Bài Tập Chủ đề Mũ Và Lôgarit Vận Dụng Cao (có Lời Giải Chi Tiết)

• Khóa học
• Trắc nghiệm
  • Câu hỏi
  • Đề thi
  • Phòng thi trực tuyến
  • Đề tạo tự động
• Bài viết
• Hỏi đáp
• Giải BT
• Tài liệu
  • Đề thi - Kiểm tra
  • Giáo án
• Games
• Đăng nhập / Đăng ký

• Khóa học
• Đề thi
• Phòng thi trực tuyến
• Đề tạo tự động
• Bài viết
• Câu hỏi
• Hỏi đáp
• Giải bài tập
• Tài liệu
• Games
• Nạp thẻ

• Đăng nhập / Đăng ký

Trang chủ / Tài liệu / Bài tập chủ đề Mũ và Lôgarit vận dụng cao (có lời giải chi tiết) Bài tập chủ đề Mũ và Lôgarit vận dụng cao (có lời giải chi tiết) ctvtoan5 4 năm trước 31518 lượt xem 892 lượt tải

Chào các bạn học sinh và quý thầy cô, hôm nay LogaVN gửi tới bạn đọc tài liệu "Bài tập chủ đề Mũ và Lôgarit vận dụng cao (có lời giải chi tiết)". Hi vọng sẽ giúp ích cho các bạn học tập và giảng dạy.

Tải xuống Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung CHỦ ĐỀ MŨ LÔGARIT CHỌN LỌC VD - VDC HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN I. CÁC BÀI TOÁN CỦA BGD Câu 1: (BGD - Đề thi thử nghiệm THPTQG 2017 C20) Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình ( ) 6 3 .2 0 x x m m + − − = có nghiệm thuộc khoảng (0; 1). A. 3;4       B. 2;4       C. ( ) 2;4 D. ( ) 3;4 . Hướng dẫn. Biến đổi phương trình ( ) ( ) 6 3.2 1 2 6 3.2 1 2 x x x x x x m m f x + + = + ⇒ = = + là hàm số liên tục trên khoảng (0; 1); ( ) ( ) ( ) 2 12 ln6 ln3 6 ln6 3.2 ln2 ' 0 1 2 x x x x f x − + + = > + và ( ) () 0 2, 1 4 f f = = . Chọn C. Lời bình. Nhìn chung: các bài toán có tham số m nếu "cô lập được m " thì nên giải theo phương pháp trên. Trong nhiều trường hợp ta đặt ẩn phụ để đưa về phương trình bậc hai (hay phương trình đa thức), từ đó biện luận phương trình theo m. Bằng máy tính Casio, ta vào Mode 7 và nhập hàm ( ) f x trên đoạn 0;1       ta cũng khảo sát được các giá trị của ( ) f x . Câu 2: (BGD - Đề thi thử nghiệm THPTQG 2017 C21) Xét các số thực , a b thỏa mãn 1 a b > > . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) 2 2 log 3log a b b a P a b      = +        bằng A. 19 B. 13 C. 14 D. 15 . Hướng dẫn. Đặt ( ) ( ) 2 2 2 1 4 3 log 0;1 3 1 3 1 1 a b t P t t t t           = ∈ ⇒ = + − = + −           −     − . Ta có: ( ) 2 4 3 12 3 1 1 1 12 9 12 12 6 1 1 1 2 1 P t t t t t t t              =− + + + ≥− + + =− + + +          − − −     −     9 12 6. 15 1 1 2 P t t t ≥− + = − + − + . Dấu bằng có 1 3 t ⇔ = min 15 P ⇒ = . Chọn D.Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Lời bình. Trong bài toán có cơ số là phân số thì ta tìm cách khử phân số này đi, bằng công thức đổi cơ số: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 4 log log 2log 1 log log a a a b b b a a a a a a b b                      = = = =                  −                       . Cần chú ý đến bình phương của logarit mà nhiều học sinh dễ mắc sai lầm. Ở đây ta dùng bất đẳng thức để giải toán, tuy nhiên ta có thể khảo sát hàm số ẩn t () ( ) ( ) 2 3 1 4 1 t P t t t − = + − có dạng bậc hai trên bậc ba, đối với một số học sinh đạo hàm cũng tương đối phức tạp, ngoài ra còn phải tìm nghiệm của đạo hàm, lập bảng biến thiên . . .Như vậy xem như đây bài toán khó nằm ở độ phức tạp và kỹ năng đạo hàm và biến đổi logarit. Câu 3: (BGD - Đề thi tham khảo THPTQG 2017 C33) Cho các số thực , 0 a b> thỏa mãn log 3 a b= . Tính log b a a P b = bằng A. 5 3 3 − + B. 1 3 + C. 1 3 − − D. 5 3 3 − − . Hướng dẫn. Từ giả thiết 3 log 3 a b b a = ⇒ = , khi đó: 3 2 3 2 1 3 log log . 1 3 2 3 2 b a a a a a P b a    −    = = = = +       −   . Chọn B. Lời bình. Cách giải trên khá cơ bản, tức là dùng phép thế để biến đổi logarit theo a , kết quả không phụ thuộc vào , 0 a b> . Bằng máy tính Casio ta có thể chọn cặp , 0, 1 a b a > ≠ tùy ý để tính. Ở đây cần đòi hỏi kỹ năng biên đổi cơ số, hay là công thức ( ) log log a a b b β α α β = . Bài toán ở mức VD. Câu 4: (BGD - Đề thi tham khảo THPTQG 2017 C45) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc 2017;2017   −     để phương trình ( ) ( ) log 2log 1 mx x = + có nghiệm duy nhất? A. 2017. B. 4014. C. 2018. D. 4015 . Hướng dẫn. Điều kiện 1, 0 x x >− ≠ . Phương trình trở thành ( ) ( ) 2 1 1 2 mx x m x f x x = + ⇒ = + + = ( ) 2 2 1 ' 0 1 x f x x x − ⇒ = = ⇔ =± . Ta có bảng biến thiên: Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung x 1 − 0 1 +∞ ( ) ' f x 0 − − 0 + ( ) f x `0 −∞ +∞ +∞ 4 Vậy để phương trình có nghiệm duy nhất thì 4 0 m m  =   <   , và m nguyên thuộc 2017;2017   −     suy ra { } { } 2017; 2016;...; 1 4 m∈ − − − ∪ . Chọn C. Lời bình. Trên đây ta "trung thành cô lập m" để khảo sát hàm số ( ) f x . Chúng ta có thể đưa về phương trình bậc hai để giải và biện luân theo m, tuy nhiên cũng xét các trường hợp một cách hợp lý nếu không sẽ bỏ sót nghiệm, ngoài ra cũng tương đối dài dòng. Cách giải bằng lập bảng biến thiên là tương đối "tường minh" và cũng thường hay sử dụng. Rất dễ bỏ qua trường hợp 4 m= . Qua đây chúng ta có thể "lấy một số kết quả trung gian" để tạo ra bài toán mới cho học sinh các lớp 9, 10, 11, 12 giải trắc nghiệm hay tự luận, chẳng hạn: "Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m và 2020 2020 m − ≤ ≤ để phương trình ( ) 2 1 mx x = + có nghiệm duy nhất thỏa mãn 1, 0 x x >− ≠ ?" Câu 5: (Đề thi chính thức THPTQG 2017 M101 C39) Tìm giá trị thực của tham số m để phương trình 2 3 3 log log 2 7 0 x m x m − + − = có hai nghiệm 1 2 , x x thỏa mãn 1 2 81 x x = . A. 4. m=− B. 4. m= C. 81. m= D. 44 m = . Hướng dẫn. Đặt 3 log x t = ta có phương trình 2 2 7 0 t mt m − + − = . Theo yêu cầu bài toán và định lý Viet, ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 2 3 1 3 2 1 2 3 log log log log 81 4 x x x x t t m = + = + ⇒ = = . Chọn B. Lời bình. Ta không cần kiểm tra lại xem 4 m = có thỏa mãn bài toán hay không? Vì đáp án đã cho rõ ràng. Nếu trong đáp án có phương án lựa chọn m∈∅ thì ta cần kiểm tra lại 4 m = có thỏa mãn hay không, hoặc là điều kiện có nghiệm 0 ∆> . Bài toán khó hơn nếu đưa vào phương án lựa chọn m∈∅ . Nói cách khác: khi dạy định lý Viet, cần chú ý nhấn mạnh là 1 2 1 2 b x x a c x x a    + =−       =     thì cần có 0 ∆≥ trước đã!. Một ví dụ mà giáo viên hay lấy làm dẫn chứng là 1 2 1 2 1 1 x x x x   + =−    =   trong khi phương trình 2 1 0 x x + + = vô nghiệm!. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 6: (Đề thi chính thức THPTQG 2017 M101 C42) Cho log 3,log 4 a b x x = = với , a b các số thực lớn hơn 1. Tính log ab P x = bằng A. 7 . 12 P= B. 1 . 12 P= C. 12. P= D. 12 . 7 P= Hướng dẫn. Biến đổi P theo giả thiết, ta có: 1 1 1 1 12 log log log log 1 1 1 1 7 log log 3 4 ab x x x a b P x ab a b x x = = = = = = + + + . Chọn D. Lời bình. Trên đây là bài toán dễ, tương tự câu 3, chủ yếu là công thức đổi cơ số. Ta cũng có thể giải theo phương pháp thế theo a , chẳng hạn: 3 3 4 4 log 3,log 4 a b x x x a b b a = = ⇒ = = ⇒ = , khi đó ( ) 3 7 4 4 3 3 . 4 12 log log log 3. 7 7 ab a a a P x a a = = = = = . Mặt khác để không phải biến đổi nhiều thì ta cho 4 3 12 , a m b m x m = = ⇒ = (lấy các giá trị đổi làm số mũ cho nhau, 0 1 m < ≠ ), khi đó 7 ab m = và dễ dàng có 12 7 P = . Câu 7: (Đề thi chính thức THPTQG 2017 M101 C47) Xét các số thực dương , x y thỏa mãn 3 1 log 3 2 4 2 xy xy x y x y − = + + − + . Tìm giá trị nhỏ nhất min P của P x y = + . A. min 9 11 19 . 9 P − = B. min 9 11 19 . 9 P + = C. min 18 11 29 . 21 P − = D. min 2 11 3 . 3 P − = Hướng dẫn. Biến đổi ( ) 3 3 3 3 1 log 1 3 3 2 log log log 2 xy u xy x y u v u u v v x y v − + =− − + + ⇔ =− + ⇔ + = + + Hàm số () 3 log f t t t = + đồng biến nên suy ra 3 3 2 u v xy x y = ⇔ − = + , dùng phép thế, ta có: ( ) ( ) ( ) 2 3 3 2 3 3 1 3 2 0 x P x x P x x P x P − − = + − ⇒ − − + − = . Sử dụng điều kiện có nghiệm ( ) ( ) 2 2 2 11 3 3 1 12 3 2 0 9 18 35 0 3 P P P P P − − − − ≥ ⇒ + − ≥ ⇒ ≥ . Chọn D. Lời bình. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Trên đây ta bỏ qua các điều kiện của , x y , nghiễm nhiên xem như chúng tồn tại và giải để có đáp số đúng là được. Nếu đáp án đưa ra một phương án lựa chọn khó hơn là: Không tồn tại, khi đó ta cần lập luận chặt chẽ để có kết luận đúng. Chẳng hạn cần có điều kiện , 0 1 x y xy   >    <   và kiểm tra xem dấu bằng xảy ra khi nào? Có thỏa mãn điều kiện hay không? Mặt khác: các bài toán cho 1 phương trình hai ẩn thì thường xuyên giải theo PP đánh giá hay PP hàm số. Cách khác là đưa về một biến để đánh giá hay khảo sát, chẳng hạn: 3 3 2 x y x − = + thế vào P, ta có ( ) 11 3 2 3 11 3 3 3 2 3 2 11 3 3 2 3 2 3 2 x x P x P x x x x x − + − = + ⇒ = + = + + − ≥ − + + + , từ đó suy ra min 2 11 3 11 2 11 1 3 2 11 , 3 3 3 P x x y − − − = ⇔ + = ⇔ = = (thỏa mãn 1 xy< ) Chọn D. Câu hỏi đặt ra là: Có thể giải bài toán trên bằng máy tính Casio được không? Câu trả lời là được. Vì yêu cầu tìm GTNN nên đầu tiên ta kiểm tra xem trong 4 phương án thì số nào nhỏ nhất? Và ta thử từ đáp án nhỏ nhất trước tiên, lần lượt là 1,2 1,22 1,46 A D C ≈ < ≈ < ≈ , nhập phương trình như sau: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 1.2 log 3 1.2 2 1.2 4 2 1.2 X X X X X X X X   − −     − − + + − −      + −     rồi bấm Shift Solve, máy hỏi X ta nhập 0.5 và bấm Shift Solve máy báo lỗi. Sửa thành 1.22 rồi giải lại máy cho đáp số 0.54 X ≈ . Vậy chọn D. Tuy nhiên nếu có phương án Không tồn tại thì coi chừng! Câu 8: (Đề thi chính thức THPTQG 2017 M102 C31) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 1 4 2 0 x x m + − + = có hai nghiệm thực phân biệt. A. ( ) ;1 . m∈ −∞ B. ( ) 0; . m∈ +∞ C. ( 0;1 . m  ∈   D. ( ) 0;1 . m∈ Hướng dẫn. Đặt 2 0 x t = > ta có phương trình 2 2 0 t t m − + = . Để phương trình có hai nghiệm phân biệt và dương thì ( ) 1 2 ' 1 0 0;1 0 m m t t m  ∆ = − >  ⇔ ∈   = >   . Chọn D. Lời bình. Bài toán bậc hai khá đơn giản, bởi vậy không cần thiết "cô lập m" là 2 2 m t t =− + rồi khảo sát hàm số () f t , như thế lại trở nên phức tạp hơn. Nói cách khác: chúng ta có thể cô lập m để khảo sát hàm số nhưng không nhất định phải áp dụng "cứng nhắc" để làm cho vấn đề phức tạp hay rắc rối hơn. Đây là điều mà chúng ta có thể nhắc nhở cho học sinh về "sự linh hoạt" trong giải toán thông qua các ví dụ đơn giản, quan trọng hơn là: GV cần làm cho HS tự nhận xét và rút ra kinh nghiệm cho mình. Không phải cả thầy và trò giải xong bài toán là xong! Như thế giờ học có lẽ thành công hơn chăng? Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 9: (Đề thi chính thức THPTQG 2017 M102 C37) Cho x, y là các số thực lớn hơn 1 thoả mãn: 2 2 9 6 x y xy + = . Tính giá trị của biểu thức ( ) 12 12 12 1 log log 2log 3 x y M x y + + = + . A. 1 4 M= B. 1 M = C. 1 2 M= D. 1 3 M= . Hướng dẫn. Biến đổi giả thiết ( ) 2 2 2 9 6 3 12 x y xy x y xy + = ⇔ + = (*). Và biến đổi ( ) 12 2 12 log 12 1 log 3 xy M x y = = + . Chọn B. Lời bình. Cách giải trên tương đối khái quát, hướng giả thiết và kết luận đến "điểm chung". Ngoài ra ta có thể nhìn nhận giả thiết ở tính đẳng cấp để rút ẩn và thế: 2 2 6 9 0 x xy y − + = ( ) 2 3 0 3 x y x y ⇔ − = ⇔ = , rồi thế vào M, ta có ( ) 2 12 12 12 12 12 log 6 1 log 3 log 1 2log 6 2log 6 y y y M y y + + = = = . Hoặc sử dụng máy tính Casio, cho 1, 3 y x = = là tính được M. Câu 10: (Đề thi chính thức THPTQG 2017 M102 C46) Xét các số thực dương , a b thỏa mãn 2 1 log 2 3 ab ab a b a b − = + + − + . Tìm giá trị nhỏ nhất min P của 2 P a b = + . A. min 2 10 3 . 2 P − = B. min 3 10 7 . 2 P − = C. min 2 10 1 . 2 P − = D. min 2 10 5 . 2 P − = Câu 11: (Đề thi chính thức THPTQG 2017 M103 C32) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số ( ) 2 log 2 1 y x x m = − − + có tập các định là ℝ . A. 0. m≥ B. 0. m< C. 2. m≤ D. 2. m> Hướng dẫn. Yêu cầu bài toán là ( ) 2 2 2 1 0, 1 , x x m x x m x − − + > ∀ ∈ ⇔ − > ∀ ∈ ℝ ℝ (*). Dễ thấy (*) đúng khi và chỉ khi 0. m< Chọn B. Lời bình. Bài toán trên là trường hợp "đặc biệt" của bất phương trình bậc hai. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Để giải ta cũng "đặc biệt" cho 1 x = là được đáp án. Nói cách khái quát hơn: khi mà giả thiết đặc biệt hóa thì ta cũng đặc biệt hóa theo giả thiết để giải toán. Câu 12: (Đề thi chính thức THPTQG 2017 M103 C42) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình 2 2 2 log 2log 3 2 0 x x m − + − < có nghiệm thực. A. 1. m< B. 2 . 3 m< C. 0. m< D. 1. m≤ Hướng dẫn. Đặt ( ) 2 2 2 log 2 3 2 0 1 3 3 x t t t m t m = ⇒ − + − < ⇒ − < − . Để bất phương trình có nghiệm thì ta có 3 3 0 1 m m − > ⇔ < . Chọn A. Lời bình. Đây là minh chứng cho nhận xét trong câu 11, khi cho 1 t= ta sẽ có đáp án đúng. Ngoài ra ta cũng lưu ý là: hàm số logarit có tập giá trị ℝ nên không cần điều kiện cho t trong trường hợp này, khi mà không có các điều kiện khác như mẫu thức, căn bậc chẵn, ... vì 2 log x t = 2 0 t x ⇔ = > , miễn sao tồn tại t sẽ cho ta x tương ứng và dương. Một số học sinh có thể sẽ đặt điều kiện cho x trước tiên 0 x> là đúng nhưng không cần thiết. Câu 13: (Đề thi chính thức THPTQG 2017 M103 C50) Xét hàm số () 2 9 9 t t f t m = + với m là tham số thực. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m sao cho ( ) ( ) 1 f x f y + = với mọi số thực , x y thỏa mãn ( ) x y e e x y + ≤ + . Tìm số phần tử của S . A. 0. B. 1. C. Vô số. D. 2. Hướng dẫn. Trước hết ta xét hàm số () () () ' 0 1; '' 0 t t t g t e et g t e e t g t e = − ⇒ = − = ⇔ = = > . Từ đó suy ra 1 t= là điểm cực tiểu của () g t , hay () () 1 0, , t g t g t e et t ≥ = ∀ ∈ ⇔ ≥ ∀ ∈ ℝ ℝ . Vậy giả thiết ( ) x y e e x y + ≤ + xảy ra khi và chỉ khi 1 x y + = . Tiếp theo ta có phương trình: ( ) ( ) 1 1, f x f x x + − = ∀ ∈ℝ 1 2 1 2 9 9 1, 9 9 x x x x x m m − − ⇔ + = ∀ ∈ + + ℝ . Đặc biệt cho 1 x = , ta được 2 2 9 1 1 9 1 m m + = + + 2 2 4 2 2 2 1 9 3 1 9 m m m m m m m ⇒ = ⇒ + = + ⇒ =± + + . Thử lại với 2 3 m = thì 1 1 9 9 9 9 9 3 1, 9 3 9 3 9 3 9 3.9 9 3 3 9 x x x x x x x x x x x − − + = + = + = ∀ ∈ + + + + + + ℝ Vậy { } 3; 3 S = − . Chọn D.Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Lời bình. Chúng ta chỉ có thể xuất phát từ giả thiết cuối ( ) x y e e x y + ≤ + để giải toán, mong tìm mối liên hệ giữa x và y vì hệ thức ( ) ( ) 1 f x f y + = là một phương trình hai ẩn và còn có tham số. Trong quá trình giải toán có tham số thì nhiều khi ta đổi vài trò ngược lại: tham số là ẩn cần tìm, các ẩn chính lại xem như tham số thỏa mãn điều kiện nhất định. Câu hỏi là: Chúng ta có thể giải (hay mò) bài toán bằng máy tính Casio hay không? Câu trả lời là được. Xuất phát từ điều kiện đặc biệt khi cho dấu bằng xảy ra ( ) 0 X Y e e X Y + − + = , dùng Shift Solve khi máy hỏi Y, ta cho Y tùy ý, chẳng hạn Y = 1, tìm được X = 0. Sau đó nhập điều kiện 2 2 9 9 1 , 9 9 X Y X Y M M M + − + + Shift Solve nhập M = 0.5 tìm được M = 1,7320508...Và Shift Solve nhập M = - 0.5 tìm được M = -1,7320508...(nhớ là để X, Y cố định). Vậy 3 m=± . Câu 14: (Đề thi chính thức THPTQG 2017 M104 C31) Tìm giá trị thực của tham số m để phương trình 1 9 2.3 0 x x m + − + = có hai nghiệm thực 1 2 , x x thỏa mãn 1 2 1 x x + = . A. 6. m= B. 3. m=− C. 3. m= D. 1. m= Câu 15: (Đề thi chính thức THPTQG 2017 M104 C40) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số ( ) 2 log 2 1 y x x m = − + + có tập các định là ℝ . A. 0. m= B. 0 3. m < < C. 1 . 0 m m    D. 0. m> Câu 16: (Đề thi chính thức THPTQG 2017 M104 C46) Xét các số nguyên dương , a b sao cho phương trình 2 ln ln 5 0 a x b x + + = có hai nghiệm phân biệt 1 2 , x x và phương trình 2 5log log 0 x b x a + + = có hai nghiệm phân biệt 3 4 , x x thỏa mãn 1 2 3 4 x x x x > . Tìm giá trị nhỏ nhất min S của 2 3 S a b = + . A. min 30. S = B. min 25. S = C. min 33. S = D. min 17. S = Hướng dẫn. Điều kiện để cả hai phương trình có các nghiệm phân biệt là 2 2 20 0 20 b a b a ∆= − > ⇔ > . Đến đây ta sử dụng định lý Viet và giả thiết: 1 2 3 4 1 2 3 4 ln ln ln ln x x x x x x x x > ⇒ + > + hay đổi cơ số vế phải là 3 4 1 2 log log 5 ln ln .ln10 2,17 log 5 ln10 x x b b x x a e a + + > ⇒− >− ⇔ > ≈ . Vì * a∈ℕ nên min 3 a = . Mà 2 20 60 b a > = nên min 8 b = . Suy ra min 30. S = Chọn A. Lời bình. Vì thi trắc nghiệm nên ta bỏ qua một số lập luận là * , , 0 a b∈ ∆> ℕ nên các nghiệm 1 2 , x xFb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung khác nhau, 3 4 , x x khác nhau và cả 4 số đều dương. Do đó khi lấy logarit các vế thì đều thỏa mãn tồn tại. Nếu giải và lập luận quá đầy đủ và chặt chẽ thì không đủ thời gian cũng như giấy nháp (khoảng 20 trang cho một bài thi!). Tuy nhiên khi dạy học hay ôn tập cho học sinh thì chúng ta cũng cần nhắc nhở thêm hoặc lấy ví dụ phản chứng. Qua đây và nhiều bài toán khác, chúng ta cũng thấy được và cũng cần làm cho học sinh thấy được sự mở rộng ứng dụng của định lý Viet ở chỗ: Định lý Viet có thể áp dụng khái quát hơn đối với các phương trình có ẩn ( ) u x hay ( ) , u x y dạng 2 0 au bu c + + = . Ý nghĩa là: không cần chuyển đổi trực tiếp giữa các biến, cụ thể hơn ta cũng hay áp dụng với ( ) u x a hoặc ( ) log a u x . Câu 17: (BGD - Đề thi tham khảo THPTQG 2018 C27) Tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương trình 3 9 27 81 2 log .log .log .log 3 x x x x = là A. 82 9 B. 80 9 C. 9 D. 0 . Hướng dẫn. Viết lại phương trình ( ) 4 3 3 1 2 1 log log 2 , 9 24 3 9 x x x x = ⇒ =± ⇒ = = . Chọn A. Câu 18: (BGD - Đề thi tham khảo THPTQG 2018 C34) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình ( ) 16 2.12 2 .9 0 x x x m − + − = có nghiệm dương? A. 1 B. 2 C. 4 D. 3 . Hướng dẫn. Viết lại phương trình thành ( ) 2 16 12 4 2. 2 0 3 1 , 1 9 9 3 x x x m m t t                − + − = ⇒ − = − = >                      . Từ đó suy ra { } 3 0 3 1;2 m m m − > ⇒ < ⇒ ∈ . Chọn B. Lời bình. Bài toán yêu cầu "có nghiệm dương" chứ không phải "cả hai nghiệm đều dương". Bởi vậy nếu 3 m< thì ít nhất 1 3 1 t m = + − > thỏa mãn bài toán. Câu 19: (BGD - Đề thi tham khảo THPTQG 2018 C42) Cho dãy số ( ) n u thỏa mãn 1 1 10 10 log 2 log 2log 2log u u u u + + − = và 1 2 n n u u + = với mọi 1 n≥ . Giá trị nhỏ nhất của n để 100 5 n u > bằng A. 247 B. 248 C. 229 D. 290 . Hướng dẫn. Đặt 1 10 2 log 2log 0 u u t + − = ≥ , ta được phương trình 2 2 0 1 t t t + − = ⇒ = . Mặt khác 1 2 n n u u + = nên ( ) n u là cấp số nhân công bội q = 2. Khi đó ta có: Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung ( ) ( ) 2 9 18 2 18 1 10 1 1 1 1 1 2 log 2log 1 log 10 log .2 0 10 2 . 10.2 u u u u u u u − + − = ⇒ − = ⇒ = ⇒ = . Suy ra 18 1 100 18 99 2 10.2 .2 5 2 5 18 99log 5 247,87 n n n u n − − − = > ⇔ > ⇒ > + ≈ . Vậy số n nhỏ nhất là 248. Chọn B. Lời bình. Đối với một số học sinh thấy "biểu thức cồng kềnh" có thể sinh ra tâm lí "e ngại" trong giải toán. Vì thế để tránh tâm lí này thì giáo viên có thể lấy bài trên hay các bài tương tự để rèn luyện cho các em, điều quan tâm hơn là: chúng ta nhấn mạnh các bước giải một cách "tường minh" thì các em không còn "đáng ngại" với dạng toán trên: - Đầu tiên là "giải phương trình vô tỉ như bình thường" ta vẫn làm đấy thôi! - Thứ hai là "dãy số đã cho là gì?" suy ra số hạng tổng quát? - Cuối cùng "cho dãy thỏa mãn điều kiện". Trên đây cũng là các kiến thức và kỹ năng có liên quan được phối hợp trong bài toán. Để rèn luyện cho HS, ta có thể lấy các dãy đơn giản, phương trình vô tỉ nhẹ nhàng, giảm bớt điều kiện. Câu 20 (Đề thi chính thức THPTQG 2018 M101 C34). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình 1 2 16 .4 5 45 0 x x m m + − + − = có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu phần tử? A. 13 . B. 3 . C. 6 . D. 4 . Hướng dẫn. Đặt 4 0 x t = > ta có phương trình bậc hai 2 2 4 5 45 0 t mt m − + − = , để có hai nghiệm dương phân biệt thì ta có thể sử dụng các điều kiện về tổng, tích và delta dương, tuy nhiên ta biến đổi tiếp: ( ) 2 2 2 45 t m m − = − suy ra điều kiện { } 2 2 45 0 4;5;6 5 45 0,4 0 m m m m   − >   ⇒ ∈   − > >    . Chọn B. Câu 21 (Đề thi chính thức THPTQG 2018 M101 C44). Cho 0 a> , 0 b> thỏa mãn ( ) ( ) 2 2 3 2 1 6 1 log 9 1 log 3 2 1 2 a b ab a b a b + + + + + + + + = . Giá trị của 2 a b + bằng A. 6. B. 9. C. 7 2 . D. 5 2 . Hướng dẫn. Để cho gọn ta ký hiệu 3 2 1 1 m a b = + + > và có ( ) ( ) 2 2 1 log 9 1 2 log 6 1 m m a b ab + + + = + . Đây là phương trình hai ẩn nên ta đánh giá: ( ) 2 2 9 1 6 1 a b ab + + ≥ + từ đó ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 2 log 9 1 log 6 1 2 log 6 1 log 6 1 m m m m a b ab ab ab = + + + ≥ + + ≥ + + , dấu bằng có khi và chỉ khi ( ) 2 2 1 9 3 2 6 1 3 2 1 3 log 6 1 1 2 m a a b a b ab m a b ab b     =     = =      ⇔ ⇔       + = = + + + =     =       . Chọn C. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 22 (Đề thi chính thức THPTQG 2018 M101 C46). Cho phương trình ( ) 5 5 log x m x m + = − với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của ( ) 20;20 m∈ − để phương trình đã cho có nghiệm? A. 20 . B. 19 . C. 9. D. 21 . Hướng dẫn. Nhận xét phương trình vừa chứa logarit, vừa chứa mũ nên ta chuyển về biến trung gian: Đặt ( ) 5 log 5 5 t t x m t x m x m − = ⇔ − = ⇔ = + . Thay vào phương trình ta có 5 x m t + = và ta được hệ phương trình 5 5 5 5 5 5 t t x x t x x m x t x t t m   = +   ⇒ − = − ⇒ + = +   = +    . Mà hàm số ( ) 5 x f x x = + đồng biến (vì ( ) ' 1 5 ln5 0 x f x = + > ) suy ra 5 x x t x m = ⇒ = + hay ta có ( ) 5 x m x g x = − = . Ta có ( ) ( ) 5 ' 1 5 ln5 0 log ln5 x g x x α = − = ⇔ =− = , ( ) ( ) 2 '' 5 ln5 x g x =− nên α là điểm cực đại của ( ) g x . Từ đó ta có ( ) 0,9 m g α ≤ ≈− suy ra { } 19; 18;...; 1 m∈ − − − . Vậy chọn B. Lời bình Đây là bài toán khá dài, ta phải chuyển về hệ đối xứng loại II. Sau đó sử dụng PP hàm số để giải vòng quanh hai lần. Các câu khác của các mã đề thi năm 2018 giải tương tự. Câu 23 (Đề thi chính thức THPTQG 2018 M102 C35). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình 1 2 25 .5 7 7 0 x x m m + − + − = có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu phần tử ? A. 7 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Câu 24 (Đề thi chính thức THPTQG 2018 M102 C37). Cho 0 a> , 0 b> thỏa mãn ( ) ( ) 2 2 10 3 1 10 1 log 25 1 log 10 3 1 2 a b ab a b a b + + + + + + + + = . Giá trị của 2 a b + bằng A. 5 2 . B. 6. C. 22 . D. 11 2 . Câu 25 (Đề thi chính thức THPTQG 2018 M102 C45). Cho phương trình ( ) 3 3 log x m x m + = − với là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của ( ) 15;15 m∈ − để phương trình đã cho có nghiệm? A. 16 . B. 9. C. 14 . D. 15 . Câu 26 (Đề thi chính thức THPTQG 2018 M103 C33). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao chho phương trình 1 2 4 .2 2 5 0 x x m m + − + − = có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu phần tử ? A. 3. B. 5. C. 2. D. 1. Câu 27 (Đề thi chính thức THPTQG 2018 M103 C37). Cho 0, 0 a b > > thỏa mãn ( ) ( ) 2 2 4 5 1 8 1 log 16 1 log 4 5 1 2 a b ab a b a b + + + + + + + + = . Giá trị của 2 a b + bằng A. 9. B. 6. C. 27 4 . D. 20 3 . Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 28 (Đề thi chính thức THPTQG 2018 M103 C42). Cho phương trình ( ) 7 7 log x m x m + = − với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của ( ) 25;25 m∈ − để phương trình đã ch có nghiệm? A. 9. B. 25. C. 24. D. 26. Câu 29 (Đề thi chính thức THPTQG 2018 M104 C28). Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình 1 2 9 .3 3 75 0 x x m m + − + − = có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu phần tử ? A. 8 . B. 4 . C. 19 . D. 5. Câu 30 (Đề thi chính thức THPTQG 2018 M104 C48). Cho phương trình ( ) 2 2 log x m x m + = − với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của ( ) 18;18 m∈ − để phương trình đã cho có nghiệm ? A. 9. B. 19 . C. 17 . D. 18 . Câu 31 (Đề thi chính thức THPTQG 2018 M104 C50). Cho 0 a> , 0 b> thỏa mãn ( ) ( ) 2 2 2 2 1 4 1 log 4 1 log 2 2 1 2 a b ab a b a b + + + + + + + + = . Giá trị của 2 a b + bằng A. 15 4 . B. 5. C. 4 . D. 3 2 . Câu 32: (BGD - Đề thi tham khảo THPTQG 2019 M001 C31) Tổng tất cả các nghiệm của phương trình ( ) 3 log 7 3 2 x x − = − bằng A. 2 . B. 1. C. 7 . D. 3 . Hướng dẫn. Mũ hóa ta được phương trình ( ) 2 2 9 7 3 3 3 7.3 9 0 3 x x x x x − − = = ⇔ − + = . Ta có: ( ) 1 2 1 2 1 2 3 3 3 log 3 log 3 3 log 9 2 x x x x x x + + = = = = . Chọn A. Câu 33: (BGD - Đề thi tham khảo THPTQG 2019 M001 C39) Cho hàm số ( ) y f x = . Hàm số ( ) y f x ′ = có bảng biến thiên như sau Bất phương trình ( ) e x f x m < + đúng với mọi ( ) 1;1 x∈ − khi và chỉ khi A. () 1 e m f ≥ − . B. ( ) 1 1 e m f > − − . C. ( ) 1 1 e m f ≥ − − . D. () 1 e m f > − . Hướng dẫn. Xét hàm số ( ) ( ) ( ) e , 1;1 x g x f x x = − ∈ − có ( ) ( ) ( ) ' ' e 0, 1;1 x g x f x x = − < ∀ ∈ − nên Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) 1;1 1 max 1 1 g x g f e − < − = − − , từ đó ( ) ( ) ( ) 1 , 1;1 1 e g x m x m f < ∀ ∈ − ⇒ ≥ − − . Vậy chọn C. Lời bình: Có thể nhiều học sinh sẽ chọn đáp án B, vì giả thiết ( ) 1;1 x∈ − không có dấu bằng. Chúng ta cần phân tích và chỉ ra cho các em thấy được là: m có thể bằng a, nhưng ( ) g x a < thì bất đẳng thức ( ) g x m < vẫn đúng . Câu 34 (Đề thi chính thức THPTQG 2019 M101 C39). Cho phương trình ( ) 2 9 3 3 log log 3 1 log x x m − − =− (m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có nghiệm A. 2. B. 4. C. 3. D. Vô số. Hướng dẫn. Điều kiện 1 3 x> . Khi đó ta có ( ) 3 3 3 3 log log log 3 1 log 3 1 x m x x x − = − − = − hay là 1 3 1 1 1 3 , 0 3 3 1 3 x x m x m m x x x − = ⇔ = = − > ⇒ < < − . Vì m nguyên nên chọn A. Câu 35 (Đề thi chính thức THPTQG 2019 M101 C50). Cho phương trình ( ) 2 2 2 4log log 5 7 0 x x x m + − − = (m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt A. 49. B. 47. C. Vô số. D. 48. Hướng dẫn. Trước hết ta xét phương trình: 2 2 5 2 2 4 2 log 1 2 4log log 5 0 5 log 2 4 x x x x x x α − = = + − = ⇔ ⇔ =− = = (*). Và * 7 7 0 log , x m x m m − = ⇒ = ∈ℕ . Đến đây theo yêu cầu bài toán ta xét: 7 log 2 49 7 0 x m m m α   = =   ⇔ =   − <    Hoặc { } 7 0 log 2 3;4;5;...;48 7 0 x m m m α   < = <   ⇔ ∈   − <    . Vậy { } 3;4;5;...;48;49 . m∈ Chọn B. Nhận xét: Các câu khác của các mã đề thi năm 2019 ta giải tương tự. Câu 36 (Đề thi chính thức THPTQG 2019 M102 C37). Cho phương trình ( ) 2 9 3 3 log log 6 1 log x x m − − =− (m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có nghiệm? A. 6. B. 5. C. Vô số. D. 7. Câu 37 (Đề thi chính thức THPTQG 2019 M102 C47). Cho phương trình ( ) 2 2 2 2log 3log 2 3 0 x x x m − − − = (m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt? A. 79. B. 80. C. Vô số. D. 81. Câu 38 (Đề thi chính thức THPTQG 2019 M103 C36). Cho phương trình ( ) 2 9 3 3 log log 5 1 log x x m − − =− (m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có nghiệm A. Vô số. B. 5. C. 4. D. 6. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 39 (Đề thi chính thức THPTQG 2019 M103 C46). Cho phương trình ( ) 2 3 3 2log log 1 5 0 x x x m − − − = (m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm phân biệt? A. 123 . B. 125 . C. Vô số. D. 124 . Câu 40 (Đề thi chính thức THPTQG 2019 M104 C36). Cho phương trình ( ) 2 9 3 3 log log 4 1 log x x m − − =− (m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có nghiệm? A. 5. B. 3 . C. Vô số. D. 4 . Câu 41 (Đề thi chính thức THPTQG 2019 M104 C48). Cho phương trình ( ) 2 3 3 2log log 1 4 0 x x x m − − − = (m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt A. Vô số. B. 62. C. 63. D. 64 . II. CÁC BÀI TOÁN CỦA CÁC TRƯỜNG THPT Câu 42: Cho ( ) 9 12 16 log log log x y x y = = + . Giá trị của tỉ số x y là A. 3 5 . 2 − B. 3 5 . 2 + C. 5 1 . 2 − D. 1 5 . 2 − − Hướng dẫn. Đặt ( ) 9 12 16 log log log 9 , 12 , 16 t t t x y x y t x y x y = = + = ⇒ = = + = . Ta cần tính 3 4 t x y      =       . Mà ta có 2 3 3 3 1 5 9 12 16 1 0 4 4 4 2 t t t t t t       − +          + = ⇔ + − = ⇔ =                      . Chọn C. Câu 43: Xét các số thực dương , a b thỏa mãn ( ) 12 1 9 5 log log log . a b a b = = + Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. ( ) 3;9 . a b ∈ B. ( ) 0;2 . a b ∈ C. ( ) 2;3 . a b ∈ D. ( ) 9;16 . a b ∈ Hướng dẫn. Giải tương tự câu 42. Câu 44: (THTT – 477) Nếu 2 8 4 log log 5 a b + = và 2 4 8 log log 7 a b + = thì giá trị của ab bằng A. 9 2 . B. 18 2 . C. 8. D. 2. Hướng dẫn. Đặt 2 2 log ,log 2 x y a x b y ab + = = ⇒ = . Mặt khác ta có hệ: 1 5 6 3 1 3 7 3 x y x y x y    + =    =    ⇔     =    + =     . Chọn A. Câu 45: Gọi x, y là các số thực dương thỏa mãn ( ) 9 6 4 log log log x y x y = = + và 2 x a b y − + = , với a, b là hai số nguyên dương. Tính a + b A. 11 B. 4 C. 6 D. 8.Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Hướng dẫn. Giải tương tự câu 42. Câu 46: (THPT Triệu Sơn 3 Thanh Hóa) Gọi x, y là các số thực dương thỏa mãn 9 6 4 log log log 6 x y x y   +    = =        . Tính tỉ số x y A. 4 . B. 2 . C. 3 . D. 5. Hướng dẫn. Giải tương tự câu 42. Câu 47: Cho các số thực , , a b c thỏa mãn: 7 3 11 log 11 log 7 log 25 27, 49, 11 a b c = = = . Giá trị của biểu thức ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 7 11 log 7 log 11 log 25 A a b c = + + là: A. 519. B. 729. C. 469 D. 129 . Hướng dẫn. Biến đổi ( ) ( ) 2 3 3 3 3 log 7 log 7 log 7 log 7 3 27 7 a a = = = . Tương tự: ( ) 2 7 7 log 11 log 11 2 49 11 b = = và ( ) 2 11 11 1 log 25 log 25 2 11 25 5 c = = = . Vậy 3 2 7 11 5 469 A= + + = . Chọn C. Lời bình. Trên đây ta đã sử dụng các công thức lũy thừa của lũy thừa và công thức logarit ( ) ( ) log ; a n m x mn m n a a a a x = = = . Câu 48: Cho 0, 1; 0 a a b > ≠ > thỏa mãnlog a b m = . Giá trị của biểu thức 3 log b a b A a       =         tính theo m là: A. 2 3 . 3 6 m m + + B. 2 3 . 3 6 m m + − C. 2 3 . 3 6 m m − + D. 2 3 . 3 6 m m − − Hướng dẫn. Bài này chúng ta giải tương tự như các câu 3 và câu 6. Chúng ta có thể làm như sau: Ta thấy trong biểu thức logarit có căn bậc hai và bậc ba nên chọn 6 ,0 1 a n n = < ≠ ta có ( ) 3 3 6 6 2 6 2 3 3 2 3 log log 3 6 m m m m m m n n n n m b a n A n m n − −   −    = = ⇒ = = =      −   . Chọn D. Câu 49: Tổng tất cả các nghiệm của phương trình ( ) 2 log 11 2 3 x x − = − bằng A. 2 . B. 1. C. 7 . D. 3 . Câu 50: Biết phương trình 1 3 1 3 log (3 1) 2 log 2 x x + − = + có hai nghiệm 1 2 , x x . Hãy tính tổng 1 2 27 27 x x S= + . A. 252 S= B. 45 S= C. 9 S= D. 180 S= . Hướng dẫn. Phương trình tương đương với 3 2 log 2 1 2 1 3 1 3 3.3 1 3 . 2 x x x x − + − = ⇔ − = . Đặt 3 0 x t = > 2 2 1 3 1 6 2 0 2 t t t t ⇒ − = ⇒ − + = . Ta có ( ) ( ) 1 2 3 3 3 1 2 1 2 1 2 1 2 27 27 3 x x t t t t t t t t + = + = + − + Nên 3 6 3.6.2 180 S= − = . Chọn D. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 51. Biết phương trình 2 1 1 3 log (3 3 1) x x x − − − + = có hai nghiệm 1 2 , x x (với 1 2 x x < ). Tính giá trị của biểu thức 1 2 3 3 x x P= − . A. 1 3 − B. 1 3 + C. 2 3 − D. 2 3 + . Hướng dẫn. Phương trình tương đương với 2 2 1 1 .3 .3 1 3 3 4.3 3 0 3 3 x x x x x − + = ⇔ − + = . Đặt 3 0 x t = > 2 1 2 4 3 0 1, 3 t t t t ⇒ − + = ⇒ = = . Ta có 1 2 1 2 3 3 1 3 x x P t t = − = − = − . Chọn A. Câu 52. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình ( ) ( ) 2 9 3 3 2 log log .log 2 1 1 x x x = + − bằng A. 2. B. 1. C. 9. D. 5. Hướng dẫn. Biến đổi phương trình tương đương với ( ) ( ) 2 3 3 3 1 log log .log 2 1 1 2 x x x = + − ( ) ( ) 3 2 2 3 3 log 0 1 1 2 2 1 2, 0 log log 2 1 1 2 1 1 , 0 x x x x x x x x x x x   = =  =      ⇔ ⇔ ⇔    + = + > = + − = + − >       2 1 1 4 4 0, 0 x x x x x x   = =   ⇔ ⇔   = − = >     . Chọn D. Câu 53. Cho phương trình ( ) 2 2 2 2 3 3 2 3 1 3 1 9 3 3 3 6 18 x x x x x x − − − + − + − = − + − . Tổng tất cả các nghiệm của phương trình bằng A. 3 . B. 4 . C. 11. D. 9. Hướng dẫn. Đặt ( ) ( )( ) 2 3 2 2 2 3 3 0, 3 3 6 18 6 3 0 3 x a a x b b a a a a b a a b b −  =  = > = ⇒ − = − + − ⇔ − − − = ⇒  =   2 2 3 1, 0 9 9 x x x x x   = − = >   ⇒ ⇒   = =     . Chọn C. Câu 54. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình ( ) ( ) 9 2 5 .3 9 2 1 0 x x x x − + + + = bằng A. 3 . B. 12 . C. 6. D. 5. Hướng dẫn. Đặt ( ) ( )( ) 2 9 3 0,2 1 9 9 0 9 0 x a a x b a b a b a a b a b  =  = > + = ⇒ − + + = ⇔ − − = ⇒  =   2 2 0, 1 2 1 3 x x x x x x   = =   ⇒ ⇒   = = + =     . Chọn A. Lưu ý: Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Để giải phương trình 2 1 3 x x+ = ta cần khảo sát hàm số ( ) 3 2 1 x f x x = − − . Câu 55. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình 3 3 2 2 2 3 3 3 3 2 0 x x x x x x − + + − + − + = bằng A. 2. B. 4 . C. 1 − . D. 2 − . Hướng dẫn. Biến đổi phương trình tương đương với 3 3 0 3 3 u v u v u v u v u v − + − = ⇔ + = + ⇔ = 3 2 3 2 0 1 x x x x  =−  ⇔ − + = ⇔  =   . Chọn C. Câu 56. Phương trình ( ) ( ) 2 2 2 log 3 1 2log 3 1 3 0 x x − + − − = có 2 nghiệm 1 x ; 2 x 1 2 ( ) x x < và 1 2 3 log a x x b      − =        với a,b∈ℤ , 0 b> và a b là phân số tối giản. Tính a b − . A. 5 a b − =− . B. 5 a b − = . C. 20 a b − =− . D. 1 a b − =− . Hướng dẫn. Đặt ( ) 1 2 1 3 2 2 2 3 9 1 3 log 3 1 log 3 1 2 3 0 8 8 1 3 1 2 log 3 x x x t x t t t t x          =−  =  = +        − = ⇒ + − = ⇔ ⇔ ⇔      =   = +   =    Suy ra 1 2 3 3 9 3 log log 5 8.3 8 x x a b           − = = ⇒ − =−               . Chọn A. Câu 57. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình ( ) 3 1 7 7 2log 6 5 1 x x − − − = bằng A. 3 . B. 2. C. 0 . D. 7 . Hướng dẫn. Biến đổi phương trình tương đương với ( ) 1 7 7 6log 6 5 1 x x − − − = . Đặt ( ) ( ) 7 1 ,log 6 5 6 5 7 6 1 1 7 1 7 6 v v v x u x v x x u − = − = ⇒ − = ⇔ − + = ⇒ = − ta có phương trình 7 6 7 6 7 6 7 6 u v u v v u u v − = − ⇔ + = + . Hàm số () 7 6 t f t t = + đồng biến trên ℝ nên từ ( ) ( ) f u f v u v = ⇔ = 1 7 6 u u ⇔ = − . Hàm số () 7 6 t g t t = − có () () ( ) 2 0 7 6 ' 7 ln7 6 0 log ; '' 7 ln7 0 ln7 t t g t t g t      = − = ⇔ = = >        do đó 0 t là điểm cực tiểu, ngoài ra ( ) () 0 1 1 g g = = nên phương trình 1 7 6 u u = − có đúng hai nghiệm 0, 1 u u = = 1, 2 x x ⇔ = = . Chọn A. Câu 58: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng ( ) 40;40 − để hàm số sau ( ) ( ) 2 2 2 2 log 4 2 4 x y x m x m x m =   + − − +     xác định với mọi ( ) 2; x∈ +∞ ?Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung A. 50. B. 40. C. 21. D. 41. Hướng dẫn. + Trước hết 2 0, 2 1 x m x m + ≠ ∀ > ⇒ ≥− . + Mặt khác ( ) ( ) 2 2 2 4 2 4 0, 2 2 2 , 2 x m x m x x m x x − − + > ∀ > ⇔ + >− ∀ > (luôn đúng). Vậy ta có { } 1;0;1;2;...;39 m∈ − . Chọn D. Câu 59: Đồ thị hàm số ( ) y f x = đối xứng với đồ thị của hàm số ( 0, 1) x y a a a = > ≠ qua điểm ( ) 1;1 I . Giá trị của biểu thức 1 2 log 2018 a f      +        bằng A. 2016. B. 2016 − . C. 2020. D. 2020 − . Hướng dẫn. Lấy điểm ( ) ; x M x a bất kì thuộc đồ thị ( 0, 1) x y a a a = > ≠ , khi đó tọa độ ( ) ' 2 ;2 x M x a − − sẽ thuộc đồ thị ( ) y f x = . Nói cách khác: nếu ta lấy 2 X x = − thì ( ) 2 x f X a = − . Đặt 1 log 2018 log 2018 a a t t = ⇒ =− thì giá trị ( ) 1 2 log 2018 a f f X      + =        với 2 X t = − , do vậy: ( ) log 2018 2 2 2 2018 2016 a t f X a a = − = − = − =− . Chọn B. Câu 60: Gọi ( ; , , S a b a b  = −∞ + ∈   ℚ là tập các giá trị của tham số thực m để hàm số ( ) 2 ln 2 y x x m = + + + đồng biến trên tập xác định của nó. Tính tổng K a b = + là A. 5 K =− . B. 0 K = . C. 5 K = . D. 2 K = . Hướng dẫn. Tính đạo hàm ( ) 1 ' 2 , 2; 2 y x x m x m = + ∈ − − +∞ + + . Yêu cầu bài toán tương đương với: ( ) ( ) 2 2 2 1 0 2 2 2 1 0, 2 x x m x m x x m + + + ≥ ⇔ + + + ≥ ∀ >− − (1). + Trường hợp 1: ( ) 2 ' 2 2 0 2 2 2 2 m m ∆ = + − ≤ ⇔− − ≤ ≤− + . Khi đó (1) luôn đúng. + Trường hợp 2: Không cần xét vì tìm được 2 2 m≤− + . Ta có ngay 2, 2 0 a b K a b =− = ⇒ = + = . Chọn B. Câu 61: Hàm số ( ) 2 log 4 2 x x y m = − + có tập xác định là ℝ thì A. 1 4 m≥ B. 0 m> C. 1 4 m< D. 1 4 m> . Câu 62: Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số 2 2020 log (2020 ) 2 x x y x m = − − − xác định với mọi x thuộc ) 0;  +∞  Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung A. 2019. m> B. 1. m< C. 0 2019. m < < D. 2020. m< Hướng dẫn. Xét hàm số ( ) ) ( ) 2 2020 , 0; ' 2020 ln2020 1 2 x x x f x x m x f x x  = − − − ∈ +∞ ⇒ = − −   và ( ) ( ) 2 '' 2020 ln2020 1 0, 0 x f x x = − > ∀ ≥ nên hàm số ( ) ' f x đồng biến trên ) 0;  +∞   , suy ra: ( ) ( ) ' ' 0 0 f x f ≥ > do đó ( ) f x đồng biến trên ) 0;  +∞   . Do đó ( ) ( ) min 0 1 f x f m = = − . Vậy ( ) ( ) 2020 log y f x = xác định với mọi x thuộc ) 0;  +∞   khi 1 0 1. m m − > ⇔ < Chọn B. Lời bình: Bài toán trên ta dùng đạo hàm cấp cao để xét dấu đạo hàm cấp thấp, trong đó là xét tính đơn điệu của hàm số. Câu 63: Cho hàm số ( ) ( ) 3 2 2 log 1 x f x e m x mx − = − + − . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để bất phương trình ( ) ( ) 0 f x f x + − ≥ đúng với x ∀ ∈ℝ ? A. 21. B. 4 . C. Vô số. D. 22. Hướng dẫn. Xét bất phương trình: ( ) ( ) 0, f x f x x + − ≥ ∀ ∈ℝ ( ) ( ) 3 3 2 2 2 2 log 1 log 1 0 x x e e m x mx m x mx − ⇔ + − + − − + + ≥ , x ∀ ∈ℝ (1). + Ta phải có điều kiện ( ) ( ) 2 2 2 2 1 0 1 0 , , 1 0 1 0 m x x m x mx x x m x mx m x x     + − >  + − >     ∀ ∈ ⇔ ∀ ∈     + + > + + >        ℝ ℝ (*). + Ta có 2 2 1 , x x x x + > = ∀ ∈ℝ nên từ (*) suy ra 0 m> . Khi đó (1) ( ) ( )( ) 2 2 2 3log 1 1 0 x x e e m x mx m x mx − ⇒ + − + − + + ≥ , x ∀ ∈ℝ ( ) ( ) ( ) 2 1 2 3log 0, log , 3 x x x x e e m x m e e x − − ⇒ + − ≥ ∀ ∈ ⇒ ≤ + ∀ ∈ ℝ ℝ (2). Mà ta có ( ) 2 . 2 x x x x e e e e − − + ≥ = nên để (2) đúng x ∀ ∈ℝ thì 3 2 log 0 100 3 m m ≤ ⇒ < ≤ . Yêu cầu m nguyên nên ta được { } 1;2;3;4 m∈ . Chọn B. Câu 64: (THPT Chuyên ĐH Vinh) Cho số thực m và hàm số ( ) y f x = liên tục trên , ℝ có đồ thị như hình bên. Phương trình ( ) 2 2 x x f m − + = có nhiều nhất bao nhiêu nghiệm thuộc đoạn 1;2   −     ? A. 2. B. 3. C. 4. D. 5. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Hướng dẫn. Trước hết ta đặt 1 2 ; 1;2 ;4 2 x u x u       = ∈ − ⇒ ∈         , tiếp theo ta đặt 1 2 2 x x t u u − = + = + , ta có: ( ) 2 1 ' 1 0 1 t u u u = − = ⇔ = , suy ra 17 2; 4 t     ∈     . Bây giờ xét phương trình () f t m = với 17 2; 4 t     ∈     . Từ đồ thị suy ra phương trình này có nhiều nhất hai nghiệm t . Trở về ẩn x ta có phương trình ( ) 2 2 2 4 2 1 2 2 2 .2 1 0 2 4 2 2 x x x x x x t t t t t t  + −  =   = + ⇔ − + = ⇒  − −  =   suy ra có nhiều nhất 4 nghiệm x . Chọn C. Câu 65. Cho hàm số ( ) y f x = liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình ( ) 2 2log f x m = có nghiệm duy nhất trên 1 ;2 2           . A. 9. B. 6. C. 5. D. 4 . Hướng dẫn. Đặt ) 2 1 2log ; ;2 2;2 2 x t x t       = ∈ ⇒ ∈ −        và với mỗi t cho ta một giá trị duy nhất 2 t x= . Bây giờ ta xét () ) , 2;2 f t m t  = ∈ −   có nghiệm t duy nhất khi 6 2 2 m m  =   − ≤ ≤   Suy ra các giá trị nguyên của m là { } 2; 1;0;1;2;6 m∈ − − . Chọn B. Câu 66. Cho hàm số ( ) y f x = có bảng xét dấu của đạo hàm ( ) ' f x như sau: Hàm số ( ) ( ) 3 2 1 2 3 1 3 2 4 x x x y g x f x e − + − = = − − đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( ) 1;3 . B. ( ) 3;+∞ . C. ( ) ;1 −∞ . D. 7 1; 2             . Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Hướng dẫn. Đạo hàm ( ) ( ) ( ) 3 2 1 2 3 1 2 3 ' 2 ' 2 4 4 3 x x x g x f x x x e − + − = − − − + mục tiêu là tìm khoảng mà trong đó cả ( ) ' 2 4 f x− và ( ) 2 4 3 x x − − + đều dương. Trong đó ( ) ( ) 2 4 3 0 1;3 x x x − − + > ⇔ ∈ và kiểm tra thêm ( ) ( ) () ( ) ' 2 4 0, 1;3 ' 0, 2;2 f x x f t t − > ∈ ⇔ > ∈ − đúng. Vậy chọn A. Lời bình Cách giải cũng rất tự nhiên bởi lẽ khi xét dấu một tích dương của hai số thì hai thừa số cùng dấu, còn khi xét dấu của tổng thì ta thử tương tự, ngoài ra chỉ có 4 khoảng cho trong bài toán nên ta cũng dễ thử. Tuy nhiên còn tùy trường hợp, chẳng hạn: nếu 5, 2 a b = =− trái dấu nhưng tổng 3 0 a b + = > . Cách tốt nhất vẫn là tìm nghiệm của các biểu thức rồi lập bảng xét dấu. Câu 67: Cho hàm số ( ) y f x = có bảng biến thiên như hình bên. Có bao nhiêu số m nguyên để phương trình ( ) ( ) 6 4 log 2 log f x m f x     + =         có 4 nghiệm phân biệt? A. 1. B. 3. C. 16. D. 15. x −∞ 1 − 1 +∞ ' y + 0 − 0 + y 16 12 4 0 Hướng dẫn. Đặt ( ) f x y = và ( ) 6 4 log 2 log y m y t + = = suy ra: 2 6 , 4 6 2.4 t t t t y m y m + = = ⇔ = − . Mà từ bảng biến thiên ta có 0 4 16 2 t y t < = ≤ ⇒ ≤ do đó ta xét () 6 2.4 , 2 t t g t t = − ≤ có: () 3 2 ln16 ' 6 ln6 2.4 ln4 0 log 1,08 ln6 t t g t t α      = − = ⇔ = = ≈        . Suy ra bảng biến thiên: t −∞ α 2 ( ) ' g t 0 − 0 + 20,14 ( ) g t 0 4 2,01 − Với mỗi giá trị của t cho ta một giá trị của y , rồi từ y ta suy ra số nghiệm. Vì m ∈ℤ ta xét + Nếu 4 2 1, 1,14 4,9 y m t t y  = = − ⇒ = = ⇒  ≈   thì phương trình ( ) f x y = có 5 nghiệm x . + Nếu 1 1 0, 1,56 8,7 y m t t y  = = − ⇒ = = ⇒  ≈   thì phương trình ( ) f x y = có 4 nghiệm x . + Nếu 0 1,7 10,56 m t y = ⇒ = ⇒ ≈ thì phương trình ( ) f x y = có 3 nghiệm x . + Nếu 1 1,8 12,13 m t y = ⇒ = ⇒ ≈ thì phương trình ( ) f x y = có 2 nghiệm x . Tương tự khi { } 2;3;4 m∈ thì phương trình ( ) f x y = có không quá 2 nghiệm x . Vậy chỉ có 1 m = − thỏa mãn bài toán. Chọn A. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 68: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho phương trình 1 1 2 1 3 x m − = − có nghiệm duy nhất. A. 1. m= B. 1. m≥ C. 1 . 2 m> D. 1 1. 2 m < ≤ Hướng dẫn. Nhận xét được nếu x là một nghiệm thì 2 x − cũng là một nghiệm, nên ta phải có 2 x x = − hay là 1 x= là nghiệm duy nhất, suy ra 2 1 1 1. m m − = ⇔ = Chọn A. Lời bình. Ta có thể giải theo cách thông thường như sau: Trước hết để phương trình có nghiệm thì 2 1 0. m− > Khi đó ta có: 1 3 3 1 1 1 3 1 log 1 log 2 1 2 1 2 1 x x x m m m − = ⇔ − = ⇔ = ± − − − sau đó là cho hai nghiệm trùng nhau: 3 3 2 1 1 1 1 log 1 log log 0 1 2 1 2 1 2 1 m m m m + = − ⇔ = ⇔ = − − − . Giá trị 1 m= thỏa mãn điều kiện. Vậy chọn A. Câu 69: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho phương trình 2 x x m + = có nghiệm duy nhất A. 3. m= B. . m∈∅ C. 0. m> D. . m∈ℝ Câu 70: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho phương trình ( ) 2 3 log 4 6 x x m − + = có nghiệm kép. A. 2 log 3. m= B. 2 . 3 m= C. 3 log 2. m= D. . m∈∅ Hướng dẫn. Viết lại ( ) ( ) 2 2 3 3 log 4 6 log 2 2 x x m x m   − + = ⇔ − + =       , khi đó nghiệm kép là 2 x= nên ta có 3 log 2. m= Chọn C. Câu 71: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho phương trình ( ) 2 2 log log 1 x x m + + = có nghiệm duy nhất. A. . m∈ℝ B. . m∈∅ C. 0. m> D. 1. m> Câu 72: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho phương trình ( ) ( ) 3 3 log 1 log 3 x x m + + − = có nghiệm kép A. . m∈∅ B. . m∈ℝ C. 0. m> D. 3 . 4 m=− Hướng dẫn. Điều kiện: 3. x> Viết lại ( )( ) ( ) 2 3 3 log 1 3 log 2 3 m x x x x = + − = − − suy ra nghiệm kép là 1 x= không thỏa mãn. Chọn A. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 73: Với giá trị nào của tham số m thì phương trình 1 4 .2 2 0 x x m m + − + = có hai nghiệm 1 2 , x x thoả mãn 1 2 3 x x + = ? A. 4 m= . B. 2 m= . C. 1 m= . D. 3 m= . Câu 74: Cho phương trình ( ) 2 2 2 2 log 3 log 3 0 x m m x − − + = . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 x , 2 x thỏa mãn 1 2 16 x x = . A. 1 4 m m  =   =   . B. 1 4 m m  =−   =   . C. 1 1 m m  =−   =   . D. 1 4 m m  =   =−   . Câu 75: Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình 2 3 3 log 3log 2 7 0 x x m − + − = có hai nghiệm thực 1 2 ; x x thỏa mãn ( )( ) 1 2 3 3 72. x x + + = A. 61 2 m= . B. 3 m= . C. . m∈∅ D. 9 2 m= . Hướng dẫn. Đặt 2 3 log 3 2 7 0 x t t t m = ⇒ − + − = . Giả sử bài toán được thỏa mãn và 1 2 x x < , khi đó viết lại điều kiện ( ) 1 2 1 2 3 63 x x x x ⇔ + + = , trong đó 1 2 1 2 3 1 2 3 .3 3 3 27 t t t t x x + = = = = , suy ra: 1 2 12 x x + = và suy ra 1 2 3, 9 x x = = . Cuối cùng 1 2 3 3 9 2 7 log 3.log 9 2 2 m t t m − = = = ⇔ = . Vậy chọn D. Lời bình. Ta có thể giải cách khác như sau: Giả sử tồn tại m thỏa mãn bài toán. Viết lại 2 3 3 3 37 3 log 2 log 2 4 2 x m a x a      − = − = ⇒ = ±        hay ta có 3 3 2 2 1 2 3 , 3 a a x x − + = = . Viết lại điều kiện ( ) 1 2 1 2 3 63 x x x x ⇔ + + = và khi đó ta có: 3 3 3 3 3 2 2 2 2 3 3 3 3 63 3 3 12 a a a a − + − +       + + = ⇔ + =        . Hay ta có 1 2 1 1 2 2 27 3 12 9 x x x x x x     = =   ⇔     + = =     . 3 2 1 3 1 3 3 1 2 4 a x a a − ⇔ = = ⇔ − = ⇔ = . Trở về ẩn m ta có 37 1 9 2 4 4 2 m m − = ⇔ = . Câu 76: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình ( ) 3 2 log 1 x m x − = + có hai nghiệm thực phân biệt. A. 1 0. m − < ≠ B. 1. m>− C. . m∈∅ D. 1 0. m − < < Hướng dẫn. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Xét hàm số ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 3 2 2 , 1, 0 ' 1 log 1 1 ln3. log 1 f x x x x f x x x x = − >− ≠ ⇒ = + +   + +     do đó ( ) ' 0, 1, 0 f x x x > ∀ >− ≠ suy ra ( ) f x đồng biến. Bảng biến thiên: x 1 − 0 +∞ ( ) f x +∞ 1 − +∞ −∞ Vậy để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì 1. m>− Chọn B. Lời bình. Bài toán cho dạng đa thức và logarit và đã cô lập m, nên ta chỉ việc khảo sát hàm số. Xin lỗi quý thầy cô và bạn đọc vì ban đầu tôi nhẩm được đạo hàm thấy nó dương mà quên cho rằng ( ) f x dương và đơn điệu trên tập xác định, do đó không thể cắt y m = tại hai điểm và chọn đáp án C. Ngoài cách giải trên chúng ta cũng có thể biến đổi và khảo sát sự tương giao của các đồ thị khác nhau, tuy nhiên độ phức tạp cũng không giảm hơn bao nhiêu. Câu 77: Cho phương trình 2 0. x ax b − + = Biết , a b thuộc đoạn 2;10       và phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 2 , x x thỏa mãn 2 1 log log 1 2 a b x x x x = . Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ) ; a b ? A. 6. B. 5. C. 10. D. 14. Hướng dẫn. Từ điều kiện suy ra 2 2 1 2 2 1 1 1 log 0 1 log .log log .log log log a a a a b a b x x x x x x x x a b   = =   = ⇔ ⇔   = =     . + Nếu a b = thì ta có phương trình 2 0 x ax a − + = và có hai nghiệm khi 2 4 0 4 a a a − > ⇒ > . Khi đó các cặp ( ) ( )( )( )( )( )( ) { } ; 5;5 , 6;6 , 7;7 , 8,8 , 9;9 , 10;10 a a ∈ . Có 6 cặp loại này. + Nếu 2 1 x = thì 1 & 1 x b a b = = + . Khi đó các cặp ( ) { } 1; , 2;3;...;9 b b b + ∈ . Có 8 cặp loại này. Vậy tất cả có 14 cặp ( ) ; a b thỏa mãn. Chọn D. Câu 78: Cho phương trình ( ) ( ) 3 2 1 2 2 log 6 2log 14 29 2 0 mx x x x − + + − = . Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên m để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt? A. 0 B. 4 C. 18 D. 15. Hướng dẫn. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Điều kiện 2 29 953 29 953 14 29 2 0 28 28 x x x x − − − + + − > ⇒ < ∪ > . Ta có phương trình: ( ) 3 2 2 2 6 14 29 2 6 14 29 mx x x x m x x f x x − = + − ⇒ = + + − = . Ta có ( ) 2 2 ' 12 14 f x x x = + + Suy ra ( ) ( ) 29 953 29 953 ' 0, ' 0, 28 28 f x x a f x x b − − − + < ∀ < = ∪ > ∀ > = . Bảng biến thiên: x −∞ a b +∞ ( ) ' f x − + ( ) f x +∞ ( ) f a +∞ ( ) f b Từ đó suy ra phương trình ( ) f x m = không thể có ba nghiệm phân biệt. Chọn A. Câu 79: (THPT Chuyên ĐH Vinh) Cho phương trình ( ) 2 2 4 9.3 4 2 1 3 3 3 1 0 x x m x x m − + + + + + = . Hỏi có bao nhiêu giá trị m nguyên để phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt? A. Vô số B. 3. C. 1. D. 2. Hướng dẫn. Biến đổi PT ( ) 2 1 3 4 1 3 3 0 3 x x m x m + ⇔ + − + + + = . Đặt 1 1 x t x t + = ⇔ = − ta có phương trình: ( ) 1 1 3 3 4 3 3 0 t t m t m + − + − + + = (1). Nhận xét: nếu phương trình (1) có nghiệm 0 t thì cũng có nghiệm 0 t − do đó nếu phương trình có đúng 3 nghiệm thì trước hết phải có nghiệm 0 0 t t = − còn lại hai nghiệm khác là a và a − (với 0 a ≠ ). Khi đó 0 0 t = và suy ra: ( ) 2 6 3 3 0 2 0 1, 2 m m m m m m − + = ⇒− − + = ⇒ = =− . Ngược lại Với 2 m = − , ta có phương trình: ( ) 1 1 1 1 3 3 2 4 3 0 3 3 6 8 0 t t t t t t + − + − + + − = ⇔ + − + = ( ) 2 1 1 3 3 8 0 0 1 t t t t x + − ⇔ − + = ⇔ = ⇔ =− là nghiệm duy nhất, nên 2 m = − loại. Như thế kết hợp đáp án thì chỉ có 1 m = thỏa mãn bài toán. Chọn C. Lời bình. Chúng ta kết hợp điều kiện cần và phương pháp loại trừ để đưa ra đáp án C là đúng (vì thi trắc nghiệm). Tuy nhiên nếu tự luận thì chúng ta còn phải chứng minh điều kiện đủ, có thể làm như sau: Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Với 1 m = ta có phương trình () ( ) 1 1 3 3 4 6 0 t t f t t + − = + − + = (2). Ta thấy ( ) f t là hàm số chẵn mà đồ thị có trục đối xứng là trục tung nên ta chỉ cần xét trên ) 0;  +∞  . Khi đó ta có () ( ) 1 1 2 ' 3 3 ln 3 t t f t t + − = − − và có () () 0 lim ' ; ' 1 8ln 3 2 0 t f t f + → =−∞ = − > nên tồn tại ( ) 0;1 α ∈ sao cho ( ) ' 0 f α = . Ngoài ra () ( )( ) 2 1 1 1 '' 3 3 ln 3 0, 0 t t f t t t t + − = + + > ∀ > nên () ' 0 f t = có nghiệm α duy nhất và α là điểm cực tiểu của ( ) f t . Bảng biến thiên: t 0 α 1 +∞ ( ) ' f t − 0 + ( ) f t +∞ 0 0 ( ) f α Suy ra phương trình () 0 f t = có đúng hai nghiệm 0, 1 t t = = trên ) 0;  +∞  . Suy ra trên ℝ phương trình () 0 f t = có 3 nghiệm phân biệt là 0, 1, 1 1, 0; 2 t t t x x x = = = − ⇔ = − = = − . Vậy 1 m = thỏa mãn bài toán. Bài toán này có lẽ ra cho học sinh để "hạn chế 10 điểm tròn". Trường Chuyên mà! (chẳng lẽ là thi Olimpic hay sao nhỉ - Thi trắc nghiệm mà làm tóm tắt cả một trang lận!) Câu 80: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình ( ) 2 2 2 2 1 4 2 log log 3 log 3 x x m x + − = − có nghiệm thuộc ) 32;  +∞   ? A. ( 1; 3 m  ∈   . B. ) 1; 3 m  ∈   . C. ) 1; 3 m  ∈ −   . D. ( 3;1 m  ∈ −   . Hướng dẫn. Đặt 2 log ; 32 5 x t x t = ≥ ⇒ ≥ , ta có phương trình ( ) 2 2 3 3 t t m t − − = − ( )( ) ( ) 1 4 1 3 3 1 3 3 t t t m t m t t + ⇔ + − = − ⇒ = = + − − (vì 5 t ≥ ). Từ đó suy ra: 4 1 1 3 5 3 m < ≤ + = − . Chọn A. Câu 81: (THPT Chuyên ĐH Vinh) Cho phương trình ( ) 2 .2 cos 4 x x m x π = − , với m là tham số thực. Gọi 0 m là giá trị của m để phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm thực. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. ) 0 1;0 . m  ∈ −   B. ) 0 5; 1 . m  ∈ − −   C. 0 0. m > D. 0 5. m ∀ ∈     nên phải có 2 2 0, 0;4 1 0 1 x x m x m m   − + > ∀ ∈ ⇒ − > ⇒ >     . Biến đổi ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 log 2 2 2 2 log log 2 2 2 x x m x x x x m u u v v x x   − +    ≤ + + − − + ⇔ + ≤ +      + +   2 2 2 2 2 2 2 4 2 0, 0;4 u v x x m x x x x m x   ⇔ ≤ ⇔ − + ≤ + + ⇔ + + − ≥ ∀ ∈     2 0 2 m m ⇒ − ≥ ⇒ ≤ . Kết hợp ta chỉ có 2 m = thỏa mãn bài toán. Chọn B. Lời bình. Ta gặp khá nhiều các hàm số dạng ( ) , 1, t f t a t a t = + > ∈ℝ hoặc ( ) log , 1, 0 a f t t t a t = + > > đều là các hàm số đồng biến trên tập xác định nên từ đây về sau ta không trình bày lại. Tuy nhiên khi giải tự luận thì bắt buộc các em học sinh phải nêu ra, cho dù đạo hàm chỉ một dòng. Mặc dù cả thầy và trò đều hiểu được nhưng trình bày cho chặt chẽ theo nghĩa toán học mà không bắt bẻ các em làm gì. Câu 83: (THPT CHUYÊN SƠN LA) Cho phương trình 2 9 1 1 3 3 1 2 4log log log 0 6 9 x m x x m + + + − = ( m là tham số ). Tìm m để phương trình có hai nghiệm 1 x , 2 x thỏa mãn 1 2 . 3 x x = . Mệnh đề nào sau đây đúng ? A. 1 2 m < < . B. 3 4 m < < . C. 3 0 2 m < < . D. 2 3 m < < . Hướng dẫn. Đặt 3 log x t = , ta có phương trình 2 1 2 0 3 9 t m t m      − + + − =        . Từ ( ) 3 1 2 1 2 1 2 log . 1 1 1 3 3 x x t t m m = ⇒ + = ⇒ + = ⇒ = , ngoài ra 2 2 0 3 9 − > nên 2 3 m= thỏa mãn bài toán. Chọn C. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 84: Cho phương trình 2 2 3 2 0 x a x − − = , với a là tham số thực. Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của 25;25 a   ∈ −     để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt? A. 0 . B. 50 . C. 24 . D. 48 . Hướng dẫn. Nhận xét nếu x là nghiệm thì x − cũng là nghiệm nên ta xét với 2 0; 2 a x      ∈         . Khi đó ta có: 2 2 2 2 2 2.3 4 2.3 ,0 2 x t a x t t a = + = + < ≤ . Hàm số () 2 2.3 t f t t = + đồng biến nên suy ra: { } { } 2 2 2 2 2 2 2.3 2 1 1 1 25; 24;...;24;25 \ 0; 1 a a a a a a a < ≤ + ⇔ > ⇒ ⇒ ∈ − − ± .Chọn D. Câu 85: (CHUYÊN ĐH VINH) Số nghiệm của phương trình ( ) 2 2 3 5 log 2 log 2 2 x x x x − = − + là A. 3. B. 2. C. 1. D. 4. Hướng dẫn. Đặt ( ) 2 2 2 2 3 5 log 2 log 2 2 2 3 , 2 2 5 t t x x x x t x x x x − = − + = ⇒ − = − + = . Dùng phép thế ta có: 5 2 3 5 2 3 5 2 3 t t t t t t  = +  − = ⇔  = −   . Ta có 2 2 2 3 3 2 2 2 2 2 x x x       − + = − + ≥         do đó ta có điều kiện cho t là 5 3 log 2 t α ≥ = . Ta có 3 5 2 t ≥ , trong khi đó 3 2 3 2 t − < như thế ta chỉ có phương trình 5 2 3 t t = + có nghiệm t α ≥ (nếu có). Ngoài ra t α = không phải là nghiệm và ta được () 3 2.5 1 0 5 t t f t −      = + − =        là hàm số nghịch biến nên chỉ có một nghiệm 1 t α = > . Suy ra phương trình có đúng hai nghiệm là 2 14 2 x ± = . Chọn B. Lời bình. Phương pháp mũ hóa ẩn chung mới cũng gặp một số bài. Trong bài trên ta còn may mắn tìm được chính xác các nghiệm của phương trình. Nói chung là chỉ ra số nghiệm của phương trình là đáp ứng yêu cầu bài toán. Câu 86: Nghiệm của phương trình 2 2 9 3 ln 6 2 9 ln 2 2 x x x x + = − + + có dạng a x b c = (a, b, c ∈ℕ ). Hỏi tổng a + b + c bằng bao nhiêu? A. 5. B. 6. C. 7. D. 9. Hướng dẫn. Viết lại phương trình 2 2 2 2 9 3 2 9 ln ln 6 2 9 ln 6 2 9 2 2 6 x x x x x x x x + + − = − + ⇔ = − +Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Đặt 2 2 9 ,6 ln ln x u x v u u v v + = = ⇒ + = + . Hàm số () ln f t t t = + đồng biến trên ( ) 0;+∞ nên suy ra 2 3 9 3 0 0 7 2 2 u v x x x a b c = ⇔ + = > ⇒ = > ⇒ + + = . Chọn C. Lời bình. Ở chế độ Mode 1, sử dụng máy tính Casio và chức năng Shift Solve ta tìm được nghiệm X, sau đó bấm 2 X kết quả cho ta 9 8 khai căn bậc hai thì 3 2 2 x= từ đó suy ra , , a b c . Câu 87 (THPT Chu Văn An - Hà Nội). Biết phương trình 2 1 2 1 1 2 5 .5 4.5 x x x x m + − − − − = có nghiệm khi và chỉ khi ; m a b   ∈     , với m là tham số. Tính giá trị b a − bằng A. 9 . 5 B. 1. C. 9. D. 1 . 5 Hướng dẫn. Biên đổi phương trình 2 1 2 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 1 1 2 5 4.5 5 4.5 5 4 5 x x x x x x x x m t t + − − + − + −+ − − − − ⇔ = = − = − , trong đó ( ) 1 1 2 1 1 2 1 1 5 , ' 1 5 ln5 0 1 2 1 0 2 1 2 x x x x t x t x x x x −+ − −+ −      = ≤ ⇒ = − = ⇔ − = ⇔ =        − , từ đó suy ra 0 x= là điểm cực đại của ( ) t x , và suy ra ( 0;1 t  ∈   . Bây giờ ta xét () 2 5 4 f t t t = − có () 2 ' 10 4 0 5 f t t t = − = ⇔ = , suy ra () 2 4 ; 1 ;1 ; 5 5 m f f a b                ∈ = − =                      nên 9 5 b a − = . Chọn A. Câu 88: Cho phương trình ( ) 4 10 1 .2 32 0 x x m − + + = . Biết rằng phương trình này có hai nghiệm 1 2 , x x thỏa mãn 1 2 1 2 1 1 1 1 x x x x + + = . Khi đó giá trị của m thỏa mãn điều kiện nào? A. 0 1 m < < B. 2 3 m < < C. 1 0 m − < < D. 1 2 m < < . Hướng dẫn. Đặt 2 0 x t = > ta có phương trình: ( ) 2 10 1 32 0 t m t − + + = và giả sử phương trình có hai nghiệm 1 2 , t t thì theo định lý Viet ta có: 1 2 5 1 2 1 2 32 2 .2 2 5 x x t t x x = ⇔ = ⇔ + = (1). Biến đổi 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 x x x x x x x x + + = ⇔ + + = (2). Từ (1) và (2) suy ra 1 2 2, 3 x x = = , vì thế ta có: 2 3 1 2 2 2 12 t t + = + = . Cũng theo định lý Viet ta được: 1 2 11 10 1 12 10 m t t m + = + = ⇒ = . Chọn D. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 89: (CHUYÊN THÁI BÌNH) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: 2 3 1 3 log (1 ) log ( 4) 0 x x m − + + − = . A. 1 0 4 m − < < . B. 21 5 . 4 m ≤ ≤ C. 21 5 . 4 m < < D. 1 2 4 m − ≤ ≤ . Hướng dẫn. Điều kiện ( ) 2 1 0 1;1 x x − > ⇔ ∈ − . Khi đó ta có phương trình 2 4 1 x m x + − = − hay ta có 2 5 m x x = − − , vế phải là phần của Parabol, lập bảng biến thiên suy ra: để phương trình có hai nghiệm phân biệt thuộc ( ) 1;1 − thì 21 5 . 4 m < < Chọn C. Câu 90: Gọi S là tổng tất cả các giá trị nguyên của m để bất phương trình ( ) ( ) 2 2 ln 7 7 ln 4 x mx x m + ≥ + + nghiệm đúng với mọi x thuộc ℝ . Tính S . A. 14 S = . B. 0 S = . C. 12 S = . D. 35 S = . Hướng dẫn. Trước hết ta phải có điều kiện: 2 2 0 4 0, 2 4 0 m mx x m x m m   >   + + > ∀ ∈ ⇔ ⇔ >   − <    ℝ . Khi đó ta có bất phương trình: 2 2 7 7 4 , x mx x m x + ≥ + + ∀ ∈ℝ ( ) ( ) 2 2 4 7 0 7 4 7 0, 7 2 5 7 0 m m x x m x m m m    − − ≤  − − + − ≥ ∀ ∈ ⇒ ⇒ − ≥ ⇒ ≤   − >    ℝ . Từ đó suy ra { } 2 5, 3;4;5 12 m m m S < ≤ ∈ ⇒ ∈ ⇒ = ℤ . Chọn C. Câu 91: (THPT Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa) Cho phương trình ( ) ( ) 2 2 27 1 3 3log 2 3 1 log 1 3 0 x m x m x x m   − + + − + − + − =     . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 2 , x x thỏa mãn 1 2 15 x x − < ? A. 14. B. 11. C. 12. D. 13. Hướng dẫn. Trước hết ta có điều kiện: ( ) 2 1 3 0 * x x m − + − > . Khi đó phương trình trở thành: ( ) ( ) 2 2 2 1 2 2 3 1 1 3 2 2 0 2, x m x m x x m x m x m x x m − + + − = − + − ⇒ − + + = ⇒ = = . + Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt là 2 m≠ ; + Thay các nghiệm 1 2 2, x x m = = vào (*) ta có: 2 3 3 0 2 3 4 1 0 m m m m   − >   ⇔ < −   − + >    . Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung + Các nghiệm 1 2 2, x x m = = thỏa mãn 1 2 15 2 15 13 17 x x m m − < ⇔ − < ⇔− < < . Kết hợp các điều kiện trên và m∈ℤ ta có { } 12; 11;...; 1;0 m∈ − − − . Chọn D. Câu 92: Cho phương trình ( ) ( ) 4 2 log 1 x x m x − + = − . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc 0;18       để phương trình đã cho có nghiệm dương duy nhất? A. 18. B. 16. C. 17. D. 19. Hướng dẫn. Xét phương trình: ( ) ( ) 4 2 log 1 x x m x − + = − . Dễ thấy 2 x= không thỏa mãn. Đặt 1 1 1 2 2 1 x t x x t − = ≠ ⇒ = + − − , với mỗi giá trị t cho ta một giá trị x . Vì 0 x> nên 1 1 2 0 1 1 2 t t t + > ⇒ < ∪ > − . Khi đó ta có phương trình: () 1 4 4 2 , 1 1 t t x m m g t t t + = ⇒ = − − = ≠ − . () ( ) 2 1 ' 4 ln 4 0, 1 1 t g t t t = + > ∀ ≠ − như thế hàm () g t đồng biến. Bảng biến thiên: t −∞ 0 1 2 1 +∞ g(t) 2 0 2 − +∞ −∞ Kết luận: { } 2, 0;18 , 2;3;4;...;18 m m m m   ≥ ∈ ∈ ⇒ ∈     ℤ . Vậy có 17 giá trị của m. Chọn C. Câu 93. (THPT Chuyên Thái Bình) Trong tất cả các cặp số thực ( ) ; x y thỏa mãn ( ) 2 2 3 log 2 2 5 1 x y x y + + + + ≥ , có bao nhiêu giá trị thực của m để tồn tại duy nhất cặp ( ) ; x y sao cho 2 2 4 6 13 0 x y x y m + + + + − = ? A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 0 . Hướng dẫn. Vì 2 2 3 1 x y + + > nên ta được ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 5 3 1 1 4 x y x y x y + + ≥ + + ⇔ − + − ≤ (1). Mặt khác ( ) ( ) 2 2 2 2 4 6 13 0 2 3 x y x y m x y m + + + + − = ⇔ + + + = . Xét ( ) ; x y như các điểm trong hệ trục Oxy thì để tồn tại duy nhất cặp ( ) ; x y xem như hai đường tròn tiếp xúc nhau, mà do điểm ( ) 2; 3 K − − nằm ngoài hình tròn (1) như thế có 2 giá trị m thỏa mãn.Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 94: [TT Tân Hồng Phong] Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình 2 2 2 15 100 10 50 2 2 2 25 150 0 x x x x x x − + + − − + − + < . A. 6. B. 4 . C. 5. D. 3 . Hướng dẫn. Bất phương trình có dạng 2 2 0 2 2 u v u v u v u v u v − + − < ⇔ + < + ⇔ < 2 25 150 0 10 15 x x x − + < ⇔ < < , mà { } 11;12;13;14 x x ∈ ⇒ ∈ ℤ . Chọn B. Câu 95: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 2 2 2 2 2 5 5 2 log (2 4 2 ) log 2 0 x x m m x mx m + − − − + + + − = có hai nghiệm phân biệt 1 2 , x x thỏa mãn 2 2 1 2 3 x x + = . A . 1 B. 0 C. 3 D. 2. Hướng dẫn. Biến đổi cơ số ( ) 1/2 5 2 5 2 − − = + và ( ) 1/2 2 2 2 2 x x m x x m + − = + − từ đó ta có phương trình: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 0 1 2 2 0 x x m m x mx m x m x m m − − + = + − > ⇒ − + − + = . Giả sử ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 3 2 3 1 2 2 3 3 x x x x x x m m m + = ⇔ + − = ⇒ + − − + = hay ta có 2 4 26 5 8 2 0 5 m m m I − ± ⇒ + − = ⇒ = ∈ . Vậy không tồn tại m∈ℤ . Chọn B. Câu 96: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình ( ) 2 2 2 2 1 4 2 log log 3 log 3 x x m x + − = − có nghiệm thuộc ) 32;  +∞   ? A. 0 B. 1 C. 2. D. 3. Hướng dẫn. Xem câu 80. Câu 97: Cho phương trình ( ) 5 3 4 10.2 16 log 0 x x x m − + − = . Tổng các giá trị nguyên dương của m để phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt? A. 15. B. 6. C. 21. D. 10. Hướng dẫn. Phương trình tương đương với: 3 4 10.2 16 0 (1) 5log 0 (2) x x x m  − + =   − =   . Giải (1): 2 2 1, 3 2 8 x x x x   =   ⇔ ⇔ = =   =    . Vì * m∈ℕ nên (2) luôn có nghiệm 5 3 m x= . Để phương trình có đúng hai nghiệm, ta xét + Trường hợp 1: 5 3 1 0 m x m = = ⇒ = (loại). Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung + Trường hợp 2: 5 3 2 m x m I = = ⇒ ∈ (loại). + Trường hợp 3: Phương trình chỉ nhận 3 x= của () 1 làm nghiệm, một nghiệm từ (2): { } 3 5 5 3 0 5 1;2;3;4 5log , 3 5log 1 3 3 m m m m m x x m x x      < < ∈  = <      ⇒ ⇒ ⇒       < = =         . Kết luận: Với { } 1;2;3;4 m∈ thì phương trình có hai nghiệm 5 3, 3 m x x = = . Vậy tổng các giá trị nguyên dương của m là 10. Chọn D. Câu 98: Cho phương trình 2 2 2 2 1 2 6 2 log 2 1 x x x x x   +    − + =      − +   có nghiệm dạng a b x c + = với * , , a b c∈ℕ . Tính tổng a b c + + bằng A. 14. B. 11. C. 12. D. 13. Hướng dẫn. Điều kiện: 1 , 1 2 x x >− ≠ . Phương trình tương đương với: 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 6 1 log log 2 log log 2 1 2 4 2 x x u x x v x x x x       + +          − + = − = =                − + − +       ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 log log log log log u v u u v u u v v v      ⇔ − = = − ⇔ + = +        . (Hàm số () 2 log f t t t = + đồng biến trên ( ) 0;+∞ ) nên ta được: v u = 2 2 2 6 1 0 3 7 2 4 2 2 1 0 1 2 , 1 2 x x a b x x x x c x x   − + =  + +   ⇔ − + = + > ⇔ ⇔ = =   >− ≠     . Vậy 12 a b c + + = . Chọn C. Câu 99: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Bất phương trình 2 2 2.5 5.2 133. 10 x x x + + + ≤ có tập nghiệm là ; S a b   =     thì 2 b a − bằng A.6 B. 10 C.12 D.16 . Hướng dẫn. Chia cả hai vế cho 2 x ta có 2 25 10 5 50. 20 133. 50 133 20 0, 4 4 2 x x x x x x t t t + ≤ ⇒ − + ≤ = suy ra 4 2 4 5 5 5 5 5 4;2 25 2 2 2 2 2 x x x t x −                  ≤ = ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ∈ −                          . Từ đó ta có 2 10 b a − = . Chọn B. Lời bình. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Đối với một số học sinh thì mặc dù các em hiểu được khi giải bất phương trình mũ cần chú ý đến cơ số, nhưng thường vẫn sai như: 4 2 2 4 3 3 x x           > ⇔ >               (Là do thói quen!!). Để tránh việc này cũng như phải giải thích sau này về cơ số, ta thường chia cả hai vế cho lũy thừa có cơ số nhỏ nhất như bài toán trên chẳng hạn. Câu 100: [THPT Tiên Lãng] Với giá trị nào của m để bất phương trình ( ) 9 2 1 .3 3 2 0 x x m m − + − − > có nghiệm đúng với mọi số thực ? x∈ℝ . A. m∈∅ . B. 2 m≠ . C. 3 2 m + ∀ ∈ ⇔ < = − ∀ ∈ + ℝ ℝ hay ta có 3 2 3 3 , 2 3 0 2 x m x m m + < ∀ ∈ ⇔ + ≤ ⇔ ≤− ℝ . Chọn D. Câu 101: (THPT Yên Phong) Biết ; a b       là tập tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình ( ) 2 2 2 4 log 2 4 log 2 5 x x m x x m − + + − + ≤ thỏa mãn với mọi x thuộc ; a b       . Tính a b + A. 4 B. 2 C. 0 D.6. Hướng dẫn. Đặt ( ) 2 4 log 2 0 x x m t − + = ≥ ta có bất phương trình: 2 4 5 0 1 t t t + ≤ ⇒ ≤ ≤ ( ) 2 2 1 2 4 2 1 5 x x m m x m ⇒ ≤ − + ≤ ⇔ − ≤ − ≤ − . + Nếu 2 m≤ thì tập nghiệm là hai đoạn 1 5 1 2 1 2 1 5 m x m m x m − − ≤ ≤ − − ∪ + − ≤ ≤ + − không thỏa mãn trên ( ;2  −∞   . + Nếu 2 5 m ≤ ≤ thì tập nghiệm là 1 5 1 5 m x m − − ≤ ≤ + − Ta có: 1 5 5 1 5 2 m m m   + − ≥   ⇔ ∈∅   − − ≥    (mâu thuẫn). + Xét 2 m= thì tập nghiệm là 1 3 1 3 x − ≤ ≤ + . Khi đó đúng với 2 x= . Vậy ; 2 a b     =         là một điểm duy nhất. Chọn B. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 102: [THPT NGUYỄN QUANG DIÊU] Cho phương trình ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 2 2 1 1 log 2 4 5 log 4 4 0 2 m x m m x − − + − + − = − . Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình sau có nghiệm thực trong đoạn 5 ;4 4         . A. 7 3 3 m − ≤ ≤ . B. 7 3 3 m − < ≤ . C. 3 m . Hướng dẫn. Ta có điều kiện ( 2;4 x  ∈   . Khi đó ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 log 2 5 log 2 1 0 m x m x m − − + − − + − = . Đặt ( ) 2 log 2 1 x t − = ≤ , ta được ( ) ( ) 2 1 5 1 0 m t m t m − + − + − = ( ) 2 2 2 2 2 2 4 1 4 5 1 4 4.2 4 1 3 3 3 7 1 1 1 1 t t t t t t t m m t t t t t t t t + + + + + ⇔ = = + ⇔ = + ≤ + = + + + + + + + + . Suy ra 7 3 m≤ . Mặt khác ( ) 2 2 2 2 4 1 4 8 4 3 3 3 1 1 t t t m t t t t + + + =− + =− + ≥− + + + + . Vậy 7 3 3 m − ≤ ≤ . Chọn A. Lời bình. Ta có thể theo phương pháp chung khảo sát () 2 2 5 1 , 1 1 t t f t t t t + + = ≤ + + để giải toán. Khi biết "điểm rơi" thì ta có thể trình bầy thêm cách khác "để thay đổi không khí một tí". Câu 103: [THPT Chuyên Thái Nguyên] Cho phương trình: ( ) ( ) 2 3 2 2 3 2 2 log 1 log 0 x m mx x + − + − + + = . Tìm m để phương trình có nghiệm thực duy nhất. A. 3 1 m m  =−   =   . B. 1 m> . C. 3 1 m − < < . D. 1 m= . Hướng dẫn. Trước hết ta có điều kiện ( ) 0 x m x + > , nếu 0 m x + < thì 1 0 m x + − < không thỏa mãn, nên ta có 0 0 0, 1 0 1 m x x x x m x m     + > >   ⇒     > + − > > −     . Ngoài ra ( ) 1 3 2 2 3 2 2 − − = + từ đó ta có phương trình: ( ) 2 2 1 1 , 0, 1 1 x x m x mx x m f x x x x − + + − = + ⇔ = = > ≠ − . Ta có: 1 0 0 1 1 x m x x x > − ⇒ > ⇒ < < − và ( ) ( ) ' 0, 0;1 f x x > ∀ ∈ , ta có bảng biến thiên:Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung x 0 1 ( ) f x +∞ 1 Từ đó suy ra để phương trình có nghiệm duy nhất thì 1 m> . Chọn B. Câu 104: Số giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình 2 2 3 3 log log 1 2 1 0 x x m + + − − = có ít nhất một nghiệm trên đoạn 3 1;3       ? A. 0 B. 1 C. 2 D. 3. Hướng dẫn. Đặt 2 2 3 log 1 1;2 2 2 0 2 4 0 2 x t t t m m m   + = ∈ ⇒ + − = ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤     . Chọn D. Câu 105: Cho phương trình ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 2 2 .log 2 3 4 .log 2 2 x x m x x x m − − − + = − + . Tập tất cả các giá trị của m để phương trình có đúng ba nghiệm phân biệt là: A. 3 1 . 2 m − < < B. 1 3 . 2 2 m − < < C. 3 1. 2 m − < < D. 1 3 ;1; . 2 2               Hướng dẫn. Phương trình có dạng ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 .log 2 2 .log 2 , 1 , 2 u v u v u x v x m + = + = − = − . Khi đó xét hàm số () ( ) 2 2 .log 2 , 0 t f t t t = + > là tích của hai hàm số dương và đồng biến nên đồng biến, suy ra ( ) 2 1 2 u v x x m = ⇔ − = − . Thử thấy 3 2 m= phương trình có 3 nghiệm 2, 2 x x = =± . Chọn D. Câu 106: (CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH) Cho hai số thực dương , x y thỏa mãn 2 2 4 x y + = . Tìm giá trị lớn nhất max P của biểu thức ( )( ) 2 2 2 2 9 P x y y x xy = + + + . A. max 27 2 P = . B. max 18 P = . C. max 27 P = . D. max 12 P = . Hướng dẫn. Áp dụng bđt ( ) 2 1 4 2 2 2 2 .2 2 4 2 1 4 x y x y x y x y xy x y + = + ≥ ⇒ ≤ ⇒ + ≤ ⇒ ≤ + = . Ta có ( )( ) 2 2 2 2 2 4 2 3 10 4 4 4 3 10 P x y x y x y xy xy x y xy xy     = + + + − + ≤ + − +           ( ) 2 2 16 2 2 1 18 18 1 max P x y xy xy P x y ≤ + + − ≤ ⇒ = ⇔ = = . Chọn B. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 107: Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn ( ) 9 log 3 0 a b + = và 2 6 1 1 5 25 c d + − = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) 2 2 2 2 2 P a b c d ac bd = + + + − + là A. 11 . 40 B. 9 . 40 C. 3 10 . 20 D. 22 . 10 Hướng dẫn. Từ giả thiết: ( ) 9 log 3 0 3 1 a b a b + = ⇔ + = và 2 6 1 1 1 5 3 25 2 c d c d + − = ⇔ + =− . Khi đó ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 P a b c d ac bd a c b d = + + + − + = − + − hay viết lại: ( )( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 9 10 1 3 3 1 2 4 P a c b d a c b d   −        = + − + − ≥ − + − = − =                  ( ) ( ) 3 1 9 1 min 3 40 2 3 a b P c d a c b d   + =      ⇒ = ⇔ + =−     − = −     . Chẳng hạn tại: 23 1 1 , , 1, 20 20 2 a b c d = =− = =− . Chọn B. Câu 108: Cho các số thực , x y thỏa mãn 2 2 1 2 2 3 2 log ( 1) 3. x y x y + − + + + = Biết giá trị lớn nhất của biểu thức 3 3 S x y x y = − + − là 6 a b với , a b là các số nguyên dương và a b tối giản. Tính 2 . T a b = + A. 25. T= B. 34. T= C. 32. T= D. 41. T= Hướng dẫn. Đặt 2 2 1 1 2 2 x y t + − = ≥ ( ) 2 2 2 2 3 3 2 log 1 3 1 3 2 log t x y t x y t − ⇒ + + = − ⇔ + + = = + . () 3 2 2 log 3 0 t f t t − ⇔ = + − = . Ta có () 3 1 1 ' 3 ln3 0, ln2 2 t f t t t − = + > ∀ ≥ nên () f t đồng biến và suy ra phường trình () 0 f t = có nghiệm duy nhất 2 2 2 2 t x y = ⇔ + = . Lại đặt 2 2 0 2 t x y t xy − − = ≥ ⇒ = khi đó 2 3 2 1 3 4 2 2 t S t t t   −    = + =− +        . () 2 3 8 16 6 ' 4 0 0 max 2 3 9 S t t t S =− + = ⇔ = > ⇒ = . Suy ra 2 41. T a b = + = Chọn D. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 109: (THPT Triệu Sơn 3 Thanh Hóa) Xét các số thực , a b thỏa mãn 1 1 4 a b > > > . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 log log 4 a a b P b b      = − −        bằng A. 3 . 2 B. 7 . 2 C. 1 . 2 D. 9 2 . Hướng dẫn. Đặt log b a t = . Từ điều kiện 1 1 4 a b > > > suy ra ( ) 0;1 t∈ . Áp dụng bất đẳng thức: 2 2 2 1 1 1 2 0 log log 2 4 4 a a b b b b b t           − ≥ ⇒ ≥ − ⇒ − ≥ =               và ( ) 1 1 log 2 1 2 log a b b b a t b = =   −           ta có ( ) ( ) 2 2 1 2 1 4 1 9 2 2 2 2 2 2 2 2 1 P t t t t t t + ≥ + = + ≥ = − + − − . Đẳng thức có tại 2 1 2 2 2 2 3 t t t = ⇔ = − . Vậy 9 min 2 P= ⇔ 3 1 1 , 2 4 b a = = . Chọn D. Câu 110: [Sở GD Hải Dương] Cho 3 log a m ab = với 1, 1 a b > > và 2 log 16log a b P b a = + . Tìm m sao cho đạt giá trị nhỏ nhất. A. 1 2 m = . B. 2 m = . C. 1 m = . D. 4 m= . Hướng dẫn. Đặt 3 2 2 min 16 8 8 log 0 3 8.8 12 12 a b x P x x P x x x = > ⇒ = + = + + ≥ = ⇒ = tại 2 x = . Khi đó ( ) ( ) 3 1 1 log 1 log 1 1 3 3 a a m ab b x = = + = + = . Chọn C. Câu 111: Cho hai số thực , x y không âm thỏa mãn 2 2 2 1 2 1 log 1 y x x y x + + − + = + . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 1 2 4 2 1 x P e x y − = + − + là A. 1 2 − . B. 1. C. 1 2 . D. 1 − . Hướng dẫn. Biến đổi PT ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 1 log 2 1 log 2 1 x y y x   ⇔ + − + = + − +     . PFb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Xét hàm số () 2 2 log f t t t = + đồng biến trên ( ) 0;+∞ , với ( ) 2 1 , 2 1 u x v y = + = + thì phương trình đã cho trở thành ( ) ( ) f u f v u v = ⇔ = ( ) 2 2 1 2 1 y x ⇔ + = + 2 2 2 4 1 y x x ⇒ = + + thế vào P, ta có: ( ) 2 1 2 2 2 1 2 4 2 4 1 1 2 4 x x P e x x x e x x − − = + − + + + = + − Hay viết lại 2 1 3 , 2 1 2 2 t P e t t t x = + − − = − . Ta có ' 1; ' 0 0 t P e t P t = + − = ⇔ = " 1 0, t P e t = + > ∀ ' P ⇒ đồng biến, ta có bảng biến thiên: t −∞ 0 +∞ P' - 0 + P +∞ +∞ 1 2 − Vậy 1 min 2 P=− . Chọn A. Câu 112: Xét các số thực , a b thỏa mãn 1 1 3 a b > > > và 2 3 4 1 log log 4 a a b b P a a   −    = +        đạt giá trị nhỏ nhất. Tính a b bằng A. 2 . 4 B. 2 . 2 C. 2. D. 2. Hướng dẫn. Đặt log a b t = . Từ điều kiện 1 1 3 a b > > > suy ra 1 t> . Áp dụng bất đẳng thức: 2 2 2 1 4 1 4 1 0 log log 2 2 4 4 a a b b b b b t     − −       − ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ =               và ( ) 2 2 2 1 1 log 1 log a b a a a t b = =   −           Khi đó ( ) ( ) 2 3 2 2 4 1 1 1 log log log 2 3 1 1 1 4 1 1 a a a b b P a a t t t t t   −    = + − ≥ + − = − + − + −        − − ( )( ) ( ) 3 2 1 3 1 1 1 2 1 P t t t ≥ − − − = − . Đẳng thức có tại ( ) 2 1 1 2 1 t t t − = ⇔ = − Hay tại 2 1 2 2 2 2 2 a b a a b = = ⇒ = = = . Chọn C. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 113: Cho các số dương 1. b a > > Giá trị nhỏ nhất của ( ) 2 2 2 log 6 log a b a b P b a       = +         là A. 30. B. 40. C. 18. D. 60. Hướng dẫn. Đặt ( ) log , 2 x a b x x b a = > ⇒ = và ( ) /2 /2 1 /2 /2 1/2 1/2 1 log log log 2 x x x x a a b a a b a x a x a a − − − = = = − Ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 2 6 4 2 6 , 2 0 2 x t P x t t x x t     − +       = + = + + = − >           −     2 2 2 1 1 1 4 12 2 22 8 24 6 22 60 P t t t t t t t                = + + + + + + + ≥ + + + =                      . Vậy ( ) 3 min 60 1 3 , 1 P t x b a a = ⇔ = ⇔ = ⇔ = > . Chọn D. Câu 114: (THPT Yên Phong) Cho x , y là các số dương thỏa mãn 4 1 xy y ≤ − .Giá trị nhỏ nhất của ( ) 6 2 2 ln x y x y P x y + + = + là ln a b + . Giá trị của tích ab là A. 45 . B. 81. C. 108 . D. 115 . Hướng dẫn. Đặt ( 2 2 4 2 4 , 0 4 1 4 1 0 , 0;4 t t x ty t xy y ty y y t t t − − + −  = > ⇒ ≤ − ⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤ ∈   . Và ( ) ( () ( ) ( 2 2 2 6 6 1 6 12 ln 2 , 0;4 ' 0, 0;4 2 2 t t S t t S t t t t t t t − − −   = + + ∈ ⇒ = + = < ∀ ∈     + + nên S(t) nghịch biến ( ) 3 3 27 min 4 ln6 12 ln6 ln6 2 2 2 S S P ⇒ = = + ⇒ = + + = + và 81. ab = Chọn B. Lời bình. Xin lỗi quý thầy cô và bạn đọc vì ban đầu tôi tính 3 15 6 2 2 a + = = và 6 b = nên cho kết quả là 45. Câu 115: Cho hai số thực dương x y , thỏa mãn điều kiện: x y xy x y xy 1 3 ln 9 3 3 3 + + + = − − . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P xy = là A. 1 9 . B. 1 3 . C. 1. D. 9. Hướng dẫn. Biến đổi PT ( ) ( ) 1 ln 3 3 3 1 ln 3 3 3 ln 3 ln 3 x y u xy x y v u u u v v xy v + + ⇔ = − + + ⇔ = − ⇔ + = +Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung 2 1 1 1 1 3 , , 3 1 3 3 1 3 x x x u v x y xy y x P x x x + + ⇔ = ⇔ + + = ⇒ = > ⇒ = > − − . Hay ta có ( ) 2 9 9 4 4 9 3 4 3 1 5 2 4 5 9 3 1 3 1 3 1 x x P x x x x x + = = + + = − + + ≥ + = − − − . Suy ra min 1 1 1 P P x y ≥ ⇒ = ⇔ = = . Chọn C. Câu 116: Cho các số thực dương , x y thỏa mãn 2 2 2 2 2 2 log 2 1 3 3 x y x y xy xy x + + + + ≤ + . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 x xy y P xy y − + = − là A. 1 2 . B. 1 5 2 + . C. 3 2 . D. 5 2 . Hướng dẫn. Đặt 2 2 2 2 2 0,3 0 x y u xy x v + = > + = > , khi đó từ giả thiết ta có 2 log u u v v + ≤ hay 2 2 2 2 2 2 log log 2 2 3 3 2 0 x x u u v v u v x y xy x y y           + ≤ + ⇔ ≤ ⇔ + ≤ + ⇔ − + ≤               . Đặt 0 x t y = > Ta có 1;2 t   ∈     và 2 2 2 2 1 1 1 1 5 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 t t P t t t t t         − +    = = + = − + + ≥ + =     − −    −      . Vậy 5 3 min 2 3 2 2 P t x y = ⇔ = ⇔ = . Chọn D. Câu 117: Cho các số thực , , a b c khác 0 thỏa mãn 3 5 15 . a b c − = = Hỏi giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 4( ) P a b c a b c = + + − + + là? A. 5 3 log 3. − − B. 4. − C. 2 3. − − D. 3 2 log 5. − − Hướng dẫn. Từ ( ) ( ) ( ) ( ) 3 5 1 3 5 15 1 log 5 , 1 log 3 1 , a b c c m a c b c a c m b m − − + = = ⇒ =− + =− + ⇒ =− + = thay vào P ta được ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 4 ( 1) 4 2 4 4 P c m c m T c Tc Tc m m      = + + + + + = + = + − ≥−        . Chọn B. Câu 118: Cho x , y là các số thực thỏa mãn ( ) ( ) 4 4 log log 1 x y x y + + − ≥ . Tìm giá trị nhỏ nhất min P của biểu thức 2 P x y = − . A. min 4 P = . B. min 4 P =− . C. min 2 3 P = . D. min 10 3 3 P = . Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Hướng dẫn. Điều kiện 0 x y x y x y   >  ⇒ > ≥   >−   . Khi đó ta có ( ) 2 2 2 2 4 log 1 4 x y x y − ≥ ⇒ − ≥ . Dùng phép thế ta có ( ) 2 2 2 2 2 4 3 4 4 0 x x P x Px P − − ≥ ⇒ − + + ≤ . Trước hết ta có ( ) 2 2 ' 4 3 4 0 P P ∆ = − + ≥ Hay 2 12 2 3 P P ≥ ⇒ ≥ (vì ( ) ( ) 0 P x x y y x y = + − > + − > ). Dấu bằng có khi: 4 3 2 3 , 3 3 x y = = thỏa mãn điều kiện. Vậy min 2 3 P = . Chọn C. Câu 119: Gọi 0 m là giá trị nhỏ nhất của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 log 2 2log 4 2 2 2 log 1 2 x x m x x x      + − ≤ − + − + + − +        . Khi đó 0 m thuộc khoảng nào dưới đây? A. ( ) 0 9;10 m ∈ . B. ( ) 0 8;9 m ∈ . C. ( ) 0 10; 9 m ∈ − − . D. ( ) 0 9; 8 m ∈ − − . Hướng dẫn. Điều kiện 1 2 x − < < . Biến đổi bất phương trình tương đương với ( ) ( ) ( ) 2 2 2 log 2 log 2 2 2log 4 2 2 2 2 x x x m x x      − + + ≤ − + − + +        ( )( ) ( ) 2 2 log 2 2 2 log 4 2 2 2 2 x x x m x x      ⇔ − + ≤ − + − + +        ( )( ) ( ) 2 2 2 4 2 2 2 2 x x x m x x ⇔ − + ≤ − + − + + . ( )( ) ( ) 4 2 2 2 2 8 2 2 2 4 2 x x x x x m ⇔ + + − + − − + + − ≤ (*). Đặt ( ) ( 2 2 2 ; 1;2 3;3 x x t x t  − + + = ∈ − ⇒ ∈   , khi đó (*) trở thành: () 2 8 4 2 f t t t m = − − ≤ (**), mà () f t nghịch biến trên ( 3;3    nên (**) có nghiệm khi và chỉ khi có ít nhất một phần đồ thị () f t nằm dưới đường thẳng 2 y m = hay: ( () ( ) 0 3;3 19 19 min 2 3 19 2 2 2 f t m f m m m    ≤ ⇔ =− ≤ ⇔ ≥− ⇒ =− . Chọn C. Câu 120: Xét các số thực dương a , b thỏa mãn 2 1 log 2 3 ab ab a b a b − = + + − + . Tìm giá trị nhỏ nhất min P của 2 P a b = + . A. min 2 10 3 2 P − = . B. min 2 10 5 2 P − = . Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung C. min 3 10 7 2 P − = . D. min 2 10 1 2 P − = . Hướng dẫn. Biến đổi PT ( ) ( ) 2 2 1 log 1 2 1 log ab u ab a b u v a b v − ⇔ + =− − + + ⇔ =− + + Hay ( ) 2 2 2 log log 2 2 , 0;2 2 1 a u u v v u v ab a b b a a − + = + ⇔ = ⇔ − = + ⇒ = ∈ + . Khi đó ta có 8 4 10 2 10 3 2 2 4 2 2 1 3 2 10 3 2 1 2 1 2 a P a b a a P a a − − = + = + = + + − ≥ − ⇒ ≥ + + . Dấu bằng có tại 10 1 10 2 , 2 4 a b − − = = . Vậy min 2 10 3 2 P − = . Chọn A. Câu 121: Cho , 0 x y> thỏa mãn 3 log log log( ). x y x y + ≥ + Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 S x y = + là? A. 2 2 2. − B. 3 . 8 C. 4 2 2. + D. 3 2 2. + Hướng dẫn. Từ giả thiết suy ra 3 , 1. 1 x y x x ≥ > − Nên ( ) 3 2 1 2 2 3 1 1 1 x S x y x x x f x x x = + ≥ + = + + + = − − . Đặt () 2 1 1 0 5 5 x t f t t t t − = > ⇒ = + + + () 2 1 ' 2 5 f t t t ⇒ = + − . () ( ) ( )( ) 2 3 2 2 ' 0 2 5 1 0 2 5 1 0 2 1 2 1 0 1 2 f t t t t t t t t t = ⇔ + − = ⇒ + − = ⇒ + + − = ⇒ =− + Suy ra () ( ) min 1 2 4 4 2 2, 4 2 2 f t f x y = − + = + ⇔ = = + . Chọn C. Câu 122: Cho hai số thực , x y thay đổi thỏa mãn 1 4, , 1. 2 xy x y = ≥ ≥ Gọi , M m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 log (log 1) P x y = + − . Tính . S M m = + A. 6. S= B. 11. S= C. 21 . 2 S= D. 11 . 2 S= Hướng dẫn. Rút 4 1 , ;4 2 y x x     = ∈     thế vào P, ta có: () 2 2 2 2 2 log (1 log ) 2 2 1 P x x t t f t = + − = − + = ; Với 2 log 1;2 x t   = ∈ −     , () 1 ' 4 2 0 2 f t t t = − = ⇔ = . 1 1 min 2 2 m P f      ⇒ = = =        tại 2, 2 2 x y = = , và ( ) ( ) max 5 2 1 M P f f = = = = −Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung tại 4, 1 x y = = hoặc tại 1 , 8 2 x y = = . Suy ra 11 . 2 S M m = + = Chọn D. Câu 123: Giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) 3 3 2 2 1 log 4 2log 3 a a b P b a      = + + − +        là bao nhiêu? Biết , a b là các số thực thỏa mãn 3 1. a b > ≥ A. 67. B. 31455 512 . C. 27. D. 455 8 . Hướng dẫn. Đặt ( ) log , 0 3 x a b x x b a = ≤ < ⇒ = và 2 2 2 1 1 log 1;log 2 4 a a b x b x x a      = − = =        . Khi đó ( ) ( ) 3 3 3 2 3 2 1 1 2 1 1 4 3 2 3 8 2 8 P x x x x      = + − + − + = + + −        . Ta có ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 3 2 6 6 3 ' 6 8 8 8 2 2 12 32 8 8 4 x x x P x x x x x x x x   = − − = − − = − + − −       Xét ( ) ) ( ) 3 2 2 2 2 10 2 12 32, 0;3 ' 3 4 12 0 3 g x x x x x g x x x x − +  = + − − ∈ ⇒ = + − = ⇔ =   Lập bảng biến thiên suy ra ( ) ) 0, 0;3 g x x  < ∀ ∈   , từ đó suy ra ) ' 0 0, 2 0;3 P x x  = ⇔ = = ∈   Suy ra max 67 0 1, 1 P x b a = ⇔ = ⇔ = > . Chọn A. Câu 124: Cho các số thực dương , , a b c thỏa mãn 10 1, 1 b a c ≥ > > và log 2log 5log 12 a b c b c a + + = . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 2log 5log 10log a c b c b a = + + là A. 15 2 . B. 15 . C. 21 . D. 25 . Hướng dẫn. Đặt log ,log ,log , , 0, 1 a b c b x c y a z x y z xyz = = = ⇒ > = và 2 5 12 x y z + + = . Khi đó ta có: 10 5 2 P 2log 5log 10log a c b c b a x y z = + + = + + hay 10 5 2 P xy x y = + + . Đặt 10 ,2 x m y n = = , vì 10 1 x m ≥ ⇒ ≥ , ta có: 1 10 1 1 10 20 18 3 18 21 P mn m m m m m n m m           = + + ≥ + = + + + ≥ + =               . Đẳng thức xảy ra 1 1 1 10, , 2 5 m n x y z ⇔ = = ⇔ = = = hay là ( ) 10 5 , , 1 b a c a a = = > . Vậy min 21 P = . Chọn C. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Lời bình: Một số học sinh có thể đưa về: 10 5 2 P x y z = + + và tiếp tục biến đổi ( ) 2 1 1 1 10 10 10 1 1 1 90 15 10 10. 2 5 2 5 2 5 12 2 P x y z x y z x y z   + +    = + + = + + ≥ = =      + +   nên min 15 2 P = . Và kết luận: chọn đáp án A. Nhưng quên chú ý đến điều kiện xyz = 1. Câu 125: Cho các số thực , , a b c thỏa mãn 1 a b c < < < và 2 2 6log log log 2log 1 a b a b c c b c b b − = − − . Đặt log 2log . b a T c b = − Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. ( 3; 1). T∈ − − B. ( 1;2). T∈ − C. (2;5). T∈ D. (5;10). T∈ Hướng dẫn. Đặt log ,log , 1 2 . a b b x c y x y T y x = = ⇒ > ⇒ = − Ta có log a c xy = và khi đó giả thiết là: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 6 2 1 1 6 2 2 2 2 1 x y xy x y x T x x T x x T x − = − − − − ⇔ − + = + − − + + ( ) ( ) 2 2 1 4 5 2 1 5 1 1 1 1 5 T T Tx Tx x T x T T T x  =   ⇔− − = − − + ⇔ − = − ⇔ −  = >   1 4 T T  =  ⇔  và log ( ) 2log ( ) 9log ( ) a b c S bc ca ab = + + . Tính log ( ) b ca khi biểu thức S đạt giá trị nhỏ nhất. A. 2 2. B. 8(2 2 1) . 7 − C. 3 2. + D. 8 2 2 . 7 − Hướng dẫn. Đặt log 0,log 0,log 0 1 a b c b x c y a z xyz = > = > = > ⇒ = . Khi đó ta có: 1 2 9 2 9 9 2 9 2 S x y z x xy y z x y x xy y = + + + + + = + + + + + . ( ) ( )( ) 1 2 9 2 9 9 9 9 9 1 2 2 2 2 2 11 2 y y y S x y y y y y xy y y y y y + + + = + + + + ≥ + + = + + + + ( ) 2 2 18 11 2 18 2 6 2 11 6 2 2 2 3 6 2 min 6 8 2 S S ≥ + + = + + = + + ⇒ = + . Khi đó ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 4 9 3 2 2 2 2 9 2 , , 1 log log 2 2 1 1 1 3 b a y y y y x x c a b a a ca a y y z xyz      =     =       +   = ⇔ = ⇔ = = > ⇒ = =     +       = =          . Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 127: Cho các số thực , , 1 a b c> và các số thực dương thay đổi , , x y z thỏa mãn x y z a b c abc = = = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 16 16 . P z x y = + − A. 20. B. 3 3 20 . 4 − C. 24. D. 3 3 24 . 4 − Hướng dẫn. Ta có log , log x y z b c a b c y x a z x a = = ⇒ = = . Mà ta có: 2 2 1 2 1 log log x x a a a abc a bc x b c − = ⇒ = ⇒ − = + 1 1 1 2 1 2 x x x y z x y z ⇔ = + + ⇔ + + = Suy ra 3 2 2 2 16 16 1 8 8 16 2 32 32 3 64 20 P z z z x y z z z           = + − = − − = − + + ≤ − =               . Vậy 2 8 1 1 3 20 2, 2 max P z z z x y = ⇔ = ⇔ = + = . Chọn A. Câu 128: Cho hai số thực , x y thay đổi thỏa mãn 2 2 2 2 4 1 1 . 4 x y x y x y x e e y − + − + − − − − = Biết giá trị lớn nhất của biểu thức 3 2 2 2 2 8 2 P x y x y x = + − + − + là a b với , a b nguyên dương và a b tối giản. Tính . S a b = + A. 85. S= B. 31. S= C. 75. S= D. 41. S= Hướng dẫn. Viết lại ( ) 2 2 2 2 2 2 4 1 1 1 4 1 1 1 4 4 4 x y x y x u v y x x y x e e e u e v − + − + − + − − − + − − = ⇔ + = + và dễ dàng suy ra 2 2 2 2 4 1 1 4 , 1;1 u v x y x y x y y x x   = ⇔ − + − = + − ⇔ + = ∈ −     . Biến đổi ( ) 3 2 2 3 2 2 2 2 4 2 2, 1;1 P x x x y y x x x x   = − − + + + = − + + ∈ −     . Ta có ( ) 2 1 ' 3 4 1 0 1, 3 P x x x x x = − + = ⇔ = = . Suy ra 58 27 max P = . Vậy 85. S a b = + = Chọn A. Câu 129: Cho hai số thực , x y thay đổi thỏa mãn 1 2( 2 3). x y x y + + = − + + Giá trị lớn nhất của biểu thức 4 7 2 2 3 ( 1)2 3( ) x y x y S x y x y + − − − = + + + − + là a b với , a b nguyên dương và a b tối giản. Tính . T a b = + A. 8. T= B. 141. T= C. 148. T= D. 151. T= Hướng dẫn. Đặt ( ) ( ) 2 2 2 2 2 0, 3 0 2( ) 1 1 2 x m y n m n m n m n − = ≥ + = ≥ ⇒ + = + ⇔ − + − = (*). Biến đổi ( ) ( ) 2 2 2 2 5 8 2 2 2 2 3 2( )2 3 2 3 m n m n S m n m n + − − −   = + + − + + −       . Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Mà a b là số hữu tỉ nên ta phải có 2 2 5 8 2 2 3 ;2 m n m n + − − − là các số hữu tỉ suy ra m n + là số tự nhiên. Từ (*) thì ta tìm được các cặp số tự nhiên là ( ) ( )( )( ) { } ; 0;0 , 2;0 , 0;2 m n ∈ , thử vào S ta có GTLN tại 0, 2 m n = = và: max 1 148 64 15 151 3 3 a S T b = + − = = ⇒ = . Chọn D. Lời bình. Trên đây là bài toán lấy từ ý tưởng bài toán thi THPTQG năm 2016 của BGD. Bài toán chủ yếu rèn luyện kỹ năng biến đổi và biện luận là chính, không có tác dụng rèn luyện về chủ đề mũ và loogarit bao nhiêu. Như thế về chủ đề mũ logarit tôi đánh giá ở mức trung bình thấp. Câu 130: Cho các số thực dương , , a b c khác 1 thỏa mãn 2 2 log log log 2log 3 a b a b c c b c b b + = − − . Gọi , M m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức log log a b P b c = − . Tính 3 2 . S M m = + A. 2 . 3 S= B. 1 . 3 S= C. 3. S= D. 2. S= Hướng dẫn. Đặt log ,log log a b a b x c y c xy = = ⇒ = . Khi đó ta có: 2 2 2 2 2 2 3 2 1 x y xy x y x y xy x y + = − − + − ⇔ + = − − − Hay ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 3 2 1 0 x x P x x P x x P x P x P P + − = − − − − − ⇔ − − + − + = . PT có nghiệm khi ( ) ( ) 2 2 2 5 3 4 2 1 0 3 2 5 0 1 3 P P P P P P − − − + ≥ ⇔− + + ≥ ⇔− ≤ ≤ . Từ đó suy ra 3 2 3. S M m = + = Chọn C. Câu 131: Cho các số thực dương , x y thay đổi thỏa mãn log( 2 ) log log . x y x y + = + Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 4 1 2 1 . x y y x P e e + + = là a b e với , a b nguyên dương và a b tối giản. Tính . S a b = + A. 3. S= B. 9. S= C. 13. S= D. 2. S= Hướng dẫn. Viết lại giả thiết 2 log( 2 ) log log 2 , 1 1 y x y x y x y xy x y y + = + ⇒ + = ⇒ = > − . Thế vào P ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 4 1 4 1 2 4 1 2 1 2 1 1 . . x x y x y y x y y f y y x x P e e e e e e + + + + + + + = = = = , với ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 , 1 3 1 1 1 2 y y y f y y y y y − = + > − − + Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 3 2 2 3 1 1 1 2 1 1 2 3 1 y y y y f y y y y   − + − +       = − + − . Với ( )( ) ( ) 2 2 1 25 1 3 1 1 2 3 1 1 2 4 4 y y y y y y > ⇒ − + ≤ − + + = suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 4 3 1 1 1 2 25 1 y y y f y y   − + − +       ≥ − . Đặt ( ) 3 2 4 3 2 2 3 1 25 t t t y t Q t   + + +     = + ⇒ = , ta viết lại ( ) 2 2 4 2 3 4 8 2 3 4 6 25 25 5 Q t t t t      = + + + ≥ + =        . Dấu bằng có khi 1 2 t y = ⇔ = . Vậy ( ) 8 min 5 f y = suy ra 8 5 min 13 a b P e e S = = ⇒ = . Chọn C. Lời bình. Đây là bài toán khó vì số mũ của lũy thừa là biểu thức phức tạp. Nếu để nguyên để khảo sát thì gặp khó khăn lớn khi phải đạo hàm và tìm nghiệm, rồi còn phải lập bảng biến thiên... do đó gặp tình huống này thì chúng ta nghĩ đến phương pháp đánh giá để giảm độ phức tạp. Nói như vậy: phương pháp đạo hàm là công cụ mạnh để giải toán hàm số, nhưng trong trường hợp này chưa chắc tỏ ra là "mạnh". Bài toán trên là thi Olimpic hay sao nhỉ? Ra đề thi kiểu như vậy thì bó tay! Câu 132: Cho hai số thực , x y thỏa mãn 2 2 2 2 2 2 2 2 4 3 (4 9 ).7 . x y x y y x − + − − + + = + Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 . S x y = + A. 9 . 4 − B. 7 . 4 C. 33 . 8 − D. 1 . 4 − Hướng dẫn. Đặt ( ) 2 2 2 2 2 4 3 2 4 3 4 9 .7 7 4 9 t t t t t t x y t + + − − + − = ⇒ + = + ⇒ = + . Xét hàm ( ) 2 4 9 , 0 4 u f u u u + = > + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 0 2 2 9 4 2 4 9 4 2 85 ' ' 0 9 8 36 0, 0 9 4 u u u f u f u u u u u u + − + − + = ⇒ = ⇔− − + = > ⇔ = + . Ta có 0 u là điểm cực đại, và ( ) ( ) 0 lim 1, lim 0 u u f u f u → →+∞ = = . Hàm số ( ) 3 2 log 7 , 0 u g u u − = > nghịch biến trên ( ) 0;+∞ . Và ( ) ( ) 0 lim , lim 0 u u g u g u → →+∞ =+∞ = . Ta có bảng biến thiên u 0 0 u +∞ ( ) f u 1 ( ) 0 f u 0 ( ) g u +∞ 0Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Từ bảng biến thiên suy ra phương trình ( ) ( ) f u g u = có nghiệm duy nhất tại ( ) ( ) 9 9 1 f g = = , và khi đó: 2 3 9 2 2 2 t u t x y = = ⇔ = ⇔ = + . 2 2 2 2 0 x S x x x S ⇒ = − + ⇔ + + − = . Phương trình có nghiệm khi: ( ) 7 7 1 4 2 0 min 4 4 S S S − − ≥ ⇒ ≥ ⇒ = . Chọn B. Câu 133: Cho , 0 x y> thỏa mãn 3 3 2 ( ) log 8(1 ) 2 3. 1 x y x y x y xy xy xy + + + + + = − − + − Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 . P x y = + A. 1 15 . 2 + B. 3 15 . 2 + C. 15 2. − D. 2 15 3 . 6 + Hướng dẫn. Đặt 0,1 0 x y u xy v + = > − = > ( ) ( ) 3 3 2 2 log 2 log 2 2 u u u v v v ⇒ + + = + + Xét hàm () () 3 2 2 1 log ' 3 1 0, 0 ln2 f t t t t f t t t t = + + ⇒ = + + > ∀ > () f t ⇒ đồng biến. Từ đó ta được: ( ) 2 2 2 1 , 1 1 2 y u v x y xy xy x y − = ⇔ + = − < ⇒ = + . Khi đó ta có: ( ) 4 2 5 5 2 2 6 6 6 1 3 2 1 4 2 15 4 1 2 1 2 1 2 y P x y y y y y y y − = + = + = + − = + + − ≥ − + + + . Suy ra 3 15 1 15 min 15 2 , 6 2 P y x − + − + = − ⇔ = = (thỏa mãn 1 xy< ). Chọn C. Câu 134: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho a là số nguyên dương lớn nhất thỏa mãn ( ) 3 3 2 3log 1 2log a a a + + > . Tìm phần nguyên của ( ) 2 log 2017a . A. 14. B. 22. C. 16. D. 19. Hướng dẫn. Đặt 6 * ; 1 x a a x = ∈ ⇒ ≥ ℕ . Khi đó ta có ( ) 3 2 3 3 2 3log 1 2log x x x + + > Hay ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 ln 1 2ln 2ln3 ln 1 ln 0 ln3 ln2 ln2 x x x f x x x x + + > ⇔ = + + − > . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 2 3 2 3 2 3 2 1 3 2 2ln3 ' ; ' ln2 1 1 x x b x x x x b f x b f x x x x x x x + − + + + = − = ⇒ = + + + + . Lại xét ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 2 3 2 1 ' 3 3 2 2 g x x x b x x g x b x b x = + − + + ⇒ = − + − , ta có Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung ( ) 2 2ln3 2log 3 3,16 3 0 & 2 0 ' 0, 1 ln2 b b b g x x = = ≈ ⇒ − < − < ⇒ < ∀ ≥ , suy ra ( ) g x nghịch biến và ( ) () 1 5 3 0 g x g b ≤ = − < từ đó suy ra ( ) ' 0, 1 f x x < ∀ ≥ và suy ra ( ) f x nghịch biến nên ta được ( ) ( ) 6 0 4 4 4 4095 max f x f x a a > = ⇔ < ⇒ < ⇒ = . Vậy ( ) ( ) ( ) 2 2 2 log 2017 log 2017.4095 22,98 log 2017 22 max max a a   = ≈ ⇒ =     . Chọn B. Lời bình. Bài toán trên khá phức tạp, là bài toán khó. Để xét dấu ( ) ' f x ta phải đi xét hàm số phụ ( ) g x là tử của ( ) ' f x , ta kí hiệu 2ln3 ln2 b= , đổi 2 log x sang lnx trước để gọn nhẹ trong biến đổi. Câu 135: Cho 2019! x= . Tính 2019 2019 2019 2019 2 3 2018 2019 1 1 1 1 ... log log log log A x x x x = + + + + bằng A. 1 . 2019 B. 1 . 2018 C. 2019. D. 2018. Hướng dẫn. Biến đổi ( ) 2019 log 2.3.4...2019 2019log 2019 x x A x = = = . Câu 136: Cho ( ) 2 1 2019 x x f x = + . Tính ( ) ( ) ( ) ( ) cos1 cos2 ... cos178 cos179 o o o o B f f f f = + + + + bằng A. 45. B. 45,5. C. 44,5. − D. 44,5. Hướng dẫn. Tính ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 .2019 , 1 2019 1 2019 1 2019 x x x x x x x x f x f x x x − − + + − = + = = ∀ ∈ + + + ℝ (1). Ta có ( ) 0 0 f = và nhận xét cos179 cos1 . o o x =− =− Từ đó tổng B có dạng trong (1) nên ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) cos90 cos1 cos179 cos2 cos178 ... o o o o o B f f f f f     = + + + ++ + =         2 2 2 2 2 2 2 2 cos 1 cos 2 ... cos 89 cos 1 cos 89 cos 2 cos 88 ... cos 45 . o o o o o o o o B     = + + + = + + + + +         Suy ra 1 44 44,5 2 B= + = . Chọn D. Lời bình. Xin lỗi quý thầy cô và bạn đọc vì lỗi trước đây hàm ( ) f x bị sai, do đó bài toán cần sửa lại. Đề bài được biên soạn từ đề thi Trường THPT Ngô Gia Tự - Vĩnh Phúc năm 2019 2020. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 137: Cho ( ) ( ) 2 2 1 1 1 1 10 . x x f x + + + = Biết rằng () ( ) ( ) ( ) 1 . 2 . 3 ... 2021 10 a b f f f f = với , a b là các số tự nhiên và a b tối giản. Tính 2 1 . a b + A. 2022 2021 . B. 2022 . C. 1. D. 2021 2022 . Hướng dẫn. Biến đổi ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x x   + +   + + = + = + + = +   + +   + + +   Suy ra ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 S x x x x x x x = + + = + = + − + + + . Khi cho x nguyên chạy từ 1 đến n và lấy tổng ta có: ( ) 2 1 1 1 2 1 1 1 n x n n S x n n n = + = + − = + + ∑ . Suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 2 log log log . 1 n n n x x x a n n f x S x f x f x S x b n = = =   +       = ⇒ = = = =           +     ∑ ∑ ∏ Cuối cùng ta có 1 a n n b n = + + là tối giản và ( ) 2 2 2 1 2 1 1. 1 a n n b n + + + = = + Chọn C. Câu 138 (THPT Chuyên Thái Bình). Cho hàm số ( ) 2 1 ln 1 f x x      = −        . Biết rằng ( ) ( ) ( ) ( ) ' 2 ' 3 ... ' 2019 ' 2020 a f f f f b + + + + = với a , b là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Tính 2 S a b = − . A. 2 . B. 4 . C. 2 − . D. 4 − . Hướng dẫn. Đạo hàm ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 2 ' ln 1 2ln ' , 1 1 1 1 x f x x x x x x x x x   = − − = − = + − ∀ >     − + − hay ta có ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 ' 1 , 1 1 1 f x S x S x x x x x x           = − − − = − + ∀ >           − +     , khi cho x nguyên dương từ 2 đến n, ta được: ( ) ( ) 2 2 1 1 1 1 ; 1 2 1 n n x x S x S x n n = = = − + = − + ∑ ∑ và do đó: ( ) 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 2 ' 1 2 1 2 1 2 2 2 n x n n a f x n n n n b n n n n =     + −       = − − − = + − = − = =           + + + +     ∑ . Vậy 2 4 S a b = − =− . Chọn D. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 139: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Cho hàm số ( ) 4 4 2 x x f x = + . Tính giá trị biểu thức 1 2 100 ... 100 100 100 A f f f                = + + +                      ? A.50 . B.49 . C. 149 3 . D. 301 6 . Hướng dẫn. Sử dụng tính chất ( ) ( ) 1 1 4 4 4 2 1 1, 4 2 4 2 4 2 2 4 x x x x x x x f x f x x − − + − = + = + = ∀ ∈ + + + + ℝ . Ta có 1 99 2 98 99 1 100 2 ... 2 100 100 100 100 100 100 100 A f f f f f f f                                                = + + + + + +                                                                    Suy ra 4 301 301 2 99 2. 6 3 6 A A = + = ⇒ = . Chọn D. Câu 140: Cho hàm số ( ) 2019 2019ln x f x e e       = +        . Giá trị của () ( ) ( ) ' 1 ' 2 ... ' 2018 M f f f = + + + là A. 2018 B. 2019 2 C. 1009 D. 2017 2 . Hướng dẫn. Tính ( ) ( ) 2019 2019 2019 2019 2019 2019 2019 2019 ' ' 2019 . x x x x x x e e e e f x f x e e e e e e e e e − − = ⇒ − = = = + + + + Do đó ( ) ( ) 2019 2019 2019 ' ' 2019 1 x x x e e f x f x e e e e + − = + = + + . Áp dụng đẳng thức trên khi cho x nhận giá trị nguyên dương từ 1 đến 2018 và ghép các cặp ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) () 2 ' 1 ' 2018 ' 2 ' 2017 ... ' 2018 ' 1 2018 M f f f f f f       = + + + + + + =             Do đó 1009 M = . Chọn C. Câu 141: (THPT Thiệu Hóa Thanh Hóa) Cho hàm số ( ) 3 3 f x x x = − và cấp số nhân ( ) n b thỏa mãn 2 1 1 b b > ≥ sao cho ( ) ( ) 2 2 2 1 log 2 log f b f b + = . Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất để 100 5 n b > ? A. 333. B. 299. C. 234. D. 292. Hướng dẫn. Gọi 1 q > là công bội của ( ) n b , khi đó 2 1 b qb = và đặt 2 1 log 0 b t = > , ta có: 2 2 2 log log b t q t a = + = + , từ đó: ( ) ( ) 3 3 3 2 3 t a t a t t + − + + = − hay Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung 2 2 3 3 3 3 2 0 at a t a a + + − + = có nghiệm 0, 1 t a = = hay 1 1, 2 b q = = và cấp số nhân là 1 2 n n b − = do đó: 100 1 100 2 5 2 5 1 100log 5 233,19 234 n n b n n − > ⇔ > ⇒ > + ≈ ⇒ = . Chọn C. Câu 142: Cho dãy ( ) n u thỏa mãn 1 3, 1 n n u u n + = + ∀ ≥ và 18 18 1 1 4 4 5 u u u u e e e e + − = . Tìm số tự nhiên n lớn nhất sao cho ( ) ( ) 2 log ln 2020 n u < ? A. 58. B. 60. C. 59. D. 61. Hướng dẫn. + Từ 1 3, 1 n n u u n + = + ∀ ≥ suy ra ( ) n u là cấp số cộng có công sai 3 d= . + Từ ( ) 18 1 18 1 18 1 18 1 4 4 4 4 5 0 5 0 u u u u u u u u e e e e e e e e − + − = ⇔ − − + = 18 1 4 18 1 0 4 u u e e u u ⇔ − = ⇔ = . Kết hợp CSC suy ra: 1 1 1 17.3 4 17, 3 14 n u u u u n + = ⇒ = = + . + Ta có ( ) ( ) ( ) ln2.ln2020 ln2.ln2020 2 1 log ln 2020 14 60,5 3 n n u u e n e < ⇔ < ⇔ < − ≈ . Vậy số tự nhiên n lớn nhất thỏa mãn bài toán là 60 n= . Chọn B. Câu 143: Cho các phương trình 2018 2017 2016 ... 1 0 x x x x + + + + − = và 2019 2018 2017 ... 1 0 x x x x + + + + − = . Gọi a, b lần lượt là các nghiệm dương của các phương trình đã cho. Khẳng định nào sau đây là đúng A . b > a + 1 B. a > b + 1 C. alnb > blna D. blna > alnb. Hướng dẫn. Phương trình thứ nhất là 2018 2017 2016 ... 1 0 1 x x x x x + + + + = ⇒ < < hay ta có: ( ) 2108 2 3 2017 2019 2019 1 1 1 ... . 1 2 1 1 x x x x x x x x x x x x − = + + + + = ⇔ − = − ⇔ = − − . Mà a là nghiệm của phương trình nên 2019 1 2 1 1 2 a a a = − ⇒ < < . Hoàn toàn tương tự b là nghiệm của phương trình 2020 2 1 x x = − nên 2020 2 1 b b = − . Nói cách khác a và b là các hoành độ giao điểm của đường thẳng 2 1 y x = − lần lượt với các đồ thị ( ) 2019 y f x x = = và ( ) 2020 y g x x = = trên khoảng 1 ;1 2             . Dễ thấy 1 1 2 b a < < < . Xét hàm số ( ) ( ) 2 1 2 2 4 ln 1 ln 1 ln 1 , ;1 ' 0, ;1 2 2 x x x x x y h x x h x x x x x − −     +       = = ∈ ⇒ = = > ∀ ∈               , Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung suy ra ( ) h x đồng biến, do đó: ( ) ( ) ln ln ln ln a b h a h b b a a b a b > ⇔ > ⇔ > . Chọn D. Câu 144: Cho các số thực 1 2 3 , , ,..., n x x x x thuộc khoảng 1 ;1 4             . Với mỗi n , kí hiệu n u là giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 2 2 3 1 1 1 1 log log ... log 4 4 4 n x x x S x x x                = − + − + + −                      . Tìm lim 1 n u n+ . A. 2. B. 1. C. 1 2 . D. 2 . Hướng dẫn. Với các số tùy ý 1 , ;1 4 a b      ∈       , ta có: 2 2 2 1 1 1 0 log log 2log 2 4 4 a a a b b b b b b           − ≥ ⇒ ≥ − ⇒ − ≥ =               . Áp dụng tính chất trên ta có: ( ) 1 2 1 2 2 3 1 2 3 1 2 log log ... log 2 log .log ...log 2 n n n x x x x x x S x x x n x x x n ≥ + + + ≥ = . Dấu bằng có khi và chỉ khi 1 2 3 1 ... 2 n x x x x = = = = = . Suy ra min 2 2 lim lim 2 1 1 n n u n u S n n n = = ⇒ = = + + . Chọn A. BẠN ĐỌC CÓ THỂ THAM KHẢO THÊ M CÁC CÂ U SAU Câu 145: Cho hàm số ( ) 1 log 3 3 x x f x x = + − . Tổng các bình phương các giá trị của m sao cho phương trình ( ) 2 1 2 2 0 2 1 f f x x x m       + − + =     − +     có đúng 3 nghiệm phân biệt bằng A. 5 . 2 B. 7 . 2 C. 3. D. 2. Hướng dẫn. Ta có ( ) 1 1 1 1 log 3 3 log 3 3 , 0 x x x x f x f x x x x            = + − =− + − =− ∀ >               . Từ đó suy ra phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 2 1 f x x f x m − + = − + (1). Mặt khác ( ) 1 2 1 1 ' 3 3 . ln3 0, 0 ln10 x x f x x x x       = + + > ∀ >        nên ( ) f x đông biến trên ( ) 0;+∞Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung nên từ (1) ta được: ( ) ( ) 2 2 2 4 1 2 0, 2 2 2 2 1 2 1, 3 x x m x m x x x m x m x m  − + + = ≥  − + = − + ⇔  = − ≤   . + Trường hợp 1: (2) có nghiệm kép khác với hai nghiệm của (3). Khi đó 4 8 1 2 0,2 3 2 2 1 0,2 1 4; 2 1 m m m m m m m   − + + = ≥   ⇔ ⇔ =   − > − ≠ − ≤    . + Trường hợp 2: (3) có nghiệm kép khác với hai nghiệm của (2). Khi đó ( ) 1 1 4 1 2 0, 2 1 2 0;2 3 2 4 2 2 1 0;0 m m m m m m m    − + > − + + ≠ ± − ≥   ⇔ ⇔ =    − = ≤    . + Trương hợp 3: Hai phương trình có đúng một nghiệm trùng nhau. Khi đó: 2 3 2 2 1 1 1 3 2 2 m m m m   − − = −    ⇔ ⇔ =   < <     . Vậy ta có 2 2 2 3 1 7 1 . 2 2 2 S           = + + =               Chọn B. Câu 146: (THPT Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa) Cho phương trình ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2017 log 1 .log 1 log 1 a x x x x x x − − − − = + − . Có bao nhiêu giá trị a nguyên thuộc khoảng ( ) 1;2018 sao cho phương trình đã cho có nghiệm lớn hơn 3? A. 2015 . B. 2016 . C. 18. D. 19. Hướng dẫn. Biến đổi phương trình thành ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2017 log 1 log 1 .log 1 a x x x x x x + − = + − + − . Đặt ( ) 2 2 1 ' 1 0, 3 1 x t x x t x x x = + − ⇒ = + > ∀ > − nên ( ) t x đồng biến, do đó với 3 x> suy ra 3 8 t> + . Vì a là cơ số và nguyên nên ta phải có 2 a≥ . Từ đó ta có: 2 2017 2 2017 2 2107 2 2017 1 log log .log 1 log .log .log log .log log log a t t t t t a t a t a t = ⇔ = = ⇔ = ( ) 2 3 8 2017 1 log log 2017 2 19,92 log 3 8 a a α α + ⇒ < = = ⇒ < ≈ + . Kết hợp ta có { } 2;3;4;...;19 a∈ . Chọn C. Câu X: Có bao nhiêu số tự nhiên m không vượt quá 2020 sao cho phương trình sau ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 log 1 4 2 1 log 1 x x m m x x − + + + = − + có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn 1 3 x ≤ ≤ ? A. 2020 . B. 2019 . C. 2018 . D. 2017 .Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu X (THPT Lương Thế Vinh - Hà Nội): Cho các số thực , 1 a b> thỏa mãn 8 3 log log 2 16 12 a b b a a a b b                + = giá trị của biểu thức 3 3 P a b = + là A. P = 20 B. P = 39 C. P = 125 D. P = 72 Câu X: (THPT CHUYÊN KHTN): Cho hai số thực 1, 1 a b > > . Gọi 1 2 , x x là hai nghiệm của phương trình 2 1 1 x x a b − = . Trong trường hợp biểu thức 2 1 2 1 2 1 2 4 4 x x S x x x x       = − −      +   đạt giá trị nhỏ nhất, mệnh đề nào sau đây là đúng? A. a b < B. a b ≥ C. 4 ab= D. 2 ab= . Câu X: (THPT TRẦN NGUYÊN HÃN) Xét các số thực dương x, y thỏa mãn 2 2 3 log ( 3) ( 3) . 2 x y x x y y xy x y xy + = − + − + + + + Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3 2 1 . 6 x y P x y + + = + + A.max 1 P= B. maxP=4 C. maxP= 2 D. maxP= 3 Câu X (THPT Chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa): Cho , x y là các số thực thỏa mãn ( ) ( ) 3 2 2 log 9 9 2 x y x x y y xy x y xy + = − + − + + + + . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3 2 9 10 x y P x y + − = + + khi , x y thay đổi. A. 2 B. 3 C. 1 D. 0 Câu X [THPT NGUYỄN QUANG DIÊU - ĐỒNG THÁP]: Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn ( ) 2 2 2 2 2 2 2 4 9.3 4 9 .7 x y x y y x − − − + + = + . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 18 x y P x + + = bằng A. 9 B. 3 2 2 + C. 1 9 2 + D. 17 Câu X: (THPT CHUYÊN HƯNG YÊN) Cho hàm số ( ) ( ) 4 7 3 1 .2 6 3 x x f x x x − − = + + − + . Giả sử 0 a m b = ( , , a a b b ∈ℤ là phân số tối giản) là giá trị nhỏ nhất của tham số thực m sao cho phương trình ( ) 2 7 4 6 9 2 1 0 f x x m − − + − = có số nghiệm nhiều nhất. Tính giá trị của biểu thức 2 P a b = + A. 1 P=− B. 7 P= C. 11 P= D. 9 P= . CHÚ C CÁC BẠN VUI VẺ VÀ THÀNH CÔNG! Xem thêm Từ khóa: / Tài liệu / Tài liệu Đề xuất cho bạn Tài liệu Tải nhiều Xem nhiều Đề Minh Họa Toán lần 2 năm 2019 33961 lượt tải Một số câu hỏi trắc nghiệm Tin học lớp 11 (có đáp án) 16094 lượt tải NGÂN HÀNG CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM LỊCH SỬ LỚP 11 - CÓ ĐÁP ÁN 9681 lượt tải Tổng Hợp Toàn Bộ Công Thức Toán 12 8530 lượt tải Bài tập tọa độ không gian Oxyz mức độ vận dụng có đáp án và lời giải chi tiết 7111 lượt tải Một số câu hỏi trắc nghiệm Tin học lớp 11 (có đáp án) 154204 lượt xem Bài tập tọa độ không gian Oxyz mức độ vận dụng có đáp án và lời giải chi tiết 115108 lượt xem Đề luyện tập kiểm tra môn Tiếng Anh lớp 10 - Unit 6: Gender equality 103468 lượt xem Đề luyện tập môn Tiếng Anh lớp 10 - Unit 4: For a better community (có đáp án) 81160 lượt xem Đề ôn tập kiểm tra môn Tiếng Anh lớp 11 - unit 4: Caring for those in need (có đáp án) 79295 lượt xem 2018 © Loga - Không Ngừng Sáng Tạo - Bùng Cháy Đam Mê Loga Team