 1

log 4 1 6 log 4 4 1 4 4 1 log 2 2

2

   

          

 

 

x x

x x x x x x x x

x .

Xét hàm số f t

 

log7tt có

 

^{1 1 0}

  ln 7 

f t t ^{ t 0} nên là hàm số đồng biến trên



^0;



^.

3 5

Trang 701 Khi đó

 

1 2

3 5 3 5 1

2 2 9 5

4 4 4

 

    

x x hoặc ^{x12x2 3}₄ ^523₄ ^{5 1}₄



^{9 5}



^.

Vậy ₁ 3 5 ₂ 3 5

4 ; 4

 

 

x x . Do đó a9;b5 và ab  9 5 14.

Câu 47.6: Biết phương trình ₅2 1 ₃ 1

log 2 log

2 2

 

    

 

x x

x x có một nghiệm dạng xab 2 trong đó a b, là các số nguyên. Tính 2a b .

A. 3 . B. 8 . C. 4. D. 5 .

Lời giải Chọn B

Ta có 5 3 5 3

 

2 1 1 2 1 1

log 2 log log 2 log 1 .

2 2 2

 

    

      

 

 

x x x x

x x x x

ĐKXĐ: x1.

 

^{1 log 25}



^x1



^{2log 23 xlog5x2log3}



^x1



^(*)

Xét hàm số f t

 

log5t2 log3



t1



, với t1.

   

1 2

.ln 5 1 ln 3 0

   

f t 

t t với mọi t1, suy ra ^{f t}

 

đồng biến trên khoảng



^{1; }



^.

Từ (*) ta có ^f



^{2 x1}



^{ f x}

 

nên suy ra ^{2 x 1 x}

 

^{x 22 x 1 0 x 1 2}

(do x1).

Suy ra x 3 2 2a3;b 2 2a b 8.

Câu 47.7: Tìm tổng tất cả các giá trị nguyên của m để phương trình

 

3 3 3 3 2 3

3^{x  m x}  x 9x 24xm .3^x 3^x1 có 3 nghiệm phân biệt.

A. 45 . B. 34 . C. 27 . D. 38 .

Lời giải Chọn C

 

 

   

3

3

3

3 3 3 2 3

3 3 3 3

3 3 3 3

3 9 24 .3 3 1

3 3 27 3 .3 3 1

3 3 3 27 3 3 1

x m x x x

x m x x x

m x x

x x x m

x m x

x m x

   

   

 

     

 

       

 

       

 

^{1 3b27b3a327. 3 a3bb3 3aa3}

Đặt a 3 x b; ³m3x, phương trình (1) trở thành

3 3 3 3

3^b27b a 27. 3 ^a3^bb 3^aa .

Xét hàm số ^{f t}

 

^{3tt3 f '}

 

^{t 3 .ln 3 3t  t20, t }

   

 

3

3 3 2

(1) 3 3

3 3 9 24 27

f a f b a b x m x

m x x x x x

       

        

   

 

3 2 2

9 24 27 ' 3 18 x 24

' 0 2 4

g x x x x g x x

g x x x

         

     Đồ thị:

Dựa vào đồ thị ta thấy điều kiện để phương trình có 3 nghiệm phân biệt là 7m11 hay



^8;9;10



m .

Câu 47.8: Tìm các giá trị m để phương trình ^{3sinx 5 cosx m 5 log}_{sinx 5 cosx10}



^{m 5}



có nghiệm.

A. 6m 6. B. 5 m5. C.5 6 m  5 6. D. 6m5. Lời giải

Chọn C Ta có

 

 

 

sin 5 cos 5

sin 5 cos 10 sin 5 cos 10

5

3 log 5

ln 5

3

3 ln sin 5 cos 10

x x m

x x

x x

m

m m

x x

  

 

 



 

  

 

Trang 703

 

⁵

 

sin 5 cos 10

3 ^{x x} .ln sinx 5 cosx 10 3^m.ln m 5

     (1)

Xét ^{f t}

 

^ln

 

^{t .3 ,t  t 5, vì f t}

 

^13tln

 

^{t 3 ln 3t}

 

^{0, t 5}

t nên hàm số ^{f t}

 

^đồng

biến trên (5;). Khi đó

   

(1) f sinx 5 cosx10  f m5

sin 5 cos 10 5

sin 5 cos 5

x x m

x x m

    

   

Mà  6sinx 5 cosx 6 nên để phương trình có nghiệm ta phải có 5 6 m  5 6.

Câu 47.9: Số nghiệm thực của phương trình 6^x 3log 56



x1



2x1 là

A. 0. B.2 . C.1. D. 3.

Lời giải Chọn B

Điều kiện: 1 x 5.

PT: 6^x3x3log6



5x1



5x 1 6^x3x6^{log 56 x1}3log6



5x1



(1).

Xét hàm số ^{f t}

 

^{6t3t, vì} f t

 

6 .ln 6 3 0,^t    t  nên ^{f t}

 

đồng biến trên . Khi đó

 

^{1 } f x

 

 f



log 56



x1

 

xlog 56



x1



log 56



x1



 x 0

Xét hàm số h x

 

log 56



x1



x trên 1 5;

 

 

 

  , ta có

   

5 1

5 1 ln 6

h x  x 



   

²

25 1

0, 5

5 1 ln 6

h x x

x

      



và

   

1 5

lim ; lim 1

x x

h x h x

 

 

  

 

     

Bảng biến thiên:

Từ BBT suy ra phương trình ^{h x}

 

^0 có nhiều nhất 2 nghiệm thuộc khoảng 1 5;

 

 

 

 

Mà ^h

 

^{0 0,h}

 

^{1 0.}

Vậy phương trình đã cho có đúng hai nghiệm x0,x1 .

Câu 47.10: Tính tổng S tất cả các nghiệm của phương trình 5 3 ¹

ln 5 5.3 30 10 0

6 2

x x

x x

x x

   

    

 

  

.

A. S1. B. S2. C. S 1. D. S3.

Lời giải Chọn A

Điều kiện 1 3. x 

Phương trình tương đương

       

ln 5^x3^x ln 6x2 5 5^x3^x 5 6x2 0

       

ln 5^x 3^x 5 5^x 3^x ln 6x 2 5 6x 2

        (1).

Xét hàm số ^{f t}

 

^{lnt5 ,t t0. Có f '}

 

^{t 1 5 0}

  t ,  t 0nên ^{f t}

 

đồng biến trên



^{0; }



^.

Từ

 

^{1 suy ra f}



^{5x 3x}



^{ f}



^6x2



^{5x3x 6x2 5x3x6x20}

Xét ^{g x}

 

^{5x3x6x2,} g x^'

 

5 ln 5 3 ln 3 6^x  ^x 

   

²

 

²

'' 5^x ln 5 3^x ln 3 0

g x    , 1

x 3

   .

Nên ^{g x'}

 

^0 có không quá 1 nghiệm suy ra ^{g x}

 

^0 có không quá 2 nghiệm trên 1;

3

 

 

 

 . Mà ^g

 

^{0 g}

 

^{1 0}. Vậy phương trình có tập nghiệm là



^0,1



^{. Do đó S1.}

Câu 47.11: Số nghiệm của phương trình

2

1 2

ln 80 2.3 2 80 ln 3

3

x x

x  ^ x

    là

A. 2. B. 3 . C.1. D. 0.

Lời giải Chọn C

PTln x²802 x²80ln 3^x12.3^x1 (1)

Xét hàm số ^{f t}

 

^{lnt2 ,t  t 0; Ta có: f}

 

^{t 1 2 0, t 0}

  t     Hàm số ^{f t}

 

^{đồng biến}

trên



^0;



^.

Từ (1) suy ra ^f



^x280



^{ f}



^3x1



^{ x2803x1x2809x19x1x2800}

Xét hàm số ^{g x}

 

^{9x1x280 trên . Ta có:}

 

   

1 1 2

2.9 ln 3 2 4.9 ln 3 2

x

x

g x x

g x





  

  

 

^{0 0 log9}



^{2 ln 32}



^{1 ( )0}



^log9



^{2 ln 32}



¹



^{3, 7 0}

g x  xx    g x   g   

 

lim ; lim ( )

x g x x g x

 

     

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có ^{g x'}

 

^{0, x  hàm số g x}

 

đồng biến trên   phương trình ^{g x}

 

^0 có nhiều nhất một nghiệm.

Mà ^g

 

^{1 0}

Do đó phương trình đã cho có duy nhất 1 nghiệm .

Câu 47.12: Cho phương trình 2^xmlog2



x m



với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của



^18;18



m  để phương trình đã cho có hai nghiệm?

A. 20. B.17. C. 9. D. 21. Lời giải

Chọn B

Điều kiện xm

PT2^x  x x mlog2



x m



2^x x 2^{log (5 x m )}log (2 x m ) (1)

Xét hàm số ^{f t}

 

^{2t  t, t ; Ta có:} f t

 

2 ln 2 1 0,^t    t  Hàm số ^{f t}

 

^đồng

biến trên .

Từ (1) suy ra f x

 

 f



log (2 xm)



 xlog (2 xm) xm2^x mx2^x Xét hàm số ^{g x}

 

^{ x 2x trên}



^m;



^{. Ta có: g x'}

 

^{ 1 2 ln 2x ;}

 

2



2



' 0 2 ln 2 1^x log log

g x    x e g



log log2



2e

 

log log2



2e



log2e

 

lim 2 ; lim^m ( )

x m x

g x m g x

 



   

Bảng biến thiên:

Do đó. Phương trình đã cho có 2 nghiệm

   

2 2 2 2 2 2

2 log log log log log log 0, 91

 ^m        

m m e e m e e

Vì



^18;18



 



  

 m 

m nên m 



17; 16; 15;....; 1  



Vậy có 17 giá trị của m . Câu 47.13: Cho phương trình

 

3 3 2 1 3 2 3 3 2 1 2

81 3 3 2

2 .log 3 1 2 2 .log 1 0

3 1 2

m m x x

x x

m m

        

 

    

    

 

Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị m nguyên để phương trình đã cho có 6 nghiệm hoặc 7 nghiệm hoặc 8 nghiệm phân biệt . Tính tổng bình phương tất cả các phần tử của tập S.

A. 20. B.19. C.14. D. 28.

Lời giải Chọn A

Ta có ^{3 3 2 1 81}



^{3 2}



^{3 3 2 1 2 3} 3 2

2 .log 3 1 2 2 .log 1 0

3 1 2

m m x x

x x

m m

        

 

    

    

 

   

3 3 2 1 2 3 2 3 3 2 1 2 3 2

3 3

2^{x  x  }.log x 3x 1 2 2^{m m  }.log m 3m 1 2

        .

Xét hàm số f t

 

2 .log^t 3t với t2; Ta có

 

3

2 ln 2.log 2 . 1 0 2 ln 3

t t

f t t t

   t    .

Suy ra hàm số ^{f t}

 

đồng biến trên



^2;



^.

Do đó phương trình tương đương với ^{m3 3m2 1 x3 3x21}

 

^{1 .}

Vẽ đồ thị hàm số ^{g x}

 

^{x33x21} từ đó suy ra đồ thị ^{g x}

 

và đồ thị của ^{g x}

 

^{như hình}

vẽ.

Từ đồ thị suy ra

 

¹ có 6, 7, 8 nghiệm ^{0 g m}

 

^3.

Từ đồ thị suy ra các giá trị nguyên của m là 3, 1, 0,1, 3  . Vậy S20.

Câu 47.14: Cho phương trình 2 log^x2 2



x²2



4^{x a} log2



2 xa



2 . Gọi S là tập hợp các giá trị a thuộc đoạn



^{0; 2020}



và chia hết cho 3 để phương trình có hai nghiệm. Hãy tính tổng các phần tử của S.

A. 0. B. 2041210. C. 680403. D. 680430.

Lời giải Chọn C

Phương trình tương đương

   

2 2 2

2 2

2 log^x x 2 2 ^{x a} log 2 xa 2

   

2 2 2

2 2

4.2 log^x x 2 4.2 ^{x a} log 2 x a 2

      

   

2 2 2 2 2

2 2

2^x log x 2 2 ^{x a } log 2 x a 2

       (*)

Xét hàm số ^{f t}

 

^{2 log ,t t t2. Có}

 

2

' 2 ln 2.log 2 0, 2

ln 2

t

f t t t t

 t    , nên ^{f t}

 

^đồng

biến



^{2; }



^.

Khi đó (*) 



²

  

2

2 2 2

2 2; 2 | | 2 2

f x f x a

x x a

    

 



    



2 2

x  x a (1)

 

 

2 2

2 2

2 2 2 0 (2)

2 2 2 0 (3)

x x a x x a

x x a x x a

      

 

     

 



Phương trình (2) _{ 2}  1 2a, phương trình (3) có ₍₃₎  1 2a.

Vì _{ 2}  ₍₃₎ 20 nên ít nhất một trong hai phương trình (2), (3) luôn có hai nghiệm phân biệt. Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, ta xét các trường hợp sau:

* TH1: (2) có hai nghiệm phân biệt: _{ 2} 1

0 1 2 0

a a 2



        . Khi đó ₍₃₎0 nên (3) vô nghiệm. Trường hợp này thỏa mãn điều kiện bài toán.

* TH1: (3) có hai nghiệm phân biệt: ₍₃₎ 1

0 1 2 0

a a 2

       . Khi đó ₍₂₎ 0 nên (2) vô nghiệm. Trường hợp này cũng thỏa mãn điều kiện bài toán.

Do đó phương trình đã cho có 2 nghiệm khi và chỉ khi 1 1

; ;

2 2

a    

    

   

Vì ^a



^{0; 2020}



và chia hết cho 3 nên aS



3; 6;9;12;..., 2019



Tổng các phần tử của S là: 3 6 9 ... 2019 3.1 3.2 3.3 ... 3.673        

 

^673.674

3 1 2 3 ... 673 3. 680403

      2 

BỔ SUNG CÁCH 2:

Xét phương trình x²2 xa

 

^*

Vẽ đồ thị hàm số ^yx2

 

^{1 ;y2 xa}

 

² trên cùng một hệ trục tọa độ ta được:

Xét 2 vị trí nhánh trái và phải của đồ thị hàm số

 

² tiếp xúc với

 

¹ khi đó dễ dàng tìm được

1 1

2 ; 2 a  a

  ứng với đồ thị

   

^{2 ; 3} (hình vẽ).

Từ đồ thị nhận xét :

Phương trình

 

^* đã cho có 2 nghiệm khi và chỉ khi 1 1

; ;

2 2

a    

    

   

Vì ^a



^{0; 2020}



và chia hết cho 3 nên aS



3;6;9;12;..., 2019



Tổng các phần tử của S là: 3 6 9 ... 2019 3.1 3.2 3.3 ... 3.673        

 

^673.674

3 1 2 3 ... 673 3. 680403

      2 

Câu 47.15: Có bao nhiêu giá trị thực của tham số a để phương trình



²



^{2 2} 1

 

2

2

4^{ x a}log x 2x3 2^{x  x}log 2 x a 2 0 có 3 nghiệm thực phân biệt ?

A. 0. B. 2. C.1. D. 3.

Lời giải Chọn D

PT đã cho tương đương với ¹

 

^{2 1}

 

2 2

2 2 2

2

1 1

log 2 3 log 2 2 0

2 ^{x a} x  x 2^x  ^x  x a   .

   

   

   

2

2

2

2

2 2

2 2

2 1 2 2

2 2

2 2

2 3 2

2 2

2 1

log 2 3 log 2 2

2 2

2 log 2 3 2 log 2 2

2 log 2 3 2 log 2 2 (1)

x a x x

x x x a

x x x a

x x x a

x x x a

x x x a

 

  

   

     

     

     

Xét hàm số f t

 

2 .log ,^t 2t  t 2; Ta có:

 

^{2 ln 2 0, 2}

ln 2

t

f t t t t

  t     Hàm số ^{f t}

 

đồng biến trên



^2;



^.

Từ (1) suy ra ^{f x}



^22x3



^{ f}



^{2 xa 2}



^{ x22x 3 2 xa 2}

2 2 1 2

x x x a

     (*)

 

 

2 2

2 2

2 1 2 4 2 1 0 (2)

2 1 2 2 1 (3)

x x x a x x a

x x x a x a

         

 

      

 



Phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt nếu xảy ra một trong các trường hợp sau:

* TH1: (2) có hai nghiệm phân biệt và (3) có nghiệm kép khác hai nghiệm của (2):

 2 (3)

3

0 3 2 0 2 1

2 1 0 1 2

0

2 a a

a a

a

 

  

   

 

   

  

  

  

 

 



* TH2: (3) có hai nghiệm phân biệt và (2) có nghiệm kép khác hai nghiệm của (3):

 ²

(3)

3

0 3 2 0 2 3

2 1 0 1 2

0

2 a a

a a

a

 

  

   

 

   

  

  

  

 

 



* TH3: (2) và (3) đều có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm chung:

Điều này xảy ra khi hệ

2 2

4 2 1 0

2 1

x x a

x a

    



 



có nghiệm

2 2

4 2 1 0 1

1 1

2 1

x x a x a x

a a

x a

        

  

  

 

 

  



 Khi a1 ta có:

 

² trở thành ² 1

4 3 0

3 x x x

x

 

     

 

³ trở thành ² 1

1 1

x x

x

 

     Khi đó: PT đã cho có 3 nghiệm.

Vậy 1 3

2;1;2

a  

  

 . BỔ SUNG CÁCH 2:

Xét phương trình x²2x 1 2 xa

 

^*

Vẽ đồ thị hàm số ^{yx22x1}

 

^{1 ;y2 xa}

 

² trên cùng một hệ trục tọa độ ta được:

Nhận xét

 

* có 3 nghiệm phân biệt

nh¸nh bªn tr¸i cña (2) tiÕp xóc víi (1) nh¸nh bªn ph¶i cña (2) tiÕp xóc víi (1) (1) vµ (2) cïng trïng cùc trÞ t¹i 1



 



 

 

2 2

1 2 1 2 2

2 1 2 3

2

1 1

cã nghiÖm kÐp cã nghiÖm kÐp

a

x x a x

x x x a a

a a

 

     

 

      



Vậy có 3 giá trị của a thỏa mãn bài toán.

Câu 47.16: Tìm tổng tất cả các giá trị của tham số a để phương trình

 

2

2 2 1 2

2 3

3^{x x  x a} log_{x  x} 2 x a 2 có đúng ba nghiệm phân biệt.

A. 2. B. 3 . C.1. D. 0.

Lời giải Chọn B

PT đã cho tương đương với ^{ }

 

 

2 2 3 2 2

2

ln 2 2

3

ln 2 3

x x x a x a

x x

      



 

   

2 2 3 2 2 2

3 ^{ }.ln 2 3 3 ^{ }.ln 2 2 (1)

 ^{x x} x  x  ^{x a} x a  .

Xét hàm số ^{f t}

 

^{3 .ln ,t t  t 2; Ta có:}

 

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

t

f t t t t

   t     Hàm số ^{f t}

 

đồng biến trên



^2;



^.

Từ (1) suy ra ^{f x}



^22x3



^{ f}



^{2 xa 2}



^{x22x 3 2 xa 2}

2 2 1 2

x x x a

     (*)

 

 

2 2

2 2

2 1 2 4 2 1 0 (2)

2 1 2 2 1 (3)

x x x a x x a

x x x a x a

         

 

      

 



Phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt nếu xảy ra một trong các trường hợp sau:

* TH1: (2) có hai nghiệm phân biệt và (3) có nghiệm kép khác hai nghiệm của (2):

 2

(3)

3

0 3 2 0 2 1

2 1 0 1 2

0

2 a a

a a

a

 

  

   

 

   

  

  

  

 

 



* TH2: (3) có hai nghiệm phân biệt và (2) có nghiệm kép khác hai nghiệm của (3):

 ²

(3)

3

0 3 2 0 2 3

2 1 0 1 2

0

2 a a

a a

a

 

  

   

 

   

  

  

  

 

 



* TH3: (2) và (3) đều có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm chung:

Điều này xảy ra khi hệ

2 2

4 2 1 0

2 1

x x a

x a

    



 



có nghiệm

2 2

4 2 1 0 1

1 1

2 1

x x a x a x

a a

x a

        

  

  

 

 

  



 Khi a1 ta có:

 

² trở thành ² 1

4 3 0

3 x x x

x

 

     

 

³ trở thành ² 1

1 1

x x

x

 

     Khi đó: PT đã cho có 3 nghiệm.

Vậy 1 3

2;1;2

a  

  

 .

Câu 47.17: Tìm số giá trị nguyên của m thuộc



^{20 ; 20}



để phương trình

2 2 2

log (2 x mx x 4)(2m9)x 1 (1 2 ) m x 4 có nghiệm.

A.12. B.23. C.25. D.10.

Lời giải Chọn B

Điều kiện xác định: x²mx x²40.



^{2 2}

    

²

log2 x mx x 4  2m9 x 1 1 2 m x 4

Trang 713

 



²



^{2 2}

log2 4 2 9 1 4 2 4

 x x  x m  mx x  x   m x 

2 2

2 2

log 4 2 9 1 4 2 4

4

 

         

   

x m mx x x m x

x x

2

2 2

2 2

4 4

log 2 9 1 4 2 4

4

    

        

   

 

x m x mx

mx x x m x

x x



²

 

²

 

²

 

²



2 2

log 4 4 8 2 4 2 1 log 4 4

 x m x  mx  x m x   mx   x  x  x  x



²

 

²

 

²

 

²

  

2 2

log 8 2 4 2 8 2 4 2 log 4 4 1

 x m x   mx  x m x   mx  x  x  x  x Xét hàm số f t

 

log2tt, ^t



^0;



^.

 

^{1 1 0,}



^0;



  ln 2     

f t t

t nên hàm số đồng biến trên



^0;



^.

Khi đó

 

^{1 8x2m x242mx x24x}



²

 

²



2 4 4 8

 m x  x  x  x  x

2

2 1 8

4

  

  m x

x x



²



8 4

2 1

4

 

  

x x x

m



²



2 1 2 4

 m  x x  x

2 2 1 2

4 2

     m

x x x .

Xét hàm số g x( ) x x²4x² với ^{x   }



^;



^.

Ta có



²



²

2

4

( ) 0,

4

 

    



x x 

g x x

x

.

  

²



lim lim 4

 

 

  

 

 

x g x x x x x

2

lim 4

 4

 

  

 

 

x x

x x

2

lim 4 2

1 4 1



  

  

x

x

;

 

² 2

lim lim 1 4 1

 

  

      

  

 

x g x x x

x .

Ta có bảng biến thiên của g x( )

Để phương trình có nghiệm thì 1 2 5

2 2 2

 m    

m .

Do m nguyên thuộc



^{20 ; 20}



nên số giá trị m là 23.

Câu 47.18: Cho x y, là hai số thực dương thỏa mãn ^{4 9.3 x22y }



^{4 9 x22y}



^{.72y x 22.} Giá trị nhỏ nhất của biểu thức x 2y 18

P x

 

 là

A. 9. B. 3 2

2 .

 C. 1 9 2. D. 17.

Lời giải Chọn A

Ta có ^{4 9.3 x22y }



^{4 9 x22y}



^{.72y x 224 3 x22y2}^{4 3 2(x22 )y }^.72