Phương pháp hàm số đặc trưng – Nguyễn Văn Rin - Thư viện tải tài liệu ôn thi THPT Quốc Gia

TT LTĐH CAO THẮNG – HUẾ PHƯƠNG PHÁP ThS. Nguyeãn Vaên Rin – HBT HÀM SỐ ĐẶC TRƯNG SÑT: 089.8228222

Họ và tên: ………...….……; Trường:………..………; Lớp: ………...

Phương pháp hàm số đặc trưng thường xuyên xuất hiện trong đề thi THPT Quốc Gia và nó cũng là một trong những câu phân loại của đề:

- Câu 47 mã đề 101 – THPT QG năm 2017.

- Câu 35 đề tham khảo – BGD&ĐT năm 2018.

- Câu 46 mã đề 101 – THPT QG năm 2018.

- Câu 47 đề tham khảo – BGD&ĐT năm 2020.

Sau đây, tôi xin trình bày cơ sở lý thuyết và giới thiệu một số ví dụ áp dụng của nó trong các đề thi thử THPT Quốc Gia cũng như đề chính thức của BGD&ĐT qua các năm.

I. Cơ sở lý thuyết: Cho hàm số ^{y f x}

 

liên tục trên tập D.

 Nếu hàm số ^{f x}

 

đơn điệu (đồng biến hoặc nghịch biến) trên D thì ^{u v, D f u,}

 

^{ f v}

 

^uv.

 Nếu hàm số ^{f x}

 

đồng biến trên D thì ^{u v, D f u,}

 

^{ f v}

 

^uv.

 Nếu hàm số ^{f x}

 

nghịch biến trên D thì ^{u v, D f u,}

 

^{ f v}

 

^uv.

II. Áp dụng

1. Giải phương trình, bất phương trình mũ và logarit

Câu 1. (Chuyên Thái Bình 18) Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình

 

3 2

3 2

2

3 3 5

log 1 6 7

1

x x x

x x x

x

  

    

 .

A.  2 3. B. 2. C. 0 . D.  2 3. Lời giải

Chọn C.

Điều kiện

3 2

2

3 3 5

1 0

x x x

x

  

   x³3x²3x 5 0.

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương

 

3 2

3 2

2

3 3 5

log 1 6 7

1

x x x

x x x

x

  

    



 ^log



^{x33x23x5}



^log



^x21



^{x26x 7}



^x1



³

 ^log



^{x33x23x5}



^{x33x23x 5 log}



^x21



^{x21 *}

 

^.

Xét hàm số ^{y f t}

 

^{logt t} trên khoảng



^{0; }



^.

Ta có:

 

^{1 1 0, 0}

f t ln10 t

 t     .

Suy ra hàm số ^{f t}

 

đồng biến trên khoảng



^{0; }



^.

 

^{*  f x}



^{33x23x5}



^{ f x}



^21



^{ x33x23x 5 x21}

 x³2x²3x 6 0

2 3 3 x x x

  

  



 



.

Đối chiếu điều kiện, ta được x  3 thỏa mãn.

Vậy ^{S 3 }



³



^0.

Câu 2. (SGD Bắc Ninh 18) Cho phương trình

 

2

2 2

1 2 1 1

log 2 3 log 1 2 2

2

x x x x

x x

  

        

  , gọi S

là tổng tất cả các nghiệm của nó. Khi đó, 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 2 1

2 0

x x

   



 



.

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương

   

2 2

2 2

1 1

log x 2 x 2 1 log 2 2 1 *

x x

 

   

          

    

. Xét hàm số y f t

 

log2t



t1



² trên khoảng



^{0; }



^.

Ta có

 

^{1 2}



¹



f t ln 2 t t

   

2 ln 2. 2 2 ln 2. 1 .ln 2 0

t t

t

 

  ,  t 0. Suy ra hàm số ^{f t}

 

đồng biến trên khoảng



^0;



^.

Do đó 

 

^{*  f}



^x2



^{ f }^21_x^

 

2 2 1

x x

   

 x³2x²4x 1 0

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 3. (Nguyễn Trãi - Đà Nẵng 18) Gọi x₀ ^{a b 3} c

  là một nghiệm lớn hơn 1 của phương trình

 

1 1

1 2

2 3 1 2 1

3

x

x x x

   

   

   

   

 

. Giá trị của P  a b c là

A. P6. B. P0. C. P2. D. P4. Lời giải

Chọn D.

Với x1 ta có

 

1 1

2 3 1 1

3

x

x x

   

 

   

   

 

2x2 1

 

1

2 1 1

3 3 1

2

x x x

x

     

1

2 1 1

3 3 1

2

x x x

x

     

 

^{1 .}

Xét hàm số ^{f t}

 

^{3t t} trên khoảng



^{0; }



^.

Ta có f

 

t 3 .ln 3 1 0^t   , t 0.

 

^{1 1}



¹



f 2 f x

x

 

   

 

1 1

2 x

 x   1 3

x 2

  a1, b1, c2. Vậy P4.

Câu 4. (THTT 18) 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

x  x 4 a b với a, b là hai số nguyên dương. Tính a b .

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

Chọn C.

Điều kiện 0

1 2 x x

 



 



Ta có ² 2

 

² 2

7 7

2 1

4 4 1

log 4 1 6 log 4 4 1 2

2 2

x x x

x x x x x

x x

  

   

        

   

   

 

²

 

²

 

7 7

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

     

Xét hàm số

 

7

 

log 1 1 0

f t t t f t ln 7

 t

      với t0

Vậy hàm số đồng biến

Phương trình

 

1 trở thành

  

²

    

²

3 5

2 1 2 2 1 2 4

3 5

4 x

f x f x x x

x

 

 

     

 

 



Vậy

 

 

1 2

9 5

2 4 9; 5 9 5 14.

9 5

4 l

x x a b a b

tm

 

         

 



Câu 5. (Lương Thế Vinh 19) Phương trình log₃ ^{2 1}₂ 3 ² 8 5 ( 1)

x x x

x

   

 có hai nghiệm là a và ^a

b (với a,

* b và ^a

b là phân số tối giản). 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 2

1

x x

x x

   

 

 

     . Ta có:

 

2

3 2

2 1

log 3 8 5

1

x x x

x

   



 

2

3 2

2 1

log 1 3 8 4

1

x x x

x

     



   

²

 

3 2

2 1

log 3 1 2 1

3 1

x x x

x

     

 ^log3



^2x1

 

^{ 2x1}



^log3



³



^x1



²



^3



^x1



²

 

^{1 .}

Xét hàm số f t

 

log3

 

t t trên khoảng



^{0; }



^.

Ta có

 

^{1 1 0}

.ln 3 f t

 t   , t 0.

Suy ra hàm số ^{f t}

 

đồng biến trên



^0;



^.

 

^{1  f}



^2x1



^{ f}



³



^x1



²



^.

 

^{2 2}

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

        hay

2 2 3 x x

 



  . Vậy hai nghiệm của phương trình là 2 và ²

3 suy ra b3.

Câu 6. (Lê Xoay - Vĩnh phúc 18) Số nghiệm của phương trình trên khoảng là

 

sin 2xcosx 1 log2 sinx 0;2

  

 

 

A. . B. . C. . D. . Lời giải

Chọn D

Vì và nên phương trình đã cho tương đương

Xét hàm số , với ta có .

Do đó hàm số đồng biến trên khoảng .

 

^{*  hay .}

Câu 7. (Cổ Loa - Hà Nội 19) Cho hàm số ^{f x}

 

^ln



^{x2 1 x}



^{exex}. Hỏi phương trình

 

^3x



^{2 1}



⁰

f  f x  có bao nhiêu nghiệm thực?

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

Lời giải Chọn D

Ta có x²  1 x x² x x     x x x 0, x .

  

²



2

ln 1 ln 1

1

x x x x

f x x x e e e e

x x

   

         

    ^{ ln}



^{x2 1 x}



^{exex f x}

 

^.

Suy ra ^{f x}

 

là hàm số lẻ.

Mà

 

²

2

2 1

2 1

1

x x

x

f x x e e

x x





    

 

2 2

2 2

1

1 1 0

1 1

x x x x

x x

x e e e e

x x x

 

 

       

  

,  x  Suy ra ^{f x}

 

đồng biến trên .

Do đó ^f

 

^{3x  f}



^2x1



^{0 f}

 

^{3x  f}



^2x1



^{ f}

 

^{3x  f}



^{1 2 x}



^{3x  1 2x}

 

3^x 2x 1 0 *

    .

Xét hàm số ^{g x}

 

^{3x2x1 trên .}

 

^{3 ln 3 2x 0,}

g x     x .

Suy ra ^{g x}

 

đồng biến trên  nên (*) nếu có nghiệm thì có nghiệm duy nhất.

Mà x0 là một nghiệm của phương trình (*).

Vậy tập nghiệm của phương trình (*) là ^{S }

 

^{0 .}

Câu 8. (TƯ NGHĨA 19) Cho hàm số ^{y f x}

 

liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ dưới đây .

Số nghiệm của phương trình

     

   

3 3 2 4 2

3 2

3 1

f x f x f x

f x f x

  

 



là

4 3 2 1

sinx0 cosx0, 0;

x  2

   

 

     

2 2 2

sin 2xcosxlog cosx  1 log sinx log cosx

     

2 2

log cosx cosx log sin 2x sin 2x *

   

 

log2

f t  t t ^t



^0;1

  

^{1 1 0,}



^0;1



f t ln 2 t

 t    

 

f t



^0;1





^cos

 

^{sin 2}



^{cos sin 2}

f x  f x  x x sin ¹

x 2

 

x 6



Chọn B

Vì

 

¹

f x  4 nên ^{3f x}

 

^{ 1 0, x .}

Đặt ^{t f x}

 

^{ta được 3 3 2 4 2 3 2}



¹



³



¹

 

^{3 1}



^{3 3 1 *}

 

3 1

t t t

t t t t t

t

  

         



Xét hàm đặc trưng ^{g u}

 

^{u3u trên .}

Ta có ^{g u}

 

^{3u2 1 0, u .}

Do đó

 

^{* g t}



^1



^g



^3t1



^{  t 1 3t1}

   

   

2

1 0 0 1

2 1 3 1 1 1 2

t t f x

t t t t f x



   

 

   

       

 

. Dựa vào đồ thị phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt và phương trình (2) có 6 nghiệm phân biệt (không trùng nhau).

Vậy phương trình đã cho có 9 nghiệm phân biệt.

Câu 9. (Nguyễn Du - DakLak 19) Cho hàm số ^{y f x}

 

^{ax3bx2 cx d} _(với ^{a b c d, , , ,a0). Biết}

đồ thị hàm số ^{y f x}

 

có hai điểm cực trị là ^A



^0;1



^{và B}



^{2; 3}



. Hỏi tập nghiệm của phương trình

     

3 23 0

f x  f x  f x  có bao nhiêu phần tử?

A. 2019 . B. 2018 . C. 9 . D. 8 .

Lời giải Chọn D

Ta có ^{f x}

 

^{ax3bx2cxd  f}

 

^{x 3ax22bxc.}

Theo giả thiết ta có hệ

 

 

 

 

 

^{3 2}

0 0 0 1

3 1

2

0 1

1 3

1 4 0 0

8 4 1 3

2 0

3 1

2

c a

d b

a b c

a b d

f

f f x x x

f f

    

  





    

  

  

  

  

  



 

    

 

 



 

 

.

+ Xét phương trình:

     

3 23 0

f x  f x  f x  ^{ f3}

 

^{x 2.f x}

 

^



^{3 f x}

  

^{32.3 f x}

   

^{* .}

Xét hàm số đặc trưng h t

 

t³2th t

 

3t²20,  t .

 

^{*  f x}

 

^{ 3 f x}

 

^{ f3}

 

^{x  f x}

 

 

 

 

 

 

 

3 2

3 2

3 2

3 1 0 1 0

1 3 0 2

1 3 2 0 3

x x

f x

f x x x

f x x x

   



 

    

 

     

 

Bấm máy, phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt, phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt, phương trình (3) có 3 nghiệm phân biệt (không trùng nhau).

Vậy phương trình đã cho có 8 nghiệm phân biệt.

2. Tìm điều kiện để phương trình, bất phương trình có nghiệm

Câu 10. (Đề Chính Thức 18 - Mã 103) Cho phương trình với là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của để phương trình đã cho có nghiệm ?

A. . B. . C. . D. .

Hướng dẫn giải Chọn C

ĐK: x m 0 (a).

Đặt ta có hệ .

Do hàm số đồng biến trên , nên ta có .

Khi đó: (thỏa điều kiện a).

 

7^xmlog7 x m m



^{25; 25}



  m

9 25 24 26

 

log7

 

t x m ⁷

7

  



 



x t

m t

m x7^xx7^tt

 

¹

 

^7u

f u u 

 

^{1  t x}

7^xmxmx7^x

Xét hàm số . Bảng biến thiên:

Từ đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi .

Do nguyên thuộc khoảng , nên .

Câu 11. (Đề tham khảo BGD 18) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

3m33m3sinx sinx có nghiệm thực?

A. 5 . B. 7 . C. 3 . D. 2.

Lời giải Chọn A

Ta có ³m3³m3sinx sinx3³m3sinx sin³xm.

Đặt

 

3 3

sin 1 1

3sin 3sin 3

u x u

v m x v m x m u

   



       



.

Ta có hệ

 

3

3 3

3

3 3 3 *

3

v u m

u u v v

v m u

  

    

  



. Xét hàm số ^{y f t}

 

^{t33t trên .}

 

^{3 2 1 0,}

f t  t    t  nên hàm số ^{f t}

 

đồng biến trên .

 

^{*  f u}

 

^{ f v}

 

^uv.

Suy ra ^{u3 m3umu33 1u}

 

^.

Xét hàm số ^{g u}

 

^u33u trên đoạn



^1;1



^.

Ta có ^{g u}

 

^{3u2 3 0u 1.}

 

^{1 2;}

 

^{1 2}

g   g   . Suy ra

 

 

 

 

1;1 1;1

maxg u 2; ming u 2



    .

Do đó phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi 2 m2. Vì m nên ^m



^{0; 1; 2 }



^.

Câu 12. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương nhỏ hơn 2018 của tham số m để phương trình

 

log2 m m2^x 2x có nghiệm thực?

A. 2017 . B. 2016 . C. 1005 . D. 1004 .

Lời giải Chọn A

Điều kiện:

 

 

2 0 2 0

x

x

m a

m m b

  



  



.

Ta có ^log2



^{m m2x}



^{2xm m2x }

 

^{2x 2 m2x m2x }

 

^{2x 22 *x}

 

^.

Xét hàm số ^{f t}

 

^t2t trên khoảng



^{0; }



^.

 

^{ 7x}

g x x ^{g x}

 

^{ 1 7 ln 7x 0} x log7



ln 7



 



log7 ln 7



0,856

   

m g

m



^{25; 25}



m 



24; 16;...; 1 



Do đó

 

^{*  f}



^m2x



^{ f}

 

^{2x  m2x 2x m4x2x.}

Xét hàm số ^{g x}

 

^{4x2x trên .}

 

4 ln 4 2 ln 2 0 2. 2

 

² 2 0 2 ¹ 1 2

x x x x x

g x          x  .

Bảng biến thiên

YCBT ¹

m 4

   . Vậy m



1; 2;...; 2017



.

Câu 13. (KHTN Hà Nội 19) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số để phương trình có nghiệm ?

A. . B. . C. . D. .

Lời giải Chọn A

ĐK:

Ta có

Đặt ta có

Do hàm số đồng biến trên , nên ta có . Khi đó:

.

Xét hàm số .

Bảng biến thiên:

Từ đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi

(các nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện vì )

Do nguyên và , nên .

Câu 14. Cho hàm số ^{f x}

 

^



^1m3



^x33x2



^{4m x}



^{2 với m} là tham số. Có bao nhiêu số nguyên



^{2018; 2018}



m  sao cho ^{f x}

 

^0 với mọi giá trị ^x



^{2; 4}



^.

A. 4037 . B. 2021. C. 2019 . D. 2020 .

Lời giải Chọn D

Ta có ^{f x}

 

^{0 }



^1m3



^x33x2



^{4m x}



^{20 (1).}

Xét hàm số ^{g t}

 

^{t3t trên , có g t}

 

^{3t2 1 0,  t .}

m



^{m 10}



 

1

2^x log4 x2m m

9 10 5 4

2 0

 

x m

 

1

2^x log4 x2m m 2^x log2



x2m



2m

 

log2 2

 

t x m ^{2 2}

2 2

  



 



x t

t m

x m 2^x x 2^tt

 

¹

 

^{2u }

f u u 

 

^{1  t x}

2^x x2m2m2^xx

 

^2x

g x x ^{g x}

 

^{ 2 ln 2 1x  0} x log2



ln 2



 

  

2

  

2

log ln 2

2 log ln 2

2

    g 

m g m

0, 457

 x2m2^x 0

m m 10 m



1, 2, 3, 4,5, 6, 7,8, 9





^{x 1}



³



^{x 1}

 

^mx



^{3 mx}

     

–

Do đó hàm số ^{g t}

 

đồng biến trên .

 

^{1 g x}



¹



^{g mx}

 

      x 1 mx m ^{x 1} x

   , ^{ x}



^{2; 4}



^.

Vì hàm số ^{h x}

 

^{x 1}

x

  nghịch biến trên đoạn



^{2; 4 nên}



 

   

2;4

min 4 5

h x h 4. YCBT

 

 

min2;4

m h x

  5

m 4

  .

Vì m nguyên thuộc đoạn



^{2018; 2018}



nên có 2020 giá trị của m thỏa mãn.

Câu 15. (Chuyên Vĩnh Phúc 18) Tìm tất cả các giá trị của tham số để phương trình có nhiều nghiệm nhất.

A. . B. . C. . D. .

Lời giải Chọn B

Điều kiện

 

   

0

ln 0

m x a

m m x b

 



   



.

Phương trình đã cho tương đương với ^mln



^mx



^ex (thỏa điều kiện b).

Đặt mxe^y (thỏa điều kiện a)  .

Ta có hệ

 

^{* .}

Vì hàm số đồng biến trên nên

 

^{*  f x}

 

^{ f y}

 

^

x x

m x e m e x

      .

Xét hàm số ; ; .

BBT

Suy ra phương trình có nhiều nhất là hai nghiệm .

Câu 16. (SỞ CÀ MAU 19) Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của tham số để bất

phương trình đúng

với mọi . Số phần tử của tập là

A. 4038. B. 2021. C. 2022. D. 2020.

Lời giải Chọn B

.

Xét: , ta có .

Hàm số luôn đồng biến trên .

 

^{*  f x}



^2



^{ f m x}

 

^1

 

^{  x 2 m x}



^1



²

1 m x

x

  

 . YCBT

^1;3

2 5

min 1 4

m x m

x

    

 .

Vì m nên m 



2019; 2018;...;1



.

m ^ln



^mln



^mx

 

^x

0

m m1 me m 1

 

ln mx  y e^ymx

e e e e e

e

x

x y x y

y

m y

y x x y

m x

  

        

  



 

^et

f t  t  x y

 

^ex

g x  x ^{g x}

 

^{ex1 g x}

 

^0x0

1 m

 



^{2019; 2019}



m 



^1m3



^{x33 2}



^m3



^x2



^13m3m3



^{x10m m 30}

 

^1;3

x S



^1m3



^{x33 2}



^m3



^x2



^13m3m3



^{x10m m 3 0, x}



^1;3





^{x 2}



^{3 x 2 m x}



¹



^{3 m x}



^{1 ,}



^x



^{1;3 .}

  

^*

          

 

^{3 ,}

f t t   t t ^f

 

^{t 3t2 1 0, t }

 

f t 

Câu 17. (ĐỀ 17 VTED 19) Có bao nhiêu số nguyên m để bất phương trình

 

6 4 3 2 2

6 15 3 6 10 0

x  x mx   m x  mx  nghiệm đúng với mọi số thực x.

A. 4. B. 3 . C. Vô số. D. 5 .

Lời giải Chọn B

Ta có: ^{x66x4mx3}



^{15 3 m2}



^{x26mx100 x6 6x415x210m x3 33m x2 26mx}



^{x2 2}



^{3 3}



^{x2 2}

 

^{mx 1}



^{3 3}



^{mx 1}



^{f x}



^{2 2}



^{f mx}



¹



           

Trong đó ^{f x}

 

^t33t đồng biến trên  .



^{2 2}

 

¹



^{2 2 1 2 1 0, 2 4 0 2 2}

f x   f mx x  mx x mx     x m     m .

Câu 18. (SỞ QUẢNG BÌNH 19) Gọi là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi . Tổng tất cả các phần tử của bằng

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

Lời giải Chọn A

Ta có:

Xét hàm đặc trưng

Bài toán trở thành tìm để bất phương trình nghiệm đúng với mọi

YCBT m2.

Vì m^ nên ^m

 

^{1; 2 S  1 2 3.}

Câu 19. (Chuyên Thái Bình 19) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số để phương trình

có nghiệm biết .

A. 16. B. 15. C. 17. D. 18.

Lời giải Chọn A

Đặt . Ta được hệ phương trình sau:

.

Vì nên hàm số đồng biến trên

. Do đó: .

Khi đó ta được: .

Dễ thấy đồng biến trên nên phương trình (**) có nghiệm trên đoạn khi

và chỉ khi:

Vì thuộc số nguyên nên có 16 số thỏa mãn bài toán.

S _m

6 4 3 3 2

3 4 2 0

x  x m x  x mx  ^x

 

^{1; 3}

S 3

6 3 4 3 3 4 2 2 0 6 3 4 4 2 2 3 3

x  x m x  x mx  x  x  x  m x mx



^{x2 1}

 

^{3 x2 1}

 

^mx



^{3 mx}

 

¹

     

 

^{3 '}

 

^{3 2 1 0}

f t t  t f t  t  

 

^{1  f x}



^21



^{ f mx}

 

^{x2 1 mx}

m x² 1 mx ^x

 

^{1; 3}

   

2

2 1

1 x , 1;3

x mx m g x x

x

       

 

₂

 

_{ }

   

1;3

' 1 1 0 1;3 1 2

g x x xMin g x g

x ^

       

m



^{3 ( )}



³

f f x m  x m ^x



^{1; 2}



^{f x( )x53x34m}

3 ( ) 3 ( )

t f x m t  f x m

3 3 3

3

3 3

( ) ( ) ( ) (*)

( )

( ) ( ) ( )

f t x m f t t f x x

f t x m

t f x m f x t m f x t m

      

    

 

  

       

  

5 3 4 2

( ) 3 4 , '( ) 5 9 0,

f x x  x  m f x  x  x   x  h x( ) f x( )x³  (*)xt

3 5 3 5 3 1 5 2 3

( ) 3 4 2 3 ( ) (**)

3 3

f x x m x  x  mx  x  mg x  x  x m

5 3

1 2

( ) 3 3

g x  x  x



^1;2

 

^1;2



(1) (2) 1 16.

g mg  m m

Câu 20. (Tập huấn Bắc Ninh 19) Cho phương trình ^{2 . 6x3 x4 . 3m}



^x2m1



^{8x620x410x21. Biết}

a; b

 

  

  (với a b, là các số nguyên dương và phân số ^a

b tối giản) là tập tất cả các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm dương phân biệt. Tính Sa²b².

A. 17 . B. 5 . C. 25 . D. 10 .

Lời giải Chọn C

Với x0 phương trình đã cho tương đương với

 

^{3 10 1}₃

6x 4 . 6m x 4m 2 8x 20x

x x

      

   

3 1 3 1

6x 4m 2 6x 4m 2x 2 2x *

x x

   

          

    .

Xét hàm số ^{f t}

 

^{t32t trên .}

Ta có ^f

 

^{t 3t2 2 0, t } nên hàm số đồng biến trên .

Do đó

   

1 1 1 2

* f 6x 4m f 2x 6x 4m 2x 4m 2x 6x

x x x

   

             

   

. Xét hàm số

 

1 2

2 6

g x x x

x

 

   

  trên khoảng



^{0; }



^.

 

2 2

4 3

2 2

1 1 2 1 2 1 1

2 2 2 6 0 . 3 4 1 3

0,57... 0 x x x

g x x x x

x

x x x x

 

 

   

                   . Bảng biến thiên

YCBT ³

m 4

  S3²4² 25.

Câu 21. (TRẦN NHÂN TÔNG - QUẢNG NINH 18) Phương trình

 

2 3 3 3 2 2 1

2^{x  m x} x 6x 9x m 2^x 2^x 1 có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m( ; )a b . Tính

2 2

T b a .

A. T 36. B. T 48. C. T 64. D. T 72. Hướng dẫn giải

Chọn B

Ta có ^{2x 2 3m3x}



^{x36x29x m}



^{2x2 2x1123m3x}



^x2



^{3 8 m3x2322x}

 

3 3 2 3

2 ^{m x} m 3x 2 ^x 2 x

     

 

^{* .}

Xét hàm số ^{g t}

 

^{2tt3 trên .}

 

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

g t   t   t  nên hàm số ^{g t}

 

đồng biến trên .

Do đó

 

^{* g}



^3m3x



^g



^2x



^{ 3 m3x   2 x m3x}



^2x



^{3 m 8 9x6x2x3.}

Xét hàm số ^{f x}

 

^{ x36x29x8 trên .}

có ^f

 

^{x  3x2 12x9;}

 

^{0 3}

1 f x x

x

 

     . Bảng biến thiên

–

Dựa vào bảng biến thiên ta có, phương trình có 3 nghiệm phân biệt khi 4m8. Suy ra a4; b8 T b²a² 48.

Câu 22. (SGD Bà Rịa Vũng Tàu 18) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tồn tại cặp số



^{x y;}



^thỏa

3 5 3 1

e ^{x y}e^{x y}  1 2x2y và log²3



3x2y1

 

 m6 log



3x m ²  9 0.

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

Lời giải Chọn B

Điều kiện 0

3 2 1 0

x

x y

 

   



.

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



^3x5y



^{ex3y1}



^x3y1

  

^{* .}

Xét hàm số ^{f t}

 

^{ett trên .}

Ta có ^f

 

^{t et  1 0} nên hàm số đồng biến trên .

Do đó

 

^{*  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. Đặt tlog₃x, phương trình trở thành ^t2



^m6



^{tm2 9 0}

 

^{1 .}

Phương trình

 

1 có nghiệm    0 3m²12m0  0 m4. Do đó có 5 số nguyên m thỏa mãn.

Câu 23. (SỞ BÀ RỊA VŨNG TÀU 19) Cho phương trình 3^{x3x22x m} 3^{x2 x 5}x³3xm 5 0. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m để phương trình trên có ba nghiệm phân biệt. Số phần tử của S là

A. 2. B. 4. C. 3 . D. ¹.

Lời giải Chọn C

Phương trình đã cho trở thành ^{3x3x22x m }



^{x3x22xm}



^{3x2 x 5}



^{x2 x5}



^{. (1)}

Xét hàm số ^{f t}

 

^{3t t, t có} f

 

t 3 .ln 3 1 0^t   ,  t  ^{ f t}

 

luôn đồng biến trên . Do đó phương trình (1) x³x²2xmx²  x 5 m x³3x5. (2)

Xét hàm số ^{g x}

 

^{ x33x 5 g x}

 

^{ 3x23; g x}

 

^{0x 1.}

Ta có bảng biến thiên

x  _1 1 ^

 

g x  ₀  0 

 

g x ^ 7

3 

Từ bảng biến thiên ta thấy, phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt (2)có ba nghiệm phân biệt 3 m 7

   . Vì m nên m4 ; 5; 6. Vậy có 3 giá trị m nguyên.

Câu 24. Cho phương trình e^mcosxsinxe^{2 1 sin x}  2 sinx m cosx với m là tham số thực. Gọi S là tập tất cả các giá trị của m để phương trình có nghiệm. Khi đó S có dạng



^;a

 

^{ b;}



^{. Tính}

10 20

T  a b.

A. T 10 3. B. T 0. C. T 1. D. T 3 10. Lời giải

Chọn A

Ta có e^mcosxsinxe^{2 1 sin x}  2 sinx m cosx

 

 

2 1 sin cos sin

e^{m x x} mcosx sinx e ^{ x} 2 1 sinx

     

Xét hàm số ^{f t}

 

^ett



^t



^{, f}

 

^{t et 1 0 f t}

 �