• Không có kết quả nào được tìm thấy

Bất phương trình mũ chứa tham số - TOANMATH.com

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Chia sẻ "Bất phương trình mũ chứa tham số - TOANMATH.com"

Copied!
20
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Văn bản

(1)

BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ CHỨA THAM SỐ PHƯƠNG PHÁP

Đưa về cùng cơ số.

+ Nếu a1 thì af x ag x  f x

 

g x

 

.

+ Nếu 0 a 1 thì af x  ag x  f x

 

g x

 

.

Đặt ẩn phụ.

Sử dụng tính đơn điệu:

Hàm số y f x( ) đồng biến trênD thì f u

 

f v

 

  u v

u v D,

.

Hàm số y f x( ) nghịch biến trênD thì f u

 

f v

 

  u v

u v D,

.

Câu 1. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m

2021; 2021

để bất phương trình

1

. 1 .

7 3 3 27

2 xm x m xx có nghiệm?

A. 2018. B. 2019. C. 2020. D. 2017.

Lời giải Chọn A

Đặt 3x t điều kiện t0. Bất phương trình trở thành:

 

3 3

27 3 *

m t

t t t

 

    . Do t0 nên 3 0

t  t suy ra

 

* t2 3 92 m

 t

   .

Xét f t

 

t2 3 92

t 0

 t

   . Với t0 ta có f t

 

2t 183

  t ; f t

 

  0 t 3.

Ta có bảng biến thiên

Để

 

* có nghiệm thì

min0;

 

3

m f t

  . Vậy có 2018 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Câu 2. 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. m4. B. m2 2. C. m4. D. m2 2.

Lời giải Chọn A

Đặt 2x t. Vì xlog 52  0 2x 2log 52   0 t 5.

(2)

Yêu cầu bài toán trở thành t 3 5 t m,  t

 

0;5 .

Xét hàm số f t

 

t 3 5t với 0 t 5.

 

1 1

2 3 2 5

f t  t  t

  .

 

0 1 1 0 3 5 1

2 3 2 5 3 5

f t t t

t t t t

  

       

     

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có: m4.

Câu 3. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m [ 30;30] để bất phương trình (3 5)x (3 5)x ( 1).2x

m     m đúng với 1

2;

x  

  ?

A. 36. B. 34. C. 35. D. 37.

Lời giải Chọn A

Ta có : m(3 5)x (3 5)x (m1).2x3 5 3 5 1

2 2

x x

m       m

Đặt 3 5

2

x

t   

   , do 1 2;

x  suy ra

1

3 5 2 5 1

; ;

2 2

t

      

     

Khi đó 3 5 1

2

x

t

  

 

  

  . Suy ra bất phương trình:

2 2

1 ( 1) ( )

1

m t t

t m t t m t m f t

t t

          

đúng với

5 1; t  2 

   Khảo sát nhanh hàm số:

2

( ) 1 t t f t t

 

với

5 1; t  2 

  .

Suy ra được giá trị nhỏ nhất: min ( )f t  f(1 2) 3 2 2   m min ( ) 3 2 2 5,8.f t    Suy ra:   30 m 5 Suy ra có tất cả 36 giá trị nguyên m thỏa mãn.

Câu 4. Gọi S là tập chứa tất cả những giá trị nguyên m [ 20; 20] để bất phương trình đúng với mọi x : 3sin2x(2m1)31 cos 2x 4. Số phần tử của tập S là

A. 18. B. 20. C. 21 . D. 19.

Lời giải Chọn B

(3)

Đặt: t3sin2x, do x suy ra t3sin2x3 ;30 1[1;3]

Khi đó : 2 2 2

1 cos 2 sin

sin

9 9

3 3

3

x x

x t

 

Bất phương trình trở thành: t (2m 1) 9 4 9(2m 1) 4t t2

    t     t [1;3]

Do đó:

 1;3  1;3

2

  

9(2 1) max ( ( )) max 4 2 4

t t

m f t t t f

     

Suy ra: 9(2 1) 4 13 1 20

m   m 18  m Vậy có 20 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Câu 5. Tìm tất cả các tham số m để bất phương trình 2 4x24x8m 4x2 2 2 2

x2 x 2m2x

nghiệm

đúng với mọi x.

A. 1

m 8. B. 1

m 8. C. 3

m8. D. 1

m7. Lời giải

Chọn A

Ta có : 2 4x2 4x 8m4x2 2 2 2

x2 x 2m 2x

4 x2 x 2m4x2 2 2 2

x2 x 2m2x

Để bất phương trình có nghiệm đúng với mọi x, trước hết bất phương trình phải xác định trên

.Suy ra 2 2 0,

 

2 , min

 

1 1

2 x 2 8

x x

x x m x m g x x m g x g

  

                

Khi đó yêu cầu bài toán tương đương với

     

2 2 2 2 2 2 2 2 2

4 x  x m 4x  2 2 2 x  x m2x ,   x  2 x  x m1  2x1 0,  x  (*)

Ta có

2 x2 x m 1

2

2x1

2  0, x và dấu bằng xảy ra khi

2 2

1

2 1 0 2

2 1 0 1.

8

x x m x

x m

   

   

 

   

  



.

Vậy để (*) luôn đúng suy ra 1

m 8. Kết hợp với điều kiện ban đầu vậy 1 m 8 . Câu 6. Tìm m để bất phương trình 2x 3x 4x5x  4 mx có tập nghiệm là .

A. ln120. B. ln10. C. ln 30. D. ln14 . Lời giải

Chọn A

+ Với a1 ta có ln

0 0

1 1

lim lim .ln ln

ln

x x a

x x

a e

a a

x x a

 

 

   

  .

(4)

+ Với a1 xét hàm số f x

 

ax 1

x 0

x

   , ta có f x

 

xaxlna a2 x 1

x

 

  .

Xét hàm số g x

 

xaxlna ax 1 g x

 

axlna xaxln2a axlna xaxln2a. Với x0 ta có g x

 

0 suy ra g x

 

g

 

0 g x

 

 0 f x

 

  0, x 0.

Với x0 ta có g x

 

0 suy ra g x

 

g

 

0 g x

 

 0 f x

 

  0, x 0.

Do đó hàm số f x

 

ax 1

a 1

x

   đồng biến trên các khoảng

;0

0;

.

Trở lại bài toán:

+ Xét x0 bất phương trình thỏa mãn.

+ Xét x0 ta có: 2x 3x 4x 5x 4 mx m 2x 1 3x 1 4x 1 5x 1 h x

 

x x x x

   

           .

Từ nhận xét trên ta có h x

 

đồng biến trên

0;

. Do đó yêu cầu của bài toán tương đương

với

 

lim0 ln 2 ln 3 ln 4 ln 5 ln120 m x h x

     .

+ Xét x0 ta có: 2x 3x 4x 5x 4 mx m 2x 1 3x 1 4x 1 5x 1 h x

 

x x x x

   

           .

Từ nhận xét trên ta có h x

 

đồng biến trên

;0

. Do đó yêu cầu của bài toán tương đương

với

 

lim0 ln 2 ln 3 ln 4 ln 5 ln120 m x h x

     .

Kết hợp lại ta có mln120.

Câu 7. 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 0?

A. 10. B. 9. C. 12 . D. 11.

Lời giải Chọn D

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 32 7x 1t

  . Bất phương trình đã cho trở thành:

2

.1 1

t m m

  t   2 2 1 t t

t m

   

. Xét hàm số

 

2 2

1 t t f t t

  

 trên khoảng

0; 

, ta có

 

 

2 2

2 3

1 t t

f t t

   

(5)

 

0

f 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 m1. Suy ra trong đoạn

10;10

có tất cả 11 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 8. ) Cho hàm số y f x

 

liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ.

Tính tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình sau đúng  x 

 

2

  

 

2

 

9.6f x  4 f x .9f x  m 5m .4f x

A. 10. B. 4 . C. 5. D. 9.

Lời giải Chọn B

Ta có: 9.6f x 

4 f2

 

x

.9f x  

m25m

.4f x 

4 f2

 

x

. 32 2f x  9; 32 f x  m2 5m

 

1

           

Từ đồ thị hàm số suy ra f x

 

   2, x

Do đó

4 f2

 

x

   32 2f x 0, x  và

  2

3 3

9. 9. 4,

2 2

f x

x

       

   

    .

Suy ra

4 f2

 

x

.   32 2f x 9.   32 f x 4,  x .

Để

 

1 có nghiệm đúng  x  thì 4 m25m  1 m 4. Do m là số nguyên nên m

1, 2, 3, 4

.
(6)

Câu 9. Bất phương trình 4x

m1 2

x1 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 Chọn B

 

1

4x m1 2x  m 0,  x 0.

 

2x 22

m1 2

x   m 0, x 0 (1).

Đặt t2 ,x

t1

. (1) trở thành t22

m1

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

     

     

  .

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có f t

 

m   t

1;

  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 t22

m1

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

 

              

  

 .

Câu 10. 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 x 3 3x m  1 3m  0 9.3 x 9.3 .3x m 3x 3m 0

      

9.3 3x x 3m 3x 3m 0 3x 3m 9.3x 1 0

        

Ta có 3x3m   0 x m. Cho 9.3x    1 0 x 2.

Vì m nguyên dương nên ta có bảng xét dấu như sau:

(7)

Ta có tập nghiệm S  

2 ;m

. Suy ra tập hợp các nghiệm nguyên là

1; 0; 1; ...;m1 .

Để có không quá 30 nghiệm nguyên thì m 1 28 m 29.

Câu 11. Tất cả giá trị của tham số thực m sao cho bất phương trình

9x2

m1 .3

x 3 2m0 có nghiệm đúng với mọi số thực x là

A. 3

m 2. B. m2. C. 3

m 2. D. m. Lời giải

Chọn A

Ta có: 9x2

m1 .3

x 3 2m0

 

3x 22.3x 3

3x1 .2

m

3x 1 3



x 3

 

3x 1 .2

m

     3x 3 2m3x  3 2m

Vậy, để 9x2

m1 .3

x 3 2m  0, x  khi 3

3 2 0

m m 2

     . Câu 12. Tìm giá trị nguyên nhỏ nhất của tham số m để bất phương trình

4x 2022 .2m x1 3 1011m0 có nghiệm.

A. m1. B. m 1. C. m 3. D. m5. Lời giải

Chọn A

4x 2022 .2m x1 3 1011 0 (1). Đặt t2 ,x t0.

Khi đó bất phương trình (1) trở thành t21011mt 3 1011m0 1011 2 3

 

*

1 m t

t

  

 (Vì t0).

Xét hàm số

 

2 3

1 f t t

t

 

(t0),

 

 

2 2

2 3

1 t t

f t t

   

 ,

 

0 1

3 f t t

t

 

      . Bảng biến thiên

Bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi bất phương trình

 

* có nghiệm t0 1011m 2

  2

m 1011

  .

Vậy giá trị nguyên nhỏ nhất của m thoả mãn yêu cầu bài toán là m1. Câu 13. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng

2021;2022

để bất phương trình 9x

m2 3

x  3 m 0 nghiệm đúng với mọi số thực x?

A. 2020. B. 2019. C. 2018. D. 2017.

Lời giải Chọn C

(8)

 

9x m2 3x  3 m 0 (1). Đặt t3 ,x t0.

Khi đó bất phương trình

 

1 có dạng t2

m2

t  3 m 0  

t 1



t 3 m

0

3 0

t m

    (vì t0)   t 3 m (2).

Bất phương trình

 

1 nghiệm đúng với mọi x khi và chỉ khi phương trình

 

2 đúng với mọi 0

t   3 m 0  m 3.

Mà m nguyên thuộc khoảng

2021;2022

nên m 

2020; 2019;...; 3 

. Vậy có 2018 giá trị của tham số m thoả mãn yêu cầu bài toán.

Câu 14. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 12x 2 1

m

6x3x 0 nghiệm đúng với mọi x0?

A. 6. B. 2 . C. 3. D. 4 .

Lời giải Chọn B

 

12x2 1m 6x3x 0 4x2 1

m

2x 1 0(1)

Đặt t2 ,x với x  0 t 1.

Khi đó bất phương trình (1) trở thành t22 1

m t

 1 0 2mt t  2 2 1t

2 2 1

2 t t

m t

    (vì t1).

Xét hàm số

 

2 2 1

2 t t

g t t

   với t1,

 

2 21

2 f t t

t

   ,

 

0 1

1 f t t

t

 

      . Bảng biến thiên

Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x0 khi và chỉ khi bất phương trình (2) nghiệm đúng với mọi t1 m 2.

Mà m nguyên dương nên m

 

1; 2 . Vậy có 2 giá trị của m thoả mãn yêu cầu bài toán.

Câu 15. Tổng các số nguyên m, m 

10;10

để bất phương trình m.9x

2m1 .6

xm.4x 0 có nghiệm đúng với mọi x

 

0;1 .

A. 34. B. 34. C. 17. D. 18.

Lời giải Chọn A

Ta có m.9x

2m1 .6

xm.4x 0 . 9

2 1 .

3 0

4 2

x x

m  m   m

          

Đặt 3

2

x

t  

    , x

 

0;1 1;3

t  2

  .

Khi đó, bất phương trình đã cho trở thành m t. 2

2m1

t m 0
(9)

t2 2t 1

m t 0

    

1

2

m t

  t

 Đặt

 

1

2

f t t

 t

 , 3 1;2 t  

  ta có

 

 

2 3

1 1 f t t

t

   

f t

 

0  t 1.

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, ta có bất phương trình có nghiệm 3 1;2 t  

  m 6. Mà m, m 

10;10

  m

10; 9;...;5; 6

.

Vậy tổng các giá trị của m thoả mãn yêu cầu bài toán là 34. Câu 16. Số các giá trị nguyên m, m 

2021; 2022

để bất phương trình

3m1 12

x 

3 m

6x 3x 0có nghiệm đúng  x 0 là

A. 2020. B. 2022. C. 2021. D. 4042.

Lời giải Chọn B

Ta có

3m1 12

x 

3 m

6x3x 0

3m1 4

x  

3 m

2x 1 0

Đặt2x t. Dox  0 t 1.

Khi đó, yêu cầu bài toán 

3m1

t2 

3 m t

 1 0, t1

3t2 t m

t2 3 1t

      2 23 1

3 t t

m t t

  

   , do

3t2   t 0, t 1. Đặt

 

2 23 1

3 t t

f t t t

  

  , ta có

 

 

2 2 2

8 6 1

3 0 t t

f t t t

  

  

 ,  t 1 Bảng biến thiên

Do đó 1

m 2thỏa mãn yêu cầu bài toán. Do m, m 

2021; 2022

 m

1; 2;...;2022

Từ đó suy ra có 2022 giá trị m thoả mãn yêu cầu bài toán.
(10)

Câu 17. Cho bất phương trình m.3x14m53. 4

7

 

x 4 7

x 0 , 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

m3. B. 2

m 3. C. 5

m12. D. 5 2 12 m 3. Lời giải

Chọn A

Ta có m.3x14m53. 4

7

 

x 4 7

x 0

   

3 .3 4 5 . 4 7 4 7 0

3

x x

m x  m 

        

5 4 7 4 7

3 4 . 0

3 3 3

x x

m  m       

          

4 7 4 5 . 4 7 3 0

3 3 3

x x

m m

       

        

Đặt 4 7

3

x

t   

   , do x 

;0

 t

0;1

.

Bất phương trình đã cho trở thành 5 1

4 . 3 0

t m 3 m

t

 

    

2 5

3 4 0

t mt m 3

    

4 3

2 5 0

t m t 3

    

2 5

3

3 4

t

m t

  

 . Đặt

 

2 5

3

3 4

t f t t

 

 , t

0;1

, ta có

 

2

2

 

3 8 5

0, 0;1

3 4

t t

f t t

t

      

 Bảng biến thiên

Vậy 2

m3 thoả mãn yêu cầu bài toán.

Câu 18. Cho hàm số y f x

 

có bảng biến thiên như sau:
(11)

Biết rằng f

 

 2 1, f

 

31. Tính tổng các giá trị m 

2021; 2021

để bất phương trình

     

3 3 2 9

f x f x f x m

e m có nghiệm trên khoảng

2;3

.

A. 0. B. 10. C. 2020. D. 2041210. Lời giải

Chọn A

Đặt g x

 

f3

 

x 3f2

 

x 9f x

 

, khi đó bài toán trở thành tìm m để bất phương trình

 

g x m

e m có nghiệm trong khoảng

2;3

.

Ta có: g x

 

f x

 

3f2

 

x 6f x

 

9.

 

 

 

 

0

0 1

3 f x

g x f x

f x

 



    

  

1 0 2 3 2 x x x x x

  

 

 

 

  

và ta dễ dàng kiểm tra được các nghiệm này đều là

nghiệm bội lẻ nên các điểm x  

2; 1;0;2;3

đều là cực trị của hàm số g x

 

.

Ta có: eg x m  m g x  mm

e e

  . Khi đó để có nghiệm trong khoảng

2;3

thì

  27

max2;3 g x m

m e e

e   .

Xét hàm số

 

2

1 0 1

m

m m

e m

y m y m

e e

 

      . Ta có BBT của hàm số mm

y e như sau:

Ta thấy,

 

 

27 2;3

1 g x

m

max m e max e

e e

    

 

 

 Bất phương trình eg x m  m có nghiệm với mọi m. Mà m 

2021; 2021

nên suy ra2020

2020

0 m

Câu 19. Cho hai hàm số g x

 

 3x2

m26

x m 214 f x

 

ex12. Có bao nhiêu giá trị m dương để f x

 

g x

 

có nghiệm duy nhất?

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

Lời giải

(12)

Chọn A

Ta có: f x

 

g x

 

ex12 3x26x14m x2

1

ex12 3

x1

211m x2

1

ex12 3

x1

211 0  xVP m x 2

 1

0 0 0

1 0 1

m m

x x

 

 

      .

Khi đó, bài toán trở thành tìm m0 để

 

12 2

3 6 14 2

1

e x x x

x m

   

 có nghiệm duy nhất trên khoảng

 1;

. Điều này xảy ra khi

   

2

min1;

m h x

  và nếu tồn tại GTNN.

Với

 

 

12 3 2 6 14

1

ex x x

h x x

  

 

 

 

 

12 2 2

2

2 3 3 6 8

1

ex x x x

h x x

   

  

.

Cho h x

 

 0 ex12

2x2 3

3x26x 8 0 và ta chỉ lấy nghiệm x 1. Sử dụng máy tính CASIO 1

1 x

x a

 

     . Ta lập được bảng biến thiên của h x

 

như sau:

min 1;

h x

  

12

  m212m  12 thì thỏa mãn bài toán.

Mà m m 12 là giá trị duy nhất.

Câu 20. Với m là tham số để bất phương trình 2x 3x mx2 có tập nghiệm là , khi đó A. m 

;0

. B. m

 

1;3 . C. m

3; 

. D. m

 

0;1 .

Lời giải Chọn B

+) Với m0, bất phương trình không nhận các giá trị âm của x làm nghiệm.

Thật vậy, khi đó 2x3x 2 mà mx 2 2. Suy ra m0 loại . +) Với m0, ta có 2x3x mx 2 2x 3x mx 2 0.

Đặt f x

 

2x 3x mx2, x. Khi đó f x

 

2 ln 2 3 ln 3xx m. Ta có f x

 

 0 2 ln 2 3 ln 3xx   m 0 2 ln 2 3 ln 3xx m (1) Đặt g x

 

2 ln 2 3 ln 3xx g x

 

2 ln 2 3 ln 3 0,x 2x 2   x . Suy ra hàm số g x

 

đồng biến trên .

Lại có xlimg x

 

0xlimg x

 

 .

Suy ra với mỗi giá trị m0 thì phương trình (1) luôn có nghiệm duy nhất là x0. Ta có phương trình f x

 

0 có nghiệm duy nhất là x0.

xlim f x

 

  m 0xlim f x

 

  nên f x

 

  0, x x0 và f x

 

  0, x x0.
(13)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy min

   

0

x f x f x

.

Kết hợp điều kiện đề bài là

 

0, min

   

0 0

f x x x f x f x

     

f

 

0 0 .

Suy ra x0 0 và x00 là giá trị duy nhất để f x

 

0.

Suy ra x0 0 là giá trị duy nhất để f x

 

0. Suy ra f

 

0 ln 2 ln 3  m 0.

Vậy mln 2 ln 3 ln 6  .

Câu 21. Tập các giá trị của tham số m để bất phương trình 9xm.6xm.4x 0 nghiệm đúng với mọi x là đoạn

 

a b; . Khi đó b a có giá trị bằng

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

Lời giải Chọn A

Ta có

3 2 . 3 0

2 2

x x

m m

      

   

    (1). Đặt 3

2

x

t   

  , t0.

Bất phương trình (1) trở thành t2mt m  0 m t

 1

t2 (2)

Bất phương trình (1) đúng với mọi x khi và chỉ khi bất phương trình (2) đúng với mọi t0 Với t1, bất phương trình (2) luôn đúng  m R (*).

Với t1, bất phương trình (2)

 

 

2

2

1 1

0 1

1

m t t

t

m t t

t

  

 



   

 

 Xét hàm số

 

2

1 f t t

t

với t

0;

  

\ 1 .

Khi đó

 

 

2 2

2 1 t t f t t

  

 . Ta có

   

 

0 0

2

t l

f t t n

   

  . Bảng biến thiên

Với 0 t 1, bất phương trình (2) tương đương m f t

 

.

Dựa vào bảng biến thiên, bất phương trình (2) đúng với mọi 0 t 1 khi m0 (**).

Với t1, bất phương trình (2) tương đương m f t

 

.

Dựa vào bảng biến thiên, bất phương trình (2) đúng với mọi t1 khi m4 (***).

Kết hợp (*) (**) (***), bất phương trình đã cho đúng với mọi x0 m 4. Câu 22. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình

m26 .2

4x2 9 2x2 4x218 9 2x 25 có nghiệm đúng với mọi x

 

0; 2 ?
(14)

A. 7. B. 9. C. 8. D. vô số.

Lời giải Chọn A

Đặt 4 2 9 2 42 2 0,

 

0; 2

4 9

t x x t x x

 x

        

.

x

 

0; 2  t

 

1;3

Ta có:

2



2

   

2

2

4 9 2

4 9 2 4 9 2 9 1

4 9 2 9

x x

x x x x

x x

        

 

Điều kiện bài toán

m26 2

t22t 25 có nghiệm đúng  t

 

1;3

2

2 6 2 25

2

t

m t

   có nghiệm đúng  t

 

1;3

 

*

Xét hàm số g X

 

X2 25, X

 

2;8

X

    và X 2t ,vì t

 

1;3  X

 

2;8

 

1 252,

 

2;8

g X X

  X   . Cho g X

 

 0 X  5

 

2;8

Từ BBT và kết hợp với

 

* , ta suy ra: m2 6 10   4 m 4 và m

3; 2; 1;0;1; 2;3

    m .

Câu 23. Cho hàm số f x

 

2x12x1. Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để bất phương trình

3 3

3 0

f x m x   có nghiệm x

0; 2

.

A. m1. B. m21. C. m21. D. m1.

Lời giải Chọn B

Hàm số f x

 

2x12x1 xác định  x.

Ta có: f

 

 x 2 x 12 x 1  

2x12x1

 f x

 

f

 

1  3

 

1 2 1 1 2 1 ln 2 0, 1

1 1

x x

x x

f x x

x x

   

          .

f x

 

liên tục trên . Suy ra, hàm số f x

 

nghịch biến trên . Khi đó

Bpt f x

3m3x

 3 0 f x

3m3x

 f

 

1 f

 

1 có nghiệm x

0; 2

3 3 1

x m x

     có nghiệm x

0; 2

.
(15)

x 1

3 m 3x

    có nghiệm x

0; 2

3 3 2 1

x x m

    có nghiệm x

0; 2

.

Xét hàm số g x

 

x33x2  1, x

0; 2

g x

 

3x26x  0, x

0;2

Từ BBT ta suy ra m21.

Câu 24. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m 

2022; 2022

để bất phương trình

 

2 4 2 2 2

2ex mx 2x 4mx10 x 2mx4 có nghiệm ?

A. 4040. B. 4041. C. 4042. D. 5.

Lời giải Chọn C

Ta có: 2ex2mx42x24mx10

x22mx4

2

   

2

2 2

4 2 2 4

1 2 4

2

x mx x mx

e x mx  

      . Đặt u x 22mx4 suy ra bpt trở thành:

2 2

1 1 0

2 2

u u u u

e u e  u 

        

 

Đến đây ta xét hàm số

 

1 2

2

u u

y f u e  u 

     

  có

 

u 1 ;

 

u 1 0 0

f u e  u f u e    u . Từ đó ta có bảng biến thiên như sau:

Suy ra bất phương trình

 

1 2 0 0 2 2 4 0

2

u u

f u e  u  u x mx

          

  (2)

Như vậy để bất phương trình (2) luôn có nghiệm thì

; 2022;2022

2 2 2022 2

4 0 2 2 2022

m Z m

m m

m m m

 

    

 

          . Như vậy có tất cả 4042 giá trị nguyên mthỏa mãn

(16)

Câu 25. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc

30;30

để bất phương trình

x 1 1

x55 x24 x33 x22 0

x e       m nghiệm đúng với   x

2;3

A. 61. B. 29. C. 31. D. 25.

Lời giải Chọn C

Đặt g x

 

x e

x1 1

x55 x24 x33 x22 .

Ta có: x e

x1 1

x55 x24 x33 x22    m 0, x

2;3

x 1 1

x55 x24 x33 x22 ,

2;3

xmin 2;3

 

x e m x g x m

                Xét hàm số g x

 

x e

x1 1

x55 x24 x33x22

Ta có: g x

 

ex1 1 xex1x42x3x2 x ex1

x 1

x x2

1

 

2 x1

Ta đi chứng minh ex1

x 1

 

x    1

0, x

2;3

. Đặt t x 1,t 

1; 4

Xét hàm số f t

 

tett t,  

1; 4

 

t t 1 ;

 

2 t t t

2

0,

1; 4

f t  e te  f t  e te e t    t

Suy ra f t

 

đồng biến trên

1; 4

, do đó phương trình f t

 

0 có nhiều nhất 1 nghiệm trên

 

1; 4 . Mà f

 

0 0 nên t0 là nghiệm duy nhất của phương trình f t

 

0

Ta có bảng biến thiên sau:

Từ đó ta được f t

 

0,t 

1;4

hay ex1

x 1

 

x    1

0, x

2;3

Do đó g x

 

   0, x

2;3

Ta được

2;3

 

min ( 2) 1,8

x g x g

     

Vậy có 29 giá trị nguyên của tham số mthỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 26. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để bất phương trình

2x3 2



x1m

0 có nghiệm nguyên và chứa không quá 6 nghiệm nguyên x ?

A. 506. B. 507. C. 505. D. 512.

Lời giải Chọn B

Ta có bất phương trình đã cho tương đương:

2x3 2

 x m20 (*)
(17)

Trường hợp 1: Nếu 3 2

m  Bất phương trình (*) trở thành

2x 3

20 vô nghiệm Trường hợp 2: Nếu 3

2

m   Bất phương trình (*) 3 2 log 32 log2

2 2

x m x  m

         Nếu ta chỉ xét các nghiệm nguyên thì 2 log2

2 x  m

     . Để có không quá 6 nghiệm nguyên xthì 2 log2

Tài liệu tham khảo

Tài liệu liên quan

Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hệ bất phương trình có nghiệm..

Vậy có 1 giá trị nguyên dương của tham số m thỏa yêu cầu bài toán... Ta có bảng

Người ta cắt phần tô đậm của tấm nhôm rồi gập thành một hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng x m   , sao cho bốn đỉnh của hình vuông gập lại thành đỉnh của

 x Số các giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình trên có đúng 5 nghiệm nguyên dương phân biệt

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án

Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có bốn nghiệm phân biệtA. Có tất cả bao nhiêu giá trị của m để phương trình có đúng ba nghiệm

Có tất cả bao nhiêu giá trị của m để phương trình có đúng ba nghiệm phân biệt.?. Hỏi có

Vậy không có giá trị của m nào để phương trình đã cho có nghiệm là 2.. Suy ra không tồn tại m để phương trình đã cho có hai