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
liên tục trên
a b; :* y f x
đồng biến trên
a b; thì : u v;
a b f u; : f v
u v* y f x
nghịch biến trên
a b; thì : u v;
a b f u; : f v
u v.3. 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; .4. Tính chất của logarit:
1.1. So sánh hai logarit cũng cơ số:
Cho số dương a1 và các số dương ,b c.
Khi a1 thì logablogac b c.
Khi 0 a 1 thì logablogac b c.
1.2. Hệ quả:
Cho số dương a1 và các số dương ,b c.
Khi a1 thì logab 0 b 1.
Khi 0 a 1 thì logab 0 b 1.
logablogac b c. 2. Logarit của một tích:
Cho 3 số dương a b b, ,1 2 với a1, ta có
1 2 1 2
log ( . ) loga b b ab logab
3. Logarit của một thương:
Cho 3 số dương a b b, ,1 2 với a1, ta có
1 1 2
2
loga b loga loga
b b
b
Đặc biệt: với ,a b0, a1 1
loga logab b
. 4. Logarit của lũy thừa:
Cho ,a b0, a1, với mọi , ta có logab logab.
Đặc biệt:
loga nb 1logab
n
(n nguyên dương).
5. Công thức đổi cơ số:
Cho 3 số dương , ,a b c với a1,c1, ta có log log
log
c a
c
b b
a
. Đặc biệt:
log 1
a log
c
c a và
logab 1logab
với
0. BÀI TẬP MẪU Câu 47. ĐỀ MINH HỌA LẦN 1 - BDG 2020-2021)
Có bao nhiêu số nguyên a a
2
sao cho tồn tại số thực x thỏa mãn
alogx2
loga x 2?DẠNG TOÁN 47: ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT
A. 8. B. 9. C. 1. D. Vô số Lời giải
Chọn A
Điều kiện x>0. Đặt y=alogx+ >2 0 thì yloga = -x 2Û alogy+ =2 x. Từ đó ta có hệ
log log
2 2
x y
y a x a ìï = + ïíï = +
ïî .
Do a³ 2 nên hàm số ( )f t = +at 2 là đồng biến trên .¡ Giả sử x³ y thì f y( )³ f x( ) sẽ kéo theo y³ x, tức là phải có x=y. Tương tự nếu x£ y.
Vì thế , ta đưa về xét phương trình x=alogx+2 với x>0 hay x- xloga =2. Ta phải có x>2 và x>xloga Û >1 logaÛ a<10.
Ngược lại, với a<10 thì xét hàm số liên tục g x( )= -x xloga- 2=xloga(x1 log- a- 1) 2- có lim ( )
x g x
®+¥ =+¥
và g(2)<0.
nên g x( ) sẽ có nghiệm trên (2;+¥ ). Do đó, mọi số aÎ {2,3, ,9}K đều thỏa mãn Bài tập tương tự và phát triển:
Mức độ 3
Câu 1. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tồn tại cặp số
x y;
thỏa mãn3 5 3 1
e x yex y 1 2x2y, đồng thời thỏa mãn log 332
x2y 1
m6 log
3x m 2 9 0A. 6. B. 5. C. 8. D. 7.
Lời giải Chọn B
Ta có: e3x5yex 3y1 1 2x2y e3x5y
3x5y
ex 3y1
x3y1
.Xét hàm số f t
et t trên . Ta có f t
et 1 0 nên hàm số đồng biến trên . Do đó phương trình có dạng: f
3x5y
f x
3y1
3x5y x 3y12y 1 2x. Thế vào phương trình còn lại ta được: log32x
m6 log
3x m 2 9 0.Đặt tlog3x, phương trình có dạng: t2
m6
t m 2 9 0.Để phương trình có nghiệm thì 0 3m212m0 0 m 4. Do đó có 5 số nguyên m thỏa mãn.
Câu 2. Có bao nhiêu cặp số nguyên
x y; thỏa mãn 0 y 2020 và3
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
Ta có: PT log 23
x 1
2x 1 log3 y y (*) Xét hàm số f t
log3t t trên
0;
Khi đó
1 1 0f t ln 3
t
do đó hàm số f t
log3t t đồng biến trên
0;
(*) có dạng f
2x 1
f y
y 2x1Vì 0 y 2020 0 2x 1 2020 1 2x2021 0 x log 20212
0 log 20212
0;1;2;3; 4;5;6;7;8;9;10
x x
x
. Vậy có 11 cặp
x y;
thỏa mãn.Câu 3. Có bao nhiêu cặp số nguyên
x y;
thỏa mãn 0 x 2020 và
log 5124 x768 2x 1 2y16y?
A. 2019 B. 0 C. 2020 D. 1 Lời giải
Chọn B Ta có:
log 5124 x768 2x 1 2y16y
2log 256 24 x 3 2x 1 2y 4 y
2log 24 x 3 2x 3 2y 4 y
.
Xét hàm số f t
t 4t trên .
' 1 4 ln 4 0,t
f t x . Suy ra hàm số đồng biến trên .
Khi đó: 4
16 3
log 2 3 2 2 3 16
2
y
x y x y x .
Vì: 16 16
16 3
0 2020 0 2020 3 16 4043 log 3 log 4043
2
y
x y y
. Mà y y
1; 2 .Với 1 13
y x 2 l . Với 2 253
y x 2 l .
Vậy không có cặp số
x y;
thỏa mãn yêu cầu bài toán.Câu 4. Giả sử a b; là các số thực sao cho: x3y3 a 103z b 102z đúng với mọi các số thực dương
; ;
x y z thỏa mãn: log
x y
z và log
x2y2
z 1. Giá trị của a b là:A.
31
2 . B.
29
2 . C.
31
2
. D.
25
2 . Lời giải
Chọn B
Đặt t10z. Khi đó: x3y3 a t.3b t. 2.
Ta có:
2
2 2 2 2
log 10 10.
2
log 1 10.10 10
z z
x y z x y t t t
x y z x y t xy
.
Khi đó: 3 3
3
3 3
2 10
1 3 23 15
2 2
t t t
x y x y xy x y t t t
. Suy ra:
1 a 2
và b15. Vậy
29 a b 2
.
Câu 5. Cho hai số thực dương x, y thay đổi thỏa mãn đẳng thức
xy1 .2
2xy1
x2y
.2x2y. Tìmgiá trị nhỏ nhất ymin của y.
A. ymin 3. B. ymin 2. C. ymin 1. D. ymin 3. Lời giải
Chọn B
Ta có
xy1 2
2xy1
x2y
2x2y
2xy 1 1 2
2xy1
x2y
2x2 y 1
1Xét hàm f t
t 1 .2
t với t1.Khi đó f t
2t
t 1 .2 .ln 2 0
t với t 1. Từ
1 2xy 1 x2 y 1 y 2x2x21
2 2
2 2 4
2 1 0
x x
y x
2x22x 4 0
2 1 x x
Loại x 1 vì điều kiện của t nên f
2 2.Ta có bảng biến thiên:
Vậy GTNN của y bằng 2 khi x2.
Câu 6. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực y thỏa mãn log3
(
x+ =y)
log4(
x2+y2)
A. 3 . B. 2. C. 1. D. Vô số.
Lời giải Chọn B
Đặt log3
(
x+ =y)
log4(
x2+y2)
=t. Điều kiện:x+ >y 0.
Suy ra 2 2
( )
23 3
3 9 4
4 2 4
2
t t t
t t
t t
x y x y
x y
x y x y xy xy
ìï + =
ì ìï + = ï
ï + = ï ï
ï Û ï Û ï
í í í -
ï + = ï + - = ï =
ï ï ï
î ïî ïïî nên S=3t và
9 4
2
t t
P -
= .
Để tồn tại x y, thì S2 ³ 4PÛ
(
x+y)
2³ 4xy nên 9 4 9 24 9 2.4 94 2t t t
t ³ æççççè - ö÷÷÷÷øÛ t£ t Û æöçççè ø÷÷÷£ .
Khi đó 94 log 2 t£
.
Ta có: 4
(
2 2)
9 2 2 log 294 4log x +y = £t log 2Û x +y £ 4 » 3, 27 . Mặt khác x là số nguyên nên x=- 1;x=0,x=1.
Thử lại:
Với x 1 ta có
2 2
2
3 1 0
2 5
1 4 1
t t
y t
x y y y
. Suy ra loại x 1.
Với x0 ta có 2
3 0
4 1
t t
y t
y y
. Suy ra nhận x0.
Với x1 ta có 2
3 1 0
4 1 0
t t
y t
y y
. Suy ra nhậnx1.
Vậy có hai giá trị nguyên của x thỏa yêu cầu bài toán là x0 và x1. Câu 7. Cho a, b là hai số thực dương thỏa mãn 5
4 2 5
log a b 3 4
a b a b
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức T a2b2. A.
1
2. B. 1. C.
3
2. D.
5 2. Lời giải
Chọn D
5 5 5
4 2 5
log a b 3 4 log 4 2 5 log 3 4
a b a b a b a b
a b
5 5
log 4a 2b 5 4a 2b 5 log 5 a b 5 a b
(*).
Xét hàm f x
log5x x x , 0.Đạo hàm
1 1 0, 0.ln 5
f x x
x
. Suy ra hàm số f x
đồng biến trên
0;
. Phương trình (*) viết lại:
4 2 5
5
4 2 5 5
3 5f a b f a b a b a b a b . Mặt khác: 52
a3b
2
123 .2
a2b2
T a2b2 52. Dấu " " xảy ra 1 3
a b
1 3
2; 2 a b
.
Câu 8. Xét các số thực dương x, y thỏa mãn
ln 1 2x 3 1
x y x y . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của
1 1 P x xy .
A. Pmin 8. B. Pmin 4. C. Pmin 2. D. Pmin 16. Lời giải
Chọn A
Điều kiện 0 1
x 2 .
Từ giả thiết
ln 1 2x 3 1
x y x y ln 1 2
x
1 2x
ln
x y
x y
1Xét hàm số f tt
ln t trên
0;
có f t
1 1 0t , t 0 do đó hàm f t
đồng biếntrên khoảng
0;
.Vậy
1 1 2x x y 3x y 1
2Có
1 1 1 2 1 2
P 1 2
x xy x x y x x
Đặt
1 2g x 1 2
x x, ta có
2 2 2 2
1 4 4 1
1 2 . 1 2
g x x
x x x x
suy ra
0 1g x x 4 Ta có bảng biến thiên:
.
Do đó
1
0;2
ming x 8
. Vậy Pmin 8.
Câu 9. Cho hai số thực a b; thỏa mãn: loga2b2
a b
1 và a2b2 1. Giá trị lớn nhất của biểu thức2 4 3
P a b là :
A. 10 B.
10
2 C.
1
10 D. 2 10 Lời giải
Chọn B
Điều kiện: a b 0
Do a2 b2 1 nên loga2b2
a b
1.2 2 0 a a b b
.
2 2
1 1 1
2 2 2
a b
.
Ta có:
1 1
2 4 3 2 4
2 2
P a b a b .
2 22 2 2 1 1
2 4 10
2 2
P a b
.
Suy ra: 10 P 10.
Câu 10. Có bao nhiêu số nguyên của m để phương trình log 22
x m
2log2 x x 24x2m1 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
22 2
log 2x m 2 log x x 4x2m1
2
2 2
log 2x m 2log x x 2 2x m 1
2 22 2
log 2x m 2 2x m 1 log x x
2 22 2
log 2 2 2 2 log
x m x m 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 x24x2mXét hàm số g x
x24 ,x x
0
Phương trình có 2 nghiệm dương khi 4 2m 0 2 m 0 suy ra có 1 giá trị nguyên.
Mức độ 4
Câu 1. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực ythỏa mãn 22x2y2 3x y ?
A. 1. B. 2 . C. 0 . D. Vô số.
Lời giải
Chọn B
Đặt22x2y2 3x y t, suy ra
2 2
2 3
2 log
log
x y t
x y t
.
Ta có
2 1 . 2 1. 2 12 1 2
2 2
x y 2 x y x y nên suy ra:
2
3 2 2 3
3 3
log log log 3.log
2 2
t t t 3 3 2
log log 3 2,37
t2 . Do đó 2x2y2 log2tlog 3.log2 3t3,7.
Mà x nên x
1;0;1
.+ Với x0, ta có
2
2 2 3
3
log log 3.log log
y t t
y t
, suy ra
2
2
2
.log 3 0
log 3 y y y
y
. + với x1, ta có
2
2 2 3
3
2 log log 3.log
1 log
y t t
y t
, suy ra
2
2y log 3. 12 y y2log 3.2 y 2 log 3 02 phương trình có nghiệm.
+ Với x 1, ta có
2
2 2 3
3
2 log log 3.log
1 log
y t t
y t
, suy ra
2
2y log 3. 12 y y2log 3.2 y 2 log 3 02 phương trình vô nghiệm.
Câu 2. Có bao nhiêu số nguyên y để tồn tại số thực x thỏa mãn log3
x2y
log2
x2y2
?A. 3. B. 2. C. 1. D. vô số.
Lời giải Chọn B
Đặt
2 2
3 2 2 2
2 3
log 2 log
2
t t
x y
x y x y t
x y
(*)
Ta có
x2y
2 1 4
x2 y2
5 x2y2
nên: 9 5.2 92 5 log 592t
t t t .
Suy ra
9 2
log 5
2 2 2t 2 2.1
x y . Vì y nên y
1;0;1
.+Với y 1, hệ (*) trở thành
22 2
2 3 3 2
3 2 2 1 9 4.3 5 2 0
1 2 2 1
t t
t t t t t
t t
x x
x x (**)
Nếu t0 thì 2t 1 9t 4.3t 5 2t 0. Nếu t 0 9t 2t 0 9t 2.3t 2t 2 0. Vậy (**) vô nghiệm.
- Với y0 thì hệ (*) trở thành 2
3 9
9 2 1 0 1
2 2
t t
t t
t
x t x
x
.
- Với y1 thì hệ (*) trở thành
2
2
2 3 3 2 2 1 ***
1 2
t
t t
t
x
x .
Dễ thấy (***) luôn có ít nhất một nghiệm t 1 x 1. Vậy có 2 giá trị nguyên của y thỏa mãn là y0, y1.
Câu 3. Có bao nhiêu cặp số nguyên
x y,
thỏa mãn log 3 2 2
3
3
.2
x y x x y y xy
x y xy
A. 1. B. 2. C. 4. D. 6.
Lời giải Chọn D
Điều kiện 2 2
0 0.
2
x y x y
x y xy
2 2
log 3 3 3
2
x y x x y y xy
x y xy
2 2
2 23 3
2log x y 2log x y xy 2 x y xy 3x 3y
2 2
2 23 3
2log x y 2 2log x y xy 2 x y xy 2 3x 3y
2 2
2 23 3
2log 3x 3y 3x 3y 2log x y xy 2 x y xy 2
Xét hàm đặc trưng f t
2log3t t t ,
0;
,ta có
2 1 0,
0;
..ln 3
f t t
t
Suy ra hàm f t
đồng biến trên khoảng
0;
.Phương trình f
3x3y
f x
2y2xy2
x2y2xy 2 3x3y
2 3 2 3 2 0
x y x y y .
Điều kiện của y để phương trình có nghiệm là
y3
24
y23y2
02 3 2 3 3 2 3
3 6 1 0
3 3
y y y
. Do y nên y
0 ;1; 2
.+ Với y0, ta được
2 1
3 2 0
2 x x x
x
.
+ Với y1, ta được
2 0
2 0
2
x x x
x .
+ Với y2, ta được
2 0
0 1
x x x
x
. Vậy có 6 cặp số thỏa mãn đề bài.
Câu 4. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số mđể tồn tại các số thực ,x y thỏa mãn đồng thời e3x 5y 10ex 3y 9 1 2x2y và log 352
x2y4
m6 log
5
x 5
m2 9 0.A. 3 . B. 5 . C. 4 . D. 6 .
Lời giải Chọn C
Ta có
3x 5y 10 x 3y 9 1 2 2 3x 5y 10 x 3y 9 3 9 3 5 10
e e x ye e x y x y
3x 5y 10 3 5 10 x 3y 9 3 9 1
e x y e x y
.
Xét hàm số f t
et tliên tục trên , có f t
et 1 0, t nên hàm số f t
et tđồng biến trên
;
. Do đó
1 3x5y10 x 3y 9 2x2y1Khi đó phương trình
2 2
5 5
log 3x2y4 m6 log x 5 m 9 0
2 2
5 5
log x 5 m 6 log x 5 m 9 0
.
Đặt tlog5
x5 ,
t , ta được
2 6 2 9 0 2
t m t m .
2 có nghiệm
m6
24
m29
3m212m 0 0 m 4.Vậy số giá trị nguyên dương của tham số m thỏa mãn là 4 giá trị.
Câu 5. Cho 0 x 2020 và log (22 x 2) x 3y8y.Có bao nhiêu cặp số ( ; )x y nguyên thỏa mãn các điều kiện trên?
A. 2019. B. 2018. C. 1. D. 4.
Lời giải Chọn D
Do 0 x 2020 nên log (22 x2) luôn có nghĩa.
Ta có log (22 x 2) x 3y8y
3
log (2 1) 1 3 2
x x y y
log (2 1) 3
log (2 x 1) 2 x 3y 2 y
(1)
Xét hàm số ( )f t t 2t.
Tập xác định D và ( ) 1 2 ln 2f t t f t( ) 0 t .
Suy ra hàm số f t( ) đồng biến trên . Do đó (1)log (2 x 1) 3y x 1 8y log (8 1)
y x
.
Ta có 0 x 2020 nên 1 x 1 2021 suy ra 0 log ( 8 x 1) log 20218 . Lại có log 2021 3,668 nên nếu y thì y
0;1; 2;3
.Vậy có 4 cặp số ( ; )x y nguyên thỏa yêu cầu bài toán là các cặp (0;0), (7;1),(63;2),(511;3). Câu 6. Cho hai số thực ,x y không âm thỏa mãn
2
2
2 1
2 1 log
1 x x y y
x
. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P e 2 1x 4x22y1 là
A.
1
2
. B. 1. C.
1
2 . D. 1.
Lời giải Chọn A
2
2
2 1
2 1 log
1 x x y y
x
2
x1
2log 22
x1
2
log 22
y 1
2y1
.Xét hàm số f t
t log2t ,
t 0
; f t
1 t.ln 21 0, t 0Suy ra 2
x1
2 2y1 2y2
x1
21.2 1x 4 2 2 1
P e x y e2 1x 4x22
x1
2 1 1 e2 1x 2x24x g x
.
2 2 1x 4 4g x e x
là hàm số đồng biến trên nửa khoảng
0;
nên g x
0 có tối đa 1 nghiệm, nhẩm được nghiệm1 x2
nên nghiệm đó là duy nhất.
Vậy min 1
P 2 tại
1 x 2
.
Câu 7. Có tất cả bao giá trị nguyên của tham số a thuộc
1999; 2050
để2017
2017 2017
1 1
2 2
2 2
a a
a
.
A. 29 B. 33 . C. 34 D. 32 Lời giải
Chọn B
Ta có:
2017
2017 2017
1 1
2 2
2 2
a a
a
2017 2017
2017 ln 2a 2a aln 2 2
2017 2017
ln 2 2 ln 2 2
2017
a a
a
; vì a
1999;2050
. Xét hàm số
ln 2
x 2 x
f x x
. Tập xác định D \ 0
.
2
2 2 ln 2 2 2 ln 2 2
2 2
x x x x x x
x x
f x x
x .
Vì : xln 2 ln 2 x ln 2
x2x
và 0 2 x2x 2x2x ( Do x
1999; 2050
)Suy ra f x'
0 f x
nghịch biến . Do đó:
2017 2017
ln 2 2 ln 2 2
2017
a a
a
.
2017
a .
Vậy có: 33 giá trị của a
Câu 8. Cho phương trình 2x 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
PT2x x x m log2
x m
2x x 2log (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
đồngbiến trên .
Từ (1) suy ra f x
f
log (2 x m )
x log (2 x m ) x m 2x m x 2x Xét hàm số g x
x 2x trên
m;
. Ta có: g x'
1 2 ln 2x ;
2
2
' 0 2 ln 2 1x log log
g x x e g
log log2
2e
log log2
2e
log2e
lim 2 ; lim ( )m
x mg x m x 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 9. Cho các số dương ,x y thỏa mãn 5
log 1 3 2 4
2 3
x y x y
x y . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 6 2 4 9
A x y
x y bằng
A.
31 6.
4 B. 11 3. C.
27 2.
2 D. 19.
Lời giải Chọn D
ĐK:
1 0
2 3 1
, 0
x y
x y x y
x y .Ta có:
5
5 5
5 5
log 1 3 2 4
2 3
log 1 1 5 1 log 2 3 2 3
log 5 1 5 1 log 2 3 2 3 *
x y x y
x y
x y x y x y x y
x y x y x y x y
Xét hàm số f t( ) log 5
t t trên
0;
, vì ( ) 1 1 0,
0;
f t ln 5 t
t
nên hàm số ( )
f t đồng biến trên
0;
.
* 5
x y 1
2x3y3x2y5Mặt khác, ta có
4 9 4 9
6 2 9 4 3 2 2.6 2.6 5 19
A x y x y x y
x y x y
.
Dấu “ = ” xảy ra 9 4
2
9 3
4 3
3 2 5 2 x x
x y y
x y y
(thỏa mãn điều kiện).
Vậy GTNN của A là 19.
Câu 10. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m
2019; 2019
để sao cho phương trình2 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 có2 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 11. Cho phương trình 3 3x
2x 1
3x m 2
3x m 3 2 3x m 3, với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của m để phương trình có nghiệm thực?A. 3. B. 6. C. 4. D. 5.
Lời giải Chọn A
2
3 3x x 1 3x m 2 3x m 3 2 3x m 3
2
3 3x x 1 3x m 2 3x m 3 2 3x m 3
33x 3x 3x m 3 3x m 3 3x m 3
333x 3x 3x m 3 3x m 3
.
Xét hàm đặc trưng f t
t3 t có f t
3t2 1 0, t .Vậy 33x3x
3x m 3
3 3x m 3 f
3x f
3x m 3
3x 3x m 3 32x 3x 3 m
. (*)
Đặt u3x, với điều kiện u0 và đặt g u
u2 u 3Phương trình (*) g u
m.
2 1g u u ,
0 1g u u 2
ta có bảng biến thiên của g u
:Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình đã cho có nghiệm thực khi và chỉ khi
13 m 4
. Vậy có tất cả 3 giá trị nguyên âm của m để phương trình có nghiệm thực là: -3; -2; -1.
Câu 12. Cho phương trình 3 3x
2x 1
3x m 2
3x m 3 2 3x m 3, với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của m để phương trình có nghiệm thực?A. 3. B. 6. C. 4. D. 5.
Lời giải Chọn A
2
3 3x x 1 3x m 2 3x m 3 2 3x m 3
2
3 3x x 1 3x m 2 3x m 3 2 3x m 3
33x 3x 3x m 3 3x m 3 3x m 3
333x 3x 3x m 3 3x m 3
.
Xét hàm đặc trưng f t
t3 t có f t
3t2 1 0, t .Vậy 33x3x
3x m 3
3