Phương trình lôgarit không chứa tham số - TOANMATH.com

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ - ĐÁNH GIÁ (KHÔNG CHỨA THAM SỐ)

PHƯƠNG PHÁP Vận dụng các kết quả sau :

Kết quả 1 : Nếu f x

( )

là hàm số đơn điệu trên K (với K là khoảng, đoạn hoặc nửa khoảng) thì

( )

0

f x = có tối đa một nghiệm trên K.

Kết quả 2 : Nếu f x

( )

là hàm số liên tục trên đoạn

[ ]

a b; và f a f b

( ) ( )

<0 thì phương trình

( )

0

f x = có nghiệm thuộc khoảng

( )

a b; .

Kết quả 3 : Nếu f x

( )

là hàm đơn điệu trên K a b K f a, ,∀ ∈ ;

( )

= f b

( )

⇔ =a b.

Kết quả 4 : Nếu hàm f x

( )

tăng trong khoảng

(

a b;

)

và hàm g x

( )

là hàm một hàm giảm trong khoảng

(

a b;

)

thì phương trình f x

( )

=g x

( )

có nhiều nhất một nghiệm trong khoảng

(

a b;

)

. Các bước giải phương trình :

Bước 1 : Tìm điều kiện xác định của phương trình.

Bước 2 : Biến đổi phương trình sao cho một vế là hàm số đơn điệu, một vế là hằng số hoặc một vế là hàm đồng biến và vế còn lại là hàm số nghịch biến.

Bước 3 : Nhẩm nghiệm của phương trình trên mỗi khoảng xác định (nếu có).

Bước 4 : Kết luận nghiệm của phương trình.

Câu 1. Tìm số nghiệm của phương trình

(

^{x2−2022 lnx}

)

^{x x− +2021 0= .}

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

Lời giải Chọn B

Tập xác định D=

(

0;+ ∞

)

.

Phương trình

(

^{x2−2022 lnx}

)

^{x x− +2021 0=}

(

^{x2 2022 lnx}

)

^{x x 2021}

⇔ − = −

2 2022 1

2021 ln

x x

x x

⇔ − =

−

1 0

ln 2021

x x

⇔ x x+ − =

−

(NX: x=1 và x=2021 không là nghiệm của phương trình).

Xét hàm số

( )

¹

ln 2021

f x x x

= x x+ −

− trên

(

0;+ ∞

) {

\ 1;2021

}

. Có

( )

( )

₂

( ) { }

1 2021 1 0, 0; \ 1;2021

ln 2021

f x x

x x x

′ = − − − < ∀ ∈ + ∞

− .

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có ² nghiệm.

Câu 2 . Có bao nhiêu cặp số

(

x y;

)

thuộc đoạn

[

1;2020

]

thỏa mãn y là số nguyên và lnx e+ ln^x= +y e^y?

A. 6. B. 7. C. 2021. D. 2020.

Lời giải Chọn B

Ta có: lnx e+ ^lnx = +y e^y

Xét hàm số f t

( )

= +t e^tcó f t′

( )

= + >1 e^t 0, ∀t Suy ra hàm số f t

( )

đồng biến trên .

Do đó ta có: f(ln )x = f y

( )

⇔lnx y=

Ta có: 1≤ ≤x 2020⇔ ≤0 lnx≤ln 2020⇔ ≤ ≤0 y ln 2020⇔ ≤ ≤0 y 7,61...

Do y là số nguyên thuộc đoạn

[

1;2020

]

nên y∈

{

1;2;3;4;5;6;7

}

. Kết luận: có 7 cặp số

( )

x y; thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 3: Có bao nhiêu cặp số tự nhiên

( )

x y; thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:

( ) ( )

2 3

log x+2y ≤log 2x+4y+1 và log3

(

x y+

)

≥ −y 2?

A. 7 . B. 6 . C. 10. D. 8 . Lời giải

Chọn B

 Đặt t x= +2 ,y t>0, khi đó log₂

(

x+2y

)

≤log 2₃

(

x+4y+1

)

trở thành log₂t≤log 2 1₃

(

t+

)

.

 Dựa vào đồ thị ta thấy log2t≤log 2 13

(

t+ ⇔ < ≤ ⇔ <

)

0 t 4 0 2x y+ ≤4.

 Kết hợp với điều kiện log₃

(

x y+

)

≥ −y 2 ta có các cặp số tự nhiên

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

x y^; =

{

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

}

.

Câu 4: Có bao nhiêu cặp số nguyên

( )

x y; thỏa mãn 0≤ ≤y 2020 và log₃ 2 1^x y 1 2 ?^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 phương trình ⇔log 2 1 2 1 log3

(

^x− +

)

^x− = 3 y y+

( )

* 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 khoảng

(

0;+∞

)

(*) có dạng ^f

(

^{2 1x− =}

)

^{f y}

( )

^{⇔ =y 2 1x− .}

Vì 0≤ ≤y 2020⇔ ≤0 2 1 2020^x− ≤ ⇔ ≤1 2^x≤2021⇔ ≤ ≤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 5: Phương trình log³2

(

x− −1 27

)

y³=8 1^y+ −x có bao nhiêu nghiệm nguyên

( )

x y; với

1992 2020

8 ;8 x∈   ?

A. 26 B. 28 C. 24 D. 30

Lời giải Chọn B

Ta có log³₂

(

x− −1 27

)

y³ =8 1^y+ − ⇔x log³₂

(

x− + − =1

)

x 1 27y³+2^3y

Đặt t=log₂

(

x− ⇔ − =1

)

x 1 2^t. Thay vào phương trình ta được t³+ =2^t

( )

3y ³+2 1^3y

( )

. Xét hàm số y f u=

( )

=u³+2 .^u

Ta có f u′

( )

=3u²+2 ln 2 0,^u > ∀ ∈u . Do đó hàm số đồng biến trên . Khi đó

( )

1 ⇔ f t

( )

= f y

( )

3 ⇔ =t 3y⇔log₂

(

x− =1 3

)

y⇔ =x 8 1.^y+ Do x∈ 8 ;8^{1992 2020} nên 8¹⁹⁹² ≤8 1 8^y+ ≤ ²⁰²⁰ ⇔1992≤ ≤y 2019 với y∈. Vậy có 28 giá trị nguyên của y nên phương trình có 28nghiệm.

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT BẰNG PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG HÀM ĐẶC TRƯNG (KHÔNG CHỨA THAM SỐ)

PHƯƠNG PHÁP Bước 1 : Đưa phương trình về dạng ^{f u x}

( ( ) )

^{= f v x}

( ( ) )

. Bước 2 : Xét hàm số y f t=

( )

trên D.

Tính y′= f t′

( )

.

Chứng minh hàm số y′= f t′

( )

luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến trên D. Suy ra ^{f u x}

( ( ) )

^{= f v x}

( ( ) )

^{⇔u x}

( ) ( )

^{=v x .}

Câu 1. Biết rằng phương trình log₂ ^{2 2 2} 4 9 2 5

x x x

x

 + = − + +

 + 

  có hai nghiệm x a b c= + và x a b c= − với a b c, , là các số nguyên dương. Tính tích a b c. . .

A.8. B.−8. C.−12. D. 12.

Lời giải Chọn D

Điều kiện xác định: ² 2 0 5

2 5 2

x x

x

+ −

> ⇔ >

+

2 2

2

log 2 4 9

2 5

x x x

x

 + 

= − + +

 + 

  ⇔log2

(

x²+2 log 2

)

− 2

(

x+5

)

= − +x² 4x+9

(

²

)

²

( )

2 2 2

log x 2 x 2 log 2x 5 log 2 4x 10

⇔ + + + = + + + +

(

²

)

²

( )

2 2

log x 2 x 2 log 4x 10 4x 10

⇔ + + + = + + +

Xét hàm số: f t

( )

=log₂t t+ trên

(

0;+∞

)

( )

¹ 1 0, 0

f t ln 2 t

′ =t + > ∀ > ⇒ f t

( )

đồng biến trên

(

0;+∞

)

Đặt: ^{2 2 0}

4 10 0 u x

v x

 = + >

 = + >

 . Khi đó ta được log₂u u+ =log₂v v+ ⇔ f u

( )

= f v

( )

Do đó f u

( )

= f v

( )

⇔ = ⇔u v x²+ =2 4 10x+

2 2 2 3

4 8 0

2 2 3 x x x

x

 = +

⇔ − − = ⇔ 

 = − (thỏa mãn điều kiện).

Vì a b c, , là các số nguyên dương nên a=2,b=2,c=3. Vậy a b c. . =12. Câu 2. Phương trình log₂ ²₂ 3 2 ² 4 3

3 5 8

x x x x

x x

+ + = − +

− + có các nghiệm x x₁; ₂. Hãy tính giá trị của biểu thức

2 2

1 2 3 1 2

A x= +x − x x .

A. 31. B. −1. C. 1. D. −31.

Lời giải Chọn C

Điều kiện: ²₂ 3 2 0

3 5 8

x x

x x

+ + >

− +

2 3 2 0

x x

⇔ + + > 1

2 x x

> −

⇔  < − (do 3 ² 5 8 3 ^{5 2 71} 0 6 12 x − x+ = x−  + > )

Phương trình đã cho tương đương với: log₂ ²₂ 3 2 ² 4 3

3 5 8

x x x x

x x

+ + = − +

− +

(

²

) (

²

) [ (

²

) (

²

) ]

2 2 1

log 3 2 log 3 5 8 3 5 8 3 2

x x x x 2 x x x x

⇔ + + − − + = − + − + +

(

²

) (

²

) (

²

) (

²

) ( )

2 1 2 1

log 3 2 3 2 log 3 5 8 3 5 8 *

2 2

x x x x x x x x

⇔ + + + + + = − + + − +

Xét hàm số ( ) log₂ 1 ,( 0)

f t = t+2t t> ; '( ) 1 1 0 0 ln 2 2

f t t

=t + > ∀ > . Nên hàm số f t( ) đồng biến trên

(

0;+∞

)

.

Mà phương trình

( )

* có dạng: _{f x}

(

²_+3x+2

)

_{= f x}

(

₃ ²_−5x+8

)

_.

Nên phương trình đã cho tương đương với phương trình:

(

_3x²−_5x+ =₈

) (

_x²+_3x+₂

)

⇔2x²−8x+ =6 0 1 3 x x

 =

⇔  = (thỏa mãn điều kiện ban đầu) Vậy A x= 1²+x2²−3x x1 2 =

(

x x1+ 2

)

²−5 .x x1 2 =1.

Câu 3. Cho phương trình sau:

( )

²

2 2

1log 2 3 log 2 1 1 1 2 2

2

x x x x

x x

+  

+ + + = + +  + + . Gọi S là tổng tất cả các nghiệm phương trình trên. Giá trị của S là:

A. S = −2. B. 1 13

S −2

= . C. S=2. D. 1 13

S +2

= .

Lời giải Chọn D

Điều kiện xác định: 2 1 0 2

x x

− < < −



 >

.

Phương trình đã cho tương đương 1log2

(

2

)

3 log2 2 1 1 1 ² 2 2 2

x x x x

x x

+  

+ + + = + +  + +

( )

^{2 2}

( )

2 2 1 1

log x 2 x 2 1 log 2 2 1 *

x x

 

   

⇔ + + + − =  + + + − 

Xét hàm số f t

( )

=log2t+ −

(

t 1

)

², t>0. Ta có:

( )

¹ 2

(

1

)

f t ln 2 t

′ =t + − 2ln 2. ² 2ln 2. 1 0 .ln 2

t t

t

− +

= > , ∀ >t 0. Do đó hàm số f t

( )

đồng biến trên khoảng

(

0;+∞

)

.

Phương trình

( )

* có dạng ^f

(

^x+2

)

^{= f }_²⁺¹_x^_^{⇔ x+ = +2 2 1}_x

( ) ( )

3 2 2

2

2 1 4 4 2 4 1 0 1 3 1 0

x x x x x x x

x x

⇔ + = + + ⇔ − − − = ⇔ + − − =

⇔

1

3 13

2

3 13

2 x

x x

 = −

 −

 =

 +

 =

. Kết hợp với điều kiện ta được

1

3 13

2 x

x

 = −

 +

 =

. Vậy 1 13

S = +2 .

Câu 4. Nghiệm nhỏ nhất của phương trình 2log₅ x² 1 2x⁴ 6x² 1 0 x

+ + − + =

có dạng a b c

+ , trong đó a c, ,b ,b

∈ ∈ a tối giản. Tính giá trị của biểu thức: P a b c= + +

A. P=6. B. P=4. C. P=8. D. P=5.

Lời giải Chọn A

Điều kiện: x>0

Ta có: 2log₅ x² 1 2x⁴ 6x² 1 0 x

+ + − + = ⇔log5

(

x²+ +1

)

x⁴+2x²+1 log₅ 1 5 ²

x 2 x

= + +

(

²

) (

²

)

²

( ) ( )

²

( )

5 5

log x 1 x 1 log x 5 x 5 *

⇔ + + + = +

Xét hàm số f t

( )

= +t² log₅t trên khoảng

(

0;+∞

)

;

( )

2 ¹ 0,

(

0;

)

f t t ln 5 t

′ = +t > ∀ ∈ +∞

Hàm số f t

( )

đồng biến trên khoảng

(

0;+∞

)

.

Ta có:

( )

^{* ⇔ f x}

(

^{2+ =1}

)

^f

( )

^{5x ⇔x2+ =1 5x⇔x2− 5 1 0x+ = ⇔ =x 5 1}₂^± (thỏa mãn) Nghiệm nhỏ nhất của phương trình là 5 1

x 2−

= . Vậy P= − + + =1 5 2 6. Câu 5. Tất cả các nghiệm của phương trình

( )

²⁰²¹

2021^x =4041 2021− x+log20212021 2x+1 thỏa mãn bất phương trình nào sau đây?

A. x²− >1 0. B. x²−3x<0. C. x²− ≥x 0. D. x²+2x− ≤3 0. Lời giải

Chọn C

Điều kiện ban đầu: 1 x> −2

Ta có phương trình tương đương với

( )

²⁰²¹

( )

2021 2021

2021^x =4041 2021− x+log 2021 2x+1 ⇔2021^x =4042 2021− x+2021.log 2x+1

( )

2021 2021 2021 4042^x x x 2021 2021.log2021 2 1x

⇔ + − = + + +

( )

1 2021

2021^x− x 1 2 1 logx 2 1x

⇔ + − = + + +

(

2021^x−1

)

log2021

(

2021^x−1

) (

2x 1 log

)

2021

(

2x 1 *

) ( )

⇔ + = + + +

Xét hàm số f t( )= +t log₂₀₂₁t trên khoảng

(

0;+∞

)

Ta có

( )

1 ¹ 0,

(

0;

)

ln 2021

f t t

′ = +t > ∀ ∈ +∞ ⇒Hàm số f t

( )

đồng biến trên khoảng

(

0;+∞

)

.

Phương trình

( )

^{* ⇔ f}

(

^2021x−1

)

^{= f x}

(

^{2 + ⇔1}

)

^{2021x−1=2x+ ⇔1 2021x−1−2x− =1 0}

Xét hàm số g x( ) 2021= ^x−1−2 1x− trên 1 ; 2

− +∞

 

 .

Ta có: g x′

( )

=2021 .ln 2021 2^x−1 − ;

( )

2021 .ln 2021 0,^{1 2 1}; 2 g x′′ = x⁻ > ∀ ∈ −x  +∞

 

Suy ra hàm số g x′

( )

đồng biến trên 1 ; 2

− +∞

 

  ⇒ Phương trình g x′

( )

=0 có tối đa một nghiệm trên 1 ;

2

− +∞

 

 

⇒ Hàm số g x

( )

có tối đa một điểm cực trị

⇒ Phương trình g x( ) 0= có tối đa hai nghiệm phân biệt.

Ta có:

( )

³²

1 2

lim 2021 0

x

+g x

−

 

→ − 

= > ;

( )

0 ²⁰²⁰ g = −2021

( ) ( )

1 2

lim . 0 0

x

g x g

 +

→ − 

< nên phương trình g x

( )

=0có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng 1 ;0 2

− 

 

 

( ) ( ) ( )

1 . 2 2 .2016 4032 0

g g = − = − < nên phương trình g x

( )

=0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng

( )

1;2

Do phương trình g x

( )

=0 có tối đa hai nghiệm nên phương trình g x

( )

=0 có đúng hai nghiệm

1; 2

x x trong đó ₁ 1 ;0 x ∈ − 2 

  và x₂∈

( )

1;2 . Đến đây ta thử từng đáp án như sau:

Xét bất phương trình ² 1

1 0 1

x x

x

 >

− > ⇔  < − ^⇒ Nghiệm x₁ không thỏa mãn bất phương trình.

Xét bất phương trình x²−3x< ⇔ < <0 0 x 3⇒ Nghiệm x₁ không thỏa mãn bất phương trình.

Xét bất phương trình ² 1

0 0

x x x

x

 ≥

− ≥ ⇔  ≤ ^⇒ Các nghiệm x x₁; ₂ thỏa mãn bất phương trình.

Xét bất phương trình x²+2x− ≤ ⇔ − ≤ ≤3 0 3 x 1⇒Nghiệm x₂ không thỏa mãn bất phương trình.

Câu 6. Cho phương trình sau: log2

(

x²−2 1x− +

)

x³−x²−4x− =2 0. Biết rằng phương trình trên có 1 nghiệm dương có dạng x_o = +a b c, trong đó a b; ∈, c là số nguyên tố. Tính giá trị biểu thức

2 3 T = a+ b c+

A. T =8. B. 25

T = 4 . C. 17

T = 2 . D. 31

T = 2 . Lời giải

Chọn A

Điều kiện ban đầu: ² 2 1

(

1

)

² 2 0 ^{1 2}

1 2

x x x x

x

 > +

− − = − − > ⇔ 

< −



Do x_o là nghiệm dương nên ta xét phương trình trên khoảng

(

^{1+ 2;+∞}

)

Ta có: log2

(

x²−2x− +1

)

x³−x²−4x− = ⇔2 0 log2

(

x²−2x− +1

) (

x²−2x−1

) (

x+ = +1

)

x 1

(

²

) ( ) (

²

) ( ) ( ) ( )

2 2

log x 2 1x x 1 x 2 1x x 1 log x 1 x 1 *

⇔ − − + + − − + = + + +

Xét hàm số f t

( )

= +t log₂t trên khoảng

(

0;+∞

)

,

( )

1 ¹ 0,

(

0;

)

f t ln 2 t

′ = +t > ∀ ∈ +∞

Hàm số f t

( )

đồng biến trên

(

0;+∞

)

Ta có:

( )

^{* ⇔ f x}

( (

^{2−2 1x−}

) (

^x+1

) )

^{= f x}

(

^{+ ⇔1}

) (

^{x2−2 1x−}

) (

^{x+ = +1}

)

^{x 1}

(

¹

) (

^{2 2 2}

)

^{0 2} _{1 0}^{2 2 0 11 33}

1 x x x

x x x x

x x

 = +

 − − = 

⇔ + − − = ⇔ + = ⇔ = −= − .

Đối chiếu với điều kiện, suy ra x= +1 3. Vậy T =2a+3b c+ =2.1 3.1 3 8+ + = . Câu 7. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương

( )

x y; với x≤2020 thỏa mãn

( ) ( )

₃

( )

2 3x y− =3 1 9+ ^y −log 2 1x−

A. 3. B. 1010. C. 4. D. 2020.

Lời giải Chọn A

Đặt log 2 13

(

x− = ⇒

)

t 2x= +3 1^t , ta được phương trình như sau:

( ) (

²

)

²

3 3 1 2^t+ − y=3 1 3+ ^y − ⇔t 3.3^t + =t 3.3 ^y+2y (*).

Xét hàm số f u

( )

=3.3^u+ ⇒u f u′

( )

=3.3 ln 3 1 0,^u + > ∀ ∈u ⇒ f u

( )

đồng biến trên . Do đó (*)⇔ =t 2y, vậy nên 2x=3^2y+ ⇔1 9^y =2 1x− .

Vì x≤2020⇒9^y ≤4039⇔ ≤y log 4039₉ . Vì y nguyên dương nên y∈

{

1;2;3

}

.

Ta thấy với mỗi giá trị nguyên của y thì tìm được 1 giá trị nguyên của x. Vậy có 3 cặp

( )

x y; thỏa mãn.

Câu 8. Có bao nhiêu cặp số

( )

x y; là các số nguyên không âm thỏa mãn

2 2 2 2

2 2

2(1+ x+2 ) log (y + x+2 ) 2log (y = x +y +2xy x+ +) 2(x y+ ) 4+ x+4y?

A. 4. B. 3. C. 2 . D. 5.

Lời giải Chọn B

Từ 2(1+ x+2 ) log (y ²+ ₂ x+2 ) 2log (y = ₂ x²+y²+2xy x+ +) 2(x y+ ) 4²+ x+4y Biến đổi về: 2 x+2y+log (₂ 2 x+2 ) log (y = ₂[ x y+ )²+x] [+ (x y+ )²+x] (*) Xét hàm đặc trưng f t( ) log= ₂t t+ đồng biến trên [0;+∞)

Có (*)⇔ f(2 x+2 )y = f x y(( + )²+x)⇔2 x+2y =(x y+ )²+x (**)

Có x=2 x+2y− +(x y)²≥ ⇔0 (x y+ )² ≤2 x+2y ≤2 x+2y x+ =2 2(x y+ ) Suy ra (x y+ )⁴ ≤8(x y+ )⇒ ≤ + ≤0 x y 2

Với x y+ = ⇔0 (x=0;y=0) thỏa (**)

Vớix y+ =1. Ta được 2 cặp số

( )

x y; : (x=0;y=1) không thỏa (**) và (x=1;y=0)thỏa (**) Vớix y+ =2. Ta được 3 cặp số

( )

x y; : (x=0;y=2) thỏa (**); (x=2;y=0) không thỏa (**);

(x=1;y=1) không thỏa (**).

Vậy có tất cả 3 cặp số

( )

x y; thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 9. Cho hàm số f x( )= ³ln x +³lnx . Biết rằng phương trình

( )

(

³

) ( )

3 2 3 3 3 2

2 2

log 2 9 7 6 log 3 ln

3

f x x f x x

x

 

− + +  + + = có nghiệm x₀ được viết dưới dạng là: x_{0 3} a

= b c

− với a b c, , nguyên dương. Từ đó giá trị của biểu thức P a b c= − + là

A. 3. B. 1. C. 5. D. 4.

Lời giải Chọn B

Điều kiện xác định

2 0

0 2

3 0 x

x x

x

− >

 ≠ ⇔ >

 >



.

Đầu tiên hàm số f x( )=³ ln x +³lnx với ∀ ∈x

(

2;+∞

)

có f x′

( )

>0∀ ∈x

(

2;+∞

)

Suy ra hàm số f x

( )

đồng biến trên

(

2;+∞

)

Ta có: f x( ) ³ lnx ³lnx f ^{1 3} ln ^{1 3} ln ^{1 3}lnx ³ lnx ³ lnx ³ lnx

x x x

     

= + ⇒   =    +    = + − = −

Suy ra

( )

( ) ( ) ( ) ( )

3 3

3 3 3 3 2 3 2 3

ln ln

1 ln ln 1 2ln ln 1 ln

2 1 ln 0

f x x x

f x x f x f x x f x f x

x x x

x x

 = +

  = − ⇒ +  = = ⇒  = −

         

 > > ⇔ >

 Từ đó ta có:

( )

(

³

) ( )

3 2 2 3 3 3 3 3 3

2 2 3 1 2

log 2 9 ln 7 6 log 7 6 log 3

3 3

f x x x f x f x

x x

   

− + = −  + + =  + + 

3 2 3 3 3 2 3

2 2 2 3

1 ( 2) 1

log ( 2) 9 7 6 log 3 log 9 6 7

3 3 3

x x x x x

x x x

⇒ − + = + + ⇔ − + − =

( ) ( )

2 3 3 2 3 3 2

( 2) 3 6 ( 2) ( 2)

log 7 log 3. log 2 3 2

3 3 3 3

x x x x

x x x x

− −  −   − 

⇔ + = ⇔  +  = + ⋅

Xét hàm số f t( ) log= ₂t+3t với t>0. Ta có ( ) 1 3 0

f t ln 2

′ =t + > nên f t( ) đồng biến. Phương trình trên chính là

3

3 3

( 2) (2) ( 2) 2 ( 2) 24

3 3

x x

f f x x

x x

− −

  = ⇔ = ⇔ − =

 

 

3 2 3 3 3

3

6 12 8 0 2 ( 2) 2 2 2

x x x x x x x x 2 1

⇔ − − − = ⇔ = + ⇔ = + ⇔ =

− Dễ thấy nghiệm này thỏa mãn điều kiện xác định.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là ₃ 2 x= 2 1⇒

− ^{P a b c= − + =1}

Câu 10. Biết phương trình: log₂ ²₂ 3 2 ² 4 3

3 5 8

x x x x

x x

+ + = − +

− + có nghiệm các nghiệm x x₁; ₂. Hãy tính giá trị của biểu thức A x= ₁²+x₂²−3x x_{1 2}.

A. 31. B. −31. C. 1. D. −1.

Lời giải Chọn C

+ Ta có : 3x²−5x+ >8 0,∀ ∈x R nên điều kiện của phương trình là: ² 2

3 2 0

1 x x x

x

< − + + > ⇔  > −

+ log₂ ²₂ 3 2 ² 4 3

3 5 8

x x x x

x x

+ + = − +

− +

(

²

) (

²

) [ (

²

) (

²

) ]

2 2 1

log 3 2 log 3 5 8 3 5 8 3 2

x x x x 2 x x x x

⇔ + + − − + = − + − + + .

(

²

) (

²

) (

²

) (

²

)

2 1 2 1

log 3 2 3 2 log 3 5 8 3 5 8

2 2

x x x x x x x x

⇔ + + + + + = − + + − + .

+ Xét hàm số

( )

log₂ ¹ ,

(

0

)

f t = t+2t t> ; '

( )

^{1 1} 0, 0 ln 2 2

f t t

=t + > ∀ > . Nên hàm số f t

( )

đồng biến trên tập

(

0;+∞

)

.

Mà phương trình có dạng : _{f x}

(

²_+3x+2

)

_{= f x}

(

₃ ²_−5x+8

)

_.

Vậy phương trình đã cho tương đương với phương trình:

(

_3x²−_5x+ =₈

) (

_x²+_3x+₂

)

⇔2x²−8x+ =6 0 1 ( / ) 3

x t m

x

 =

⇔  = . Vậy A x= ₁²+x₂²−3x x_{1 2} =1.

Câu 11. Có bao nhiêu cặp số

(

x y;

)

nguyên thỏa mãn các điều kiện 0≤ ≤x 2020 và

( )

log 22 x+ + −2 x 3y=8^y?

A. 2019. B. 2018. C. 1. D. 4.

Lời giải Chọn D

Do 0≤ ≤x 2020 nên log 22

(

x+2

)

luôn có nghĩa.

Ta có log 2₂

(

x+ + −2

)

x 3y=8^y

( )

³

log2 x 1 x 1 3y 2 ^y

⇔ + + + = +

( )

^{log2( 1) 3}

log2 x 1 2 ^x+ 3y 2 ^y

⇔ + + = +

( )

1

Xét hàm số f t

( )

= +t 2^t.

Tập xác định D R= và f t′

( )

= +1 2 ln 2^t ⇒ f t′

( )

>0, ∀ ∈t R. Suy ra hàm số f t

( )

đồng biến trên R.

Do đó

( )

1 ⇔log₂

(

x+ =1 3

)

y ⇔ + =x 1 2^3y ⇔ =y log₈

(

x+1

)

.

Ta có 0≤ ≤x 2020 nên 1≤ + ≤x 1 2021 suy ra 0 log≤ 8

(

x+ ≤1 log 2021

)

8 . Lại có log 2021 3,66₈ ≈ và y Z∈ nên ^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 12. Biết phương trình

( )

²

3 2

log 2 1 3 8 5 1

x x x

x

− = − +

− có hai nghiệm là a và a

b với a b; là các số nguyên tố. Giá trị của b là:

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

Lời giải Chọn D

Điều kiện 2 1 0 1

1 0 12

x x

x x

− >  >

 ⇔

 − ≠ 

  ≠

.

Ta có:

( )

²

3 2

log 2 1 3 8 5 1

x x x

x

− = − +

− .

( )

²

3 2

log 2 1 1 3 8 4 1

x x x

x

⇔ − − = − +

− log₃

(

^{2 1}

)

₂ 3

(

1

) (

² 2 1

)

3 1

x x x

x

⇔ − = − − −

− .

( ) ( ) ( ( )

²

) ( )

²

3 3

log 2x 1 2x 1 log 3 x 1 3 x 1

⇔ − + − = − + −

( )

1 .

Xét hàm số: f t

( )

=log₃

( )

t t+ với t>0.

( )

¹ 1 0

.ln 3

f t′ =t + > , ∀ >t 0.

Suy ra hàm số f t

( )

đồng biến trên

(

0;+∞

)

. Phương trình

( )

^{1 ⇔ f}

(

^{2x− =1}

)

^f

(

³

(

^x−1

)

²

)

^.

( )

^{2 2}

2x 1 3 x 1 3x 8x 4 0

⇔ − = − ⇔ − + = hay ²₂

3 x x

 =

 =



.

Vậy hai nghiệm của phương trình là 2 và 2

3 suy ra b=3. Câu 13. Tìm số nghiệm của phương trình

( )

2 2

3 1

3

log x − + +x 1 log 1 2− x +2x= −1 x − +x 1

A. 2. B. 1^{. C.} 3. D. 4.

Lời giải Chọn B

Điều kiện: 1 x<2

Ta có: 3 ² 1

( )

²

3

log x − + +x 1 log 1 2− x +2x= −1 x − +x 1

( )

2 2

3 3

log x x 1 log 1 2x 2x 1 x x 1

⇔ − + − − + = − − +

( ) ( )

2 2

3 3

log x x 1 x x 1 log 1 2x 1 2 *x

⇔ − + + − + = − + −

Xét hàm số f t( ) log= ₃t t t+ , >0. Dễ thấy

( )

¹ 1 0, 0

f t ln 3 t

′ =t + > ∀ > . Suy ra hàm số đồng biến trên

(

0;+∞

)

.

Ta có ^f

(

^{x2− + =x 1}

)

^f

(

^{1 2− x}

)

^{⇔ x2− + = −x 1 1 2x}

( )

2 2 2

1 2 0

1 1 2

1 1 2

x x x x

x x x

− ≥

⇔ − + = − ⇔ 

− + = −

 ²

1 2 0

0

x x

x x

 ≤

⇔ ⇔ =

 − =



.

Vậy phương trình có một nghiệm là x=0. Câu 14. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình:

(

^{3 2}

)

^{3 2}

(

²

)

2022 2022

log x −x −10x+2 3+ x −9x −45x+27 log= 2x +5x−7 là:

A. 3. B. 6. C. 3+ 6. D. 6.

Lời giải Chọn C

ĐKXĐ: ³₂ ^{2 10 2 0}

2 5 7 0

x x x

x x

 − − + >



+ − >

 .

Ta có: log2022

(

x³−x²−10x+2 3

)

+ x³−9x²−45x+27 log= 2022

(

2x²+5x−7

)

⇔ log2022

(

x³−x²−10x+2 3

) (

+ x³−x²−10x+2

)

=log2022

(

2x²+5x− +7 3 2

) (

x²+5x−7 1

) ( )

. Xét hàm số f t

( )

=log₂₀₂₂t+3t trên

(

0;+ ∞

)

.

( )

¹ 3 0,

(

0;

)

ln 2022

f t t

′ =t + > ∀ ∈ + ∞ ⇒Hàm số f t

( )

đồng biến trên

(

0;+ ∞

)

. Do đó

( )

1 ^{⇔ f x}

(

^{3−x2−10x+2}

) (

^{= f x2 2+5x−7}

)

^{⇔ x x3− 2−10x+ =2 2x2+5x−7}

⇔ x³−3x²−15x+ =9 0⇔

( )

( )

( )

3

3 6

3 6

x lo i

x th

x lo i

= −



 = +

 = −



¹ áa m·n

¹

.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x= +3 6. Câu 15. Phương trình ^{2( ) 8084} 2021.log 3 2^{12( ) 8084}

2021.log 3 2 x

x x x

e ⁻ +e⁻ =e ⁻ +e có bao nhiêu nghiệm?

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

Lời giải Chọn D

ĐKXĐ: 2 x>3. Ta có:

( ) 1( )

2 2

8084 2021.log 3 2 8084

2021.log 3 2 x

x x x

e ⁻ +e⁻ =e ⁻ +e ⇔ e2021.log 3 2^{2( x− )}−e⁻2021.log 3 2^{2( x− )} =e^8084x −e^−8084x

( )

1 Xét hàm số f t

( )

= −e e^{t −t} trên R.

( )

^{t t} 0,

f t′ = +e e⁻ > ∀ ∈ ⇒t R Hàm số f t

( )

đồng biến trên R. Do đó

( )

1 ⇔ f

(

2021.log 32

(

x 2

) )

f 8084

x

 

− =  

 

⇔ 2021.log 3₂

(

x 2

)

⁸⁰⁸⁴

− = x ⇔ log 3₂

(

x 2

)

⁴ 0 2

( )

− − =x Xét hàm số g x

( )

log 3₂

(

x 2

)

⁴

= − −x trên 2 ;

3

 + ∞

 

 

( ) (

3 ³2 ln 2

)

^{42 0, 2}3^;

g x x

x x

 

′ = − + > ∀ ∈ + ∞⇒Hàm số g x

( )

đồng biến trên 2 ; 3

 + ∞

 

 . Mà g

( )

2 =0

Do đó

( )

1 ⇔ g x

( )

=g

( )

2 ⇔ x=₂.

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x=2. Câu 16. Tìm số nghiệm của phương trình

( )

4

( )

2

3 1 log 3 1 4 2 1 1log

2

x x x

x x

+ +

− − =

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

Lời giải Chọn B

Với x>0, phương trình tương đương

( ) ( )

4 4 4 4

4^x−2x− =1 log 3 1 log log 3 1x+ +  x+ −log x

( ) ( )

4 4 4 4

4^x x log x 3 1 log 3 1 log log 3 1x x x

⇔ + + = + + + +  + 

Đặt log 3 14

(

x+ = ⇔

)

y 3 1 4x+ = ^y

Phương trình trở thành: ⇔4^x+ +x log4 x=4^y+ +y log4 y

( )

1 Xét hàm số f t

( )

= + +4^t t log4t trên

(

0;+∞

)

.

Hàm số f t

( )

đồng biến trên

(

0;+∞

)

. Phương trình

( )

1 ⇔ f x

( )

= f y

( )

⇔ =x y

Trở lại phép đặt ta được: 4^x =3 1x+ ⇔4 3 1 0^x− x− = Xét hàm số g x

( )

=4 3 1^x− x− trên R.

Chứng minh được phương trình g x

( )

=0 có nhiều nhất hai nghiệm trên R. Có g

( )

0 =g

( )

1 0= nên phương trình g x

( )

=0 có nghiệm x=0;x=1. Kết hợp điều kiện, phương trình có nghiệm x=1.

Câu 17. Phương trình 2021

( )

2021 2

1log 1 76 log 5 1 4 1 1 22

2 x x 9 3 x 3

x x x

 

+ + − =  + − + + + có bao nhiêu nghiệm?

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

Lời giải Chọn A

ĐKXĐ: ^{1 3}₅

0 x x

− < < −



 >

.

Ta có: 2021

( )

2021 2

1log 1 76 log 5 1 4 1 1 22

2 x x 9 3 x 3

x x x

 

+ + − =  + − + + +

⇔ ^{log2021 x+ +1}

(

^{x+ +1 2}

)

^{2 =log2021}^{5 1}₃⁺_x^{ }  ^{+ 5 1}₃^{+ +}_x ^2²

( )

¹ . Xét hàm số f t

( )

=log2021t t+ +

(

2

)

² trên

(

0;+ ∞

)

.

( )

¹ 2

(

2

)

0,

(

0;

)

ln 2021

f t t t

′ =t + + > ∀ ∈ + ∞ ⇒Hàm số f t

( )

đồng biến trên

(

0;+ ∞

)

. Do đó

( )

1 ⇔ ^f

(

^{x+ =1}

)

^{f }^{5 1}₃⁺_x^⇔ 1 5 1

x 3

+ = +x

⇔ ₂

5 1 0 3

1 5 1 3 x

x x

 + ≥



 

 + = + 

  



⇔

3 2

5 1 0 3

9 16 30 9 0

x

x x x

 + ≥



 − − − =



⇔

5 1 0 3

3

11 13 18 11 13

18 x x x x

 + ≥





 =

 − +

 =



 − −

 =



⇔đk

3

11 13

18 x

x

 =

 − −

 =

.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.

Câu 18. Số nghiệm dương của phương trình ₂ ²

3 1 log 3 1

1 1 2 2

2 1 log

2 2

x x x

x x

 +   + 

   

   

− − = là

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

Lời giải Chọn D

Điều kiện ²

3 1 0 2

2 3 3

log 2 1 0 00 20 0

0 0 3

x x

x x x

x x x

x x

 + >

  > −

   

  +    >

  >

   > ⇔ ⇔

  < − < <

 ≠  

  ≠

 

 



.

Với x>0 phương trình tương đương

2 2 2 2

1 3 3

2 1 log 1 log log 1 log

2 2 2

x− x− =  x+ +   x+ − x

2 3 2 3 2 2 3

2 log 1 log 1 log log 1

2 2 2

x x x x  x    x 

⇔ + + = + +  + +   + .

Đặt log₂ 3 1 3 1 2

2 2

x y x y

 + = ⇔ + =

 

  .

Phương trình trở thành:⇔2^x+ +x log₂x=2^y+ +y log₂ y

( )

1

Xét hàm số f t

( )

= + +2^t t log₂t trên

(

0;+∞

)

. Hàm số f t

( )

đồng biến trên khoảng

(

0;+∞

)

, (vì là tổng của các hàm đồng biến).

Phương trình

( )

1 ⇔ f x

( )

= f y

( )

⇔ =x y. Khi đó 3 1 2

2

x+ = y ⇔ 3 1 2 2 3 1 0

2 2

x x

x+ = ⇔ − x− = .

Xét hàm số

( )

2 ³ 1 2

g x = x− x− trên  ta có

( )

2 ln 2 ³ 2

g x′ = x − , g x′

( )

=0 có một nghiệm suy ra g x

( )

=0 có không quá 2 nghiệm Mà g

( )

0 =g

( )

2 =0.

Kết hợp điều kiện, phương trình có một nghiệm dương x=2.

Câu 19. Tìm số nghiệm của phương trình log₂₀₂₁ ^{7 3} 7 ¹ 7.3 56 14 0 8 2

x x

x x x

x

 +  +

+ + − − =

 + 

 

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

Lời giải Chọn B

Điều kiện 1 . x> −4

Phương trình đã cho tương đương log2021

(

7^x+3^x

)

−log2021

(

8x+2 7 7

)

+

(

^x+3^x

)

−7 8

(

x+2

)

=0

( ) ( ) ( ) ( )

2021 2021

log 7^x 3^x 7 7^x 3^x log 8x 2 7 8x 2

⇔ + + + = + + + (1).

Xét hàm số f t

( )

=log₂₀₂₁t+7t trên khoảng

(

0;+ ∞

)

.

Ta có

( )

¹ 7 0

.ln 2021

f t′ =t + > , ∀ >t 0, do đó hàm số f t

( )

đồng biến trên khoảng

(

0;+ ∞

)

. Từ

( )

1 ta thấy ^f

(

^7x+3x

)

^{= f x}

(

^{8 +2}

)

^{⇔7 3x+ x=8x+2 ⇔7 3 8x+ −x x− =2 0}

Xét g x

( )

=7 3 8^x+ −^x x−2, ta có

( )

7 ln 7 3 ln 3 8^{x x}

g x′ = + − , g x′′

( )

=7 ln 7^x

( )

²+3 ln 3^x

( )

² >0và g x′

( )

liên tục trên. Nên g x′

( )

=0 có không quá 1 nghiệm suy ra g x

( )

=0 có không quá 2 nghiệm.

Mà g

( )

0 =g

( )

1 0= .

Kết hợp với điều kiện suy ra phương trình có tập nghiệm là S =

{ }

0;1 .

Câu 20. Cho hàm số ^{f x( ) ln=}

(

^{x2+ + + −1 x e e}

)

^{x −x. Hỏi phương trình}

( )

²

2 2

1log 2 3 log 1 1 2 2 0

2 2 1

f x x f x x

x x

 

 + + + +  − +  − + =

   +   

      có bao nhiêu nghiệm thực?

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

Lời giải Chọn C

Xét hàm số ^{f x( ) ln=}

(

^{x2+ + + −1 x e e}

)

^{x −x}

Ta có: x²+ + > ∀ ∈1 x 0, x  nên hàm số f x

( )

xác định trên . Ta có: ^f

( )

^{− =x ln}

( ( )−x 2+ − +1 x e) −x−ex = −ln( x2+ +1 x e)+ −x−ex

( )

(

^{ln x2 1 x e ex −x}

)

^{f x}

( )

= − + + + − = − với ∀ ∈x . Suy ra f x

( )

là hàm số lẻ.

Mà

2

2 2

2 2 2

2x 1 1 x

2 1 1 1

( ) 0,

1 1 1

x x x x x x

x

x x

f x e e e e e e x

x x x x x

− − −

+ + +

+ +

′ = + + = + + = + + > ∀ ∈

+ + + + + 

Suy ra hàm số f x

( )

đồng biến trên .

Xét phương trình : 1log2

(

2

)

3 log2 1 1 ² 2 2 0

2 2 1

f x x f x x

x x

 

 + + + +  − +  − + =

   +   

      .

Điều kiện: 2; ¹

(

0;

)

x∈ − − 2∪ +∞

  .

Ta có : 1log2

(

2

)

3 log2 1 1 ² 2 2 0

2 2 1

f x x f x x

x x

 

 + + + +  − +  − + =

   +   

     

( )

²

2 2

1log 2 3 log 1 1 2 2

2 2 1

f x x f x x

x x

 

   

⇔  + + + = −  + − +  − + 

( )

²

2 2

1log 2 3 log 2 1 1 1 2 2

2

f x x f x x

x x

 + 

   

⇔  + + + =  + +  + + 

( )

²

2 2

1log 2 3 log 2 1 1 1 2 2

2

x x x x

x x

+  

⇔ + + + = + +  + + .

( ) ( )

^{2 2}

( )

2 2 1 1

log x 2 x 2 1 log 2 1 1

x x

   

⇔ + + + − =  +   + + 

Với 2; 1

x∈ − − 2 ta thấy ^{f x}

( )

^=log2

(

^x+2

) (

^{+ x+ −2 1}

)

² là hàm số đồng biến và

( )

log 22 1 1 1 ²

g x x x

   

=  +   + +  là hàm số nghịch biến. Do đó (1) có nhiều nhất một nghiệm 2; 1

x∈ − − 2. Mà f

( )

− =1 g

( )

−1 nên x= −1 là nghiệm duy nhất của (1) trong 2; 1 2

− − 

 

 

Với x∈

(

0;+∞

)

, xét hàm số h t

( )

=log2

(

t+ +1

)

t² có h t

( ) ( )

1 ln 2^{1 2 0,}t t ⁰

′ = t + > ∀ >

+ nên h t

( )

là một hàm số đồng biến trên

(

0;+∞

)

.

( )

^{1 ⇔h x}

(

^{+ − =2 1}

)

^h_¹⁺¹_x^_^{⇔ x+ − = + ⇔2 1 1 1}_x ^{x2−3 1 0x− = ⇔ =x 3+}₂^13.

Vậy phương trình có 2 nghiệm.

Câu 21. Tính tổng S của 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: 6 2 0 ¹

( )

* x+ > ⇔ > −x 3 . Khi đó ta có:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

5 3 1

ln 5 5.3 30 10 0 ln 5 3 5 5 3 ln 6 2 5 6 2 1

6 2

x x

x x x x x x x x x

x

 + + + + − − = ⇔ + + + = + + +

 + 

 

Xét hàm số y f t=

( )

=lnt+5 ,t t>0.

1 5 0 0

y t

′ = + > ∀ >t nên hàm số luôn đồng biến khi t>0, do đó

( )

^{1 ⇔ f}

(

^{5 3x+ x}

)

^{= f x}

(

^{6 +2}

)

^{⇔5 3x+ x=6x+2 2}

( )

^.

Vớ