CHUYÊN ĐỀ VD - VDC LUYỆN THI TN THPT NĂM 2023 - GIẢI TÍCH 12 - LŨY THỪA - MŨ - LOGARIT

33 log3logloglog16log22log2 888xxxxx x yyy yyy ==== ( ) 2log16log2log2 xxx = 2 1 16log24log2log416. 4 xx xx ==== Từ (*) suy log52 c = 1 log55 c = log567 60 c = log560 67 c = 5 1 log53log. 3 a a == 5 1 log54log. 4 b b == 5 1017 log5log. 1710 abc abc == 55555555 171167 loglogloglogloglogloglog 103460 abcabccabcab =++=−−=−−= log560 67 c =

323216 log2log16log2(*). log x xxy yyx ==== ( ) 3 ra 4 y = . Vậy 2222164240. Pxy=−=−= Câu 6: Cho các số thực dương 1,1xy thỏa mãn 2 loglog16 y x = và tích 64 xy = . Giá trị của biểu thức 2 2log y x    A. 25 2 B. 20 C. 45 2 D. 25 Lời giải Chọn B

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

24 21214242 log17531333333 222222

+ =+=+=+= ++ +++ ++

acbacb ccc ccc acabbacb

Câu 14: Cho x và y là hai số thực dương thỏa mãn 22 525244 xyxyxy ++=++ . Xét các hệ thức sau:

Hệ thức 1. ( ) ( ) ( ) 22 ln1ln1ln1 xyxy +++=++

Hệ thức 2. ( ) ( ) ( ) ( ) 22 ln1ln1ln1ln1 xyyx +++=+++ .

Hệ thức 3. ( ) ( ) ln31lnxyxyxy +++=+ .

Hệ thức 4. ( ) ( ) ln222lnxyxyxy +++=+

Trong các hệ thức trên, có bao nhiêu hệ thức đúng? A. 1 B. 4 C. 3 D. 2 Lời giải

Chọn D

Ta có 22 525244 xyxyxy ++=++ ( ) ( ) ( ) 2222 4421440 xxyyxxyy −++−++−+= ( ) ( ) ( ) 222 2120 xyxy −+−+−= ( ) ( ) ( )

 −=  =   −=  =   −=  

2 2 2

xy x x y y

20 1 10 2 20

.

Hệ thức 1. ( ) ( ) ( ) 22 ln1ln1ln1ln2ln3ln6 xyxy +++=+++= .

Hệ thức 2. ( ) ( ) ( ) ( ) 22 ln1ln1ln1ln1ln2ln3ln5ln2

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

333 6 333 log45log45log9log5 log6log2log3 + == + 2 3 5 3 2

1 1 log3 log32 (12) 11 (1) log31 log3

+ + + === + ++ .

ab b ba a

Theo bài ra: ( ) 6 log45 () amnb bap + = + .

Từ và ta có: 1,2,1mnp=== . Vậy 4 mnp++= Câu 16: Cho ba số thực dương ,, abc đều khác 1 thoả mãn log2log4log == abc bca và 2348++=abc

. Khi đó = Pabc bằng bao nhiêu? A. 243 B. 521 C. 512 D. 324 Lời giải

Chọn A

Do ,, abc đều khác 1 nên log,log,log abc bca đều khác 0.

Ta có: 2log2loglog.log2loglog2log abacbab bccbccc === 2log4loglog.log4loglog4log === acacccc bacbaba .

Nên 22log.log8log.log acbc cbca = 2log8log abba= 3 log8 a b = 2 log2 a bba== Mà 2 log2loglog2log===aba a bcbcbc .

lại có 2348abc++=

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Ta có ( ) ( ) ( ) 222 2 log21log22log1 a aaa a abaaabab ab + +−++++

Đặt ( ) 2 log,0ftttt=+ .

Ta có ( ) 1 100 ln2 ftt t  =+

Nên từ suy ra 22 211 aa a aabbb aa ++−

Xét ( ) 2a ga a = , với a nguyên dương. Ta có ( ) 2 2ln2.2 0 aa a gaa a +  = .

Theo yêu cầu bài toán ta có ( ) ( ) 11 3145 3 gbgb −

x x y Chọn B Điều kiện:

+  ? A. 21. B. 22. C. 23. D. 24. Lời giả 0 20 1

x y y

i x

   −     . + Trường hợp 1: ( ) 1 2 2

x x

1320 4 20log0

x x xy y

+  −  −       −  + Trường hợp 2: ( ) 1 2 2

1320 4 20log

x x

x xy y

+  −  −        −  Kết hợp điều kiện: 22 0;loglog10xy= . Ta có: ( )2 20logxy . Để có không quá 20 số nguyên x thì ( )2 20 22 1log201log2022 yyy   2;3;...;22 y  . Có 22 số nguyên y. Câu 19: Cho hai số thực x , y thỏa mãn 2 xy+= . Giá trị nhỏ nhất của 2 1 2.3.3 24 yx A =+ là A. min 2 A = . B. min 81 8 A = . C. min 9 2 A = . D. min 51 8 A = . Lời giải

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Chọn C Ta có: 22 xyyx +==− Xét: ( )2 222 11181 2.3.32.3.3.3 2424324 yxxxx x A =+=+=+ Đặt 3x t = , 0 t  , khi đó ( ) 2 18 24 t Aft t =+= Xét: ( ) 2 18 06 12 t ftt t  =−== . Bảng biến thiên của hàm số ( ) 2 18 24 t ft t =+ trên ( ) 0;+ Khi đó: A đạt giá trị nhỏ nhất tại ( ) min 9 66 2 tAf === .

Câu 20: Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn ( )1 2 22log2 yy yxx +=++ . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức x P y = bằng A. ln2 2 e + B. ln2 2 e C. ln2 2 e D. 2ln2 e Lời giải Chọn C Có ( )1 2 22log2 yy yxx +=++ ( ) 2 22log221 yy yxx +=++− . ( )1 Đặt ( ) 2 log22y tx=+ 222 yt x += 222ty x =−

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

( ) ( ) ( ) 2 2 22 2 2 2 1log2log1* 1log x y x + =+ + Đặt ( ) 2 log,0txt= . Xét hàm số ( ) ( ) 2 2 1 (),0 1 t ftt t + = + , ta có: ( ) ( ) 2 2 2

22 1 t ft t  = + , ( ) 01ftt  == Bảng biến thiên Suy ra ( ) 2 ft  ( )2 2 2 2 1log2 1log x x +  + Lại vì ( ) 22 2 12log12yy+ nên ( ) 2 log1 * 1 tx y

==    =  2 1 x y

=    =  1 P = .

Câu 24: Cho các hàm số ( ) 3x fxx=+ và ( ) ( ) 322 13gxxmxmx =−++− với m là tham số thực. Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số ( ) ( ) 2 ygxfx =+ trên đoạn  0;1 . Khi M đạt giá trị nhỏ nhất thì giá trị của m bằng A. 3 B. 7 2 C. 5 2 D. 2 Lời giải Chọn A Đặt ( ) ( ) 233x hxxfxx =+=+ ( ) 33.ln30 x hx  =+ Bảng biến thiên:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

đạt giá trị nhỏ nhất khi 3 m = .

2223 22

331218634436933 23112 3 =+++++++++=+ +++=+ Tập hợp các số , ab thỏa điều kiện ( )1 là nửa mặt phẳng tô đậm như hình vẽ. ( )2 là đường tròn tâm ( )2;3 I bán kính bằng 11 3 P + . Điều kiện ( ) ( )1,2 có điểm chung thì ( ) 7;PdI+ ( ) 6122 ;4 5 dI ==

PababaabbP P ab

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Lời giải

Chọn A

Ta có 22222 xx yaxeexaxa 22212a x exaxa 0 2 xa y xa .

Vì a là số nguyên dương nên 22 a .

Ta có

Trường hợp 1: 13 a 31 a

Khi đó giá trị nhỏ nhất của hàm số trên 1;3 là 2 1;3 min.01 a yyaaae .

Do a nguyên dương suy ra 1 a Trường hợp 2: 1 a 1 a

Khi đó giá trị nhỏ nhất của hàm số trên 1;3 là 2 1;3

1 min1 a yy e .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Ta có 2 2 1 11 a ae e 1 eae 11eae . Do a nguyên dương và 1 a  suy ra 2 a Trường hợp 3: 33 aa . Từ, có 2 giá trị của a thỏa mãn yêu cầu.

Câu 46: `Cho x là số thực, y là số nguyên thỏa mãn 22 2320xyxyxy+−+−+ . Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) 232 3 ln11 2 Pxyxyxxy =++−+− bằng ln ac bd    Giá trị của abcd +++ bằng A. 16 B. 14 C. 75 D. 20 Lời giải Chọn A Ta có ( ) 222223202320xyxyxyxyxyy +−+−++−+−+ . Nếu 2 3840 x yy =−+− thì nên Vế trái của BPT luôn không âm với mọi x vì 10 a = suy ra 2 2 38402 3 x yyy =−+− Do y là số nguyên nên 1 y = Thay 1 y = vào ( ) 222320xyxyy+−+−+ ta được 2 010xxx+− Xét hàm số ( ) 232 3 ln12 2 Pxxxx =++−− trên ( )1;0 + ( ) ( ) 2 22 211 63213 11 x Pxxxxx xxxx +   =−−=+− ++++ Ta có 2 1 30 1 x xx − ++ vì ( )1;0 x− + ( ) 1 0 2 Pxx  == Bảng biến thiên

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

31 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Ta có giá trị nhỏ nhất của P bằng 31 ln 48    Vậy 3,4,1,8abcd==== 16 abcd +++= . Câu 47: Cho hai số x , y thỏa mãn 0 xy+ và 22 22 20212021 102021.log1002021.log2 xyxy xy xy ++ + ++ + . Tìm tổng của giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 1022Pxyxy =+−−+ A. 826 . B. 682 . C. 8. D. 12. Lời giải Chọn D

Ta có 22 2 22 0212021 12 100 02021.log2021.log + + ++ + +  x y xy y x xy ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 20 2 212 2 021 *102021.log2021g210.lo + + +++  +   x x y y xy y x Xét hàm số ( ) 2021 o 2021 .l 10g= + t ftt với 0 t  . ( ) 20212021 0 10.ln100, ln10  +  =

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 48: Cho các số thực không âm ,, abc thỏa mãn 39279 abc++= . Gọi , Mm lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 23 Sabc =++ Giá trị của biểu thức 3m M + bằng A. 10. B. 3. C. 7. D. 13. Lời giải

Chọn A

Đặt 23 3; 3; 3 abc xyz=== .

Khi đó 333 log,2log,3log axbycz === (,,1) xyz  . Ta có ( ) 3log Sxyz = Ta có: 3 93273 xyzxyzxyzS =++ Vậy 3 MaxSM== khi 3 xyz=== Giả sử   min;;13zxyzz = . Do ( )( ) 11018 xyxyxyz −−+−=− ( ) 87xyzzz −

ra

log7 S

, do đó

log7

minlog7mS

khi 1,7xzy

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Do đó: 22 22 1 12 aabb P abaabb −+ == +++ TH1: 01bP== TH2: ( )

2 2 2 2

1 1 0 1 1

aa xx bb bPgx xx aa bb

−+  −+  === ++ ++  

22 1 x gx xx  = ++ ; ( ) 1 0 1 x gx x

với a x b = ( ) ( ) 2 2 2

ảng biến thiên

=   =  =− 

đó: min 1 3 mP== ;

3 MP== 10 3 mM

50: Gọi M và m tương ứng là giá trị lớn nhất,

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

( ) ( ) ( ) ( )

2 22 2 2 22 2

11 1log1 1log21

xyxy xy xy xyxyxy xy

 + +++=−+   +++=+

 ++++=−    + +++=−+   ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 22 2 22 22

1log21 loglog

xy xyxyxy xy xyxyxyxy

Xét hàm số ( ) ( ) ( ) 2 1 log,0,'20,0. ln10 fttttfttt t =+=+

Từ đó suy ra ( ) ( ) ( ) 2 2 4 40 40 xy xy xyxyxyxy xy + +  +=+−+  + 

các số thực

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

hàm số đồng biến trên , vì vậy 3322 uv uv+=+ ( ) ( ) ( )3 3 3232 fufvuvyxxyxx ==−=−=+−

Ta có ( ) ( ) ( ) 3 3333234323496834 Pxyxxxxxxxxxx =−−+=−+−−+=−−−++−+ 32 2664 xxx =−++ , 11 x − Xét hàm số ( ) 32 2664;11gxxxxx =−++− . Ta có ( ) ( )2 2 6126610gxxxx  =−+=− Do đó hàm số đồng biến trên đoạn  1;1 . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là ( ) 110 P −=− . Câu 55: Cho hàm số ()yfx = có đạo hàm trên và hàm số ( )yfx  = có đồ thị như hình vẽ. Trên  2;4 , gọi 0x là điểm mà tại đó hàm số ( ) 2 ()1ln816 2 x gxfxx 

Cho ( ) 4 01 24 x gxf x =+=  + 

Đặt  10;3 2 x tt=+

Phương trình trở thành ( ) 42 221 ft tt  == ++

Vẽ đồ thị 2 1 y x = + lên cùng một hệ tọa độ ta được:

Từ đồ thị ta thấy hàm số đạt giá trị lớn nhất tại 10.tx==

Câu 56: Cho hai số thực dương ( ),1aba  thỏa mãn 4 log2 a b = . Giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) 3 3336ln42 2 a Pabb =+−− là số viết được dưới dạng ( )ln1xy với , xy là các số nguyên. Giá trị của xy + là A. 18. B. 6 . C. 12. D. 0 . Lời giải Chọn A

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

nhất một nghiệm trên ( )0;2 . Mà 1 x = là một nghiệm của phương trình ( ) 0 fx  = nên phương trình ( ) 0 fx  = có nghiệm duy nhất là 1 x

) do ab  . Hay log4 b a = . Mặt khác, theo giả thiết ta có logloglog42log.log bacac acbcb +++ logloglog42log baca acbb+++ 1 logloglog42 4 bac acb +++ logloglog5 bac acb ++ . Vậy giá trị nhỏ nh

Tổng tất cả các phần tử của S bằng A. 42 B. 8. C. 9. D. 32.. Lời giải

Chọn C

Từ giả thiết suy ra ( ) 0; Am , ( );0Dm , ( ) 1 1;2x Bx , ( ) 222 ;log Cxx với 12,0xx  và 0 m  . , BC lần lượt là các giao điểm của ( ) ( ) 12 , CC với đường thẳng yxm =−+ nên ta có: 1 1 222

2 log

x xm xxm  =−+  =−+  1 1222 2log x xxx +=+ 122 log 1222log2 xx xx +=+ . Do hàm số ( ) 2t ftt=+ là hàm số đồng biến trên khoảng ( ) 0;+ nên 122 log xx=  1 2 2x x = ( ) ( ) 11 11 ;2,2; xx BxCx  . 2 ADm = ; ( ) ( ) 111 2 111222222 xxx BCxxx =−=−=− Do 3 ADBC = nên 1 1 2 3 x m x −= Kết hợp với: 1 1 2x xm=−+ ta có hệ 1 1

x x

m x xm

2 3 2

1 1

 −=    +=  1 1 220 x x −= Xét hàm số ( ) 22 t gtt =− có ( ) 2.ln220 t gt  =−= 2 2 log1,528 ln2 t  =  

Từ bảng biến thiên của hàm số ()gt và ( ) ( ) 120gg== suy ra PT có đúng 2 nghiệm là 1 1 x = và 1 2 x = .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Với 1 1 x = thì 1 1 1 2213 x mx=+=+= Với 1 2 x = thì 1 2 1 2226 x mx=+=+= . Vậy  3;6 S = . Tổng tất cả các phần tử của S là 9.

Câu 61: Có bao nhiêu số nguyên dương b sao cho ứng với mỗi b , có đúng 3 giá trị nguyên dương của a thoả mãn ( ) 2 2 log21 a a a ab ab + +− ? A. 1. B. 2. C. 3. D. 0. Lời giải Chọn A

Ta có ( ) ( ) ( ) 222 2 log21log22log1 a aaa a abaaabab ab + +−++++

Đặt ( ) 2 log,0ftttt=+

Ta có ( ) 1 100 ln2 ftt t  =+

Nên từ suy ra 22 211 aa a aabbb aa ++−

Xét ( ) 2a ga a = , với a nguyên dương. Ta có ( ) 2 2ln2.2 0 aa a gaa a +  = .

Theo yêu cầu bài toán ta có ( ) ( ) 11 3145 3 gbgb −

Mà b nên 4 b = . Vậy có 1 giá trị nguyên dương của b thoả mãn yêu cầu bài toán.

Câu 62: Cho hai số thực dương ( ),1aba  thỏa mãn 4 log2 a b = . Giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) 3 3336ln42 2 a Pabb =+−− là số viết được dưới dạng ( )ln1xy với , xy là các số nguyên. Giá trị của xy + là A. 18 B. 6 C. 12 D. 0 Lời giải Chọn A Ta có: 2244 log24 a aab bb === Do ,0ab  , áp dụng bất đẳng thức Cauchy: 3 33333632 28838624 abaababab +=++== . Đặt 33 4 tab =+ thì 12 t  . Xét hàm số ( ) 6ln 2 t ftt=− với 12 t  . Ta có ( ) 6161 0 2122 ft t  =−−= với mọi 12 t  nên ()ft là hàm số nghịch biến trên  ) 12;+

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

64:

Do đó ( ) ( ) ( ) 1ln3ln2 Pxxxx =++−− . Xét hàm số ( ) ( ) ( ) ( ) 1ln3ln2 fxxxxx =++−− ()lnln(2)ln1322 22(2) fxxxxxxx xxxxx +−−

=+−−−=+ . ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 2

−−+  =−− Do đó ( ) 0 fx  = có nhiều nhất một nghiệm trên ( )0;2 . Mà 1 x = là một nghiệm của phương trình ( ) 0 fx  = nên phương trình ( ) 0 fx

 = có nghiệm duy nhất là 1 x = Lập bảng biến thiên ta được ( ) ( ) max0 fxfx== .

Đặt 3 3, 2 uyxvx =−=− ta có 3322 uv uv+=+ Xét hàm số ( ) 3 2t ftt =+ . Ta có ( ) 0, ftt   hàm số đồng biến trên , vì vậy 3322 uv uv+=+ ( ) ( ) ( )3 3 3232 fufvuvyxxyxx ==−=−=+− Ta có ( ) ( ) ( ) 3 3333234323496834 Pxyxxxxxxxxxx =−−+=−+−−+=−−−++−+ 32 2664 xxx =−++ , 11 x −

Xét hàm số ( ) 32 2664;11gxxxxx =−++− .

Ta có ( ) ( )2 2 6126610gxxxx  =−+=−

đó hàm số đồng biến

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

( )1 1 :1220 2 dxyxy+=+−= và ( ) 2 1 :2240 2 dxyxy+=+−= , còn điểm N thuộc đường tròn ( ) ( ) ( ) 22 :231Cxy−+−= .

Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất 2 MN . Ta có ( )C có tâm ( )2;3 I , bán kính 1 R = . Do ( ) ( ) 1 262 6 ,1 145 dId +− == + và ( ) ( ) 2 264 4 ,1 145 dId +− == + nên 2 MN nhỏ nhất bằng ( ) ( ) 2 2 2 42185 ,11 5 5 dId  −=−=   

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Ta có: Nếu ( ) ( ) 99999 88 33333 1 230log1log2.log3.log4...log3 9 nkfnnf =

Nếu ( ) ( ) ( ) 9 99898 3 333.log33 nfff === Nếu ( ) ( ) ( ) ( ) 999 9999 333 3log13.log31...log3 nnfnfnf =+ Từ đó suy ra ( ) ( ) ( ) 98 33Minfnff == .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

i giải Chọn A Đặt 222 log;log;log axbycz === Ta có 1111 2020 abc ++= và 2020 abc++= ( ) ( )( ) ( )( )( ) 222222

111 1 0 0

abcabcabacbcabc abc abababcabcbcbcacac abbcca

 ++++=++++=  +++++++= +++= Vì vai trò ,, abc như nhau nên giả sử 2020020202abcz +=== và 1 xy = ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 22

++−−−+=++−−−+ === Câu 74: Cho ba số thực dương , , xyz theo thứ tự lập thành một cấp số nhân, đồng thời với mỗi số thực dương (1)aa thì 3log,log,log a aa xyz theo thứ tự lập thành một cấp số cộng. Tính giá trị của biểu thức 1959201960 xyz P yzx . A. 60. B. 2019. C. 4038. D. 2019 2 . Lời giải Chọn C

log1log()11 log2log4040 xyzxyzxyyzzxzxyzyzzx zz

Ta có: , , xyz là ba số thực dường, theo thứ tự lập thành một cấp số nhân thì 2 . (1) yxz . Với mỗi số thực (1),aa 3log,log,log a aa xyz theo thứ tự lập thành một cấp số cộng thì 3 2logloglog4loglog3log (2) aaaaaa yxzyxz Thay (1) vào (2) ta được 2log.log3logloglog aaaaa xzxzxzxz Từ (1)ta suy ra yxz

Câu 77: Cho x , y , z là ba số thực dương lập thành cấp số nhân; loga x , log a y , 3log a z lập thành cấp

số cộng, với a là số thực dương khác 1. Giá trị của 93xyz p yzx =++ là A. 13. B. 3. C. 12. D. 10. Lời giải

Chọn A

x , y , z là ba số thực dương lập thành cấp số nhân nên ta có 2 xzy = (1). loga x , log a y , 3log a z lập thành cấp số cộng nên: 3 loglog2log a aa xzy += log3log4log aaa xzy+= 34 xzy= (2). Từ (1) và (2) ta suy ra xyz == . Vậy 93 91313 xyz p yzx =++=++= .

Câu 78: Cho (1)1; f = ()()() fmnfmfnmn +=++ với mọi * , mnN  . Tính giá trị của biểu thức ( ) ( ) 20192009145 log 2 ff T  =   A. 3 B. 4 C. 5 D. 10 Lời giải Chọn B Ta có (2019)(200910)(2009)(10)20090 ffff=+=++ Do đó (2019)(2009)145(10)20090145 fff−−=+− (10)(9)(1)9 (9)(8)(1)8 ................... (3)(2)(1)2

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Vậy có 4 số nguyên dương.

Câu 80: Cho 2018! x = . Tính 2018201820182018 2320172018

1111 ... loglogloglog A xxxx =++++ . A. 1 2017 A = . B. 2018 A = . C. 1 2018 A = . D. 2017 A = . Lời giải 2018201820182018 2320172018

1111 loglogloglog A xxxx =++++ 2018201820182018 log2log3...log2017log2018 xxxx =++++ 2018.log22018.log3...2018.log20172018.log2018 xxxx =++++ ( )2018.log2log3...log2017log2018 xxxx =++++ ( )2018.log2.3.....2017.2018 x =

Câu 81: Tìm bộ ba số nguyên dương (;;) abc thỏa mãn log1log(13)log(135)...log(135...19)2log5040log2log3 abc+++++++++++−=++

(2;6;4) B. (1;3;2) C. (2;4;4) D. (2;4;3)

ời giải

có log1log(13)log(135)...log(135...19)2log5040log2log3 abc+++++++++++−=++ 222 log1log2log3...log102log5040log2log3 abc++++−=++

) 222 log1.2.3.102log5040log2log3 abc−=++

)2 log1.2.3.102log5040log2log3

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 83: Số 2016201720172018 có bao nhiêu chữ số? A. 147278481. B. 147278480. C. 147347190. D. 147347191. Lời giải Số chữ số của một số tự nhiên x là:   log1 x + (  log x là phần nguyên của log x ). Vậy số chữ số của số 2016201720172018 là ( ) 20162017 log20172018120162017log201720181147278481.  +=+= 

Câu 84: Cho x-x 9+9=14 và x-x x+11-x 6+3(3+3)a = 2-3-3b với a b là phân số tối giản. Tính

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

 Bất đẳng thức Cauchy Schwarz (Bunhiaxcôpki) • ,,,, abxy thì: 22222 (..)()(). axbyabxy +++ Dấu "" = khi ab xy = • ,b,c,x,y,za thì: 2222222 (...)()(). axbyczabcxyz ++++++ Dấu "" = xảy ra khi và chỉ khi: abc xyz == Nhiều trường hợp đánh giá dạng: 2222 ..()(x). axbyaby +++ Hệ quả. Nếu ,, abc là các số thực và ,, xyz là các số dương thì: 222 ()abab xyxy + + + và 2222 () abcabc xyzxyz ++ ++ ++ : bất đẳng thức cộng mẫu số

Câu 88: (Đề Tham Khảo 2020 Lần 2) Xét các số thực dương ,,, abxy thoả mãn 1,1ab và xy abab == . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 Pxy =+ thuộc tập hợp nào dưới đây? A. ( )1;2 B. 5 2; 2     C.  )3;4 D. 5 ;3 2     Lời giải

Chọn D Đặt loga tb = Vì ,1ab  nên 0 t 

có: ( ) ( ) 11 log1log1 22 x aa aabxabbt ===+=+ . ( ) 111 log1log1 22 y bb babyaba t 



Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

  =+  



t y xxy y y

thuẫn với 3 2 o 22 lg2 4 xy  + suy ra loại 1 x =−

t t

ậy có hai giá trị  0;1 x Cách 2: Đặt ( ) ( ) 22 34 22

3 log()log1 4

t t xy txyxy xy  +=  =+=+  +=   Suy ra , xy là tọa độ của điểm M với M thuộc đường thẳng :3t dxy+= và đường tròn ( ) 22 :4t Cxy+= . Để tồn tại y tức tồn tại M nên ( ) , dC có điểm chung, suy ra ( ) , dOdR  trong đó ( ) 0;0,2t OR = nên 3 2

t t t  Khi đó ( ) 3 2 3 2 22

3 2log2 2

log2 log2

03 1 4

xy xy

 +      +  Minh họa quỹ tích điểm M như hình vẽ sau

h

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Lời giải

Chọn B

Cách 1: Nhận xét: Giá trị của , xy thỏa mãn phương trình ( ) 1 2431 xy xy +− += sẽ làm cho biểu thức P nhỏ nhất. Đặt axy =+ , từ ( )1 ta được phương trình 1 23 4.20 a a yy +−−= Nhận thấy 1 23 4.2 a ya yy =+−− là hàm số đồng biến theo biến a , nên phương trình trên có nghiệm duy nhất 33 22axy=+= . Ta viết lại biểu thức ( ) ( ) 2 1165 42 488 Pxyxyy =++++−−=   . Vậy min 65 8 P = . Cách 2: Với mọi , xy không âm ta có 33 1 22 33 2.43.4.410 22 xyxy xy xyxyxyy +−+−

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 96: Xét các số thực dương a , b, x,y thỏa mãn a1  , b1  và 2x3y66 abab == . Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức 42 Pxyxy =+− có dạng 165 mn + (với , mn là các số tự nhiên), tính =+ Smn A. 58 B. 54 C. 56 D. 60 Lời giải

Chọn C

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

102: Cho các s

 =     =  Tổng mn + bằng A. 13. B. 16. C. 7.

1 4 7 4 ố

x y a ax byb cz c

 =     =  Vậy 1744 44 44 00 22130 Txy  =+=+=    = =    ==  = =   , mà ( )1010.10.10101* xyz abcxyz ==++= . Ta có 5log.log2log.loglog.log52 Fabbccaxyyzzx =++=++ . Từ ( ) *1yxz=−− , thay vào biểu thức F , ta được: ( ) ( ) 22 512125625 Fxxzxzzxzzxxzzx =−−+−−+=−−−++ 2229115 262322 2222 zxxzzxxx =−−−−++−+−+ ( ) 222 91315 2344 44222 zxxzzxxx  =−+++−−−−++  

2 2 x y z

2 2 ố

x y ả

i gi

D. 10.

1 4 0 7 4 0 Lời giải Chọn C Đặt log10 log10 log10

n.

thực dương ,, abc thỏa mãn 10 abc = . Biết giá trị lớn nhất của biểu thức 5log.log2log.loglog.log Fabbcca =++ bằng m n với , mn nguyên dương và m n t

C. 3 1;



1 log(81)2 log(81) ab ab ab ab . Suy ra 22 45181 log(161)log(451)2 abababab . Đẳng thức xảy ra khi x a a y b a

ba ab a ababbb b abab . Vậy 27 2 4 ab Câu 105: Xét các số thực ,,, abxy thỏa mãn 1,1ab và xy a ab b == . Giá trị lớn nhất của biểu thức 2 Pxy =− thuộc tập nào dưới đây? A. 1 0; 2      =− ==       =− ==     Đặt loga tb = . Vì 1,1ab , nên 0 t  Khi đó: ( ) 11313131322 112. 22222222 ttt Pt tttt  =−−−=−−=−+−=   Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ( ) 1 2 0 2 t tt t == max 3221 0,0860; 22 P  =  Câu 106: Cho dãy số ( ) n u có số hạng đầu 1 1  u thỏa mãn ( ) ( ) 2222 212122 log5log7log5log7 +=+uu và 1 7 + = nn uu với mọi 1 n . Giá trị nhỏ nhất của n để 1111111  n u bằng: A. 11. B. 8. C. 9. D. 10. Lời giải Chọn D Ta có ( ) 1 7,1 + = nnn uunu là một cấp số nhân với số hạng đầu là 1u , công bội 7 = q ( ) ( )     22 22 2121221221 log5log7log5loglog7log +=+++ uuuu 2222 222121222121 log52.log5.logloglog72.log7.loglog =+++++uuuu

35 ; 22 



1. Định lý: Nếu hàm số ( )yfx = đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) và liên tục trên ( ) ; ab thì * ( ) ( ) ( ) ;;: uvabfufvuv == * Phương trình ( ) f x k = ( )kconst = có nhiều nhất 1 nghiệm trên khoảng ( ) ; ab

2. Định lý: Nếu hàm số ( )yfx = đồng biến (hoặc nghịch biến) và liên tục trên ( ) ; ab , đồng thời ( ) lim.lim()0 xaxb fxfx+−→→  thì phương trình ( ) ( )fxkkconst == có duy nhất nghiệm trên ( ) ; ab .

3. Tính chất của logarit:

1.1. So sánh hai logarit cũng cơ số: Cho số dương 1 a  và các số dương , bc . Khi 1 a  thì loglog aa bcbc  . Khi 01 a  thì loglog aa bcbc 

2. Logarit của một tích: Cho 3 số dương 12,, abb với 1 a  , ta có 1212log(.)loglog aaa bbbb =+

1.2. Hệ quả: Cho số dương 1 a  và các số dương , bc . Khi 1 a  thì log01 a bb . Khi 01 a  thì log01 a bb loglog aa bcbc ==

3. Logarit của một thương: Cho 3 số dương 12,, abb với 1 a  , ta có 1 12 2 logloglog aaa b bb b =− Đặc biệt: với ,0,1aba 1 loglog aa b b =− .

4. Logarit của lũy thừa: Cho ,0,1aba , với mọi  , ta có loglog aa bb   = . Đặc biệt: 1 loglog n aa bb n = ( n nguyên dương).

Công th

s

dương

cơ số

abc

i

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Lời giải Chọn A Ta có 1222 2.43.232 xyxy xyyx +−+− +− ( ) ( ) 232 2.232.2* yxyx−

Hàm số ( ) .2t ftt = đồng biến trên , nên từ ( )* ta suy ra ( )23222301 yxxy −+−

Ta thấy ( )1 bất phương trình bậc nhất có miền nghiệm là nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng :2230dxy+−= (phần không chứa gốc tọa độ O ), kể cả các điểm thuộc đường thẳng d .

Xét biểu thức ( ) ( ) ( ) 22 22 6432132PxyxyxyP =++++++=+ Để P tồn tại thì ta phải có 13013PP+− .

Trường hợp 1: Nếu 13

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Do đó 222 ftfyty 3 log121991 yyxyxx

Vì 9 0202009120201920210log2021 yy xy 3 log20213,464

Do 0;1;2;3 yy , có 4 giá trị của y nên cũng có 4 giá trị của x

Vậy có 4 cặp số nguyên ; xy .

Cách 2:

Ta có: 2 33 log3329log1123 yyxxyxxy

Xét hàm số 3 log11fxxx với 0;2020 x .

Ta có 1 10,0;2020 1ln3 fxxx x Hàm số fx đồng biến trên đoạn 0;2020 . Suy ra 32 0log1120201log20212021 ffxxxffx 3 129log202120212028 y y Nếu 0 029991 yy yy 0 y Khi đó 292920279202722027 yyy yyyy 9 log20273,465 y 3 y  03 y 0;1;2;3 y . Do fx là hàm số luôn đồng biến nên với mỗi giá trị của y chỉ cho 1 giá trị của x . +) 3 0log1110yxxx +) 33 1log1111log1108 yxxxxx

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

31 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

GTNN của P là 41 8 khi 51 , 44xy==

Câu 119: (Mã 104 2020 Lần 1) Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 255 số nguyên y thỏa mãn ( ) ( ) 2 32 loglogxyxy ++ ? A. 80. B. 79. C. 157. D. 158 Lời giải Chọn D Ta có: ( ) ( ) 2 32 loglogxyxy ++ ( ) 2log 2 3 xy xy + + ( ) 2 log3 2 xyxy++ ( )1

Đk: 1 xy+ ( do , xy  , 0 xy+ )

Đặt 1 txy=+ , nên từ ( ) 2 log3 2 1 xxtt −− ( )2

Để ( )1 không có quá 255 nghiệm nguyên y khi và chỉ khi bất phương trình ( )2 có không quá 255 nghiệm nguyên dương t .

Đặt ( )

Ta thấy 0 là một nghiệm của phương trình ( ) 0 fa =

Nếu 1 m = suy ra để có nghiệm duy nhất thì 12 2 n n m  (loại)

Nếu m lẻ và 1 m  thì ta có a là một nghiệm thì a cũng là một nghiệm, do đó có đủ 3 nghiệm.

Nếu m chẵn thì phương trình chỉ có tối da 2 nghiệm (vì không có nghiệm âm).

Suy ra m lẻ. Để có 1 nghiệm dương thì theo BBT ta có ( ) ( ) ( ) 2 ln122,2 ln 2 2 0 1 1 fn n   + + . Suy ra  1;2 n suy ra  3;5;;15 m . Suy ra có 13 cặp ( ) , mn (do 1521716 += ). Câu

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

( ) ( )2 2 2 2

PP PPPP PP

284 1312285555 28

−+− −−+−+ −+ Câu 123: (Mã 103 2020 Lần 2) Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( ) ; mn sao cho 10 mn+ và ứng với mỗi cặp ( ) ; mn tồn tại đúng 3 số thực ( )1;1 a − thỏa mãn ( ) 2 2ln1 m anaa=++ ? A. 7 B. 8 C. 10 D. 9 Lời giải

Chọn D

Ta có ( ) ( ) 22 2 2ln1ln1 m m a anaaaa n =++=++ . Xét hai hàm số ( ) ( ) 2 ln1fxxx=++ và ( ) 2 m gxx n = trên ( )1;1

Ta có ( ) 2

1 0 1 fx x  = + nên ( )fx luôn đồng biến và ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2

1 ln1lnln1 1 fxxxxxfx xx  −=−++==−++=−  ++  nên ( )fx là hàm số lẻ

+ Nếu m chẵn thì ( )gx là hàm số chẵn và có bảng biến thiên dạng

Suy ra phương trình có nhiều nhất 2 nghiệm, do đó m lẻ + Nếu m lẻ thì hàm số ( )gx là hàm số lẻ và luôn đồng biến. Ta thấy phương trình luôn có nghiệm 0 x = . Dựa vào tính chất đối xứng của đồ thị hàm số lẻ, suy ra phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm trên ( )1;1 khi có 1 nghiệm trên ( )0;1 , hay

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

ố nào dưới đây A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Lời giải Chọn C Nhận xét 22 220; xyxxy +−+ Bất phương trình ( ) 22 122 222.4 xyx xyx ++ +−+ ( ) 22 1 22 2 2 22 2 xy x xyx ++ +−+

+ và ứng với mỗ

ặp (

tồn tại đúng

21 0 1 m m fxx n x  =−= + Theo đề bài ( ) 0 fx = có ba nghiệm nên 1 2

1 ; 1 m yxy x == + , suy ra 1 m chẵn và 10 m −

m

Khi

( ) 0 fx

 1;2 n và  3;5;7;9;11;13 m , do 14 mn+ nên ta có 11 cặp ( ) ; mn thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 126: (Mã 104 - 2020 Lần 2) Có bao nhiêu cặp số nguyên dương (,) mn sao cho 12 mn+ và ứng với mỗi cặp (,) mn tồn tại đúng 3 số thực (1,1) a − thỏa mãn 2 2ln(1) m anaa=++ ? A. 12 B. 10 C. 11 D. 9 Lời giải

Chọn D

Ta có 22 2 2ln(1)ln(1)(*) mm anaaaaa n =++=++ .

Xét hàm 2 ()ln(1) faaa=++ trên (1,1) (dễ thấy hàm f lẻ, đồng biến trên R ), có BBT:

Xét hàm 2 (). m gaa n = trên (1,1)

Với m chẵn, ()ga là hàm chẵn và ()0, gaaR  , do đó (*) không thể có 3 nghiệm.

Với m lẻ, ()ga là hàm lẻ, đồng biến trên R và tiếp tuyến của đồ thị tại điểm 0 a = là đường thẳng 0 y =

Dễ thấy (*) có nghiệm 0(1;1) a =− . Để (*) có đúng 3 nghiệm tức là còn có 2 nghiệm nữa là 0a với 0 01 a  Muốn vậy, thì 222 (1).1(1)ln(12)2,261;2

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

2. Lời giải Chọn A

Ta có: ( ) ( ) 2222 1222122 22242211 xyxxxyxyxxxy ++−+++−+−+++ . Đặt 22210txxyt =−++ . Khi đó ta có 21 t t + , 0 t 

Đặt ( ) 21,0 t fttt=−− , ta có: ( ) 2ln21 t ft  =− , cho ( ) 0 ft  = .

Ta nhận thấy phương trình ( ) 0 ft  = có một nghiệm nên phương trình ( ) 0 ft = có tối đa hai nghiệm. Mặt khác ta có ( ) ( ) 010ff== . Suy ra phương trình ( ) 0 ft = có hai nghiệm 1 t = và 0 t = .

Khi đó ta có bảng xét dấu của hàm số ( )ft như sau:

Khi đó ( )  00;1ftt . Suy ra ( )2 222 21111xxyxy −++−+ .

Khi đó tập hợp các điểm ( ) ; Mxy là một hình tròn ( )S tâm ( )1;0 I , bán kính 1 R = .

Ta có: ( ) 4 240 21 y PPxPyP xy =+−+= ++ .

24 PP PPP PP + −+ x y

2 135816 1 3 5 3

 =     =−   Câu 128: (Mã 123 2017) Xét các số thực dương , xy thỏa mãn =++− + 3 1 log324 2 xy xyxy xy . Tìm giá trị nhỏ nhất minP của =+ Pxy A. = min 2113 3 P B. = min 91119 9 P C. = min 181129 21 P D. + = min 91119 9 P Lời giải

Điều kiện: 1 ab 

Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 222 1 log23log2121log * ab abababababab ab =++−−+−=+++   + .

Xét hàm số ( ) 2log yfttt ==+ trên khoảng ( ) 0;+ .

Ta có ( ) 1 .ln210,0ftt t  =+ . Suy ra hàm số ( )ft đồ

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Xét hàm số ()(1)ln(3)ln(2) fxxxxx =++−− ()lnln(2)ln1322 22(2) fxxxxxxx xxxxx +−−  =+−−−=+ . ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 2

−−+  =−−

12244 .0,0;2 2 2 xxx fxx x x xx

Do đó ( ) 0 fx  = có nhiều nhất một nghiệm trên ( )0;2 Mà 1 x = là một nghiệm của pt ( ) 0 fx  = nên phương trình ( ) 0 fx  = có nghiệm duy nhất là 1 x = Lập bảng biến thiên ta được ( ) ( ) max10 fxf== .

Câu 131: Cho các số thực , xy thỏa mãn 0,1 xy  và ( )( ) 3 log1120 1 xy xy xy + +++−= . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 Pxy =+ A. 2 B. 1 C. 1 2 D. 0 Lời giải Với điều kiện biểu thức đề bài có nghĩa, ta có ( )( ) ( ) ( ) 333 log1120loglog110 1 xy xyxyxyxyxy xy + +++−=+−−+++−= ( ) ( ) ( ) ( )( ) 33 loglog11* xyxyxyxy +++=−+− Xét hàm số ( ) 3log fxtt =+ trên ( )0;2 ( ) ( ) 1 ln310,0;2ftt t  =+ nên hàm số ( )ft đồng biến trên ( )0;2 Do đó từ ( )* ta có ( ) 1 111 1 x xyxyyxxy x +=−+=−= + 1 22 1 x Pxyx x =+=+ + ( ) ( )   2 2

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Ta có 1log0 a abb 1 loglogloglog1log1log. log aaaaaa ab

a Pababbb ab =+=+−=++− Đặt ( ) 2 1log 0log1aa tbtbt =−=− . Ta có: 2 2 Ptt=−++ trên  ) 0;+ Bảng biến thiên t − 1 2 + P 9 2 Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại 1 . 2 t = Với 3 4 1133 1loglog. 2244 aa tbbbak ==−=== Câu 133: Chohaisốthực , ab thỏamãn ( ) 2241 log281 ++ −= ab ab .Tính = a P b khibiểuthức 465=+−Sab đạt giá trị lớn nhất. A. 8 5 B. 13 2 C. 13 4 D. 17 44 Lời giải Chọn B ( ) 22 22 41 log2812841 ++ −=−=++ ab ababab Ta có:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

   −     ( Vì ;0xy  ).

y x xyy y y

( ) 2 2 11 1

Ta có: 2 1 3341 11 y Pxyyy yy =++=++ . Xét hàm số: ( ) 1 41;1 1 fyyy y =++ . Đạo hàm: ( ) ( ) / 2 1 4 1 fy y =− ( ) ( ) ( ) /

 =  =   =  

3 2 0 1 2

yn fy yl

. Bảng biến thiên.

Câu 138: Cho , xy là các số thực dương thỏa mãn ( ) 20192012 2 9019logloglog xy xy  + + . Gọi minT là giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 Txy =+ . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. ( ) min 7;8 T

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Đạo hàm: ( ) ( ) / 2 1 3 1 fx x =− ( ) / 3 01(1) 3 fxxdox ==+ Bảng biến thiên. Do đó: min 423 T =+ . Câu 139: (Mã 105 2017) Xét hàm số ( ) = + 2 9 9 t t ft m với m là tham số thực. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m sao cho ( ) ( ) += 1 fxfy với mọi số thực , xy thỏa mãn ( ) + + xy eexy .Tìm số phần tử của S A. 0 B. Vô số C. 1 D. 2 Lời giải Chọn D Ta có ( ) ( ) + +==+==442 93 19loglog xy fxfymxymm Đặt +=,0xytt . Vì ( ) + +++− 1ln1ln0,0 xy t eexyeetttttt (1) Xét hàm ( ) =+− ln1 fttt với  0 t ( )  =−=== 11 100 t ftt tt Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên, ta có ( ) ( ) 1,0ftft +− 1ln0,0 ttt (2) Từ ( )1 và ( )2 ta có ==== 22 3 1log133 tmmm

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

A. 2 B. 4 C. 1 2 D. 1 4 Lời giải Chọn A

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

( ) ( ) 22 22 22 3332222 22333 3342 334.2.2 2

+ +++ ++ ++ =++=+ + xy xyxy xy xy xyxy xy ( ) ( ) 2233322222.334.22..2+++++=+xyxyxyxy ( ) ( ) 223342222334.222.2+++++=+xyxyxyxy ( )1

• Đặt ( ) ( ).20= t fttt

Ta xét: ( ) 2.2.ln20, 0  =+ tt fttt . Suy ra hàm số ( )ft đồng biến trên ( ) 0;+

Lúc đó; ( )1 có dạng: ( ) ( ) 2233422 ++=+ fxyfxy ( ) 222222334222342 ++=+++−+−=−+− xyxyxxyyxyxxyy ( ) ( ) ( ) 22 34 +−+−=−− xyxyxy ( ) ( ) 2 3401440 +−+−−++− xyxyxyxy • Khi đó: 5324 2202 2121 +−+− ==++= ++++ xyxy P xyxy • Vậy P đạt giá trị lớn nhất là 2, đạt đượ

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

51 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Có ( ) ( ) ( ) 1 1111 1 y fxyfxyxyxyxyyx y +=−+=−+=−= + Ta có ( ) 2244 2313211 111 y Pxyyyy yyy =+=+=−+++−++= +++ Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1

Câu 144: Cho , xy là các số thực dương thỏa mãn 3 4 log21. xy xy xy + =−+ + Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 42 2 322 () xyxyy P xxy ++ = + . A. 1 . 4 B. 1 . 2 C. 3 . 2 D. 2. Lời giải

Chọn D

Ta có 333 4 log21log(4)(x4y)log3()3() xy xyxyxyxy xy + =−++++=+++ + (1). Xét hàm số 3()log fttt =+ trên khoảng(0;) + Ta có 1 '()10,0 ln3 ftt t =+ . Suy ra hàm số ()ft đồng biến trên khoảng (0;) + . Từ (1) suy ra (4)(3()) fxyfxy +=+ và (4)0;3()0 xyxy ++ Do đó, (1)43()2 xyxyyx+=+=

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Xét hàm số: ( ) 1 91;1 1 fyyy y =++ . Đạo hàm: ( ) ( ) / 2 1 9 1 fy y =− ( ) ( ) /

4 3 0 2 3

y fy yl

 =  =   =   Bảng biến thiên, ta thấy giá trị nhỏ nhất của ()fy là 4 16. 3 f  =   Vậy min 16 P = khi 16 3 x =

Câu 147: Cho hai số thực dương , xy thỏa mãn ( ) ( ) 22 loglog66 xxxyyx ++=−+ . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 Txy =+ là A. 16 B. 18 C. 12 D. 20 Lời giải

Chọn A Điều kiện: 0 x  , 06 y  . Ta có ( ) ( ) 22 loglog66 xxxyyx ++=−+ ( ) 2 22 loglog66xxyxxy +=−+− ( ) 2 2222 logloglog6log6xxxyxxxy ++=−++− ( ) ( ) ( ) 22 22 loglog66xxxyxy +=−+−   ( )* Xét hàm số ( ) 2log fttt =+ trên ( ) 0;+ Ta có ( ) ( ) 1 10,0; .ln2 ftt t  =++ nên hàm số ( )ft đồng biến trên ( ) 0;+ Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) 2 *6fxfxy =− ( ) 2 6 xxy=− 6 xy=− 6 yx=− . ( ) 3 36 Txx=+− ( ) 3 318 xxgx=−+= Xét hàm số ( ) 3 318gxxx=−+ trên ( ) 0;+ . Ta có ( ) 2 33gxx  =− ; ( ) 0 gx  = ( ) ( ) 10; 10; x x

=−+    =+   Bảng biến thiên:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Từ bảng biến thiên suy ra ( ) ( ) 116 Tgxg== . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 65 x yx

=   =−=  .

Câu 148: Xét các số thực dương , ab thoả mãn 2 1 log23 ab abab ab =++− + . Tìm giá trị nhỏ nhất minP của

Pab =+ . A. min 125 P =−+ . B. min 25 P =+ . C. min 15 P =−+ . D. min 125 P =+ . Lời giải Chọn C Điều kiện 101 abab −

Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 222 1 log23log1log211 ab abababababab ab =++−−−+=+−−− + ( ) ( ) ( ) ( ) 22 log1121logabababab −++−=+++ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 log2121log.1 abababab −+−=+++

Xét hàm số ( ) 2log fttt =+ với 0 t  có ( ) 1 .ln210,0ftt t  =+ nên hàm số ( ) 2log fttt =+ đồng biến trên khoảng ( ) 0;+

Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 12121221 21 a fabfababababab a −=+−=+−=+= + Do 2 ,0002 21 a aba a  + Khi đó 2 222 2121 aa Paba aa −+ =+=+= ++

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Suy ra: ()ft là hàm đồng biến trên khoàng (0;) + Mà  (42)(2) fxfyx−=+ nên 42 42(2) 2 x xyxy x −=+= + Vì 222 3() 4 Pxyxyxy =+++

Thay vào P ta có: 2 2 2 34234 4242 xx Px xx +=−+ ++  

 + = 

x y

(thỏa mãn điều kiện bài toán).

thỏa mãn 2 88 2 xyxy xy xy ++ = + . Khi 2 2 Pxyxy =+ đạt giá trị lớn nhất, giá trị của biểu thức 32xy + bằng A. 4. B. 2. C. 3. D. 5. Lời giải Chọn C

Ta có ( ) ( ) 2 22 88 22log88log xyxy xy xyxyxyxy xy ++ =++=−−+ + ( ) ( ) ( ) ( ) 22 log2121logxyxyxyxy −+−=+++ Xét hàm số ( ) 2log fttt =+ là hàm số đồng biến trên ( ) 0;+ Do đó từ ( )* ta có ( ) 2 21 21 y xyxyx y −=+= + Suy ra 22 min 221PxyxyyyP =+=−+= khi 1 1 3 yx== . Do đó 323 xy+=

Câu 154: Cho , xy là các số dương thỏa mãn ( ) ( ) ( ) log2loglogxyxy +=+ . Khi đó, giá trị nhỏ nhất

ỏa mãn).

Vậy có một cặp nguyên dương ( ) ( );4;1xy = thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 159: Có bao nhiêu số nguyên 10 y  sao cho tồn tại số nguyên x thỏa mãn ( ) 2 2 221 5251 y y xxx x +−−−+=+− ? A. 10 B. 1 C. 5 D. Vô số Phân tích Phương trình dạng ( ) ( )fufv = . Phương pháp: Chứng minh ( )yft = đơn điệu trên ( ) ; ab . Từ phương trình suy ra uv = . Từ đó tìm sự liên hệ giữa 2 biến , xy và chọn , xy thích hợp. Lời giải

Xét hàm số ( ) 22log fttt =+ , 0 t  Vì ( ) 1 20 ln2 ft t  =+ 0 t  ( )ft  đồng biến trên ( ) 0;+ nên( ) ( ) 1 2222 1222.222222 22 yy yyyyyy xx ffxxx ++ ===+==   Do 12020  x nên 2 01log2020111,98 − yy Do *  y nên  1;2;3;...;11  y , với mỗi giá trị y cho ta 1 giá trị x thoả đề. Vậy có 11 cặp số nguyên ( ) ; xy thoả mãn đề bài. Câu 161: Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực y thỏa mãn

y y

2 2

 =+    =+  +=+ +−−=

132 13 13231 132310

t t t t t t

Ta có: ( ) ( ) 132213.2310,1 t tt t +++−+ nên phương trình vô nghiệm. Do đó với 1 x =− thì không tồn tại số thực y thỏa mãn ( ) ( ) ( ) 22 22 3 2loglog13log1 xyxy +−+=+− Với 0 x = : ( ) ( ) ( )

Ta có: ( ) ( ) 13231 t t hx =+−− liên tục trên  1;0 thỏa mãn ( ) ( ) 100hh− nên phương trình có nghiệm ( )1;0 t − Do đó với 0 x = thì tồn tại số thực y thỏa mãn ( ) ( ) ( ) 22 22 3 2loglog13log1 xyxy +−+=+− . Vậy  0;1 x

      x x

0 21 0210 0    

        . Vậy có 11 cặp ( ) ; xy thỏa mãn.

y x y y Ta có: PT ( ) 33 log2121log(*) xx yy−+−=+ Xét hàm số ( ) 3log fttt =+ trên ( ) 0;+ Khi đó ( ) 1 10 ln3 ft t  =+ do đó hàm số ( ) 3log fttt =+ đồng biến trên ( ) 0;+ (*) có dạng ( ) ( ) 2121 xxffyy−==− Vì ( ) 2 0202002120201220210log2021 xx yx − ( )   2 0log20210;1;2;3;4;5;6;7;8;9;10 x x x

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 163: Xét các số thực ,, abx thoả mãn 1,1,01abx và 2 loglog() baxxab = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 lnlnln(). Pabab =+− A. 133 4 . B. 2 e . C. 1 4 . D. 322 12 + . Lời giải Chọn D

Ta có ( ) ( ) 22 loglog()loglog()lnlnlog.ln2.log.lnbaba xxxx ba ababxaxb === 22 ln log.ln2ln.ln2lnln2lnln2ln ln b a aabababab b ==== (vì 1,1ab ).

Thay ln2lnab = vào biểu thức P ta được ( ) ( ) 2222 lnlnln()3ln21ln321 Pababbbtt =+−=−+=−+ (với ln0tb= ). Đặt ( ) 2 ()321 fttt =−+ . Ta có ( ) 21 '()6210(0;) 6 fttt + =−+==+

BBT: Dựa vào BBT, suy ra ( ) 0; min()322 12 ft +

+ =− Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 322 12 +

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 4: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 1 4.2360 xx mm + −+−= có hai nghiệm trái dấu A. 3. B. 5. C. 4. D. 2.

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt, thì phương trình ( )2 có 1 nghiệm lớn hơn

1

Xét hàm số ( ) ( ) 2 6,1ftttt=−+ Ta có ( ) 2603fttt  =−+== Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên suy ra 5 9 m m    =  là các giá trị thoả mãn yêu cầu bài toán. Do ( )1000;1000 m m

−   

  nên có 1005 giá trị của m tìm được.

Câu 9: Với giá trị nào của tham số m thì phương trình 1 4.220 xx mm + −+= có hai nghiệm 1x , 2x với 1x , 2x thỏa mãn 12 3 xx+= ? A. 4 m = . B. 2 m = . C. 1 m = . D. 3 m = .

Lời

giải

Chọn A Ta có: ( ) ( ) 2 1 4.22022.220* xxxx mmmm + −+=−+= Phương trình là phương trình bậc hai ẩn 2x có: ( )2 2 22 mmmm  =−−=− Phương trình có nghiệm ( ) 2 2 2020 0 m mmmm m   −−    Áp dụng định lý Vi ét ta có: 1212 2.2222 xxxx mm + == Do đó 3 12 3224xxmm +=== . Thử lại ta được 4 m = thỏa mãn. Câu 10: Cho phương trình ( ) 22 3.25310.530 xx xx +−+−= . Gọi 1x , 2x 12 () xx  là hai nghiệm của phương trình. Hiệu hai nghiệm 21Sxx =− bằng A. 2. B. 5 log3. C. 5 log3. D. 0. Lời giải Chọn B Xét ( ) 22 3.25310.530 xx xx +−+−= . Đặt 2 5x t = .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Phương trình trở thành ( ) 2 3310.30 txtx +−+−=

Giải phương trình này sẽ được nghiệm 1 1 3 t = ; 2 3 tx =−

Với 1 1 3 t = ta sẽ có 2 1 5 3 x = 152log3 x =−

Với 2 3 tx =− ta sẽ có 2 53 x x =− .

Nhận thấy 2 2 x = là một nghiệm của phương trình.

Vế trái là hàm đồng biến còn vế phải là hàm nghịch biến nên 2 x = là ngiệm duy nhất.

Vậy phương trình có hai nghiệm 152log3 x =− và 2 2 x = Hiệu hai nghiệm là S = 215log3 xx−= . Câu 11: Có bao nhiêu số tự nhiên m sao cho phương trình 21 42122 xxx m ++ −+−=+ có đúng 2 nghiệm thực phân biệt? A. 9 B. 10 C. 11 D. 8 Lời giải Chọn A ( ) ( ) 2 21 4212224.212.221 xxxxxx mm ++ −+−=+−+−=+ Đặt , phương trình ( )1 trở thành 22 2 22

( )20 x tt=

4.12263 4.12.2 4.12221 ttmtmtt ttmt ttmtmtt −+−=+=−++ −+−=+  −+−=−−=−+− ( )I Để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thực x thì ( )I có đúng hai nghiệm ( ) 0; t + Đặt ( ) ( ) 2263,21ftttgttt =−++=−+−

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Từ đồ thị, bài toán thỏa mãn 0 312 m m

=      Mà  0;4;5;6;...;11 mm . Vậy có 9 giá trị của m thỏa mãn bài toán. Câu 12: Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m để phương trình 42230 xx m −−+= có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng ( )1;1 . Số tập hợp con của tập hợp S là A. 1. B. 0. C. 4. D. 2. Lời giải

Chọn A

Đặt 2x t = . Với ( ) 1 1;1;2 2 xt  −   Ta được phương trình ( ) ( ) 2 2 21212*ttmtm −+=−−=− Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng ( )1;1 thì phương trình ( )* phải có hai nghiệm phân biệt thuộc 1 ;2 2    . Ta có bảng biến thiên

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Đặt 3x t = , 0 t  , khi đó phương trình ( ) ( ) 22 2721.9253.3510 xxx mmmm −−++−−+= ( )1 trở thành: ( ) ( ) 322221253510tmtmmtm −−++−−+= ( ) ( ) ( ) 22 121510ttmtm −−−+−= ( ) ( ) 22 26 2520 6 2480826 8 11 2

1 215102 t tmtm m m m mmm m m m

=    −−+−=  Với 10tx== Bảng biến thiên hàm số ( ) ( ) 222151fttmtm=−−+− Đề phương trình ( )1 có 3 nghiệm không âm thì phương trình ( )2 có hai nghiệm phân biệt 12 1 tt Khi và chỉ   −   −    −−    −     Vậy có 17 giá trị

ủa m thoả mãn. Đáp án D Câu 16: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 22 3 420 xx m + −−= có 4 nghiệm phân biệt A. 10 B. vô số C. 8 D. 9 Lời giải Chọn C Ta có 2222 3 42048.20 xxxx mm + −−=−−= Đặt 2 2x t = . Do 2 0 x  nên 1 t  Phương trình trở thành: 2 80ttm−−= 22808 ttmmtt −−==− Xét hàm số ( ) 2 8 fttt =− trên nửa khoảng  ) 1;+ ta có ( ) ( ) 28;02804fttfttt =−=−== . Bảng biến thiên

nguyên c

Để pt có 4 nghiệm phân biệt thì phải có 2 nghiệm t phân biệt lớn hơn 1. Ycbt 167 m −− Do nguyên dương nên có 8 giá trị.

Câu 17: Với giá trị nào của m thì phương trình 1 2 94.320 x x mm + −++= có hai nghiệm phân biệt 12 , xx thoả mãn 12 1 xx+= ? A. 3 4 m = B. 3 4 m =− C. 7 m = D. 1 m =− Lời giải Chọn C Đặt 30 x tt= . Ta được phương trình ( ) 2 34201 tmtm−++= Phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt 12 , xx thoả mãn 12 1 xx+=

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

+ 0 1 t  phương trình 0 3 2

x t  =   có một nghiệm 30 2 log0xt=

+ 0 01 t  phương trình 0 3 2

x t  =   có một nghiệm 30 2 log0xt=

+ 0 1 t = phương trình 0 3 2

x t  =   có một nghiệm 3 2 log10 x ==

Vậy để phương trình ( )1 có hai nghiệm trái dấu thì phương trình ( )2 có một nghiệm t thuộc khoảng ( )0;1 và một nghiệm 1. t  Số nghiệm của phương trình ( )2 là số giao điểm của đồ thị hàm số ( ) 2 2 yfttt ==− và đường thẳng :. dym =− Lập bảng biến thiên của hàm số ( ) 2 2 yfttt ==− trên ( ) 0;. + Từ BBT ta suy ra 1001. mm −−

i

c

a tham số m thì phương trình

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

mm −+ . Câu 21: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình + +++= 1 4.220 xxmm có hai nghiệm phân biệt 12 , xx thỏa mãn 12 2 xx+ . A. −−21. m B. −1. m C. −12.mm D.  2. m Lời giải Chọn A Ta có: ( ) ( ) 2 1 4.22022.220*. xxxx mmmm + +++=+++= Đặt 2,0 x tt= , phương trình ( )*

22220222.ttmttm −++=−=−− Xét ( ) 2 2,1.ftttt=− Ta có ( ) ( ) '22,'01. fttftt =−== Phương trình( )1 có nghiệm 0 x   phương trình( )2 có nghiệm 1 t  211.mm −−−−

Bất phương trình trở thành: ( ) ( ) 2 1202tmtm+++ .

Bất phương trình ( )1 nghiệm đúng 1 x  khi và chỉ khi bất phương trình ( )2 nghiệm đúng 2 t  2 2. 2 tt mt t  + Xét hàm số ( ) 2 2 tt ft t = + trên khoảng ( ) 2; + ( ) ( ) 2 2 42 02. 2 tt ftt t  = + ( ) ( ) 3 22. 2 ftft =−

đó ta phải có: 3 2 m −

ậy có 7 giá trị nguyên củ

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Có ( ) ( ) 32133 22722 6137e ttt gttt −++  =−+ , ( ) 2 1 061370715 1; 613

t gttt t

=    =−+=   =    

. Để phương trình đã cho có nghiệm dương g'(t) 1 15 13

 +∞ t e 4 g(t)

−−=   có nghiệm dương? A. 7 B. 4 C. 5 D. 6 Lời giải Chọn C Xét phương trình ( ) ( ) 77 11 77log10log1 xx mm  −−==−  Ta thấy 1 001 7 x g 15 13( )

x m  x =  

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

17 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

=  −+−=  =−  . Suy ra 3 a = , 2 b = và 5 c = . Vậy

6

nhiêu nghi

m nguyên?

5 C. 3 D. 4

có:

( ) 73 3 loglog7 x = Từ đó 7;3ab== . Tính 7340Sab=−= Câu 29: Biết phương trình 2 52023xxx = có hai nghiệm dạng log4 a xb=− và xc = với a , b , c là các số nguyên và ( ),1;5ab . Khi đó 2 Tabc =++ bằng A. 3 T = . B. 4 T = . C. 13 T = . D. 12 T = . Lời giải Chọn D Ta có ( ) ( ) ( )( ) 2 5202 33 235log2205log254 xxx xxxxxx =−=−−−=−+ ( )( ) 3 3 1 25 1log226 2 242 x xx x

*Khi 1, y  xét trên 1 6 3 ; 2    , ta có 2 1221 2 2 7 8 2 1 7(12)2718log(12 2 )2 xxyxxyxxxyxy + +−=+−  = 27 log(12) 121820. xy xy x  + −−+= Xét hàm 27 log(12) ()12182 xy gxxy x + =−−+ trên 13 ;. 2 6    Ta có 22 ln(12)213 '()1212120,;. ln27(12)ln273ln3l2 11 n3 2 6 xyy gxx xxxyx +  =+−−−  + 

Do đó, hàm ()gx đồng biến trên 1 6 3 ; 2    . Vì thế phương trình ()0gx = có nghiệm trên 13 ; 62    khi và chỉ khi 1 . 6 3 ()0 2 gg     Áp dụng bất đẳng thức ln(1)uu+ với mọi 0 u  , ta có 27 log(16) 6 (3)1821820. 3n27 3 l y y gyy + =−+−+ Do đó 3 1 02log121601963 y gyy  −++−    

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Suy ra ( ) 20 022; 3 ftxy  ==   Vậy có 4 số nguyên x .

Câu 34: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 32 35.33.310 xxx m có ba nghiệm phân biệt 123 ,, xxx sao cho 123 01 xxx là A. 8. B. 7. C. 0. D. Vô số Lời giải

Chọn C

Đặt 30 x tt . Phương trình đã cho 325310(*).tttm Để phương trình đã cho có 3 nghiệm 123 ,, xxx thỏa mãn 123 01 xxx thì phương trình (*) phải có 3 nghiệm phân biệt 123 ,, ttt thỏa mãn 123 013(**). ttt 32 (*)531tttm

t fttttfttt t Bảng biến thiên :

Xét hàm 322 3 531'31030. 1 3

Từ bảng biến thiên ta thấy không có giá trị nào của m thỏa mãn bài toán.

Câu 35: Tìm tập hợp các giá trị của tham số thực m để phương trình ( ) 6320 +−−=xx mm có nghiệm thuộc khoảng ( )0;1 . A.  3;4 . B.  2;4 . C. ( )2;4 . D. ( )3;4 . Lời giải Chọn C

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Ta có: ( ) 6320 +−−=xx mm ( )1  63.2 21 + = +

xx x m

Xét hàm số ( ) 63.2 21 + = +

xx x fx xác định trên .

Ta có ( ) ( )2 12.ln36.ln63.2.ln2 0, 21 ++  = +

xxx x fxx nên hàm số ( )fx đồng biến trên .

Với 01 x  thì

Suy ra hàm số luôn đồng biến trên . Phương trình đã cho tương đương ( ) ( ) 333 4324323 fxxmfxmxxmxmxxm −+=−+−+=−+−+= Dễ thấy phương trình có đúng một nghiệm thực x khi và chỉ khi phương trình: 3 3 xxm−+= có đúng một nghiệm thực. Lập bảng biến thiên của hàm số ( ) 3 3 fxxx =−+ suy ra phương trình có đúng một nghiệm thực khi và chỉ

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

PT  ( ) ( ) 23 2 2121 xxmx −+− +=+  23 2 xxmx −+=− ( ) 32 2* mxxx =+−+

Ycbt  tìm m nguyên để phương trình ( )* có 3 nghiệm phân biệt. Xét ( ) 32 2 yfxxxx ==+−+ Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên suy ra 49 ;3 27 m     , m nên 2 m = . Vậy có 1 giá trị m thỏa mãn đề bài.

Câu 38: Nghiệm của phương trình 22 32223 296435 xxxxxx xx+++=++ là A. 2 x = B. 6 x = C. 3 x = D. 2,3xx== Lời giải Chọn D 22222466424664 236235232346. xxxxxxxxxxxx PTxxxxx −++=−+−+−=−+−

Đặt 2 ,46uxxvx=−=− ta có: 2323 uuvv uv−+=−+ .

Xét hàm số: ( ) ( ) 23tt fttt=−+ ta có: ( ) ( ) 2ln23ln310 tt ftt  =++ Do đó ( ) ( ) 22 2 46560 3 x fufvuvxxxxx x

=  ==−=−−+=  =  . Vậy phương trình có nghiệm là 2,3xx== .

Câu 39: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 930 xx m ++= .

A. 0 m . B. 0 m . C. 1 4 m . D. 1 4 m . Lời giải Chọn A

Đặt 3;0 x tt Phương trình trở thành: 22 0 ttmmtt ++==−− .

Xét hàm: ( ) 2 fttt =−− trên khoảng ( ) 0;+

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Do đó: ( ) ( ) ( ) ( ) 211fgxfgx++= ( ) ( ) 211gxgx ++= ( ) 0 gx = . Dựa vào đồ thị hàm số ( )ygx = ta có phương trình ( ) 0 gx = có 2 nghiệm phân biệt.

Câu 41: Cho phương trình 22 3.25(310).530 xx xx +−+−= , biết tổng các nghiệm của phương trình có dạng 5log abc + với (,,) abc  . Tổng abc ++ là A. 7. B. 6. C. 12. D. 11.

Xét phương trình 22 53530(*)

xx =−−+= , đặt 2 ()53 x fxx =−+ Ta có 2 ()5ln510, x fxx  =+ nên hàm số ()fx luôn đồng biết trên , mà (2)0 f = Nên phương trình ( )* có nghiệm duy nhất 2 x = . Vậy phương trình đã cho nghiệm là: 2 x = và 5 2log3 x =− Tổng các nghiệm của phương trình là: 5 4log3 suy ra 4,1,3abc==−= . Do đó 6 abc++= .

Câu 42: Cho phương trình: 9(41)33(41)0 xx mm −+++= . Có bao nhiêu giá trị m nguyên thuộc đoạn [10;10] để phương trình đã cho có nghiệm. A. 20. B. 19. C. 18. D. 8. Lời giải Chọn C Đặt: 3x = t

Phương trình đã cho trở thành: t2 t + 3 = 0  2 3 4(0,3) 3 tt mtt t −+ =

Phương trình đã cho có nghiệm khi đường thẳng 4 ym = cắt đồ thị hàm số 2 3 ()(0,3) 3 tt yfttt t −+ == ;

Ta có: 2 2 6 ' (3) tt y t =

Bảng biến thiên:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Từ bảng biến thiên suy ra, phương trình đã cho có nghiệm x khi: 1 4 m − hoặc 11 4 m  Do m nguyên thuộc đoạn [10;10] nên {10,9,...1,3,4,...,10} m−−− . Vậy có 18 giá trị m Câu 43: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 2 816.278.92.30 xxxx mm −+−−= có đúng hai nghiệm phân biệt? A. 4. B. 2. C. 3. D. 5. Lời giải Chọn A Ta có 2 816.278.92.3 xxxx mm−+=+ 4322 36.38.32.3 xxxx mm−+=+ Đặt 3x t = . Phương trình trên trở thành 4322 682 tttmtm −+=+ ( )2 23222 692 ttttmtm −+=++ ( ) ( ) 2 2 2 3 tttm−=+ 2 2

3 3 tmtt tmtt  +=−   +=−+ 

2 2

4 2 ttm ttm  −=   −+= .

Ta có đồ thị của hai hàm số ( ) 2 4 fttt =− và ( ) 2 2 gttt =−+ với 0 t 

Để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt thì có đúng hai nghiệm dương phân biệt hay đường thẳng ym = cắt đồ thị hai hàm số tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

afxx fx ==+−−  =+−

( ) ( ) ln623ln6.2 2ln23ln3ln6

xx xx

Ta có vế trái ( ) 2ln23ln3 xx hx =+ đồng biến; vế phải ( ) ln6 kx = là hàm hằng. 0 x = Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ( ) 0, fxx  Vậy ln6 a = .

Câu 46: Cho hàm số ( ) 2x fx = . Số giá trị nguyên không dương của tham số m để bất phương trình ( ) ( ) 2 cos fxfm  có nghiệm thuộc ( ) 0; là A. 1 B. 2 C. vô số D. 0 Lời giải Chọn A Đặt ( ) ( )cos,0;1;1txxt  =−

Ta có: ( ) ( ) 2 cos fxfm  có nghiệm thuộc ( ) 0; 2 22tm có nghiệm thuộc ( )1;1 2 tm có nghiệm thuộc ( )1;1 ( ) 2 1;1 min0tmm  . Mà 0 m  nên suy ra 0 m = .Vậy có 1 giá trị m cần tìm. Câu 47: Cho phươngtrình ( ) 2 33 2loglog150

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

=  +−+=  =  Ta có ( ) ( ) 22 303 xx mm−== Để phương trình ( ) ( )2 238330 x xx xm +−+−= có 2 nghiệm thì phương trình ( )2 3 x m = vô m m m

nghi m m m m m

c

thu                 . Vì  2021;2021 m− và m

)

) 23

nghi            1 1 1 981 981

nên có 2095 giá trị m nguyên cần tìm.

Phương trình trở thành ( ).5.5** uvuv = . Xét hàm đặc trưng ( ) ( ) .5,0; x fxxx=+

Ta có ( ) ( ) 5.5ln50,0; xx fxxx  =++ nên hàm số ( )fx đồng biến trên ( ) 0: + . Ta có ( ) ( ) ( ) **4255553 fufvuvxyxyyx ==++=+−=

Vì 0 y  nên 05 x  5 log1 x  Khi đó ( ) 2222 5555 log532log230log2log230 ymxmmxmxmm −−+−=−+−= Đặt ( ) 5 log1txt= . Khi đó ( ) 2222301tmtmm −+−= . Phương trình có nghiệm 222 02303003 mmmmmm  −+− . Với  0;3 m , phương trình ( )1 có hai nghiệm 22 123,3 tmmmtmmm =−−=+− Phương trình ( )1 có nghiệm nhỏ hơn 1 ( ) 22 1 131132 tmmmmmm −−−−

Phương trình đã cho trở thành ee xtxt+=+

Xét hàm số ( ) e u guu =+

Ta có ( ) e10, u guu  =+ nên hàm số ( )gu đồng biến trên

Suy ra ( ) ( ) ( ) * gxgtxt == ( ) ln xxa=+ e x xa=+ e x ax=−

Xét e x yx =− trên ( ) 0;+ có ( ) e10,0; x yx  =−+

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình đã cho có nghiệm dương 1 a  .

Mà ( )0;19 a  nên suy ra  2;3;4;...;18 a

Vậy có 17 giá trị a thỏa mãn.

Câu 53: Tìm số giá trị nguyên của tham số thực m để tồn tại các số thực , xy thỏa mãn 22 22 22 xymxyxym eexyxyxym +−++−+=++++−+ A. 9. B. 7 . C. 6 . D. 8. Lời giải Chọn A Ta có: 22 22 22 xymxyxym eexyxyxym +−++−+=++++−+ ( ) ( ) 22 22 110(*)xymxyxym exymexyxym +−++− −+−−+−++−−= . Đặt: ( ) 1 t ftet=−− với t  ( ) 1 tfte  =− ( ) 00ftt  == . Bảng biến thiên:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

phương trình

2cos

2

) 22 2cos

30 22 03ln3203logln3ln3 tt gttt

Bảng biến thiên của hàm số 32 t gtt

t g'(t) g(t)

Với 0 0,73 gt

∞+ ∞+ 0

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình có đúng 2 nghiệm thực phân biệt t

Mặt khác ta có: 01 g , 11 g

Vậy phương trình 321 t t có 2 nghiệm thực phân biệt 120,1tt

Khi đó: 2 32230 fxm fxm 202 213 fxmfxm I fxmfxm

Từ đồ thị hàm số yfx suy ra 3231fxxx

Bảng biến thiên của hàm số 2 yfx , 3 yfx :

0 0 2 x y' y

0 +

t0 + + ∞ ∞ g t0 ( ) ∞

∞ 1 1

2 2 6

3 5

+

Từ bảng biến thiên suy ra giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 6556 22 mm mm

Vậy có 1 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

ybbyabay +==+−= ( ) 333 3 12312.2231231232 xx yybayaby +=−=−−=

Từ ( )1 và ( )2 suy ra ( ) 3312123aabb +=+

Xét hàm số ( ) 3 12 fttt =+ , có ( ) 2 '3120 fttt=+

Từ ( )3 ab=

Suy ra 3 3

Do , xy nguyên dương suy ra: Phương trình ( ) 1 *13 3 x xyy + +== Do , xy nguyên dương và 1 3 2021;2021

x y xy suy ra có 2022 674 3 = số nguyên dương y thỏa mãn đề bài. Vậy có 674 cặp ( ) ; xy thỏa mãn đề bài. Câu 61: Có bao nhiêu số thực y thuộc khoảng 11 ; 55    sao cho ứng mỗi y có duy nhất số thực x th

ỏa mãn ( ) ( ) 2222 25 log31020log23 xxyyxxyy ++=++ ? A. 2. B. 4. C.

Thay vào ( )2 ta được 22 55 log7log7 2 4.52.511 0,121; 9355yy==−   .

TH2 : 2 5 log3 m = . Khi đó ( ) trở thành 2 2 3102011 3102069 234 tt ttt tt ++ =+=+=− ++ .

Thay vào ( )2 ta được 22 55 log3log3 2 16.54.511 0,169; 81955yy==−   .

TH3 : 1 m =− . Khi đó ( ) có nghiệm duy nhất 5 t =−

Thay vào ( )2 ta được 2 1111 0,105; 9055 310 yy==−

Suy ra 1 120 2 xyx y +− , mà 11 22 yx− . + Nếu 0 x = thay vào phương trình ban đầu ta được 2 881 yy y == + Nếu 1 x = thay vào phương trình ban đầu ta được ( ) 22 8128812 yyyyyy + =+=+ . Khảo sát hàm số ( ) 2 812 y fyy =−− ta có ( ) 2 1 2 11 '8.ln8.228.ln8.2.20, 22 y fyyy =−−

Do đó hàm số đồng biến trên 1 ;2 2    . Khi đó ( ) 1 0 2 fyf     +) Nếu 2 x  , xét phương trình tương đương là 2 333 212 yxyy xy +− =+

Khi đó ( ) 2 22 1 3333313.1 2 yxyyyyx  +−=+−  

Xét hàm ( ) 21 t gtt=−− . Khảo sát hàm số ta thấy ( ) 01gtt

Vì vậy 211 t tt + . Áp dụng bất đẳng thức này với 2 3331tyxyy =+−

ta có 2 3332 23331 yxyy yxyy +− +−+ Mà ( ) ( ) ( ) 2222 1 333121333330 2 yxyyxyyxyyyyxyyy +−+−+=+−=+−− . Suy ra 2 333 221 yxyy xy +− + nên phương trình ban đầu vô nghiệm. Vậy chỉ có 0 x

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

2 2422 ()(115)1115(24)1302(730) xxyx fxxyxxyxxyxxy +− =+−−++−−−=+−

Do đó, 5 y  thì ()0fx  , 1 ;2 2 x     . Vì vậy 5 y  không thỏa mãn.

+Với 2 y − , 2 24 ()0161 xxyx fxxy +− ==+ . Mà 1120, xyx +− 1 ;2 2 x     .

Suy ra 2 y − không thỏa mãn.

+Từ đó ta xét  1;0;1;2;3;4 y −

Với mỗi giá trị  1;0;1;2;3;4 y − , ()fx liên tục trên

+ 1 y =− : 2 25 ()01610 xx fxx=+−= 1127 2256 f  =   ; (2)257 256 f =  1 .(2)0 2 ff      ()0fx = có nghiệm 1 ;2 2 x     hay 1 y =− thỏa mãn. + 0 y = : 2 24 ()0161 xx fx ==  2 0 x x

=   =  + 1 y  : 3 11 410 22 y fy  =−−    1;2;3 y  ; 2 (2)16120 y fy=−−  1;2;3 y   1 .(2)0 2 ff      ()0fx = có nghiệm trên 1 ;2 2 x      1;2;3 y  + 4 y = : 2 2 ()01614 x fxx ==+ ; 2 2 '()16.ln(16).440 x fxx=− 1 ;2 2 x     ; mà 1 0 2 f      ()0fx = không có nghiệm trên 1 ;2 2 x     Vậy  1;1;2;3 y − Câu 64: Cho hàm số ( )yfx = có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình ( ) ( ) ( ) 1 fx fefx+= là

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

A. 8. B. 6. C. 4. D. 2. Lời giải

Chọn B

fx fx fx

efx fefx efx

 +=  +=  +=− 

Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 2

Xét hàm số ( ) , t gtett=+ ( ) '10, t tgte=+ hàm số ( )gt đồng biến trên  hai phương trình và, mỗi phương trình có tối đa một nghiệm. Mặt khác ta có ( ) 01 g = nên ( ) ( ) 10 fx = , dựa vào đồ thị ta có phương trình có 4 nghiệm phân biệt.

Ta có hàm số ( ) 1 ygt=+ liên tục trên và ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 112102;1:1 ggcgc −+−+−−=−

Suy ra ( ) ( ) ( )2,2;1 fxcc =−− , dựa vào đồ thị ta có phương trình có 2 nghiệm phân biệt khác nghiệm của phương trình Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt. Câu 65: Có bao nhiêu số nguyên y

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Xét hàm số ()7272 aa faa=+−− .

Ta có ()7ln72ln27 aa fa  =+−

Ta có ( ) ( ) 22 ()7ln72ln20 aa fa  =+ , a 

Suy ra ()fa  đồng biến trên , do đó ()0fa  = có tối đa 1 nghiệm.

Mà (0)ln7ln270 f  =+− và (1)7ln72ln270 f  =+−

Suy ra ()0fa  = có nghiệm duy nhất 0 (0;1) a 

Suy ra ()0fa = có tối đa 2 nghiệm.

Bảng biến thiên của ()yfa =

Từ bảng biến thiên ta có ()0fa = có đúng 2 nghiệm 0 a = và 1 a =

=−−==−  =−−==−−  Để ()  có 4 nghiệm thực phân biệt trong đó có đúng hai nghiệm lớn hơn 1 thì ()  có 4 nghiệm thực phân biệt trong đó có đúng hai nghiệm lớn hơn 1 hay tương đương với đồ thị hàm số 3m y = cắt đồ thị các hàm số 2 2 yxx =− và 2 21yxx=−− tại 4 điểm phân biệt trong đó có đúng hai điểm có hoành độ lớn hơn 1.

ra

có 10

mm mm

331

m th

Suy ra ( ) ( ) 288 80764140013.85 fyeyey −−−+ .

Do vậy  021;2 yy  .

Trường hợp 2: ( ) ( ) ( ) 8160810 2 y yfxff   khi đó phương trình vô nghiệm trên ( )1;8

Trường hợp 3: 18216 22 CT yy yx = . Bảng biến thiên

Suy ra ( ) ( ) 288 80764140013.85 fyeyey −−−+ .

vậy  213,853;4;...;13

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Do ( ) 0ln320 f  =− và ( ) 13ln320 f  =− nên ( ) ( ) 0.10ff  .

Suy ra phương trình ( ) 0 ft  = có nghiệm duy nhất ( ) 0 0;1 t  .

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình ( ) 0 ft = có không quá hai nghiệm.

Mặt khác ( ) 00 f = , ( ) 10 f = nên suy ra phương trình đã cho có hai nghiệm 0 t = và 1 t =

Với 2 0 0320 2 3

ới

x txx x

=   =−=  =  .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 72: Có bao nhiêu số nguyên a sao cho ứng với mỗi a , tồn tại số thực ba  thỏa mãn 42ab b =+ và đoạn   ; ab chứa không quá 5 số nguyên? A. 5 B. 10 C. 6 D. 11 Lời giải

Chọn D Xét hàm số ( ) 2b fbb =+ có ( ) '2.ln210,. b fbb =+ Suy ra hàm số ( ) 2b fbb =+ đồng biến trên . Phương trình 42ab b =+ có nghiệm ba  và đoạn   ; ab chứa không quá 5 số nguyên khi và

Chọn D

Ta có: +−=+ 4 444816log x xyy +−=+ 4448164log x xyy +−=+ 1 4424log x xyy ( ) +−=+ 4 log4 1 4 414log4 y x xy .

Xét hàm số ( ) =+ 4t ftt . Ta có: ( )  =+ 14.ln40, t ftt

Suy ra hàm số ( )ft liên tục và đồng biến trên . Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) −=−=−== 2 444 1log41log42log4x fxfyxyxyy . Vì ( )0;2020 y nên  2 42020 x −+44 2log20202log2020xx

Do +  ; xy nên 

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

51 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Xét hàm số 2log fuuu Có 1 '10 ln2 fu u với 1 u fu đồng biến trên  ) 1;+ 12x y Mặt khác 2 1120211220210log2021 x yx . Vì 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9;10 xx Vậy có 11 cặp số nguyên thỏa mãn ycbt.

Câu 75: Số tất cả các giá trị nguyên dương a sao cho ứng với mỗi a , tồn tại ít nhất số thực b thỏa mãn ( ) ( )( ) 5 5 log5 log8 2224624 a abbbb +=+−+− là A. 10 B. 11 C. 9 D. 2022 Lời giải Chọn B Điều kiện 0 a  , 22 b − Đặt 2 4 tbb =+− 22 424 tbb =+− 2 2 4 4 2 t bb −= . Đánh giá được   222,2;2. tb −− ( ) ( )( ) 5 5 log5 log8 2224624 a abbbb +=+−+−

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Lời giải

Chọn C Đặt 2x t = , ( )0 t  . Khi đó phương trình đã cho trở thành 3 3 12.3123 ytty +=− ( ) 3 3 31212.31212 ytyttt+++=+ ( )1

Xét hàm số ( ) 3 12 fuuu =+ . Ta có ( ) 2 3120fuu  =+ , u  .

Suy ra hàm số ( )fu luôn đồng biến trên

Khi đó ( ) ( ) ( ) 33 1312312fytftytt +=+= 3 312ytt+= 3 1 4 3 ytt=−

Xét hàm số ( ) 3 1 4 3 gttt =− với 0 t  .

Ta có ( ) 2 4 gtt  =− ; ( ) 0 gt  = 2 40 t −= 2 2(L) t t =    =−  .

Bảng biến thiên:

Yêu cầu bài toán  phương trình ( )1 có nghiệm 0 t  16 3 y − . Mà y  và  2022;2022 y − nên   5;4;3;....;2022 y −−− . Vậy có 2028 số nguyên y thỏa mãn bài toán. Câu 77: Gọi S là tổng tất cả các số nguyên a sao cho ứng với mỗi a , tồn tại ít nh

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Khi đó phương trình trở thành: 201910 x x ==

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 0 x =

*) TH3: 0 m 

Xét hàm số ( ) 20191 x fxmx=−− trên ( ) 2019.ln2019m x fx  =− ( ) 2019 0logln2019 m fxx  == .

Đặt ( ) 20192019 aloga.log1 ln2019ln2019ln2019 mmm fm ==−− .

Bảng biến thiên của hàm số ( )yfx =

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì đồ thị hàm số ( )yfx = phải cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt. Điều đó tương đương với ( ) a0 f  . Mà ( )()a (0)0 fxfx f     =   nên 2019 a0log0 ln2019 m  1ln2019 ln2019

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935 Page 55 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Để phương trình đã cho có hai nghiệm dương phân biệt thì phương trình phải có hai nghiệm dương phân biệt. Xét 2 1 ()3(7141) 2 x fxxx =+−− , 0 x  . Ta có: ()3.ln377 x fxx  =+− ()03.ln37703.ln377 xx fxxx  =+−==− . Vì vế trái là hàm đồng biến và vế phải là hàm nghịch biến nên phương trình ()0fx  = có nghiệm duy nhất 0 0,67 xx= và 0 ()1,53fx − . Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên suy ra phương trình có hai nghiệm dương phân biệt khi 22 0 112222 ()(1)(1)2244fxmmm−+ −− Vì m nên 1 m =

Câu 82: Có bao nhiêu số nguyên y thuộc nửa khoảng  )2022;2022 sao cho tồn tại x thỏa mãn 3 3 939.223 xx yy +=− ? A. 4. B. 2026. C. 2024. D. 2025. Lời giải Đặt 3 39.2x yu += , 20 x v = ( ) 3 391 yvu+= Phương trình 3 3 939.223 xx yy +=− ( )* trở thành 3 93uvy =− ( ) 3 932 uyv+=

Từ ( )1 và ( )2  33 399 yuvvu =−=−  ( ) 3399**uuvv +=+

Xét hàm đặc trưng 3 ()9 fttt =+ có 2 ()390ftt  =+ với t nên phương trình ( )** ( ) ( )fufv = có nghiệm duy nhất uv = 3 39yvv+= 3 39yvv=− ( )3 . Để tồn tại x thỏa mãn ( )* thì phương trình ( )3 phải có nghiệm 0 v 

Xét hàm ( ) 3 9 gvvv =− với 0 v  . ( ) 2 390gvv  =−= 3 v = do 0 v   Để phương trình ( )3 có nghiệm 0 v  thì 363 y − 23 y − . Do y nguyên thuộc nửa khoảng  )2022;2022  3;2021 y −  có 2025 giá trị y thỏa mãn yêu cầu của bài toán. Câu 83: Gọi S là tập nghiệm của phương trình ( ) ( )2 238330 +−+−= x xx xm . Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của  2021;2022−m để tập hợp S có hai phần tử? A. 2095. B. 2092. C. 2093. D. 2094. Lời giải

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Đặt: ( ) 2383=+−+ xx fxx với mọi x

Ta có: ( ) ( ) ( ) 22 '2.ln23.ln38;''2.ln23.ln30 =+−=+ xxxx fxfxx

Khi đó, bảng biến thiên của hai hàm số ( ) ( ) ';''== yfxyfx lần lượt như hình vẽ sau:

Theo bảng biến thiên ta thấy, phương trình: ( ) ( ) 10 = fx có nhiều nhất hai nghiệm.

Mặt khác nhận thấy: ( ) ( ) 120 ==ff . Vậy: ( ) 1 1 2 =    =  x x .

*)Xét phương trình: ( ) ( ) 2 302 −= x m .

+)Trường hợp 1: 1 m .

Phương trình: ( ) ( ) 2 302 −= x m vô nghiệm. Khi đó, hệ ( )I có đúng 2 nghiệm

Đặt: ( ) ( ) 2 3 =− x gxm với mọi x . Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 '3.ln3.2.ln20= x x gxx .

Bảng biến thiên của hàm ( ) = ygx :

+)Trường hợp 2: 10919. −− mmm

Phương trình ( )2 có 1 nghiệm nhỏ hơn 1, khi đó hệ ( )I có đúng 3 nghiệm.

+)Trường hợp 3: 9081981. −− mmm

Phương trình ( )2 có 1 nghiệm thuộc )1;2  , khi đó hệ ( )I có đúng 2 nghiệm

+)Trường hợp 4: 81081. − mm

Phương trình ( )2 có 1 nghiệm thuộc ) 2; +   , khi đó hệ ( )I có đúng 1 nghiệm.

Do  2021;2022−m nên  )2021;19;81  −    m , mặt khác do m nguyên nên đếm được

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

2095 giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 84: Gọi S là tập nghiệm của phương trình ( ) 2 2230 x x xm −−= Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên  2021;2022 m− để tập hợp S có hai phần tử? A. 2093. B. 2095. C. 2094. D. 2096 Lời giải Chọn C Ta có: ( ) ( ) 2 2230* x x xm

−−= 2 2 220 30 30 x x x x m m  −=    −=   −   ( ) 2 2 2201 3 3 x x x x m m  −=  

 1;2 hoặc chỉ có một trong hai

 1;2 x thỏa điều kiện 2 30 x m −  12 21 12 22 22 22 3; 3 3; 3 33 mm mm m  =   =      9; 81 81; 9 981 mm mm m =   =     Vì m nguyên và  2021;2022 m−     2021;2020;...;1;09;10;...80 m−−−

60

Vậy có 2094 m nguyên và  2021;2022 m− thỏa đề.

Câu 85: Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 255 số nguyên y thoả mãn ( ) ( ) 2 52 loglogxyxy ++ ?

A. 1250 B. 1249 C. 625 D. 624 Lời giải Chọn A ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 5225 loglogloglog0,1 xyxyxyxy +++−+

Xét ( ) ( ) ( ) 2 25 loglog fyxyxy =+−+

Vì 2 xxx  nên tập xác định của ( )fy là ( ) ;Dx=−+

Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 11 0, ln2 ln5 fyyDfy xy xy  =− + + đồng biến trên ( ) ;x −+ .

Do y là số nguyên thuộc ( ) ;x −+ nên đặt , yxkk + =−+

Giả sử yxk =−+ là nghiệm bất phương trình ( )1 thì ( ) 0 fxk−+ Mà hàm số ( )fy đồng biến nên ( ) ( ) ( ) 12...0fxfxfxk −+−+−+ Lúc đó 1,2,..., xxxk −+−+−+ là các nghiệm của ( )1 Bảng biến thiên

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935 Page 61 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 86: Số nghiệm ( ) ; xy của phương trình ( ) ( ) 4221sin2120 +−+−+= xxx y thỏa mãn ( ) ,0,2  xy là. A. 1. B. 0. C. 2. D. 3. Lời giải Chọn A ( ) ( ) 4221sin2120 +−+−+= xxx y được biến đổi thành ( ) ( ) ( ) 2 2 21sin21cos21 −++−=−+− xxx yy

Vì vế trái không âm và vế phải không dương nên phương trình đã cho tương đương với ( ) ( ) 21sin21cos210 −++−=+−= xxx yy Tức là, ( ) cos210

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935 Page 62 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Bước 2. Khảo sát sự biến thiên của hàm số ( )fx trên D . Bước 3. Dựa vào bảng biến thiên để xác định giá trị của tham số ( )Am để đường thẳng ( )yAm = nằm ngang cắt đồ thị hàm số ( )yfx = .

Bước 4. Kết luận các giá trị cần tìm của ( )Am để phương trình ( ) ( )fxAm = có nghiệm trên D .  Lưu ý

Nếu hàm số ( )yfx = có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên D thì giá trị ( )Am cần tìm là những m thỏa mãn: ( ) ( ) ( ) minmax xD xD fxAmfx    . Nếu bài toán yêu cầu tìm tham số để phương trình có k nghiệm phân biệt, ta chỉ cần dựa vào bảng biến thiên để xác định sao cho đường thẳng ( )yAm = nằm ngang cắt đồ thị hàm số

ủa m thỏa mãn là 13. Câu 89: Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của tham số m với 64 m  để phương trình ( ) ( ) 15 5 loglog20 xmx ++−= có nghiệm. Tính tổng tất cả các phần tử của S . A. 2018. B. 2016. C. 2015. D. 2013. Lời giải Chọn C



x 

2

x m

=

. Vì 2 x  nên 2 22 2 m m − Kết hợp với 64 m  . Khi đó 264 m − . Vì m nên  1;0;1...63 m =− có 65 giá trị. Vậy tổng S các giá trị

Dựa vào bảng biến thiên 11 00 44 mm −− Câu 93: Tìm m đểphươngtrình 22 22 loglog3xxm −+= có nghiệm [1;8] x  . A. 69 m  B. 23 m  C. 26 m  D. 36 m  Lời giải Chọn C 22 22 loglog3xxm −+=  Điềukiện: 0 x  pt ( )2 22log2log3 xxm −+  = Cách1:  Đặt 2log tx = , với [1;8] x  thì [0;3] t  . Phương trình trở thành: 2 23 ttm −+=  Để phương trình có nghiệm [1;8] x   phương trình có nghiệm [0;3] t   [0;3] [0;3] min()max() ftmft  , trong đó 2 ()23fttt=−+  26 m  . Câu 94: Cho phương trình 2log12log1 2log12log1 2log12log1 mxx xmx mxx

( ) 2 222 log2loglog* xxmxm −−+= . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham  ++=−  −=++  ++=−+  22 22

2019;2019 loglog1 loglog mxx mxx

phương trình có nghiệm?  +=−    +=−  * TH1: 22 loglog mxx +=− ( ) 2 2 2 22 22

4038.        −−= +=    

2020.

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn 0 log0 x mx    +  22 222222 log2loglog4log8log4log4 xxmxmxxmxm −−+=−−+= ( ) 2 2222 4log4log14log4log1 xxmxmx −+=++++ ( ) ( )2 2 22 22 22

2021 log001 loglogloglog01 x x xxm mxx

Đặt: ( ) 2 log0txt= , phương trình (1)trở thành: ( ) 2202ttmttm −−=−=

Đặt: (  2 ()(;0gtttt=−− .Bài toán trở thành: Tìm giá trị của tham số m để phương trình

( )2 có ít nhất 1 nghiệm 0 t 

Ta có: 2 ()()2100 gtttgttt  =−=−

Ta có BBT: Dựa vào BBT, suy ra: để phương trình ( )2 có ít nhất 1 nghiệm 0 t  thì 0 m  * TH2: 22 loglog1mxx+=− 2 2 222

     −+−=  

log1 log3log103 x xxm

     +=−+   ( ) 2 2 22

log1 loglog2log1 x mxxx

Đặt: ( ) 2 log1txt= , phương trình (1)trở thành: ( ) 22310314ttmmtt −+−==−+ Đặt:  ) 2 ()1,1; gtttt=−++ Ta có: 2 ()31()23 gtttgtt  =−+=−  ) 3 ()02301; 2 gttt  =−==+ Bài toán trở thành: Tìm giá trị của tham số m để phương trình ( )4 có ít nhất 1 nghiệm 1 t  Ta có BBT:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Dựa vào BBT, suy ra: để phương trình ( )4 có ít nhất 1 nghiệm 1 t  thì 5 4 m − Kết hợp và,  2019;2019 m−  1;0;1;2;...;2019 m − Vậy có tất cả 2021 giá trị của m thỏa mãn ycbt Câu 95: Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình ln0mxx−= có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng ( )2;3 A. ln2ln3 ; 23    B. ln2ln3 ;; 23  −+  

C. ln21 ; 2 e    D. ln31 ; 3 e    Lời giải Chọn D ( ) ln ln0,2;3 x mxxmx x −== Đặt ( ) ( ) ln ,2;3 x fxx x = ( ) 2 1ln x fx x  = ; ( ) 0 fxxe  ==

BBT

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì ln31 ; 3 m e     .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Do các phương trình () a và () b là phương trình bậc hai nên để phương trình ban đầu có 3 nghiệm phân biệt ta có các trường hợp sau: TH1: 1 2 m = , chỉ có nghiệm kép bằng 0 và có 2 nghiệm phân biệt khác 0 TH2: 1 2 m  , có 2 nghiệm phân biệt 21xm=− và có 2 nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm b

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

A. 1 1me1. e +− B. 1me1. − C. 1 1m1. e + D. 1me1. − Lời giải

Đặt ( ) lnsin umx =+ ta được hệ phương trình: ( ) ( ) sin

=+   =+    += =+    

lnsinsin lnsin

Từ hệ phương trình ta suy ra: ( ) sin sin* ux euex +=+

u x

umx emx mux emu

Xét hàm số ( ) t ftet =+ có ( ) '10,. t ftet=+ Hàm số ( )ft đồng biến trên .

( ) ( ) ( ) *sinsin fufxux== Khi đó ta được: ( ) ( ) sin lnsinsinsin** x mxxexm +=−= Đặt   sin,1;1.zxz=− Phương trình ( )** trở thành: ( )** z ezm −=

Xét hàm số: ( ) z gzez =− trên   1;1. Hàm số ( ) z gzez =− liên tục trên  1;1 và có   ( ) ( )   ( ) ( ) 1;1 1;1 11,min01maxgzgegzg==−== Hệ phương trình ban đầu có nghiệm  phương trình ( )** có nghiệm  11. me −

Câu 98: Số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình 2 2 log(1)log(8) xmx −=− có hai nghiệm phân biệt là A. 5. B. Vô số. C. 4. D. 3. Lời giải

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 99: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 2 ln2ln4 e x mmx

có nghiệm thuộc vào đoạn 1 ;1 e ?

A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Lời giải

Chọn A

Có 2 ln2ln4 e x mmx 2 ln12ln4mxmx 222ln4mmxm

1 .

• Với 2 20 mm 1 m 0 m , 1 0ln3 x Loại 1 m .

• Với 1 m , 1 2 ln 1 m x m 2

+ Hàm số ln yx đồng biến trên 1 ;1 e ln1;0 x .

+ Phương trình 2 có nghiệm thuộc đoạn 1 ;1 e khi 2 10 1 m m

m m m m

2 1 1 2 0 1

3 2 1 12

m m m

3 2 2 m 2 m Vậy có 1 giá trị nguyên dương của tham số m thỏa yêu cầu bài toán. Câu 100: Có bao nhiêu giá trị của tham số m để phương trình 2 366 4loglog20 6 x xm có hai nghiệm phân biệt 12 , xx thỏa mãn 1212 .72.12960xxxx A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. Lời giải Chọn A 2 366 4loglog20 6 x xm 2 6 6 loglog20 xmxm Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi 2 223 420 223 m mm m 12121212 .72.12960.36.1296 xxxxxxxx

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

10 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

6126162 log.4loglog44 xxxxm Câu 101: Tập hợp các giá trị thực của tham số m để phương trình ( ) ( ) 2 20191 2019 log4log210 xxm −++−= có hai nghiệm thực phân biệt là ( ) ; Tab = . Tính 2 Sab =+ A. 18 B. 8 C. 20 D. 16 Lời giải Chọn D Tập xác định ( ) 1 2;2; 2 m D  =−+  .

Khi đó, phương trình đã cho trở thành 2 22 2019 4 log0421250(*) 21 x xxmxxm xm =−=+−++−= +− Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt 2 11.(5)606(1) mmm =−−=−

Khi đó phương trình (1) có 2 nghiệm lần lượt là 1216;16 xmxm =−+−=−−−

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

11 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Dựa vào bảng biến thiên ta có: Phương trình có nghiệm.  Phương trình có nghiệm thuộc khoảng ( )1;3 .  )343;4 mm  . Suy ra 3 347 4 a ab b =  +=+=  =  . Câu 104: Cho phương trình 2 222 log2log41logxxxm −−−= , với m là tham số thực. Số các giá trị nguyên thuộc đoạn  2019;2019 của m để phương trình đã cho có nghiệm là A. 2021 B. 2024. C. 2023. D. 2020 Lời giải

Chọn B Điều kiện xác định: 22 1log0log102 xxx − Với điều kiện trên thì phương trình tương đương với ( )2 22 1log41log1xxm −−−−= ( )1

Đặt 21log tx =− , vì ( 0;2 x nên 0 t  . Khi đó, ( )1 trở thành 4 41 ttm −−= ( )2 .

Để ( )1 có nghiệm ( 0;2 x thì ( )2 có nghiệm 0 t 

Xét hàm số ( ) 4 41fttt=−− ,  ) 0; t + .

Ta có ( ) 3 44ftt  =− . Cho ( )  ) 010;ftt  ==+

Ta được bảng biến thiên của ( )ft như sau:

Theo BBT, để ( )2 có nghiệm 0 t  thì 4 m − , mà  2019;2019 m− nên tập hợp các giá trị của m cần tìm là  4;3;2;1;0;1;;2019 Vậ

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Điều kiện: 1 x −

Ta có pt: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3933 log1log91log11log1 m xxxxxmx  +=++=++  ( ) ( ) 3 log11xmx −+= . Đặt: ( ) 3 log131 t xtx+==−

Ta có, Pt ( ) ( ) 1 31.131 ttmtftm t −−==−−= , với 0 t 

Đặt: ( ) 1 31 t ft t =−− , với 0 t  . ( ) ( ) ( ) 2 1 '3.ln30,;0,0; t ftt t =+−+

Suy ra, ( ) 1 31 t ft t =−− là hàm số đồng biến trên ( );0− và ( ) 0;+ .

Ta xét các giới sau: 1 lim311 t t t →−

 −−=−  , 1 lim31 t t t →+

1 lim31 t t t + →

 −−=+  . 0

 −−=−  , 0

1 lim31 t t t →

 −−=+  .

Ta có bảng biến thiên của hàm số ( ) 1 31 t ft t =−− , với ( ) ( ) ;0,0; t −+ .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Ta có, số nghiệm của Pt cũng chính là số nghiệm của đồ thị hàm số ( ) 1 31 t ft t =−− và đồ thị hàm số ym = . Dựa, vào đồ thị ở hình vẽ trên, để phương trình ( ) ( )2 39 log1log91 m xxx+=+  có ba nghiệm khi ( ) 1; m−+ .

Cách 2. Điều kiện: 1 x − .

Ta có: ( ) ( )2 39 log1log91 m xxx+=+ 

Nhận thấy 0 x = không là nghiệm phương trình trên. Pt ( ) ( ) ( ) 3 3

1 log11 log1 xmxxm x −+=−= + Đặt: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 3

11 '10,1; log1 1ln3.log1 fxxfxx x xx =−=+−+ + ++

Suy ra ( ) ( ) 3

1 log1 fxx x =− + là hàm số đồng biến ( ) 1; x −+ . Ta có BBT của hàm số ( ) ( ) 3

1 log1 fxx x =− +

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Dựa, vào BBT ở hình vẽ trên, để phương trình ( ) ( )2 39 log1log91 m xxx+=+  có ba nghiệm khi ( ) 1; m−+ .

5log.log4log3log20190

( ) ( ),1log.20190*

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

biệt 12 , xx và phương trình 2 5loglog0 xbxa++= có hai nghiệm phân biệt 34 , xx thỏa mãn 1234 xxxx  . Tìm giá trị nhỏ nhất của 23 Sab =+ A. min 33 S = . B. min 30 S = . C. min 17 S = . D. min 25 S = . Lời giải Chọn B Điều kiện để hai phương trình 2 lnln50axbx++= và 2 5loglog0 xbxa++= có hai nghiệm phân biệt là: 2 200ba− Theo giả thiết ta có  ++ +++=+   +  có hai nghiệm phân biệt? A. 3. B. 1. C. 4 D. 2. Lời giải Chọn C Điều kiện: 2 210 20 xmx x  ++  +  2 2 2 21 log212 2 xmx xmxx x

( ) ( ) 1212 12 5 3434 34 lnlnln logloglog 10 55 b a b bb xxxx xxe aa  ++ +++=+   +  ( ) 22 22 log21212log2 xmxxmxxx +++++=+++ Xét hàm số ( ) 2log fttt =+ trên khoảng ( ) 0;+ , có ( ) ( ) 1 ln210,0;ftt t  =++  hàm số ( )ft đồng biến trên ( ) 0;+

Page   +=−=− =     +=−=− =   

17 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn . Mà 5 1234 10 bb a xxxxe ln10 5 bb a −− 5 3 ln10 aa  . Theo điều kiện có 2220020608babab − Từ và suy ra min 3 233030 8 a SabS b =  =+=  =  . Câu 108: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 2 2 2 21 log212 2 xmx xmxx x

phương trình

giá trị thực của tham số m để phương trình 33 loglog1210 xxm ++−−= có ít nhất một nghiệm thực trong đoạn  1;27 A. ( )0;2 m . B.  0;2 m . C.  2;4 m . D. ( )0;4 m . Lời giải

Chọn B

Đặt 3 log1tx=+ . Với  1;27 x thì  1;2 t  Phương trình đã cho trở thành 2 220ttm+−−= 2 22mtt +=+ ( )* Xét hàm số ( ) 2 fttt =+ trên đoạn  1;2

Ta có ( )  210,1;2fttt  =+ nên hàm số ( ) 2 fttt =+ đồng biến trên  1;2 . Bảng biến thiên: Để phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm thực trong đoạn  1;27 thì phương trình ( )* phải có ít nhất một nghiệm thực trong đoạn  1;2 Từ bảng biến thiên, suy ra 2226 m + 02 m  Câu 112: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

Phương trình đã cho vô nghiệm khi và chỉ khi 04  m . Do m nên  0;1;2;3 m .

Vậy có 4 giá trị nguyên của tham số m để phương trình ( ) ( ) 2 2 loglog1 =+mxx vô nghiệm.

Câu 114: Số các giá trị nguyên nhỏ hơn 2020 của tham số m để phương trình ( ) ( ) 64 log2020log1010 xmx += có nghiệm là A. 2020. B. 2021. C. 2019. D. 2022 Lời giải Chọn D Điều kiện xác định: 20200 10100 xm x +     Đặt ( ) ( ) 64 log2020log1010xmxt +==

Suy ra ( ) 20206 1 10104

t t

xm x  +=   =   . Từ đó ( ) 62.4 2 tt m =− . Với mỗi nghiệm 0t của phương trình ( )2 thì 0 0 4 2010

t x = là nghiệm của hệ phương trình ( )1 đồng thời 0x thỏa mãn điều kiện ( )* . Do đó 0x là nghiệm của phương trình đã cho. Từ đó, điều kiện cần và đủ để phương trình đã cho có nghiệm là phương trình ( )2 có nghiệm. Xét hàm số ( ) 62.4 tt ft =− trên . Ta có ( ) 6.ln62.4.ln4 tt ft  =− và ( ) ( ) 36 2 0loglog16:ftt   === . Bảng biến thiên của hàm số ( )ft như sau:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Dựa vào bảng biến thiên, ta có phương trình ( )2 có nghiệm khi và chỉ khi ( ) 2do mm− .

Vậy tất cả các giá trị nguyên của tham số m thỏa yêu cầu bài toán là các số nguyên thuộc tập hợp  2.1,0,1,2,....,2019 , có tất cả 2022 giá trị.

Câu 115: Xét các số nguyên dương , ab sao cho phương trình 2 lnln50axbx++= có hai nghiệm phân biệt 12 , xx và phương trình 2 5loglog0 xbxa++= có hai nghiệm phân biệt 34 , xx sao cho 1234 xxxx  . Tìm giá trị nhỏ nhất của 23 Sab =+ . A. 30. B. 25. C. 33. D. 17. Lời giải Chọn A ( ) 2 lnln501axbx++= ( ) 2 5loglog02 xbxa++= Điều kiện để ( )1 có hai nghiệm phân biệt 12 , xx và ( )2 có hai nghiệm phân biệt 34 , xx là: 2220020 baba − Nhận xét:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

23 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

xmxmm xm xm Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi 1 41 3 mmm Khi đó phương trình có 2 nghiệm 4 41 1220,22.20 mmmxx Vì 4 12 16522.2165* mm xx Xét hàm số 43 2.8100ftttfttt Mà 23 m là nghiệm của * nên là nghiệm duy nhất. Suy ra 4 123,2.3162xx Suy ra 12 159 xx . Câu 117: Gọi 0m là giá trị thực nhỏ nhất của tham số m sao cho phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) 2 11 33 1log35log310 mxmxm −−−−−+−= có nghiệm thuộc ( )3;6 . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Không tồn tại 0m B. 0 4 1; 3 m  −  C. 0 10 2; 3 m    D. 0 5 5; 2 m  − 

Lời giải Chọn D Đặt ( ) 1 3 log3tx

Vì ( ) 3;61xt− . Phương trình trở thành: ( ) ( ) 2 1510mtmtm −−−+−= 22 51mtmtmtt

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

24 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Xét hàm số ( ) 2 2 51 1 tt ft tt −+ = −+ ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) 22 2 2222

tttttt t ft tttt

2512151 44 11

−−+−−−+  == −+−+ ( ) 01ftt  == Bảng biến thiên: Để phương trình đã cho có nghiệm ( )3;6 x thì phương trình ( )* có nghiệm 1 t − . 3 m − . Vậy giá trị nhỏ nhất của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là 0 5 35; 2 m  =−− 

Câu 118: Cho phương trình ( ) ln120mxx+−−= . Biết rằng tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm 1x , 2x thỏa mãn 12024xx là khoảng ( ) ;a + . Khi đó a thuộc khoảng nào dưới đây? A. ( )3,7;3,8 B. ( )3,6;3,7 . C. ( )3,8;3,9 D. ( )3,5;3,6 . Lời giải Chọn A

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

1; 3 m  −  . B. 0 10 2; 3 m    . C. 0 16 4; 3 m    . D. 0 5 5; 2 m  −  . Lời gi

Xét hàm số ( ) ( ) 2 2 51 ,1 1 tt ftt tt −+ =− −+

Ta có: ( ) ( ) 2 2 2

44 1 t ft tt  = −+ ( ) ( ) ( ) 2 113 04407 11 3

Bảng biên thiên hàm số ( )ft :

xf ftt xf

==−    =−=  =−−=−  

−−+= =   = −−=   = =   Theo giả thiết 1212 6246122 m xxmxxx +=+===−= . Câu 122: Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình 2

loglog2log20 log 2 (log)(log2)0 m

xmxxm xm x xmx x x

22 2 loglog3−+= xxm có nghiệm  1;8  x . A. 26  m B. 36  m C. 69  m D. 23  m . Lời giải Chọn A Đặt 2log = tx . Khi  1;8  x thì  0;3  t . Bài toán trở thành: Tìm m để phương trình 2 23 −+= ttm có nghiệm  0;3  t . Xét hàm số ( ) 2 23=−+fttt với  0;3  t , ta có:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

( ) 2201  =−==fttt ;   ( ) ( ) 0;3 min12  == t ftf ;   ( ) ( ) 0;3 36 max  == t ftf . Đồ thị hàm số ( ) 2 23==−+yfttt và đường thẳng = ym sẽ cắt nhau tại điểm có hoành độ  0;3  t nếu như   ( )   ( ) 0;3 0;3 ma 6min x 2    t t ftmftm .

Câu 123: Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình 2 33 log3log270 xxm −+−= có hai nghiệm thực 1x , 2x thỏa mãn ( )( ) 123372xx++= . A. 9 2 m = . B. 3 m = . C. Không tồn tại. D. 61 2 m = . Lời giải Chọn A Đặt 3log tx = Phương trình đã cho trở thành ( ) 2 3270*ttm−+−= . Ứng với mỗi nghiệm t của phương trình ( )* có một nghiệm x . Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi phương trình ( )* có hai nghiệm phân biệt ( ) ( ) 2 37 03427098280 8 mmm −−−−+ Gọi 1t , 2t là hai nghiệm phương trình ( )* .

1292 .2 .2731 xxxt tt xxxt +===

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

125: Cho phương trình

+Xét ( ) 10 1 x

x fx e = và ( ) ( )2 1 1 2 x gxx xx + ==++ + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 101.1010110 11

eex ex fx ee  == Xét ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 10110101011000; xxxx uxexuxeexxex  =−−=−+−=−+

xx x xx

=  10 * x mfx mgx

1 11 10. 1 x x gx x xx  =−==  =−  Suy ra phương trình có ba nghiệm thực phân biệt 410. m  Vì  5;6;7;8;9 mm= )* 0 m  thì hệ ( ) ( ) ( )

−  =     =   . Tương tự ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 1 10

ee fxxfxfx eee +− →−→

 −====

101010 01;0,lim,lim10 111 xx

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

31 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

( ) 2 22

=   =−==  =− 

1 11 10. 1 x x gx x xx

Suy ra phương trình có nhiều nhất 1 nghiệm thực phân biệt, không thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy có 5 giá trị m .

 −+  2 2

xm x xm x = 4210 120 xxm xm  −++=   +−=  ( ) ( )

+

hàm 1 11 2 11 22 22

có xm xxm

+  

( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 2.ln22 2ln2 0,2. log2 t t t t ftt t  +=    −+−=   Khi đó ycbt  phương trình ( )1 và ( )2 có tổng cộng 3 nghiệm thực phân biệt. Vẽ đồ thị hàm số ( ) 2 11 22fxx=+ và ( ) 2 11 2 22gxxx=−+− trên cùng một hệ trục tọa độ.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

32 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Đồ thị hàm số ( )fx và ( )gx tiếp xúc với nhau tại điểm có hoành độ 1. x = Dựa vào đồ thị ta có 13 ,1, 22 mmm=== thì phương trình đã cho có 3 nghiệm thực phân biệt. Vậy tổng các giá trị thực của m thỏa ycbt là 13 13. 22 ++=

Câu 127: Cho phương trình ( ) ( ) 2 33 log95log3100 xmxm−++−= . Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc  1;81 là A. 3 B. 5 C. 4. D. 2. Lời giải Chọn C Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 3333 log95log3100log1log360,1 xmxmxmxm −++−=−++−= Đặt 3log tx = , khi  1;81 x thì  0;4 t  Khi đó ta có phương trình ( ) 2 3 1360 2 t tmtm tm =  −++−=  =−  . Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc  1;81  phương trình ( )1 có hai nghiệm phân biệt   235 0;4 02426 mm t mm −

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

33 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

ết hợp với điều kiện 5445 xyyx +==− . Vì 4 ,00 5 xyx .

Ta có ( ) 22 4 *24024,0; 5 xxmmxxx  ++−==−−+   .

 +  ++=  ++= 

hàm

có

210ftt 

với mọi 0 t  , suy ra hàm số luôn đồng biế

trình đã cho có ( )1;1

phương trình ( )* có nghiệm ( );2 t − Xét hàm số ( ) 2 2 fttt =− trên ( );2− có ( ) ( )2201;2fttt  =−==− . Ta có bảng biến thiên của hàm số ( ) 2 2 fttt =− Từ bảng biến thiên suy ra phương trình ( )* có nghiệm ( );2 t − khi và chỉ khi 1 m − . Mà    5;51;0;1;2;3;4;5 m m m  −

135: Với giá trị nào của tham số

m sm pm

.22 2 xx tt + ===  090 1 060 2 11 0 22

   −  =  == 

Khi đó ;1;3ab Tích .3ab

Câu 143: Tìm tất cả các giá trị của mm để phương trình 92.320 xxmm −++= có hai nghiệm phân biệt A. 22 m − B. 2 m C. 2 m− D. 2 m Lời giải Đặt ( ) 30; x txt =+ và mỗi x cho ta một giá trị t tương ứng. Khi đó phương trình trở thành ( ) 2 220*tmtm−++= Để pt đã cho có 2 nghiệm phân biệt, tương

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

42 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Để pt có 2 nghiệm thì điều kiện cần và đủ là 1 410 4 mm− Khi đó pt có hai nghiệm 1 1 x = và ( ) 23log41xm=− Từ giả thiết ( )( ) 122212xx++= ( ) ( ) 3 3log4-1212 m += ( ) 3 log412 m −= ( ) 2 15 .31 42 m =+= . Vậy ( ) 1;3. m  Câu 146: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình ( ) 16214380 −++−= xx mm có hai nghiệm trái dấu? A. 6 B. 7 C. 0 D. 3 Lởi giải

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

43 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

0,1,2,3,4,5,6,7,8 hay đáp án C Câu 148: Cho phương trình ( ) ( ) 922133410 −++−= xx mm có hai nghiệm thực 12 , xx thỏa mãn ( )( ) 122212++=xx . Giá trị của m thuộc khoảng A. ( ) 9;+ B. ( )3;9 C. ( )2;0 D. ( )1;3 Lời giải

3

4 txx

Page 44

( ) 2402fuuu  =−+== .

Ta có, ( ) 14 f = , ( ) 25 f = , ( ) 944 f =− .

Do đó, phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 5 442522 2 mm −−

Vậy có 25 số nguyên của tham số m .

Câu 150: Gọi ( ) ; ab là tập các giá trị của tham số m để phương trình 2 280 xx eem−−= có đúng hai nghiệm thuộc khoảng ( )0;ln5 Tổng ab + là A. 2. B. 4. C. 6. D. 14. Lời giải Đặt xte = ; ( )0;ln5 x  tương ứng ( )1;5 t 

Phương trình thành 2 28ttm −= . Xét hàm số ( ) 2 28 fttt =− với ( )1;5 t  có ( ) 48ftt  =−

Khi đó, phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng ( )0;ln5 khi phương trình ( ) ftm = có hai nghiệm ( )1;5 t  86 m −− .

Câu 151: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình ( ) ( ) 21218 xx m +−−= có hai nghiệm dương phân biệt. Số phần tử của S bằng A. 8. B. 7. C. 10. D. 9. Lời giải Đặt ( ) 21,0 x tt += . Vì ( ) ( ) 21.211 xx +−= nên ( ) 1 21 x t −= . Phương trình đã cho trở thành 2 88 m tttm t −=−= Phương trình đã cho có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1. Xét ( ) 2 8 fttt =− , trên ( ) 1;+ Ta có ( ) 28ftt  =− .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935 Page 45 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

) 04ftt  == Bảng biến thiên của hàm ( )ft Từ bảng biến thiên ta có có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 khi và chỉ khi 167 m −− . Vậy số phần tử của S là 8. Câu 152: Tìm số giá trị nguyên của tham số ( )10;10 m− để phương trình ( ) ( ) 22 2 1 1011012.3 xx x m + ++−= có đúng hai nghiệm phân biệt? A. 14. B. 15. C. 13. D. 16. Lời giải ( ) ( ) 22 22 2 1 101101 1011012.36 33

xx xx x mm +  +− ++−=+=   (1) Đặt 22 1011011 ,0 33

xx tt t  +− ==   2 1 (1).660 tmttm t +=−+= (2) Để (1) có đúng hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (2) có một nghiệm lớn hơn 1. 2 (2)6 mtt=−+ . Xét hàm số 2 ()6 fttt =−+ trên khoảng (1;) + , ta có: ( ) ( ) 26;03fttftt =−+== . Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta thấy 5 m  hoặc 9 m = là giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán. Do ( )10;10 m− nên  9;8;7;6;5;4;3;2;1;0;1;2;3;4;9 m =−−−−−−−−− .

Suy ra có 15 giá trị m cần tìm.

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

thiên ta thấy, phương trình có nghiệm khi 1 425 2 mm−+ Câu 154: Số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình: ( ) ( ) 1.16223.4650 xx mmm +−−++= có hai nghiệm trái dấu là A. 4. B. 8. C. 1. D. 2. Lời giải Cách 1. Đặt 4,0 x tt= , phương trình đã cho trở thành: ( ) ( ) 2 1223650mtmtm +−−++= 2 2 65 46 tt m tt ++ =− −+ .

Phương trình đã cho có hai nghiệm 12 , xx trái dấu khi phương trình có hai nghiệm 12 , tt thỏa mãn: 1201tt

Đặt ( ) 2 2 65 46 tt ft tt ++ =− −+ ( ) ( ) 2 ' 2 2

Ta có bảng biến thiên:

10256 46 tt ft tt = −+ . Suy ra ( ) ' 1561 0 10 ftx  ==

Từ bảng biến thiên, ta có phương trình có hai nghiệm 12 , tt thỏa mãn: 1201tt khi 41 m −− .

Vậy có hai giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn bài toán là 3 m =− và 2 m =− Cách 2: Đặt 4,0 x tt= , phương trình đã cho trở thành:( ) ( ) 2 1223650mtmtm +−−++= .

Đặt ( ) ( ) ( ) 2 122365fxmtmtm =+−−++ Phương trình đã cho có hai nghiệm 12 , xx trái dấu khi phương trình có hai nghiệm 12 , tt thỏa mãn: 1201tt Điều đó xảy ra khi: ( ) ( ) ( ) ( )

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Với 0 0 x = là nghiệm của phương trình thì 2 m = . Thử lại: Với 2 m = ta được phương trình ( ) ( ) 2 222cos* x x+= 2;2VTVP nên ( ) ( ) 2 222 *0 2cos2

x x x  +=  =  =   thỏa mãn. Vậy 2 m = .

x 233 3 3

x x x x x x x x x  83.431.211(1) 22

 =− xxmxmx xxmxmx

= +++=−+− +++=+ Xét hàm số ( ) 3 =+ fttt Ta có 2 =+ x tx mà 121024 01012103411034 010   +   

  xxx xx

=− = x x xxt x Xét hàm số ( ) ( ) 3 ,1;1034.=+ftttt ( ) ( ) 2 310,1;1034  =+fttt hay ( ) 3 =+ fttt đồng biến trên ( )1;1034 Suy ra ( ) 2 22 + +== x x x xmxm x





Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Xét hàm số ( ) ( ) 2 1,0;10.=+ x gxt x ( ) ( ) 22 2.ln21 .2ln22  == x xx x x gx xx ( ) 2 1 0log ln2  === gxxe BBT .ln21104,4ycbtem+ mà  mZ nên 3,104. m = Có tất cả 102 số nguyên m thoả mãn. Câu 158: Tìmtấtcảcácgiátrịthựccủathamsố m đểphươngtrình ( )( ) 322 2111 +=+−+−mm eexxxx có nghiệm. A. 1 0;ln2 2    B. 1 ;ln2 2  −    C. 1 0;    e D. 1 ln2; 2  +    Lời giải Đặt 2 2222 1 11211 2 t txxtxxxx =+−=+−−= . Ta có 2 2

11 ','0 2 1 xx ttx x === Vậy 1;2 t −  . Phương trình trở thành 2 333 1 21 2 mmmmm t eeteettet  +=++=+=   . Phương trình có nghiệm khi và chi khi 1 12ln2(;ln2] 2 m emm −− .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

3. C. 1. D. Vô số. Lời giải Chọn A Phương trình: ( ) ( ).21.21 xx xxxmm=−++− ( ) ( )( )2.1 x xmxmx −=−− ( )( ) 210 x xmx −−−= 210(2)

phương trình (2):210 x x −−= Đặt ()21 x fxx=−− '()2ln21 x fx =− 2 1 '()0logln2fxx 

  Bảng biến thiên của hàm số ()fx : Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình ()0fx = (2) có nhiều nhất 2 nghiệm. Mà (0)(1)0ff==  phương trình (2) có đúng 2 nghiệm 0;1xx== .  phương trình (1) có các nghiệm là 0;1; xxxm === . Để tập nghiệm của phương trình (1) có hai phần tử  0 1 m m

=   =   Số phần tử của A bằng 2. Câu 160: Giá trị của m để phương trình 1 420 xx m + −−= có nghiệm duy nhất là: A. 2 m = B. 0 m = C. 1 m = D. 1 m =− Lời giải Chọn D 1 420 xx m + −−= ( )1 . Đặt 2 x t = , 1 t  Phương trình ( )1 trở thành: 22202 ttmmtt −−==− ( )2 Nhận xét: với 1 t = ta có duy nhất 1 nghiệm x tương ứng; với mỗi 1 t  ta có 2 nghiệm x tương ứng.

Phương trình ( )1 có duy nhất nghiệm  Phương trình ( )2 có một nghiệm 1 1 t = và nghiệm còn lại 2 1 t  . 1 1 t = là nghiệm của phương trình ( )2 101 mm −−==− Khi đó phương trình ( )2 trở thành: 2 2101ttt−+== . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi 1 m =− .

Câu 161: Gọi ; ab là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 2 2e8e0 xx m có đúng hai nghiệm thuộc khoảng 0;ln5 . Giá trị của tổng ab là A. 2 B. 4 C. 6 D. 14 Lời giải

Chọn D

Đặt e x t . Khi đó 0ln50;ln5e;ext hay là 1;5 t .

Phương trình đã cho trở thành 2 28ttm, với 1;5 t

Vì với mỗi giá trị của 1;5 t ta có một và chỉ một giá trị tương ứng của 0;ln5 x . Do đó, yêu cầu bài toán xảy ra khi và chỉ khi phương trình 2 28ttm có hai nghiệm t phân biệt thuộc khoảng 1;5 .

Xét bảng biến thiên của hàm số 2 28 fttt có 48ftt trên đoạn 1;5 :

Dựa vào bảng trên ta thấy, phương trình 2 28ttm có hai nghiệm t phân biệt thuộc khoảng 1;5 khi và chỉ khi 86 m . Vậy phương trình 2 2e8e0 xx m có đúng hai nghiệm thuộc khoảng 0;ln5 khi và chỉ khi 8;6 m . Suy ra 8 a và 6 b , do đó 14 ab . Câu 162: Giá trị của tham số m thuộc

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

52 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Giả sử phương trình ( ) có hai nghiệm 12 ; xx thỏa mãn đều kiện đề bài thì phương trình ( )** có hai nghiệm 12 ; tt thỏa: 1212 12.82.2828284 xxxx ttmm + ===== Thử lại phương trình ( ) ta có 4 m = thỏa mãn điều kiện.

Câu 163: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình 12 16.45440 xx mm −+−= có hai nghiệm đối nhau. Hỏi S có bao nhiêu phần tử? A. 2. B. 0. C. 1. D. 3. Lời giải Chọn B Ta có 12 16.45440 xx mm −+−=  ( )2 2 4.45440 4 xx m m −+−= ( )1 . Đặt 4x

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

53 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Từ bảng biến thiên ta thấy ( )1 có hai nghiệm 12 08 tt  khi 70 2 17 m  . Suy ra có hai giá trị nguyên của m là 3 m = và 4 m = . Câu 165: Giá trị thực của tham số m để phương trình ( ) 423.2640 xx m −++= có hai nghiệm thực 1x , 2x thỏa mãn ( )( ) 122224xx++= thuộc khoảng nào sau đây? A. 3 0; 2    . B. 3 ;0 2    . C. 2129 ; 22    . D. 1119 ; 22    m m m

. Lời giải Ch  −         −  

n D Đặt 2x t = , điều kiện 0 t  . Phương trình ban đầu trở thành ( ) ( ) 2 23.640*tmt−++= Để phương trình ban đầu có hai nghiệm thực 1x và 2x thì phương trình ( )* phải có hai nghiệm 1t , 2t dương 0 0 0 S P 13 2 m  . Theo định lý Vi ét, ta có 12.64tt = 12 2.264 xx = 12 264 xx + = 12 6 xx += . Ta có ( )( ) 122224xx++= ( ) 1212 .2424xxxx +++= 12.8xx = . Từ 12 12

6 .8 xx xx +=   = 

x x x x

1 2 1 2

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn 19 2 13 2 3 2

54 2 4122470 230 mm m  +−   + 

2 4 4 2

=   =    =   =   Khi đó, ta có 12 12 222023 xx ttm +=+==+ 17 2 m = Câu 166: Tìmtấtcảcácgiátrịthựccủathamsố m đểphươngtrình ( )( ) 322 2111 mm eexxxx +=+−+− có nghiệm. A. 1 0; e    B. 1 0;ln2 2    C. 1 ;ln2 2  −    D. 1 ln2; 2  +   

33 . mm eett +=+ Xét hàm số ( ) ( ) 32,310 fuuufuuu  =+=+ do đó hàm số f đồng biến trên

Phương trình ( ) ( ) 33 mmmm eettfeftet +=+== .

Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1202 mm ee − 1 ln2;ln2 2 mm −    Câu 167: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 41.220 xx m có hai nghiệm 12 , xx thoả mãn 12 1 xx A. R m . B. 122;122mm . C. 122 m . D. 122 m . Lời giải Chọn D Đặt 2,0 x tt . Ta có phương trình 2 120tmt Phương trình đã cho có hai nghiệm 12 , xx khi phương trình có hai nghiệm 12,0tt . Khi đó 122122212 logloglog. xxtttt . Bài toán trở thành tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt 12 , tt thoả mãn 212 log.1 tt

2 212

180 10 log1

m m tt 122 m

Câu 168: Cho hàm số yfx liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ

Tập hợp tất cả các giá trị thực của m để phương trình 2 x fem có đúng 2 nghiệm thực là

A. 0;4 . B. 0;4 . C. 04; . D. 4; . Lời giải

Chọn C Đặt 2 xte . Ta có 2 01xt , nếu 1 t thì 0 x và nếu 1 t thì ln xt . Phương trình trở thành phương trình

Sử dụng các nhận xét ở trên và đồ thị của hàm số ta có có đúng 2 nghiệm có đúng 1 nghiệm thuộc và nghiệm này lớn hơn 1.

Vậy tập hợp các giá trị nguyên của thỏa yêu cầu bài toán là

Câu 169: Tìm số giá trị nguyên của tham số để phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt. A. B. C. D. Lời giải Chọn B Ta có: . Đặt , . Phương trình trở thành: . Phương trình có nghiệ

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Nhìn vào bảng biến thiên ta có: phương trình có đúng nghiệm lớn hơn 1 . Kết hợp điều kiện m nguyên và Có giá trị m thỏa yêu cầu đề

Câu 170: Tổng tất cả các giá trị

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

57 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

( ) 22

Phương trình có nhiều nhất bao nhiêu nghiệm phân biệt thuộc đoạn ?

A. . B. . C. . D. . Lời giải

Chọn B

Đặt , với

Hàm số liên tục trên và .

Bảng biến thiên:

Vậy với .

Với mỗi có 2 giá trị thỏa mãn .

Với mỗi có duy nhất 1 giá trị thỏa mãn

Xét phương trình với

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 172: Gọi là tổng các giá trị nguyên của tham số để phương trình

nghiệm . Chọn đáp án đúng. A. . B. . C. . D. . Lời giải

Chọn D Đặt thì phương trình đã cho trở thành với Khi đó phương trình có nghiệm có nghiệm , với

Ta có ; Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta có: Vì nguyên nên . Suy ra .

Câu 173: Tập các giá trị của để phương trình có nghiệm là A. B. C. D. Lời giải Chọn D Điều kiện: . Đặt ; Phương trình trở thành: Đặt

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Phương trình có nghiệm có nghiệm

Câu 174: Cho hàm số , khi phương trình

có số nghiệm nhiều nhất thì giá trị nhỏ nhất của tham số có dạng Tính A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn C Đặt Khi đó Xét hàm số trên đoạn Ta có

  2;4 t  4 m  ( ) ( ) 47 31.2–63 xx fxxx =+++ ( ) 2 7469310fxxm−−+−= m a b Tab =+ 7 T = 11 T = 8 T = 13 T = ( )   2 2 7469741313;7. txxx =−−=−−− ( ) 13. ftm =− ( ) ( ) 47 31263 tt fttt =++−+   3;7. ( ) ( ) 477 3ln3212ln26; tttftt  =+−+− ( ) ( ) ( ) ( ) 477722 3ln32ln22ln212ln2 ttttftt  =−−++ ( ) ( ) 

Suy ra hàm số đồng biến trên Lại có có nghiệm duy nhất thuộc

Dựa vào BBT, ta thấy phương trình có số nghiệm nhiều nhất

Suy ra giá trị nhỏ nhất của là nên .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 175: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số để phương trình có nghiệm thực? A. B. C. Vô số D. Lời giải Chọn B Ta có Đặt phương trình trở thành

Phương trình có nghiệm thực phương trình có nghiệm vì

Xét liên tục trên đoạn có

đồng biến trên đoạn .Có

Vậy phương trình có nghiệm thực Có 7 giá trị nguyên.

Câu 176: Cho hệ phương trình , là tham số. Gọi là tập các giá trị nguyên để hệ có một nghiệm duy nhất. Tập có bao nhiêu phần tử?

A. . B. . C. . D. . Lời giải

Chọn B

Điều kiện

Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có .

Xét hàm số với Dễ thấy với mọi nên hàm số đồng biến trên

Do đó phương trình tương đương với . Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được Để hệ đã cho có nghiệm duy nhất thì phương trình phải có nghiệm duy nhất .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935 Page 61 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

t xx t

0 1;1 y 3 0022 0 412.2.1 2 1 12 2 2 2

yymy 415 20415111. 415

Giả sử là một nghiệm của thì . Khi đó nên cũng là nghiệm của . Suy ra . Thay vào ta được Thử lại: với thì viết thành Ta có , dấu bằng khi ; , dấu bằng khi Suy ra phương trình có nghiệm duy nhất là . Vậy thỏa mãn.

0000 2 222 00412.2.1412.2.1 yyyymymy 0y 3 000 0 yyy 0 y 3 0 m 0 m 3 22 1 412.2.12214 x xx x

+ −=+=== + 12 , xx 1220xx−= ( )* 12 , tt 2 12tt = ( ) 2 12

S P tt

0 0 0 1

         =  08204. mm  − 60 S = 1 210 2 Pmm=+− ( ) ( ) 12 12

62 .213 tt ttm +=    =+  

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935 Page 62 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

( )1 ( )3 ( )2 3 33 221212121.tmtmtm =+=+=+ ( )2 3 2 33 3

7 212 2121602 21314 mtm m mm m mktm

  = +=  +++−=   +=−   =−   ( ) 7 3;5. 2 m = S m 510254 xx m +=+ S 3 4 16 15 ( ) 510 510254 1 254

x xx x mm + +=+= + 0 m  ( )1 0 m  ( )2 2 510 (1)254 x x m + = + 5x t = 0 t  ( )2 2 2 10 (2) 4 t m t + = + ( ) ( )2 2 10 4 t ft t + = + ( ) 0;+ ( ) ( ) 2 2 2

tl tt ftft ttm t

=−  −−+  ==  = + 

10() 2019280. ()0 . 2 () 4 5

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

( )1  ( )2

Đề phương trình có đúng một nghiệm Phương trình có đúng một nghiệm Do điều kiện Vậy , do đó số tập con của là

0 t

Câu 179: Tìm tập hợp tất cả các giá trị tham số để phương trình có 4 nghiệm phân biệt. A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn C

Xét phương trình: Đặt . Do đó, ta có . Điều kiện

. 125 m m  =       0 2,3,4,5 m m m        2,3,4,5 S = S 4 216 = m 222122 4.2320 xxxx mm −+−+−+−= ( ) 1;+ ( ) ( ) ;12; −+ ( ) 2;+  ) 2;+ ( ) 22 1 2122 4.2320 xxxx mm −+−+−+−= ( )2 2 1 21 22 x xx t −+ == ( )2 21log xt −= ( )1 t  ( )2 2 2320tmtm−+−= 1 t  x 12 1 tt ( ) ( ) 2 2232 tmt −=− 3 2 t = 3 2, t  ( ) 2 2 2 23 t m t = ( ) 2 2 23 t gt t = ( ) 3 1;\ 2  +   ( ) ( ) 2 2 '264 23 tt gt t −+ = ( ) 1 '0 2 t gt t =  =  =  2 m 

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

64 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 180: Cho phương trình: . Tập các giá trị để bất phương trình có ba nghiệm phân biệt có dạng . Tổng bằng: A. B. C. D. Lời giải

Chọn B

Ta có: Xét hàm số trên .

Ta có: Hàm số đồng biến trên

Mà .

Xét hàm số trên

Ta có: . . Bảng biến thiên: Phương trình có 3 nghiệm phân biệt phương trình có 3 nghiệm phân biệt .

Câu 181: Có bao nhiêu số nguyên để phương trình có đúng 3 nghiệm thực phân biệt? A. Vô số. B. . C. . D. . Lời giải

Chọn C

Ta có:

Đặt thì PT trở thành

Vậy bài toán trở thành tìm để phương trình có đúng 3 nghiệm thực phân biệt. Nhận thấy, nếu là một nghiệm của thì cũng là nghiệm của . Suy ra, điều kiện cần để phương trình có đúng 3 nghiệm thực phân biệt là có nghiệm

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

+=++−=

3 m mmmm m =−

Thử lại:  Với thì trở thành

.

Nhận thấy, , PT có nghiệm duy nhất nên không thỏa mãn.

 Với thì trở thành

Xét hàm số với

Ta có, ; với mọi đồng biến trên có nhiều nhất 1 nghiệm có nhiều nhất 2 nghiệm .

Lại có, và Phương trình có 3 nghiệm là , Vậy thỏa mãn.

Câu 182: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số để phương trình có đúng 3 nghiệm thực phân biệt? A. . B. C. D. . Lời giải Chọn C

Ta có phương trình .

( ) 2 2 1 11.3320 1 ln31 3ln30 3 3 t t ft t  =++ 0 t  ( )ft   ( ) ( ) 0;0 ft  += 0 t  ( ) 0 ft = 0 t  ( ) 10 f = ( ) 00 f =  ( )** 0 t = 1 t = 1 m = 2019;2019 m 2121 20190 12 x xmxm xx 4038 2019. 2017. 4039 212121(2)1 2019020190 1212 xxxmxmxmx xxxx ++=++= +−+− 211121 201902019 1221 xxxx mm xxxx ++−==−− +−−+   22 12113 212019'2019ln(2019)0;\1;2 (2)(1) xx x yyx xx xx =−−=−−−− −+ −+

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Vậy để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì mà .

Vậy ta có số nguyên cần tìm.

Câu 183: Gọi là tập hợp các giá trị của tham số sao cho hai phương trình và có nghiệm chung. Tính tổng các phần tử của .

A. B. . C. . D. . Lời giải

Chọn B

Vì hai phương trình đã cho có nghiệm chung nên hệ sau có nghiệm .

Xét hàm số xác định trên suy ra hàm đồng biến trên suy ra .

Xét hàm số xác định và liên tục trên

Ta có . Suy ra hàm số nghịch biến trên . Do đó có nhiều nhất là 3 nghiệm. Ta lại có . Suy ra phương trình Vậy Câu 184: Giá trị của tham số để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn là A. B. C. D. Lời giải

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Ta có

Kết luận

Câu 185: Tìm để phương trình có hai nghiệm trái dấu. A. B. C. D. Lời giải

Chọn D

Đặt , điều kiện:

Phương trình trở thành: Phương trình có 2 nghiệm phân biệt trái dấu có 2 nghiệm dương phân biệt thỏa mãn:

Phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt .

Phương trình có một nghiệm lớn hơn và một nghiệm nhỏ hơn khi và chỉ khi .

Kết hợp các điều kiện thì ta được thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 186: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số để phương trình có hai nghiệm phân biệt? A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn A

Phương trình tương đương Đặt , .

Phương trình trở thành ,

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi phương trình có hai nghiệm phân biệt dương. Vậy có 35 giá trị nguyên dương của tham số .

Câu 187: Gọi là tập hợp các số nguyên

ệm phân biệt. Hỏi tập có bao nhiêu phầ

phương trình

t

i

ả

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Chọn C

Đặt khi đó phương trình trở thành: . Để có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi có 2 nghiệm dương phân biệt hay Vậy tập hợp các số nguyên là .

Câu 188: Tìm điều kiện của tham số để phương trình sau có nghiệm: Hãy chọn đáp án đúng nhất? A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn A

Đặt vì . Khi đó bài toán trở thành tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm trên đoạn Ta có . Vì không phải nghiệm của phương trình nên Xét Ta có thì phương trình bài ra có nghiệm.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

(

Suy ra :

Ycbt

Từ bảng biến thiên ta có,

Câu 190: Cho phương trình Số giá trị nguyên của tham để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thực phân biệt là A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn C Đặt Khi đó phương trình đã cho trở thành Nghiệm cho một nghiệm Mỗi nghiệm cho hai nghiệm đối nhau. Do vậy phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi phương trình có đúng một nghiệm , nghiệm còn lại phải nhỏ hơn 1. Xét hàm số . Bảng biến thiên

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Từ bảng biến thiên ta có phương trình có một nghiệm lớn hơn 1 khi . Suy ra số giá trị nguyên là 8.

Câu 191: Gọi là tập nghiệm của phương trình Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của để tập hợp có hai phần tử? A. 2094. B. 2092. C. 2093. D. 2095. Lời giải.

Chọn A

Gọi là tập xác định của phương trình đã cho. Nếu thì nên . Nếu thì .

Xét hàm số có do đó phương trình có không quá 2 nghiệm. Mặt khác nên .

Lại có với , Nếu thì

Nếu thì có hai phần tử khi và chỉ khi

Vậy cóhaiphầntửkhivàchỉkhi .Sốcácgiátrịnguyêncủa thỏa mãn là

Câu 192: Gọi là tập tất cả các giá trị của để phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt. Khi đó có A. tập con. B. Vô số tập con. C. tập con. D. tập con. Lời giải Chọn D Đặt , phương trình đã

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

71 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình có đúng hai nghiệm dương phân biệt.

( )* ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 43222 2

Xét hai hàm số trên khoảng có đồ thị như sau

Dựa vào đồ thị hai hàm số này ta suy ra phương trình có đúng hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi hay có 4 phần tử

Vậy có tập con.

Câu 193: Tìm tập hợp các giá trị của tham số thực để phương trình có nghiệm thuộc khoảng . A. B. C. D. Lời giải Chọn C

Phương trình .

41 *6920 22 mtt ttttmtm mtt  =− −+−++=  =−+   ( ) ( ) 224;2 ftttgttt =−=−+ ( ) 0;+ ( )*  0;1;3;4 m−− S S 4 216 = m ( ) 6320 xx mm +−−= ( )0;1   3;4.   2;4. ( ) 2;4. ( ) 3;4. ( ) 63.2 6320 12

Xét hàm số liên tục trên .

xx xx x mmm + +−−== + ( ) 63.2 12

xx x fx + = + ( )0;1 ( ) ( ) ( ) 2 12ln36ln63.2ln2 '0,0;1. 12

xxx x fxx ++ = + ( ) 63.2 12

Ta có Suy ra hàm số đồng biến trên Do đó phương trình có nghiệm thuộc khoảng khi và chỉ khi , tức là

xx x fx + = + ( )0;1 ( ) 6320 xx mm +−−= ( )0;1 ( ) ( )01fmf  24. m 

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 194: Tìm tập hợp các giá trị của tham số để phương trình: có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: A. . B. . C. . D. . Lời giải

Chọn A

m ( ) 2 22 loglog 2 323.330 xx mm −+++= 12 2 xx  ( )  1;\0−+ ( ) 0;+  \1;1 ( ) 1; −+ 0 x  ( ) 2 22 loglog 2 323.330 xx mm −+++= ( )1  ( ) ( ) 22 2 loglog 2 323.330 xx mm −+++= 2log3 x t = ( )0 t   23 loglogxt =  3log2 t x = ( ) 222330tmtm−+++=  +−+   +   +  

mm +=+    =+   12.2xx   3132loglog 2.22 tt   ( ) 312log. 22 tt   ( ) 2 3 log3 22 m +   ( ) 2 3 log31 m +  2 33 m +  2 0 m   0 m 

)2  1 3 m m −   −   1 m − ( ) 12 2 12

; tt 23 .3 ttm ttm

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

73 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Vậy .

1 0 m m −     ( ) 55log x mxm

Câu 195: Cho phương trình . Có bao nhiêu giá trị nguyên trong khoảng để phương trình trên có nghiệm? A. . B. . C. . D. . Lời giải

Chọn B

Ta có phương trình với điều kiện Đặt thay vào phương trình ta có .

Từ và ta có hệ phương trình . Từ hệ phương trình ta suy ra

+=− m ( )20;20 15 19 14 17 ( ) 55log x mxm+=− 0 xm− ( ) 5log xmt −= 5t xm −= 5x mt+= 5(**) x tm −= 5 5 t x xm tm  −=   −=   55tx xt−=− 55 xtxt +=+ ( ) 5x fxx=+ ( ) 15.ln50 x fxx

Xét hàm số trên , ta có nên hàm số luôn đồng biến trên , do đó ta có thay vào phương trình ta có . Đặt ta có . Ta có . Ta có BBT với

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Đặt , khi đó

Thế vào phương trình đã cho ta được phương trình sau

Vậy có đúng 1 nghiệm có đúng 1 nghiệm

Tổng tất cả các giá trị m bằng .

Câu 197: Tổng tất cả các giá trị của tham số để phương trình có đúng ba nghiệm phân biệt là: A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn B

ln22 3 ln23 xxxm xm xx −+−−+ −+ = −+ ( ) ( ) 2 22 232 3.ln233.ln22 xm xx xxxm −+

Phương trình tương đương .

( ) 3.ln,2 t fttt=

2322xxxm −+=−+ ( ) 2 2210gxxxxm =−−−+=

Xét hàm đặc trưng là hàm số đồng biến nên từ phương trình suy ra . Có và .

Xét các trường hợp sau:

TH1: ta có bảng biến thiên của như sau:

Phương trình chỉ có tối đa 2 nghiệm nên không có thoả mãn.

TH2: tương tự

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Phương trình có 3 nghiệm khi

Cả 3 giá trị trên đều thoả mãn, nên tổng của chúng bằng 3.

Câu 198: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số trên đoạn để phương trình có nghiệm duy nhất. A. B. C. D. Lời giải

Chọn D

Điều kiện xác định

Phương trình tương đương với Đặt , ,

Phương trình đã cho viết lại thành +) Với thì ). +) Với có tương đương với , đồng biến và nghịch biến với Khi đó, đồng biến với .

Ta có Kết hợp, thì phương trình

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

+) Với có tương đương với , đồng biến và nghịch biến với .

Khi đó, nghịch biến với .

Ta có:

Kết hợp, suy ra có nghiệm duy nhất.

Do là số nguyên trên đoạn nên kết hợp 3 trường hợp trên thấy có 20 giá trị của thoả mãn điều kiện của bài.

Câu 199: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số thuộc để phương trình có nghiệm?

A. . B. . C. . D. . Lời giải

Chọn A

Ta có

Xét hàm số với . Suy ra hàm số đồng biến trên .

Do đó

Xét hàm số

Bảng biên thiên

Từ bảng biên thiên suy ra phương trình có nghiệm khi và chỉ khi .

Mà nên

Vậy có 2019 giá trị nguyên của tham số thuộc để phương trình có nghiệm.

Câu 200: Có t

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Lời giải

Chọn B

Điều kiện: . Nhận xét: Vì có vai trò như nhau nên nếu phương trình có nghiệm thì cũng là một nghiệm của phương trình.

*) Điều kiện cần: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

Thay vào phương trình ta được Vì . Lại có mà

*) Điều kiện đủ: Với thì phương trình đã cho trở thành

Suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

Vậy có hai giá trị cần tìm là

Câu 201: Có bao nhiêu số nguyên để tồn tại số thực thỏa mãn ? A. B. C. D. vô số Lời giải Chọn B Đặt . Hệ có nghiệm đường thẳng và đường tròn có điểm chung . Do nên . Vì nên . Thử

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Nếu thì

Nếu . Vậy vô nghiệm.

Với thì hệ trở thành . - Với thì hệ trở thành

Xét hàm số , liên tục trên có nên phương trình luôn có nghiệm thuộc đoạn . Khi đó hiển nhiên sẽ tồn tại x thỏa mãn.

Vậy có 2 giá trị nguyên của thỏa mãn là .

Câu 202: Có bao nhiêu cặp số thực thỏa mãn đồng thời các điều kiện và A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn D

Ta có: Vì Với ta có: . Kết hợp với suy ra Thế vào ta được: Vậy các cặp số thực thỏa mãn là

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Chọn B

Lời giải

( ) 1 2 12121 2 2 12121 2 121

xxxx xxxxx xxxxx xxx x

y yyy yyy yy

44.24.22.sin21440 22422sin214sin21cos210 222.22.2sin212sin214cos210 222sin214cos210 222sin2

−+−+−++=  −+−+−++−++−=   −+−+−++−++−=   −++−++−=  −+  ( ) ( ) 1 21

Ta có Vì .

x x

y y

Câu 204: Có bao nhiêu cặp số nguyên thỏa mãn và ? A. B. C. D. Lời giải Chọn A

 +−=   +−=  ( ) ( ) 2121 cos210sin211 xx yy +−=+−= ( ) 21 sin21120 xx y +−== ( ) ( ) 21 0 sin2112422;4 xx yxx +−=−===− ( ) ; xy 04000 x  ( ) ( )5 5 5252log14 y yxx +=++− 3 2 4 5 ( ) 5 log151 t xtx+==− ( ) ( ) 221 55251545251 ytytytyt +=−+−+=+− ( ) ( ) 55.ln510 uufuufu  =+=+ ( ) ( ) ( ) 5 212121log1 fyftytytx =−=−+==+   5 021log400102150;1;2 yyy ++= y x (;) xy , xy 1,2020 xy  ( ) ( ) 32 221 248log236log23 yx xyxyxyxy yx  +  ++++−− +−   2017 4034 2 2017.2020

10 cos210

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

80 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Chọn B

Từ giả thiết kết hợp ĐKXĐ của bất phương trình ta có: ,.

Ta có:

Xét

+ Với thay vào ta được: và ).

Suy ra có 2017 bộ

+ Với thay vào ta thấy luôn đúng .

Suy ra có 2017 bộ . + Với Xét

Suy ra vô nghiệm và ). Vậy có 4034 bộ .

Câu 206: Cho x là số thực dương và y là số thực thỏa mãn . Giá trị của biểu thức bằng A. 2022. B. 2020. C. 2021. D. 2019. Lời giải Chọn C Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có . Đặt thu được .

Dẫn đến Như vậy hai vế bằng

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

81 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

t xxyPxyxy x x

1 1 1;020202021 0

=    ====+−+=      ( ) 2 222 3 log366321 y xxyxx −+=+−+− ( ) ; xy 02020;y x 5 6 7 4 ( ) ( ) 22 222222 33 log366321log322321 yy xxyxxxxyxx −+=+−+−−+=+−+− ( ) 2 222 3 1log22321 y xxyxx +−+=+−+− ( ) ( ) 2 222 3 log22223y xxxxy −++−+=+ ( ) 22 3 log22223z xxzxx−+=−+=

Câu 207: Cho phương trình . Hỏi có bao nhiêu cặp số và thỏa mãn phương trình đã cho? A. B. C. D. Lời giải Chọn D Đặt thì trở thành: Xét hàm số . Suy ra hàm số đồng biến trên . . Thay trở lại cách đặt ta có: . Xét hàm số: . . Bảng biến thiên: Suy ra: Do .

22 2 2 33 zyzy+=+ ( ) ( ) 33ln310, t ttfttft  =+=+ ( )ft ( ) ( ) 22 fzfyzy == ( ) 2 222 3 log22223y xxyxx −+=−+= ( ) ( ) ( ) 2 22, 0;202022  =−+=− gxxxxgxx ( ) 01  ==gxx ( ) 2 2 3 140763621340763620log4076362  y gxy  y 3 0log40763623,7 y  0;1;2;3  y

Page 82

( ) ( ) ( ) ( ) 4 9

1 3 3 3

.

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta thấy mỗi phương trình trên có một nghiệm

Vậy có 4 cặp số thỏa mãn đề bài.

Câu 208: Có bao nhiêu cặp số nguyên thỏa mãn và ? A. . B. . C. . D. . Lời giải

Chọn D

Đặt . Suy ra , .

gx gx gx gx ( )gx 02020 x  ( ) ; xy ( ) ; xy 22021 x  ( )1 2 2log22 yyxxy−+=− 2020 9 2019 10 ( )1 2 log2y xt += 1 22 yt x += 1 22ty x =− ( )1 22222.22.2 ytyyt tyyt −=−−+=+ ( ) 2.2x gxx =+ ( ) 2.2ln210,

Phương trình đã cho trở thành: . Xét hàm số có nên hàm số luôn đồng biến.

Khi đó hay Suy ra Mà nên hay . Lại có là số nguyên nên tức 10 giá trị thỏa mãn.

Xét biểu thức , mỗi giá trị nguyên của cho tương ứng 1 giá trị nguyên của nên có 10 cặp số nguyên thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Câu 209: Có bao nhiêu cặp số nguyên dương thảo mãn , với ? A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn D Ta có Ta thấy . Vì .

=   =    =   =  x gxx  =+ ( )ygx = 2.22.2 ytytyt +=+= ( )1 2 log2y yx=+ 111 22222 yyyyyxx +==−= 22021 x  1 2 22202111log2021 y y − ( ) 2 2log20211 y + y  2,3,...,11 y  1 2y x = y x ( ) , xy ( ) ; xy ( ) ( ) 2333113 xyxyxxx + −−=+− 2020 x  13 15 6 7 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2322 33113331313130 xyxyyxxxy xxxxxxxx + −−=+−−−=−−−−−= ( )( ) 22 3 310,0313032log3 xxyyk xxxxxyxx −−−−−====   6 202032020330;1;2;3;4;5;6 kk xk = , ab 3332.10.10, zzxyab ,, xyz log xyz 22 log1. xyz 22 11 ab

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

A. . B. . C. . D. . Lời giải

Chọn D

(1;2) (2;3) (3;4) (4;5) 22 22 221

Ta có: Khi đó Đồng nhất hệ số ta được

Câu 211: Có bao nhiêu cặp số nguyên thỏa mãn và . A. B. . C. . D. . Lời giải

Chọn C

xyz xy xyxy xyz xy 3332 .10.10zzxyab 32 22 .10.10 zzxyxxyyab 2222322 .... xyxxyyaxybxyxxyyaxybxy 2222222222 .22. 1010 bb xxyyaxxyyxyxyxyaxyaxy 1 1 10 2 15 21 b a a b a 22 11144,0084;5. 225 ab ( ) ; xy 02020 y  3 33369log x xyy+−=+ 2020 9 7 8 (

z zz

Ta có: . Xét hàm số: .

log 10 10 log1 1010.10 ) ( ) ( ) 32log 3 333 3369log33293log33233log* y xxx xyyxyyxy + +−=++−=++−=+ ( ) ( )332 t ftt=+− ( ) 3.ln330, t ftt  =+ ( )yft = ( ) ( ) ( ) 2 33 *2log2log3x fxfyxyy =+=+= 02020 y  , xy   2 3 13202022log20202;3;4;5;6;7;8 x xx + x y ( ) ; xy ( ) ; xy 0;2020xyx +− ( ) 22 2 log2230 xyxyxyxy ++++−−= 20xy+

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

+ Ta có: nên

0 xy+ ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

22 2 22 2 2222 22 2222 22

log2230 2 log230 log23log230 log2323log(1)

Xét hàm số: , ta có: nên hàm số đồng biến trên .

++++−−= ++ +++−−= + ++−++++−−= +++++=+++ ( ) 2log fttt =+ 1 '100; ln2 ftt t ( )ft ( ) 0; + ( ) ( ) (

Do đó: vì nên

+ Do suy ra

+ Do nên , với mỗi giá trị cho ta 1 giá trị thoả mãn YCBT.

Vậy có 10 cặp số nguyên thoả mãn YCBT.

Câu 213: Có bao nhiêu cặp số nguyên dương với thỏa mãn A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn C

Đặt , ta được

xyxyxyxy xyxy xyxyxy xy xyxyxyxyxyxy xyxyxyxyxyxy ) 2222 12323fxyxyfxyxyxyxy ++=+++=+ ( )( ) 21012 xyxyxy ++−==− 0 xy 10xyy 2020 x − 19 1 2 y y  9;8;...;1;0 y y x ( ) ; xy ( ) ; xy 2020 x  ( ) ( ) ( ) 3 23319log21 y xyx −=+−− 1010 2020 3 4 ( ) 3 log21231 t xtx−==+ ( ) ( ) 22 33123133.33.32 tytyytty +−=+−+=+ ( ) ( ) 3.33.3ln310, uu fuufuu  =+=+ ( )fu  2 ty= 2 231921 yy xx =+=− 9 202094039log4039 y xy  y  1;2;3 y  y x ( ) ; xy

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

85 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn



 . Dễ thấy, phương trình ( )1 luôn có nghiệm 4 x = . Do đó để phương trình ( )1 có hai nghiệm phân biệt thì phương trình ( )2 phải có nghiệm duy nhất thỏa 04 x  Bảng biến thiên của hàm số 1 y x = Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình ( )2 có nghiệm duy nhất thỏa 04 x  khi và chỉ khi 1 4 m  . Kết hợp với điều kiện đầu bài, ta có 1 10 4 m  . Do  1,2,3,4,5,6,7,8,9,10 mm Vậy có 10 giá trị thỏa mãn điề

Xét hàm số ( ) ( ) 2 0 ftttt=+ . Ta có ( ) 210ftt  =+ với mọi 0 t  , suy ra hàm số luôn đồng biến với mọi 0 t  . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 *333333** xxxxxx fmfmm +=+==+ Đặt ( )30 x tt= , khi đó phương trình ( )** trở thành ( ) 2 *** ttm −=

Xét hàm ( ) ( ) 2 0 gtttt=− , ta có ( ) ( ) 1 210 2 gttgtt =−== . Bảng biến thiên Vậy để ( )*** có nghiệm 0 t  thì

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 219: Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( ) , xy thỏa mãn điều kiện ( ) log31. y x +

A. 8. B. 9. C. 10. D. 11. Lời giải

Chọn A

x x  +   +   3 10303100log10 yyxy −  1,2 yy +  .

Với 1 y = thì  071,2,3,4,5,6,7 xx 

Với 2 y

thì

y y

Bất phương trình đã cho tương đương với 30 310

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Ta xét phương trình ( )( ) 2 1 loglog2log20log2log20.(1) log abaaa a

xxxxx b −−=−−=

Do a , 1 b  nên 1 0 loga b  nên luôn có hai nghiệm.

Với m , n là nghiệm của phương trình, ta có 22 loglog2loglog()log. aaaaa mnbmnbmnb +===

Xét 2222 444(2020)48080(2)80768076. mnababbbbb +=+=+−=−+=−+ Như vậy giá trị nhỏ nhất của 4 mna + là 8076. Dấu bằng xảy ra khi 2018 a = và 2 b = Câu 222: Số nghiệm của phương trình ( ) ( ) ( ) 222 236 log1log1log1 xxxxxx −−++−=+− là A. 1 B. 0 C. 2 D. 3 Lời giải

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

là phương trình ( )* có đúng một nghiệm dương y . TH 1: Phương trình ( )* có 2 nghiệm trái dấu ( ) 2 201;2xxx −−− . TH 2: Phương trình ( )* có nghiệm 12 '20 0 20 x yy Sx =+= = 

  với , mn là các số nguyên dương và phân số m n tối giản. Tổng mn + bằng A. 11. B. 10. C. 12. D. 9. Lời giải Chọn A Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 22

log16log8 log16log8 loglog2 xx

xx xx xx == ( )( ) ( ) 22222 1 4log1loglog3loglog2 4 xxxxxx ++=+=−= . Vậy ( ) 1 4

1 log16log4log10 x x == , khi đó 1;1011mnmn ==+= . Câu 229: Cho phương trình ( ) 2 933 loglog61logxxm −−=− ( 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. 7 C. 6 D. Vô số Lời giải Chọn A Ta có ( ) 2 933 loglog61logxxm −−=− , điều kiện 1 6 0

x m

       Pt 33 11 loglog6161 xx xmxm == Xét ( ) 1 , 616 x fxx x = có ( ) ( )2 1 ' 61 fx x =

Bảng biến thiên Phương trình có nghiệm 11 6 6 m m  Kết hợp điều kiện 0; mm nên có 5 giá trị nguyên của m để phương trình có nghiệm.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

trình đã cho có đúng 2 nghiệm phân biệt ? A. 1. B. 8. C. 4. D. 6.

u kiện của phương trình:

x m

10

4

m

4

Từ đó suy ra bài toán được thỏa mãn khi 5 44,01 m mx + 1,2,3mmm thỏa mãn điều kiện 0 4 m x . Vậy có 4 giá trị của m . Câu 233: Cho phương trình 3 2 22 loglog0 4 x x xem  −−=  . Gọi S là tập hợp giá trị m nguyên với

 10;10 m− để phương trình có đúng 2 nghiệm. Tổng giá trị các phần tử của S bằng A. 28 B. 3 C. 27 D. 12 Lời giải Chọn C Điều kiện: 0 x x em      Ta có: 3 2 22 loglog0 4 x x xem  −−=  ( )1 3 2 22 loglog0 4 0 x x x em  −=     −=  +) 3 2 22 loglog0 4 x x

11

+) Trường hợp 3: 1 m  , điều kiện của phương trình là ln xm 

Nên phương trình ( )1 có 2 nghiệm phân biệt 2ln4 m  24 eme .

Khi đó phương trình đã cho có 2 nghiệm là ln xm = và 4 x =

Suy ra, các giá trị m để phương trình có 2 nghiệm là 1 m  và 24 eme  . Do đó các giá trị nguyên  10;10 m− thỏa mãn yêu cầu bài toán là  10;9;8;7;6;5;4;3;2;1;0;1;8;9;10 S =−−−−−−−−−− . Vậy tổng giá trị các phần tử của S là 27 Câu 234: Số nghiệm của phương trình ( ) ( ) ( ) 222 236 log1log1log1

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

( )2 cũng có 2 nghiệm tương ứng 131 log tx = , 232 log tx = . Khi đó ( ) 2 12313231212logloglog.2.39ttxxxxxx +=+==== . Mà ( )( ) ( ) 12121212 22721110 xxxxxxxx −−=−−+=−+= .

Dễ thấy số nghiệm phương trình ( )2 là số giao điểm của đồ thị hàm số ( )yfx = và 1 2 y =−

Suy ra phương trình có 3 nghiệm phân biệt. Tương tự phương trình ( )3 có nghiệm duy nhất và phương trình ( )4 có 2 nghiệm phân biệt. Hiển nhiên các nghiệm này phân biệt. Do dó phương trình ( )1 có 6 nghiệm phân biệt. Câu 241: Số giá trị nguyên âm của tham số thực m để phương trình ( ) 22 22 1log4log0mxxm ++−= có nghiệ

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Câu 242: Giả sử phương trình 2 22 log2log20 xmxm có hai nghiệm thực phân biệt 12 ; xx thỏa mãn 12 6 xx . Giá trị của biểu thức 12xx là A. 4. B. 3. C. 8. D. 2. Lời giải

Chọn D

Đk: 0 x . Đặt 2log tx . Khi đó ta có phương trình: 2 (2)20tmtm . 2 220()2()0(2)()0 tmttmttmtmttm . 2 2

4 log2 2 log 2m

x x t tmxm x . Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt 12 ; xx phương trình 2 (2)20tmtm có hai nghiệm phân biệt 2 m Ta có: 12 64261 m xxm . 12 422 xx .

Câu 243: Xét các số nguyên dương , ab sao cho phương trình ( ) 2 lnln501axbx++= có hai nghiệm phân biệt 12 ; xx và phương trình ( ) 2 5loglog02 xbxa++= có hai nghiệm phân biệt 34 ; xx sao cho 1234 ...xxxx  Giá trị nhỏ nhất của 23 Sab =+ là A. 17 B. 25 C. 33 D. 30 Lời giải Chọn D

Điều kiện 0 x  Đặt ln;log txux == Khi đó phương trình trở thành 2 50 atbt++= và phương trình trở thành 2 50 ubua++= Hai phương trình trên có hai nghiệm phân biệt khi 2 20 ba  .

Câu 244: Cho , ab thỏa mãn điều kiện 2

1 loglog3 ab

ba ba    +=  . Tính giá trị của biểu thức ( ) 4 2 logab Tab = . A. 1 3 B. 3 2 C. 6 D. 2 3 Lời giải Chọn D 2 loglog3 abba+= 1 2log3 log a a

a a

b b

=     =  Do 1 ba nên 1 log 2 a b = . ( ) ( ) ( ) 4

b b += 2 2log3log10 a a bb −+= log1 1 log 2

ab b Tab b ab + ==== + .

2 2 4 loglog12log2 log14log3 a a ab a a

Câu 245: Cho phương trình ( ) 22 22 log2log30 xmmxm −−++= ( m là tham số thực). Gọi S là tập các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt 12 , xx thỏa mãn 12.8xx = . Tổng các phần tử của S là A. 1. B. 2. C. 5. D. 2. Lời giải Chọn C Điều kiện: 0 x  . Đặt 2 log2t txx == Khi đó ta có phương trình: ( ) ( ) 22 2.301tmmtm−−++= .

Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình ( )1 có 2 nghiệm phân biệt, tương đương với ( ) ( ) 2 2 24.30mmm =−−−+ 

Giả sử phương trình ( )1 có 2 nghiệm 1 1 2t x = , 2 2 2t x = .

Yêu cầu bài toán 12 2 1212 1 .82.28323 3 tt m xxttmm m

=−  ==+=−=  = 

Với 1 m =− thì 10= Với 3 m = thì 150=− . Vậy  1 S =− . Khi đó tổng các phần tử của S là 1

Câu 246: Cho phương trình ( ) 2 1 log1log45 x xm + ++= với tham số m . Số giá trị nguyên dương của m để phương trình đã cho có nghiệm là A. 4. B. 2. C. 3. D. 1. Lời giải

Chọn D

Ta có ( ) ( ) 221 1 log1log45log14log25 x x xmxm + + ++=++= Đặt 1 log2 x t + = phương trình trở thành ( ) 2 540,0ttmt−+= Điều kiện để phương trình có nghiệm là 25 025160 16 mm −

Vậy có 1 giá trị nguyên dương là 1 m =

Câu 247: Cho hai số thực , ab lớnhơn 1 thayđổi thỏamãn 15 ab+= .Gọi 12 , xx làhai nghiệm của phương trình 23 log.log2loglog0 baab axxbx−−= . Giá trị lớn nhất của biểu thức 12 . Txx = A. 196. B. 2744. C. 26244. D. 2021. Lời giải

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

aaa aa  +++−+−   ==      Dấu "" = xảy ra khi 2 159 3 a aa =−= khi đó 6 b = . Vậy 12 . xx đạt giá trị lớn nhất bằng 26244

5 5 222 1515 272730 333 .26244 8585

Câu 248: Cho phương trình ( ) 2 1 log1log45 x xm + ++= với tham số m . Số giá trị nguyên dương của m để phương trình đã cho có nghiệm là A. 4 B. 2 C. 3 D. 1 Lời giải

Chọn D

Điều kiện: 10 x − Phương trình ( ) ( ) ( ) 221 1 log1log45log14log251 x x xmxm + + ++=++= TH1: Xét 0 m = thì ( ) ( ) 2 1log1531 xx +== nên là nghiệm của ( )pt1 . TH2: Xét 0 m  Đặt ( ) 2 log1tx=+ , khi đó: ( ) ( ) 2 4 1545540 m tmttttm t +==−−+= ( 0 t = không là nghiệm của phương trình do 0 m  ). Để ( )pt2 có nghiệm thì 25 25160 16 mm =− Kết hợp TH1 và TH2, ta có phương trình ( ) 2 1 log1log45 x xm + ++= có nghiệm khi 25 16 m  Vì  1 mm +  Câu 249: Xét phương trình ( ) ( ) 222 43 log3.log37. yy xxxxyy +−++=−

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Ta đặt: ( )30 x uu= và ( )30 x vmv=+ . Ta có hệ: 2 2

 +=   +=   .

mvu muv

Suy ra: ( )( ) 22 10 vuuvuvuvuv −=−−++==

Nên phương trình đã cho ban đầu có nghiệm thực khi phương trình: 2 muu += 2 0 uum −−= có nghiệm 0 u 

Vì phương trình 2 0 uum−−= luôn có hai nghiệm trái dấu khi 0 m 

Nên theo yêu cầu bài toán ta có:   0 20221;2;3;...;2021 m mm m

        .

Vậy có 2021 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 252: Tính tích tất cả các nghiệm thực của phương trình 1 2 2 1 log25 2 x x x x +  ++= 

A. 1 2 . B. 2. C. 0. D. 1. Lời giải

Chọn A

ĐKXĐ: 0 x  1 2 2 1 log25 2 x x x x +  ++=  ( ) ( ) 1 21 2 fxf x  +=   , với ( ) 2 log2t ftt=+ là hàm số đồng biến trên khoảng ( ) 0;+ Vậy ( ) 1 12 2 x x += 2 2410 xx −+= . Suy ra tích tất cả các nghiệm thực của phương trình đã cho bằng 1 2

Câu 253: Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( ) ; xy thỏa mãn: ( ) ( ) 22 3 log33? 2 xy xxyyxy xyxy + =−+−+ +++ A. 3. B. 2. C. 4. D. 8. Lời giải Chọn B

Ta có: ( ) ( ) 22 3 log33 2 xy xxyyxy xyxy + =−+−+ +++ ( ) ( ) ( ) ( ) 2222 33 log3333log22 xyxyxyxyxyxy +++=+++++++ ( ) ( ) 22 332 fxyfxyxy +=+++

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

22 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Chọn B Ta có: ( ) ( ) 11 11 log11 log log 11 7 loglog777 x

y x y yxyx + =−+=− Đặt ( ) 11log 7 7 x ytt+= Phương trình trở thành: 1111 loglog77yytxxt=−=+ Ta có hệ phương trình 1111 1111

xx yt tyty xtxy =+=+   =+=+

loglog loglog 77 77

TH1: xét thấy 1 y = thì 8 x = {thỏa mãn} TH2: Xét 1 y  Suy ra: 11111111 loglogloglog xttxtxyytyxy −=−+=+ Xét hàm đặc trưng ( ) 11log u fuyu =+ trên ( ) 0;+ . ( ) 11log ln .1 .ln11 u y fuy u  =+ Xét: 1 y  . Hàm số ( )fu đồng biến và liên tục trên ( ) 0;+ Do đó, ( ) ( ) fxftxt == Vì thế, ta đưa về xét phương trình: 111111 logloglog 777 xyyxyxxxx =+=+−=

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Chọn B

có

( ) ( ) ( ) ( ) 11 11 log 111111111111 11   −+ ++=+−+=      ( ) ( ) ( ) 22 77 log2121log221 xxxx −+−=+ . Xét hàm số ( ) ( ) 7 log0ftttt=+ Có ( ) 1 10 ln7 ft t  =+ với 0 t  Hàm số đồng biến trên ( ) 0; + . Phương trình ( )1 trở thành ( ) ( ) ( ) ( ) 22

log7 log7log1; 7log0 log x xxxx x − suy ra: 11 log111 yy Kết luận: Ta được:  1,2,3,4...10 y x fxfxxx x

 . Vậy, có 10 giá trị y thỏa mãn. Câu 255: Biết 1x , 2x là hai nghiệm của phương trình 2 2 7 441 log416 2 xx xx x  −+ ++=   và  + =   −=−=  =   Vậy ( ) ( ) 12

hai l xxabab tm

C. 11 ab

i gi

) 12 1 2 4 xxab +=+ v 95 4 29;59514. 95 4

13 ab

)

nguyên dương. Tính ab    +===+=+=  +   Câu 256: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình 3 3 33loglog mmxx ++= có 3 nghiệm phân biệt? A. 2. B. 1. C. 3. D. 4. Lời giải Chọn C

Ta có: 3 3 33 33loglog33loglog mmxxmmxx ++=++= 3 3 3log33loglog3log mxmxxx +++=+ ( ) ( ) 3 3 333log33loglog3log1 mxmxxx+++=+

Xét hàm số ( ) ( ) 3 3 ftttt=+ Ta có: ( ) 2 330 fttt  =+ Hàm số ( )ft đồng biến trên ( ) ; −+ , khi đó: ( ) 3 3 13logloglog3log mxxmxx+==−

Xét hàm số ( ) ( ) ( ) 2 3 3log1 log3log ln10 x gxxxgx x  =−= .

+ +−+  + −− ( )1 có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ( )2;2 m− mà m  1;0;1

m − .

257: Cho phương trình( ) ( ) ( ) 2 2 11 33 1 1log145log440 1 mxmm x −++−+−= + . Số giá trị nguyên dương

1 010 10 00 2 2 củ

x gx gx đoạn 2 ;2 3    . A. 3 B. 6 C. 2 D. 5 Lời giải Trên đoạn 2 ;2 3    thì phương trình luôn xác định. Do đó phương trình đã cho trở thành ( ) ( ) ( ) ( ) 2 11 33 41log145log1440 mxmxm −+−−++−= ( ) ( ) ( ) ( ) 2 11 33 1log15log110 mxmxm −+−−++−= Đặt ( ) 1 3 log1tx=+ , với 2 ;2 3 x  −  thì 11 t − . Ta có phương trình

a tham số m để phương trình đã cho có nghiệm thực trong

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

( ) ( ) ( ) 222 1510151 mtmtmmtttt −−−+−=−+=−+ 2 2 51 1 tt m tt −+ = −+ ( )* , vì   2 10,1;1ttt−+− . Xét hàm số ( ) 2 2 51 1 tt ft tt −+ = −+ với 11 t − Ta có ( ) ( ) 2 2 2

44 1 t ft tt  = −+ ; ( ) 01ftt  == ( ) 7 1 3 f −= , ( ) 13 f =−

Do đó   ( ) 1;1 min3 ft =− và   ( ) 1;1

7 minmax3 3 ftmftm − . Do m nguyên dương nên  1;2 m . Câu 258: Có bao nhiêu cặp số ( ) ; xy thỏa mãn điều kiện ( ) 22 2 2log615615 x yyx −+=−+ A. 1. B. 3. C. 4. D. 2. Lời giải

7 max 3 ft = . Phương trình đã cho có nghiệm thực trong đoạn 2 ;2 3    khi và chỉ khi phương trình ( )* có nghiệm  1;1 t −   ( )   ( ) 1;1 1;1

A

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Điều kiện 0 211. x y     +  

Phương trình đã cho tương đương ( ) ( ) 2 2

21 21 2 2ln 2.ln212ln 2.2ln21 y y x x

+ + =+= +

x yx y

Xét hàm ( ) 2.ln t ftt = với 0 t  . Ta có ( ) 1 2ln2.ln2.0 ttftt t  =+ với 0 t  nên ( ) ( ) 222121 fyfxyx +=+= suy ra 2 11xx .

Hơn nữa ( )2 222 2141 yxyx +==− nên ( )2 22223 4101110112 yxmxxxmxxxm =++−=++−=

Xét hàm ( ) 3 12 gxxx =− , ta có ( ) 2 312gxx  =− ; ( ) 02gxx  == .

Lập

bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình 22 4101 yxmx=++ có một nghiệm duy nhất khi 11 16. m m − 

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Vì mỗi giá trị của x có đúng một giá trị của y nên có 22 cặp số nguyên dương ( ) , xy thoả mãn.

Câu 261: Tính tích tất cả các nghiệm thực của phương trình 1 2 2 2 21 log26 x x x x +  + +=   .

A. 1 B. 0 C. 2 D. 1 2 Lời giải

Chọn D

Điều kiện: 2 21 00 x x x + 

Phương trình đã cho tương đương với ( ) 2 21 2 2 2 21 log26* x x x x

+  + +=  

Đặt 2 21 2 x t x + = . Điều kiện: 2 t  vì 11 2.2 22 txx xx =+=

Phương trình ( )* trở thành: ( ) 2 log226 t t += Xét hàm số ( ) ( ) 2 log22t ftt=+ trên ) 2;  + 

Ta có: ( ) ) 1 .ln22.ln20,2; t ftt t   =++ 

Hàm số ( )ft đồng biến trên ) 2;  + 

Nhận thấy ( ) ( ) 2 2 2log2.226 f =+= nên phương trình ( ) 6 ft = có đúng một nghiệm là 2 t = . Với 2 t = thì 2 2 21 22410 2 x xx x + =−+= .

Phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biện thỏa mãn điều kiện 0 x  nên

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

( ) 33 loglog5 222 3 2 11 33.33.log55 255 xyyy yy P =+=+=+ Xét ( ) ( ) 22 3 3.log55yy Pfyy ==+ ( ) ( ) 222222 3 2.3.ln3.log52.5.ln52.3.ln52.5.ln52.ln535 yyyyyy fy  =−=−=− ( ) 22 03500 yy fyy  =−== Bảng biến thiên: Vậy ( ) ( ) 3 minmin01log5 Pfyf===+ 1; 3; 52322abcTabc ====++= Câu 263: Cho các số thực , xy thoả mãn 22 2 loglog225 2 x yxyxy x . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 Pxyxy bằng: A. 33222. B. 36242. C. 30202. D. 24162. Lời giải Chọn B 22 2 loglog225 2 x yxyxy x 222 log2log2log225 xxyxyxy . 22 log2log2225 xyxyxyxy 22 log21422log2xxyxyyxy 22 log22422log2xxyxyyxy 22 log4242log22xxyxyyxy Đặt 2log fttt 1 '10 ln2 ft t ft đồng biến trên 0; Phương trình trở thành 422422240 fxfyxyxyxyxyxy

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Đặt uxy , vxy 240 uv , ĐK: 2 4 uv 2 442 uu 2 8160uu 442442uu 2 222222415Pxyxyuvvuuu + Nếu 2 2 44213421342uuu + Nếu 2 2 44213421342uuu 2 2 15342536242 Pu Vậy min36242 P . Câu 264: Cho hai số thực dương , xy thỏa mãn 1 3ln933 3 xy xyxy xy ++ +=−− . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Pxy = . A. 1. B. 1 9 C. 1 3 D. 9. Lời giải Chọn A ( ) 1 3ln9331 3 xy xyxy xy ++ +=−− ( ) ( ) ( ) ln131ln39 xyxyxyxy+++++=+ ( ) ( ) 13 fxyfxy++= , với ( ) ln3 fttt =+ là hàm số đồng biến trên khoảng ( ) 0;+ . Vậy ( ) ( )1132 xyxy++= Do ,0xy  nên từ ( )2 ta có 3121 AMGM xyxyxy =+++ 3210 xyxy −− ( )13 Pxy = . Đẳng thức trong ( )3 xảy ra khi 1 xy== . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức Pxy = bằng 1. Câu 265: Với , xy là hai số thực và 0 y  thỏa mãn

266:

Đặt ( ) 3 36fttt=−++ ; ( ) 2 33ftt  =−+ ; ( ) 1 0 1 t ft t =   =  =−  .

Bảng biến thiên của ( )ft trên  ) 0;+

 +==−     +== 

,

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

31 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Chọn A

x x

+ +

xa xa

x xa x xa

3log1 3 3log1 3

202120202020 2021202020212020

+ +

+=+ +=+

Ta có ĐK: 1 x − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3log1 3 3log1 3

Xét hàm số ( ) ( )20212020 t ftt=+ ( ) ( ) '20212020ln202120210,t(1;) ttftt=++−+

Suy ra hàm số ( ) ( )20212020 t ftt=+ đồng biến trên khoảng ( ) 1; −+ Từ đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3log1 3 333log13log12021202020212020 x xx xa xaxa + ++ +=+=

ĐK: 3 00xx

Khi đó ( )3log1 3 log 3log3log(1).loglog log(1) x x xaxxaa x + ==+= + Hàm số log log(1) x y x = + có tập giá trị ( );1 T =− Để phương trình có nghiệm khi log1010 aa Vậy chọn đáp án

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Với , xy dương và kết hợp với điều kiện của biểu thức =++− + 3 1 log324 2 xy xyxy xy ta được − 10 xy

Biến đổi =++− + 3 1 log324 2 xy xyxy xy ( ) ( ) ( ) ( ) −−+=−−++− 333 log1log2312log3 xyxyxyxy ( ) ( ) ( ) ( )  −++−=+++ 333 log1log331log22 xyxyxyxy ( ) ( ) ( ) ( )( )  −+−=+++  33 log3131log221 xyxyxyxy

Xét hàm số ( ) =+ 3log fttt trên ( )=+ 0; D ( ) =+ 1 '10 .ln3 ft t với mọi  xD nên hàm số ( ) =+ 3log fttt đồng biến trên ( )=+ 0; D

Từ đó suy ra ( ) ( ) ( ) −=+−=+= + 32 13123213 13 y xyxyyxyx y

giả thiết ta có 0,0xy

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Khi đó 5()5() 44

x xxyxax axax +=+= 445590 xxx axaxax +=−=

ln(9) lnln(9)lnln(9)ln(), 0. x x axxaxagxx x ====

có:

1ln(9) ()0ln(9)1. 9

n

i

ph

i có nghi

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Đặt ( ) 2 20txaxt =++ Phương trình ( ) ( ) ( ) 22 1 5 log4log24.log501 aa xaxxax ++++++= trở thành: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 5 2 54

=++ ++= Đặt ( ) ( ) ( ) 2 54 log4.log30ftttt =++ . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 45 2 12 4ln5.log3log400 3ln4 t ftttt t t  =+++ + + . Suy ra ( )ft đồng biến trong ( ) 0;+ nên ( ) ( ) ( ) ( ) 2111 ftftft === . ( ) ( ) 22 2

log4log4.log3 log4.log312 aa tt tt

12121 103 xaxxax xax

++=++= ++= Do đó ( )1 có đúng một nghiêm khi và chỉ khi ( )3 có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi 2 402aa−== . Vậy tổng các phần tử của S bằng 2.

Câu 274: Cho phương trình ln() x exaa =++ , với a là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của a thuộc khoảng (0;19) để phương trình đã cho có nghiệm dương? A. 15. B. 18. C. 17. D. 16. Lời giải Chọn C + Xét ln() x exaa =++ Đặt ( ) ln t txaaex =+=− Ta được phương trình: ( ) xtxt etexexet =+−+=+ + Xét ( ) ( ) 10, uu fueufueu  =+=+  Hàm số ( )fu đồng biến trên

Suy ra xt = ( ) ln x xxaaex =+=− + Xét ( ) x gxex =− ( ) 0100 x gxex  =−== Ta có bảng biến thiên

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Để phương trình có nghiệm dương thì đường thẳng ya = phải cắt đồ thị hàm số ( )gx tại điểm có hoành độ dương. Từ bảng biến thiên, suy ra 1 a  Mà ( )0;19 a nên ( )1;19 x xx x

a    +     . Ta có 882 222 2222 2222

có bao nhiêu nghiệm nguyên? A. 1.

2. C. 3. D. 0. L

i giải

. V 2021log4loglog2021 14 2021logloglog2021 33 1441 2021loglogloglog2021 3333 1144 log20212021logloglog(2) 3333

y có 17 giá tr xxx xxx xxxx xxxx

a. Câu 275: Phương trình +−=− +−=−  +−=−+   +++=+   Xét hàm số 2 () fttt =+ với 0 t  . Vì '()210,0 fttt=+ nên 2 () fttt =+ là hàm số đồng biến trên  ) 0;+ . Từ ta có 22 14 2021loglog 33 fxfx  +=    Suy ra

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn 4log0 2021log01 0



   +++= 

2021log4log0 2021log4log10 xx xxvn



Ta có 222 16ln4ln18ln416ln44ln184 xmxxmxmxxm +−=−+−+−=−+−

Xét ( )2 pt 2 2

 −      =−+  =−+   

2ln10 4ln20ln54ln20ln5 x xe mxx mxx

Xét hàm số ( ) 2 4164fuuu=−+ với 1 ln. 2 ux=

Ta có bảng biến thiên

Vậy yêu cầu bài toán 4 204 m m    −−  Vì  2020;2021 m− nên có 2034giá trị thỏa mãn Câu 277: Cho tham số m , khi bất phương trình 1 2 6280 x x m ++− có tập nghiệm là ( ) ; Sab = hãy xác định S sao cho ba đạt giá trị lớn nhất. A. 2 2 1 ;log64 S  =   . B. ( ) 2 6 log2;1 S = . C. 0 1 ;1 9 S  =   . D. 0 1 ;1 4 S 

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Ta lại có ( ) 0 lim' t ft + → =− và ( ) lim' t ft →+ =+ .

Suy ra có đúng một ( ) 0 0; t + sao cho ( ) 0 '0ft = .

Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình ( ) 0 ft = có nhiều nhất là 2 nghiệm. Mà ( ) ( ) 6 1log20ff== nên phương trình ( ) 0 ft = có đúng 2 nghiệm là 6 1;log2tt== . ( )2 có tập nghiệm ( ) ;  sao cho  lớn nhất 2 00mm −== Khi đó ( )2 có tập nghiệm là ( ) 6 'log2;1 S = nên ( )1 có tập nghiệm là ( ) 2 6 log2;1 S = . Câu 278: Có bao nhiêu số nguyên y sao cho tồn tại 1 ;8 2 x     thoả mãn 2 215 9(1).9? xxyx xy + =+ A. 17 B. 16 C. 18 D. 15 Lời giải

Chọn A

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 279: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của y để tồn tại số thực 1 x thỏa mãn phương trình

( ) 2 93 84 83loglog xy xyxyy x −+ −+−= ? A. 5. B. 4. C. 3. D. 6 . Lời giải Chọn A

( ) 2 93 84 83loglog xy xyxyy x −+ −+−=

Điều kiện: 1 840

x y xy , phương trình trở thành: ( ) 2 33 84 83log2log xy xyxyy x −+ −+−= ( ) 2 33 2 83loglog84 xy xyxyy x −+ −+−=

( ) ( ) 22 333 83loglog84log xyxyyxyx −+−=−+−

( ) ( ) ( ) ( ) 22 333 84loglog84log* xyxyyxyxy −+−=−+−

TH1: 1 y ( ) ( ) ( ) 2 33 *log83log0 xx +−= 2 831xxdox 419 419 xN xL Nhận 1 y

TH2: 1 y 3 log0 y +Nếu 2 84xyxy−+ thì *0 *0 VT VP Phương trình * vô nghiệm +Nếu 2 84xyxy−+ thì *0 *0 VT VP Phương trình * vô nghiệm

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Xét 2 1 11 31 u uvumu uum .

Ta có đồ thị hai hàm số 2 ,0yuuu và 2 31,1yuuu trên cùng một hệ tọa độ như sau

Từ đồ thị để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì 1 0 4 m .

hàm s

hàm s m m  =      = =   .

) 32 u fuu =+ là hàm đồng biến u  nên suy ra ( ) ( ) 326913m ftfmtmxxx==−++=

) 32691fxxxx

−+++−=+− −+++−++=+ Đặt ( ) 3232 3 log6916913t txxxxxx =−++−++= . Khi đó ta có ( 0331 35log5

) 3232 3 2log691691323232 mtm xxxxxxmtm −+++−++=++=+ . m m

trên khoảng ( )2;2 có bbt:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Vậy có duy nhất 1 giá trị nguyên dương của m thỏa ycbt.

Câu 283: Có bao nhiêu số nguyên dương m để phương trình ( ) 1 4 2log22 x xmm + =+++ có nghiệm   1;6. x− A. 30. B. 29. C. Đáp án khác. D. 28. Lời giải Chọn C

xx xm x

++ ++ +

Do m là số nguyên dương và   1;6. x− nên 20xm++ . ( ) ( ) ( ) ( ) 2

12 42 log22 2 2

2log222222log22 222log22

=+++++=+++++ ++=+++

xmmxxmxm xxm

Xét

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

47 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Hay log 1. a xx=−

Nếu 1 a = thay lại vào phương trình ta có 0 12xxx=−= . Vậy 1 a = thỏa mãn.

Nếu log 112 a axtx==+ . Vậy ( ) ln1ln log1 lnln x x a xx ==

Do vậy ( )0;10 a  . Mà a nguyên dương và lớn hơn 1 nên  2,3,4,...,9 a 

Vậy có 9 giá trị của a thỏa mãn điều kiện đầu bài.

Câu 285: Với x là số nguyên dương và y là số thực. Có tất c

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Dựa vào bảng biến thiên ta nhận thấy: + Với một giá trị  1;2;3;4 x , phương trình ( ) ln1223100 xyyx ++−−+= theo ẩn y có 2 nghiệm phân biệt. + Với 5 x = phương trình ( ) ln122310 xyyx ++−−+ theo ẩn y có 1 nghiệm. Vậy có 9 nghiệm ( ) ; xy thỏa mãn bài toán.

Câu 286: Có tất cả bao nhiêu cặp số ( ) ; ab với , ab là các số nguyên dương thỏa mãn: ( ) ( ) ( ) ( ) 3 22 3 log3311 ababababab +++=+++−+ A. 1. B. 3. C. 2 . D. Vô số. Lời giải Chọn C

Với , ab là các số nguyên dương, ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 3 22 3 log3311 ababababab +++=+++−+ ( ) ( ) ( ) 33 3322 3 22 log3331 ab ababababababab abab + ++++=+−+++ +− ( ) ( ) ( ) ( ) 33332222 33 loglog331 abababababab  +++=+−++−  Xét hàm số: ( ) 3log fttt =+ trên ( ) 0;+ ( ) 1 '10,0 ln3 ftt t =+ nên hàm

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Mà , ab là các số nguyên dương nên *

=      =       += =      =   

a a b b ab a ab b

2 03 1 03 3 1 , 2

Vậy có hai cặp số ( ) ; ab thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 287: Có tất cả bao nhiêu số nguyên dương x sao cho tồn tại số thực 2022 y  thỏa mãn ( ) 3 log9333 x yxy +=+− ? A. 6 B. 5 C. 7 D. 4 Lời giải

Chọn C Điều kiện: 1 930 3 yy+−

Ta có: ( ) 3 log9333 x yxy +=+− ( ) 3 log9333x yyx ++=+ ( ) ( ) 33 log3131log33xx yy +++=+ .

Xét hàm số ( ) 3log fttt =+ , với 1 t  .

Ta có ( ) 1 ln310,1ftt t  =+ , do đó hàm số ( )ft đồng biến trên ( ) 1;+ .

Vậy ( ) ( ) 313313 xxfyfy+=+= 331 x y =− .

Lại có 2022 y  nên 36066 y  31606636067 xx − 3 log6067 x  . Vì x nguyên dương nên  1;2;3;4;5;6;7 x . Vậy có 7giá trị x thỏa mãn.

Câu 288: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ) ; xy thỏa mãn các điều kiện 02020 x  và 2 log(22)38y xxy++−= ? A. 2019. B. 2018. C. 1. D. 4. Lời giải Chọn D *) Do 02020 x  nên 2 log(22) x + luôn có nghĩa. Ta có 2 log(22)38y xxy++−= 3 2 log(1)132 y xxy +++=+ 2 log(1) 3 2 log(1)232 x y xy + ++=+ (1)

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

*) Xét hàm số ()2t ftt=+ .

Tập xác định D = và ()12ln2 t ft  =+  ()0ft   t  .

Suy ra hàm số ()ft đồng biến trên

Phương trình có dạng: ( ) ( ) 22 log(1)3log(1)3 fxfyxy +=+= 312 y x += 8 log(1)yx =+

Ta có 02020 x  nên 112021 x + suy ra 88 0log(1)log2021 x +

Lại có 8 log20213,66  nên nếu y  thì  0;1;2;3 y 

Vì 3 21 y x =− nên ứng với 1 giá trị của y nguyên thì tồn tại duy nhất 1 giá trị x nguyên.

Vậy có 4 cặp số (;) xy nguyên thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 289: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số a nhỏ hơn 2022 để phương trình ( ) 2022 log2022x aax ++= có nghiệm thực?

A. 2021 B. 2022 C. 2018 D. 2023 Lời giải Chọn A Phương trình đã cho tương đương với phương trình 22 202220222022202220222022

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

51 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

222 2022 2() 4(4)2log(4) xy xyxy xy  + +++=−   ( ) ( ) ( ) ( )2 22 202220224(2)2log22log xxyyxyxyxy ++++=+ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 222 2 20222022 4()log4log1 xyxyxyxy +++=+

Ta xét hàm số ( ) 2022()log fttt =+ với (0) t  ta có: ( ) ( ) 1 '10 ln2022 ft t =+ với 0 t  Vậy ()ft là hàm đồng biến với 0 t  từ đây ta suy ra được: ( ) ( ) 2 2 4()2xyxyxyxy +=+= 2 2 y x y = Vì ,0xy  nên ta suy ra 20 y − hay 2 y 

Ta có: ( ) ( ) ( ) 162 24 44104210218 222 y y Pxyyy yyy =+=+=++−+=

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ( ) ( )2 2136 4 4221 211() 2 yyx yy yyl y −=== =−−=−=−= Vậy 1 2 y x = Câu 296: Cho các số thực a không âm và b dương thỏa mãn ( ) 1 2 2log84 b b aa + =−+  . Tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m để

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

1 x 

) ( ) ( ) ( ) 222 22021 log1.log1log11 a xxxxxx −−−−=+−

) ( ) ( ) 222 2202122 log1.log2.log1log2.log1 a xxxxxx −−+−=−−

2 2 2 2

log102 log1log20213 a

) ( ) ( ) ( )

xx xx

 −−=    +−=   Ta có ( ) 22 211111 xxxxx −−=−=−= Vậy phương trình đã cho có nghiệm lớn hơn 3 khi phương trình ( )3 có nghiệm lớn hơn 3. Xét hàm số ( ) ( ) 2 2 log1fxxx=+− trên ( ) 3;+ ( ) 2

1 0,3 1 fxx x  = . Suy ra hàm số đồng biến trên ( ) 3;+ . Mặt khác hàm số ( )fx liên tục trên  ) 3;+ ; ( ) ( ) 2 3log322 f =+ ; ( ) lim x fx →+ =+ . Suy ra tập giá trị của hàm số ( )fx trên ( ) 3;+ là ( ) ( ) 2 log322;++

ậy phương trình ( )3 có nghiệm lớn

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

( ) 2 20222022

+ == . Xét hàm số 2022

ln2 ln y x P xx

ln (),2 x Pxx x = ( )

2021 2022 2022 2 2022

11 '()0..ln02022ln0 2022 x Pxxxxx x x =−=−= 2022 xe=

1..ln 2022 .'() x xx x Px x = 2022 20222022 2021 2022

Bảng biến thiên: Vậy ( ) 2022 744700;800 maxP e =

301: Trong khoảng

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

61 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Chọn D Với 12022 x  , ta có: 32 2 7 2 2 7 22 77 22 77

xx xyx xyxy xx yx xy xyyx xxyy

231 log1437(1) 6123 (21)(1) log37(1) (21)(31) log(1)log(31)37(1) log7(1)7(1)log(31)31

−+ =+−+ +++ +− =−− ++ −−+=−− −+−=+++

Xét hàm số 7 log() ytt =+ ta có 1 '10(0) .ln7 yt t =+ Do đó: 22 77 22 log7(1)7(1)log(31)31 7(1)317(1)13 xxyy xyxy

−+−=+++ −=+−−= . Do y là số nguyên nên 2 7(1)1 x chia hết cho 3, suy ra 2(1) x không chia hết cho 3. Do đó, 1 x có hai dạng là: 131xk−=+ hoặc 132xk−=+ . () k  TH1: 131xk−=+ ta có: 2222 7(1)17(31)17.97.67.113(21142)3() xkkkkkTM −−=+−=++−=++

Theo giả thiết: 12020 120221322022 33 xkk + . Do k  suy ra, có 674số thỏa mãn. TH2: 132xk−=+ ta có: 2222 7(1)17(32)17.97.127.413(21289)3() xkkkkkTM −−=+−=++−=++

Theo giả thiết: 22019 120221332022 33 xkk + . Do k  suy ra, có 673số thỏa mãn. Vậy, có tất cả 1347cặp số nguyên dương (;) xy thỏa mãn yêu cầu bài toán.

1 ln250,0yt t  =+ nên hàm số đồng biến khi 0 t  , do đó ( ) ( ) ( ) ( )1536253622 xxxx ffxx +=++=+ .

Xét hàm số ( ) 5362 xx gxx=+−− có ( ) ( ) 100gg== suy ra phương trình ( ) 0 gx = có hai nghiệm 1,0xx== .

Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 22 5ln53ln36,5ln53ln30, xxxx gxgxx =+−=+ nên ( ) 0 gx  = có nhiều nhất một nghiệm, suy ra ( ) 0 gx = có nhiều nhất hai nghiệm. Vậy phương trình ( ) 0 gx = có hai nghiệm 1,0xx== suy ra 1 S = .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Chọn A + Ta có: 52(1)5320 xx mm −+−− đúng x  ( ) ( )512320* x mm +++ đúng x  TH1: 1 2 m =− . Bpt ( )* 5.020 x +

TH2: 1 2 m − . Bpt ( )* 32 5 12 x m m + − + .

TH3: 1 2 m − . Bpt ( )* 32 5 12 x m m + − + đúng x  323 0 122 m m m + −− + Theo giả thiết  

3: Tìm số nguyên dương m sao cho tập nghiệm của bất phương trình .2.2440 xx xmxm−−+ chứa đúng 5 số nguyên dương A. 6 m = . B. 9 m = . C. 7 m = . D. 8 m = . Lời giải

Ta có: ( ) ( ) ( )( ) .2.2440240240 xxxx xmxmxmxmxm −−+−−−−− .

TH1: Nếu 2 m  thì ( )( ) 2402 x xmxm−− .

Suy ra, ( ) 2; Sm = .

Suy ra, đúng 5 số nguyên dương thuộc S là 3;4;5;6;7;8 thì 9 m = .

TH2: Nếu 2 m  thì ( )( ) 2402 x xmmx −− .

Suy ra, ( );2Sm = không chứa đúng 5 số nguyên dương.

TH3: Nếu 2 m = thì ( )( ) 2420 x x −− vô nghiệm.

Câu 4: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để tập nghiệm của bất phương trình ( )( ) 4 33330 xx m + −− chứa không quá 9 số nguyên?

A. 3787. B. 729. C. 2188. D. 2187. Lời giải Chọn D Đặt ( )30 x tt= , bất phương trình ( )( ) ( ) 4 333301 xx m + −− trở thành:

x mx

Trường hợp 1: 3 2103 210

x xm

+  −−      −   

Bất phương trình có nghiệm khi 3 m − .

x mx

Trường hợp 1: 3 2103 210

x xm

+  −−      −   

Bất phương trình có nghiệm khi 3 m − . Khi đó bất phương trình có nghiệm: 3 xm− . Để bất phương trình có nhiều nhất 20 nghiệm nguyên thì 31818 xm − Do  1;2;3;...;18

Điều này tương đương với 320 + m 3 2 − m Vậy giá trị cần tìm của m là 3 2 m −

Câu 12: Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc đoạn  2021;2022 của tham số m để phương trình ( ) 2 923.330 xx mm −+++= có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: 12 2 xx+ A. 2021 B. 4042 C. 4040 D. 2020 Lời giải Chọn D Ta có: ( ) 2 923.330 xx mm −+++= ( ) 22 323.330 xx mm −+++= . Đặt 3x t = , 0 t 

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 15: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để tập nghiệm của bất phương trình ( )( ) 2 33320 xx m + −− chứa không quá 9 số nguyên? A. 1094. B. 3281. C. 1093. D. 3280. Lời giải Chọn D Đặt ( )3,0 x tt= bất phương trình ( )( ) ( ) 2 333201 xx m + −− trở thành ( )( ) ( )93202 ttm −− .

Nếu 3 2 9 m  3 1 18 m  thì không có số nguyên dương m nào thỏa mãn yêu cầu bài toán. Nếu 3 2 9 m  3 18 m  thì bất phương trình ( ) 3 22 9 tm

Khi đó tập nghiệm của bất phương trình ( )1 là ( ) 3 3;log2

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Điều kiện xác định: . Bpt tương đương Kết hợp với điều kiện xác định ta được: .

Vậy có giá trị nguyên của thoả mãn yêu cầu bài toán.

Câu 18: Có bao nhiêu số nguyên thỏa mãn ? A. B. C. D. Lời giải Chọn B

Vì nên Vậy có số nguyên thỏa mãn bất phương trình đã cho.

Câu 19: Có bao nhiêu số nguyên thỏa mãn ? A. B. C. D. Lời giải Chọn C Vì nên Vậy có số nguyên thỏa mãn bất phương trình đã cho. Câu 20: Tổng tất cả các nghiệm nguyên của bất phương trình ( ) ( ) 2 24.5410log130

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

10 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

++ 1.− x 2104.54−+−=xxx ( ) ( ) 215415 xxx ( )( )1524=−− xx ( ) ( )( ) ( ) 2 1524log130 xx fxx=−−+−   0 2104.54 2 =  −+−  =  xxx x x ( ) 2 log1307 +−== xx ( )fx ( ) ( )1;02;7−  3;4;5;6 xx 18

Lời giải Chọn A Điều kiện Bất phương trình tương đương: Bảng xét dấu Suy ra tập nghiệm của bất phương trình là Vì tổng các nghiệm nguyên là Câu 21: Số nghiệm nguyên của bất phương trình ( ) 1 3 1log72.417.220 xx x + −+−+  là A. 3 B. 4 C. 6 D. 5 Lời giải Chọn D Điều kiện: 12   −+−+ ( )( ) 7073 228.2101 xx

xx + +  −−     −−     Nếu 1 3 2.417.220 1 xx x x + =−  −+=  =  ). Trường hợp này bất phương trình có nghiệm  3;1 x− Nếu 1 3 2.417.220 1 xx x x + −  −+    . Bất phương trình đã cho ( ) ( ) 33 1log70log7174 xxx −++−− Do  6;5;4 xx−−− . Vậy cả 2 trường hợp ta được:  6;5;4;3;1 x−−−−− Câu 22: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số  2022;2022 m− để bất phương trình ( ) ( ) 31.122.630 xxx mm++−+ có nghiệm đúng 0 x  ? A. 2021. B. 4044. C. 2022. D. 2020. Lời giải Chọn A

7070 2.417.2208.217.220 xxxx x x x

11

Chia hai vế bất phương trình cho 3x , ta được ( ) ( ) 31.42.210 xx mm++−+

Đặt 2x t = ; vì 0 x  nên 1 t  .

Với 1 310 3 mm+==− , bất phương trình trở thành 7 10 3 t + .

Với 1 3 m − , bất phương trình trở thành ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2

1 31.2.10,1 3 t mtmtmt tt −+ ++−+ .

761 3 tt gt tt +−  = , ( ) 0,1gtt   Suy ra ( )gt đồng biến trên khoảng ( ) 1;+ . Do đó ( ) 12 mg=− Vì  2022;2022 m− và m nên có 2021 giá trị thỏa mãn. Câu 23: Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn ( ) ( ) 1 2 2

9318 0 g 6 lo2

+ +− −+  +

xx xx ? A. 5. B. 3. C. 1. D. 2. Lời giải Chọn D Xét bất phương trình: ( ) ( ) 1 2 2

9318 0 g 6 lo2 ĐKXĐ:

+ +− −+  + xxx xx

( ) 2 2 2 2 602323 12 log6202012 xx xx x

xx xx −++ −−  − −++− −++−    . Với 12 x − thì ( ) 2 2 log620 xx −++− , bất phương trình trở thành: 1 93180 xx+ +−  2 33.3180 xx+−  ( )( ) 33360 xx−+  33 x   1 x  Kết hợp với điều kiện 12 x − ta có ( 1;1 x− . Mà x   0;1 x . Vậy có 2 giá trị nguyên x thỏa mãn. Câu 24: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m [10;10]− sao cho bất phương trình 52(1)5320 xx mm −+−− nghiệm đúng với mọi số thực x ? A. 9. B. 18. C. 20. D. 7 . Lời giải Chọn A 52(1)5320 xx mm −+−−

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

 ( ) 12532 x mm+−−

TH1 : Nếu 1 120 2 mm +

Bất phương trình tương đương với 32 5 12 x m m  + Để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x thì không thể xảy ra nên TH 1 loại.

TH2 : Nếu 1 120 2 mm +

Bất phương trình tương đương với 32 5 12 x m m  + Để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x thì 32 0 12 m m  + 1 2 m  hoặc 3 2 m  Kết hợp điều kiện ta được 3 2 m  . Vì m và [10;10] m − nên m {10;9;...;2}−−− Vậy có 9 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 25: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình ( ) 1 4210 xx m −+ nghiệm đúng với mọi x . A. ( ) 0; m+ . B.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Chọn A

Ta có: 421230,2 xx mmx Đặt 2x t , 4 t . Khi đó phương trình đã cho trở thành: 2 2 23 2130 21 tt tmtmm t , 4 t

Xét hàm số 2 23 21 tt ft t , khi đó ft liên tục trên 4; 2 2 228 04 21 tt ftt t

Xét bảng biến thiên: Theo yêu cầu bài toán: 5 7 m . Vậy có 6 giá trị nguyên của tham số m thuộc 5;5

Câu 32: Tập nghiệm của bất phương trình ( ) ( ) 925.39210 xx xx −+++ là A.    ) 0;12;+ . B. (   ) ;12; −+ .C.  1;2 . D. (   ) ;02; −+ . Lời giải Chọn A Đặt 3x t = , 0 t  . Xét phương trình: ( ) ( ) 2 259210txtx−+++= ( )1 . Ta có ( ) ( ) ( ) 22 2 59218164 xxxxx  =+−+=−+=− nên phương trình ( )1 luôn có nghiệm. Nếu 40 x  == thì phương trình ( )1 có nghiệm kép 5 tx=+ . Do đó bất phương trình đã cho trở thành 35 x x + Nếu 40 x   thì phương trình ( )1 có hai nghiệm phân biệt 21 9 tx t =+   =  Xét các phương trình 392 x x == ( )1 và 3213210 xx xx =+−−= ( )2 . Đặt ( ) 321 x fxx=−− ; ta có ( ) 3ln32 x fx  =− là hàm số đồng biến trên Lại có ( ) ( ) 010ff== và ( ) 00 f   , ( ) 10 f   nên ( )fx  đổi dấu một lần duy nhất trong khoảng  0;1

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Vậy phương trình ( )2 có đúng hai nghiệm 0 x = , 1 x = . Lập bảng xét dấu cho ( )1 và ( )2 ta được tập nghiệm của bất phương trình là:    ) 0;12; S =+ .

Câu 33: Tìm tất cả

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 35: Cho bất phương trình: ( ) ( )91.301 xx mm +−+ . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số  2022;2022 m− để bất phương trình ( )1 nghiệm đúng 1 x  A. 2021. B. 2024. C. 2022. D. 2023. Lời giải Chọn B Đặt 3x t = . Vì 13xt Bất phương trình đã cho thành: ( ) 2 1.0tmtm+−+ nghiệm đúng 3 t  2 1 tt m t − + nghiệm đúng 3 t  . Xét hàm số ( ) ( ) ( ) 2 2 22 2,3,'10,3 111 tt gtttgtt tt t ==−+=− ++ + . Hàm số ()gt đồng biến trên ( ) 3;+ và ( ) 3 3 2 g = Yêu cầu bài toán tương đương 33 22 mm −− . bb aa fb  =    có tập xác định , và ( ) 451ln26ln50 54 4 5

Vì  2022;2022 m− nên có 2024giá trị nguyên m thỏa mãn. Câu 36: Có bao nhiêu số nguyên a sao cho ứng với mỗi a , tồn tại ít nhất bốn số nguyên ( )10;10 b− thỏa mãn 2 426 5abba +−+ ? A. 4 B. 6 C. 5 D. 7 bb a fb  +   = . Suy ra: ( )fb đồng biến trên . Ta có: * ( ) 22 22

giải 222 2 22

họn C 542614 20 55

) aaaa aa fa−== * ( ) 22 22

aaaa aa fa−== Do đó 2 2 ba =− là số nguyên lớn nhất để ( )* đúng. Theo đề: tồn tại ít nhất bốn số nguyên ( )10;10 b− , ta xét: 2222 12341;;1;2 babababa =−−=−=−=− và ( ) 1234 ,,,10;10bbbb − Suy ra: 2 9 a  mà a  nên  0;1;2 a .

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn bb abbaaa +−−  +−−   Xét hàm số ( ) 2 41 5.26. 4 55

333 2 33

5426994 30 55

Vậy có 5 giá trị nguyên a thỏa mãn đề bài. Câu 37: Có bao nhiêu số nguyên a sao cho ứng với mỗi a , tồn tại ít nhất bốn số nguyên 12;12 b thỏa mãn 2 4365 abba ? A. 4 . B. 6. C. 5. D. 7 . Lời giải Chọn D Chia cả hai vế cho 4b , ta được

2 131 654. 344 0 bb a a 

(

7 giá tr

ị

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

( ) 2 33 303263. aa f −+

Nếu 3 a − thì 2 336aa−−−+ . Suy ra ( ) 2 6 33 6 333 333331363. 3 aaaaa + = + =

Nếu 3 a − thì do thì 3 21 a và a  nên   2 3 32 3633log632;1;0;1;2. a aa +−−

Thử lại tất cả 5 giá trị nguyên trên đều thỏa mãn yêu cầu.

Câu 39: Có bao nhiêu số nguyên a sao cho ứng với mỗi a , tồn tại ít nhất 8 số nguyên 10;10 b thỏa mãn 2 2 53624 abba ? A. 3 B. 6 C. 5 D. 7 Lời giải

Chọn A

Chia cả hai vế cho 5b , ta được 2 2 131 5 6245. 3 0 5

bb a a  +−    Đặt ( ) 2 131 64 3 5 25 5

bb a a fb  =+−   , với  9;9 b− . Ta có ( )   13311ln624ln0,9;9. 5555 3

bb a fbb   =+−   Do đó ( )fb nghịch biến trên  9;9 . Điều này dẫn đến yêu cầu bài toán trở thành ( ) 2 211 1053624. aa f −+ Nếu 2 a − thì 2 2116 aa−−−+ . Suy ra ( ) 2 66 211111 55533513624. aaaaa  +−+ Nếu 1 a − thì do thì 1 31 a và a  nên   2 212 5. 1010 625241;0;1 2 1 2 a aaa −− 

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

21 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

 + Nếu 4 a  thì do thì 1 327 a và a  nên   2 2426254242;1;0;1;2;3;4.524 aa a aaa −−− Thử lại, ta thấy được 6 giá trị 1;0;1;2;3;4 thỏa mãn yêu cầu. Câu 41: Có bao nhiêu số nguyên a sao cho ứng với mỗi a , tồn tại ít nhất 8 số nguyên 8;8 b thỏa mãn 2 24 4337 aabba ? A. 4 . B. 6. C. 5. D. 7 . Lời giải

Khảo sát hàm số yfn ,

2020 2ln23ln3ln23 23 22020ln2ln2332020ln3ln23 23 2ln3ln23 2ln33ln2 2323 2323 2020ln3.22020ln2.3 0, 23

fn n . Suy ra, fn là hàm nghịch biến. Ta có 20200 f . Khi đó *20202020 fnfn mà 1000,10002020nnn . Vậy có 1010 số tự nhiên n thỏa mãn yêu cầu bài toán.

nn nn nn nn nn nn nnnn nn nn

20202020 2020202020202020 20202020 20202020 2020202020202020

Câu 50: Với a là tham số thực để bất phương trình 232 xx ax ++ có tập nghiệm là . Khi đó: A. ( )1;3 a  B. ( )0;1 a  C. ( );0 a− D. ( ) 3; a+ Lời giải

Chọn A

Hàm số ( ) 232 xx fxax=+−− liên tục trên

Ta có ( ) ( ) '2ln23ln3;00 xx fxaf=+−=

Do đó ( ) ( ) ( ) 000fxxfxfxx = là điểm cực tiểu ( ) '00ln2ln30ln6 faa =+−== Thử lại: Với ln6 a = có ( ) '2ln23ln3ln6 xx fx =+− ( ) '02ln23ln3ln60 xx fxx =+== Bảng biến thiên: Bất phương trình ( ) 0 fx  có tập nghiệm là

Câu 51: Cho hàm số 3 ()222022 xx fxx =−+ Biết rằng tồn tại số thực m sao cho bất phương trình ( ) ( ) ( ) 43737.20 xxfmxmfxm−++−− nghiệm đúng với mọi x . Hỏi m thuộc khoảng nào dưới đây? A. ( )30;50 . B. ( )10;30 . C. ( )50;70 . D. ( )10;10 .

27

. Suy ra hàm số ( )fx là hàm đồng biến trên .

fmxmfxm fmxmfxm mxmxm mxmxm mx

−+−−− −+−−− −+−−− −+−−− −+−

43737.2 43737.2 43737.2 43737.2 22370.

xx xx xx xx xx

Bất phương trình đã cho tương đương ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

Xét phương trình 2370 x x +−= . Nhận xét phương trình có một nghiệm 5 x = . Xét hàm số ( ) 237 x gxx=+− , có ( ) 12ln20, x gxx  =+ suy ra 5 x = là nghiệm đơn duy nhất. Suy ra ( )gx đổi dấu từ âm sang dương khi qua nghiệm 5 x =

Ta cũng có hàm số hàm số ( ) 2x hxm =− đồng biến trên nên từ giả thiết bất phương trình ( )( ) 22370 xx mx −+− nghiệm đúng với mọi x ta có ( ) 2x hxm =− đổi dấu từ âm sang dương khi x qua điểm 0 5 x = . Do đó ( ) 50 h = hay 32 m = Câu 52: Cho bất phương trình ( ) ( ) ( ) 233 273.9333131 xxx xxmxmx +++−+− . Số các giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình trên có đúng7nghiệm nguyên dương phân biệt là A. 507. B. 508. C. 509. D. 510. Lời giải

Xét hàm số ( ) 3 3 fttt =+ , có ( ) 2 330ftt  =+

Nên ( )ft đồng biến trên ( ) ; −+ , khi đó:( ) 3 131 x x xmxm x +− , do 0 x 

Xét hàm số ( ) ( ) 2 33ln3.3 xxx x gxgx xx  == , ta có ( ) 30 0log1gxxex  ===

Ta có bảng biến thiên của hàm số ( )gx :

Nên để bất phương trình có đúng 7 nghiệm nguyên dương phân biệt thì ( ) ( ) 712187656121946569 1 817878 gm mm gm −

ậy có 508 giá trị nguyên của tham số m Câu 53: Gọi 0m là giá trị của tham số để bất phương trình 232 xx mx ++ có tập nghiệm là . Khi đó A. ( ) 0 ;0 m − . B. ( ) 0 3; m + . C. ( ) 0 0;1 m  . D. ( ) 0 1;3 m  . Lời giải

m

Chọn D +) Với 0 m  : Bất phương trình không nhận các giá trị âm của x làm nghiệm.

Thật vậy, khi đó 232 xx+ và 22 mx + . Suy ra 0 m  không thỏa mãn.

+) Với 0 m  : Ta có 232 xx mx ++  2320 xx mx +−− . Xét hàm số ( ) 232 xx fxmx=+−− trên . Khi đó ( ) 2ln23ln3 xx fxm  =+− . Ta có ( ) 0 fx  =  2ln23ln30 xx m +−=  ( )2ln23ln31 xx m += . Xét hàm số ( ) 2ln23ln3 xx gx =+ trên  ( ) 22 2ln23ln30, xx gxx  =+ . Suy ra hàm số ( )gx đồng biến trên . Lại có ( ) lim0 x gx →− = và ( ) lim x gx →+ =+ Suy ra với mỗi giá trị 0 m  thì phương trình ( )1 luôn có nghiệm duy nhất là 0x .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Ta có phương trình ( ) 0 fx  = có nghiệm duy nhất là 0x .

Mà ( ) lim0 x fxm →−

 =− và ( ) lim x fx →+

 =+ nên ( ) 0 0, fxxx   và ( ) 0 0, fxxx   .

Bảng biến thiên của hàm số ( )fx :

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy ( ) ( ) 0 min x fxfx  =

Kết hợp điều kiện đề bài là ( ) ( ) ( ) 0 0,min0 x fxxfxfx  = mà ( ) 00 f = . Suy ra 0 0 x = và 0 0 x = là giá trị duy nhất để ( ) 0 fx = Suy ra 0 0 x = là giá trị duy nhất để ( ) 0 fx  = . Suy ra ( ) 0ln2ln30fm  =+−= Vậy ( )ln2ln3ln61;3 m =+=

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

bb a a  −−  

2 311 4.65.0 434

Xét hàm số ( ) 2 311 4.65. 434

bb a a fb  =−−  , ( )12;12 b− .

Ta có ( ) 33111 ln..65.ln.0 44344

bb a fb   =−−   , ( )12;12 b −

Do đó ( )fb đồng biến trên ( )12;12 .

Ta có bảng biến thiên: Để có ít nhất 4 số nguyên ( )12;12 b− thỏa mãn ( ) 0 fb  thì ( ) 80 f − 2 88 4365. aa + Suy ra 2 8 465 a  2 4 8log6511 a + . Do a nên  3;2;...;2;3 a−− . Vậy có 7 giá trị nguyên của a thoả mãn yêu cầu bài toán. Câu 57: Có bao nhiêu cặp số thực ( ) ; xy thỏa mãn đồng thời điề

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

( )ft  đồng biến trên khoảng ( ) 0;+ Do đó bất phương trình ( ) ( ) ( ) 133 yyfxfx  . Vì 111 x  nên 3 311log112,18 y y  . Do y nguyên dương nên  1;2 y  . +) TH 1: Với 1 y = khi đó 1 33xx  3;4;5;6;7;8;9;10;11 x  . +) TH 2: Với 2 y = khi đó 2 39xx  9;10;11 x 

Ta thấy: ( ) 442;ln4144ln420 tttt ++− nên suy ra hàm ()gt luôn đồng biến trên R ( ) ( ) 222 212121 gygxyxxy −−+ . Khi đó ta được 2121 yxy −++ , do đó yêu cầu bài toán trở thành 2 10111 211011511060 2 yy += .

Câu 60: Có bao nhiêu số nguyên y sao cho ứng với số nguyên y có tối đa 100 số nguyên x thỏa mãn 22 53log yx xy . A. 17 B. 18. C. 13. D. 20. Lời giải Chọn D Điều kiện: 2 xy Xét hàm số 22 53log yx fxxy ta có: 2 2 1 2.3.ln30 .ln5 yx fx xy Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên trên ta có tập nghiệm của bất phương trình là 2 0 ; yx . Để có tối đa 100 số nguyên

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

++  . 2022 a 

. Kết hợp với điều kiện đề bài ta có  2022;2023;...;2049 a Vậy có 28 giá trị của a . Câu 65: Có bao nhiêu giá tr

nguyên

3920

)

5 nghi

m nguyên?

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Chọn D

Ta có: 22 215102 22250 xxxx xx −+−+− ( ) 22 2151022 22215100 xxxx xxxx −+ −+−−+

Đặt 2 215 axx =− , 2 10 bxx =+ .

Khi đó bất phương trình trở thành: 220 ab ab −+− 22 abab++ ( )1

Xét hàm số ( ) 2t ftt =+ có ( ) 2ln210 t ft  =+ với t 

Suy ra ( )ft đồng biến trên Bất phương trình ( )1 ( ) ( ) fafbab  22 21510 xxxx−+ 2 250xx − . 025 x 

x  nên  

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Vì đề bài yêu cầu tìm các giá trị nguyên dương của y sao cho ứng với mỗi y có ít nhất 1 và tối

đa 10 số nguyên x thỏa mãn 1 2x y +  Mà hàm số ( ) 1 2x fx + = đồng biến trên

Suy ra y phải thỏa mãn:   111 223;2048 yy 

Vì y nguyên dương nên có tất cả 2046 giá trị y thỏa mãn yêu cầu đề. Câu 68: Tìm tất cả các giá trị th

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

39 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

* ( ) 22 22

aaaa aa fa−==

5426994 30 55

333 2 33

Do đó 2 2 ba =− là số nguyên lớn nhất để ( )* đúng. Theo đề: tồn tại ít nhất bốn số nguyên ( )10;10 b− , ta xét: 2222 1234112 babababa =−−=−=−=−

và   1234 ,,,9;8;7;;8;9bbbb −−− Suy ra: 22 4 268baa=−− mà a nên  0;1;2 a . Vậy có 5 giá trị nguyên a thỏa mãn đề bài. Câu 70: Có bao nhiêu số nguyên a sao cho ứng với mỗi a , tồn tại ít nhất ba số nguyên ( )8;8 b− thỏa mãn 2 5225 abba +−+ ? A. 4. B. 5. C. 6. D. 7 . Lời giải Chọn B

có: 22 211 5225.25.50

hàm s

211 .25.5

bb a a

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

40 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

trị nguyên ( )12;12 b− thỏa mãn thì (8)0 f − 4388 43256 aa + .

Ta chứng minh các tính chất sau: “ Với hai số tự nhiên ;0xy  thì 444 xyxy + + ”

Thật vậy, ta luôn có: ( )( ) 414104.44414441 xyxyxyxyxy + −−++++ .

Do ; xy  nên 4xy +  suy ra 444 xyxy + +

Xét bất phương trình: 4388 43256 aa+ Xét 2 a  , ta luôn có: 34343 (1)44884 aaaaaa−+−−+ . Áp dụng tính chất trên ta có: 4333 884848 44443256 aaaa −−+−− ++ . Vậy vô nghiệm. Với 2 a  khi đó 3 8 031 a  , do đó 4 84 44

Câu 78: Suy ra bất phương trình vô nghiệm. Khi đó tập hợp tất cả các số thực x không thỏa mãn bất phương

A

Câu 79: Cho bất phươngtrình ( ) ( ) ( ) 233 83.4322121. xxx xxmxmx +++−+− Sốcácgiátrị nguyên của tham số m để bất phương trình trên có đúng 5 nghiệm nguyên dương phân biệt là A. 3. B. 4. C. 5. D. 6. Lời giải

Chọn B

Ta có ( ) ( ) ( ) 233 83.4322121 xxx xxmxmx +++−+− 21333 83.432222 xxxx xxmxxmxx + +++−+− ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 22221 xx xxmxmx++++

Xét hàm số ( ) 3 2 fttt =+ , có ( ) 2 320ftt  =+ Nên ( )ft đồng biến trên ( ) ; −+ , khi đó: ( ) 2 121 x x xmxm x +− , do 0 x 

Xét hàm số ( ) ( ) 2 22ln2.2 xxx x gxgx xx  == , ta có ( ) 20 0log1gxxex  ===

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Khi đó, 2 2 5 (1)5log(2) x yxy Nếu 01 y  thì vô nghiệm. Không có y thỏa mãn. Nếu 1 y  thì 55 (2)loglogyxy− Do đó, có đúng 6 nghiệm nguyên ( ) ( ) ( ) 55 ;13;log;log xyy −−+−  1625 55 4log516log2555 yyy  . Suy ra ) ( ) 1625* 5;5,, Spmn  =  . Th3: Xét 2 22 327023013 xx xxx −−−− . Vì ( )1;3 chỉ có ba số nguyên nên không có giá trị y nào để bất phương trình có 6 nghiệm nguyên. Vậy ) ( ) 1625* 5;5,, Spmn  =  Nên 1625546 mnp++=++= Câu 82: Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 20 số nguyên y thỏa mãn 2 516 42512 xyxy −+−−+ và 0 xy+ ? A. 4. B. 5. C. 6. D. 20. Lời giải Chọn D Ta có: 2 516 42512 xyxy −+−−

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

48 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Vậy có 20 số nguyên x thỏa mãn bài toán.

Câu 83: Cho các số thực , xy thỏa mãn 22 1 1 22 2 4 22 xy x xyx và 20 xy . Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 321Pxy lần lượt là M và m . Tính Mm A. 6 B. 10 C. 12 D. 18 Lời giải

Chọn D

Ta có: 2 22222111xyxxy , khi đó: 2222 22 11 1222122 2222 22 422222 222 xyxy xxyx x xyxxyx xyx .

Lấy logarit cơ số e hai vế ta được: 222221ln2ln22xyxxyx

Đặt 22 22uxyx , 1 u *1ln2ln1ln2ln0 uufuuu 11 ln20 ln2 fuu u Bảng biến thiên của fu : Nhìn bảng biến thiên ta thấy 2 222 0121222011 fuuxyxxyC

Điểm ; Axy thỏa đề bài AC , xét :3210 xyP , đường thẳng song song hoặc trùng với đường thẳng 1 :320 xy Từ hình vẽ ta có điều kiện tồn tại , xy là đường thẳng có điểm chung với C .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

2 2..ln22 ()0,0 xx axaa fxx x −+  = ()fx  đồng biến và liên tục trên ( ) 0, + 0 lim()2ln + →  x mfxma , 0{2020;...;1;0}mm − . Câu 85: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình ( ) ( ) 0,0220,02loglog31log x m + có nghiệm với mọi ( );0 x− A. 1. m  B. 01. m  C. 1. m  D. 2. m  Lời giải Đk: ;0xm Ta có: ( ) ( ) ( ) 0,0220,02 loglog31log,;0. x mx +− ( ) ( ) 2 log31,;0. x mx +− ( ) 312,;0. xm x +− Xét hàm ( ) 31 x fx =+ trên ( );0− . Ta có ( ) ( ) 3.ln30,;0. x fxx  =− Bảng biến thiên: Để phương trình có nghiệm với mọi ( );0 x− ta phải có 22 m 

1 m 

Page

Câu 88: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình 3 11 22 log1logxxxm có

1 0 x xxm Phương trình tương đương 333 11 22 log1log11 xxxmxxxmxm Khi đó ta có 3 1; 1,1min fxxmxmfx Ta có 2 3001;fxxx Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên và đề bài hỏi “có nghiệm” nên ta chọn m . Câu 89: Có tất cả bao nhiêu giá trị của tham số m để bất phương trình ( ) ( ) 22 22 log2log2 xmxmx++++ nghiệm đúng với mọi x . A. 2 B. 4 C. 3 D. 1 Lời giải Chọn D Ta thấy 2 20 xx+ Do đó bất phương trình ( ) ( ) 2222 22 log2log2220 xmxmxxmxmxmxm +++++++++ . Bất phương trình ( ) ( ) 22 22 log2log2 xmxmx

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

54 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

phương trình có nghiệm thuộc khoảng ( ) 2; 2 1 -1 O

J I

của tham số m để y x 2

=  =   1 5 m m =    =  Vậy  5;1;1;5 S =−− . Câu 91: Xét bất phương trình ( ) ( ) 2 22 log221log20 xmx−+− . Tìm tất cả các giá trị m -3

là nghiệm của phương trình 22 2410xyxy++−+= .

Bất phương trình 1 có nghiệm thuộc khoảng ( ) 2;+ khi và chỉ khi bất phương trình 2 có

nghiệm thuộc khoảng 1 ; 2  +  

Ta có ( ) 2 11 10; 2 ftt t   =++ 

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra bất phương trình đã cho có nghiệm thuộc khoảng ( ) 2;+ khi và chỉ khi 33 2 24 mm .

Câu 92: Cho bất phương

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 93: Gọi S là tập hợp tất cả các điểm ( ) ; Mxy trong đó , xy là các số nguyên thoả mãn điều kiện ( ) 22 1 log221, xy xym ++ ++ với m là tham số. Có bao nhiêu số nguyên m thuộc đoạn  2020;2019 để tập S có không quá 5 phần tử? A. 1. B. 2020. C. 2021. D. 2019. Lời giải Chọn C ( ) 22 22 1 log221221 xy xymxymxy ++ ++++++ ( ) ( ) 22 111xym −+−+ Để bất phương trình có 5 phần t

ử thì 121mm+ Vậy có 2021 số nguyên m thuộc đoạn  2020;2019 để tập S có không quá 5 phần tử Câu 94: Có bao nhiêu số nguyên m sao

  

 +++



 +−+ 

xxmx mxx

5541 14

2 2 2

 +− =   +    =  +  Hàm số ( )fx có bảng biến thiên: Hàm số ( )gx có bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên suy ra để bất phương trình có tập nghiệm là khi 23 m  . Vậy có 1 giá trị nguyên của m .

xx mfx x x mgx x

554 1 4 1

( ) ( )

1 4(1)20 xx mm + −++ 0. x  ( ) ;12.− (  ;1.−− (  ;0.− (  1;16.

) ( ) ;01;

. B. ( ;0 m− . C. ( ) 0; m+ D. ( )0;1 m Lời giải Bất phương trình ( ) 1 4210 xx m −+ ( )1 Đặt 2x t = , 0 t  . Bất phương trình trở thành: ( ) 2 1 10 4 tmt−+  2 440tmtm−− ( )2 .

Đặt ( ) 2 44 fttmtm =−− .

Đồ thị hàm số ( )yft = có đồ thị là một Parabol với hệ số a dương, đỉnh ( ) 2 2;44 Immm Bất phương trình ( )1 nghiệm đúng với mọi x   Bất phương trình ( )2 nghiệm đúng với mọi 0 t  hay ( ) 0,0ftt

TH1: 0 m   ( ) 040fm=−  0 m  thỏa mãn. TH2: 0 m   2 440 mm −− nên 0 m  không thỏa mãn. Vậy 0 m  .

Câu 97: Cho hàm số ( )yfx = . Hàm số ( )yfx  = có bảng biến thiên như sau:

Bất phương trình ( ) 2 3. x fxem + + có nghiệm ( )2;2 x− khi và chỉ khi: A. ( ) 23 mf−− B. ( ) 4 23 mfe −− C. ( ) 4 23 mfe − D. ( ) 23 mf−− Lời giải

Bất phương trình tương đương với ( ) ( ) 2 3. xmgxfxe + =− .

Ta có ( ) ( ) ( ) 222 3.33.0,2;2 x gxfxeex +−+ =−−=− .

Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) 4 223.,2;2gxgfex=−− .

Vậy ( ) 4 23. mfe − thì phương trình có nghiệm trên khoảng ( )2;2 .

Câu 98: Cho hàm số bậc 3 ( )fx có đồ thị như hình vẽ bên.

Bất phương trình ( ) ( )32019xx feme+ có nghiệm ( )0;1 x  khi và chỉ khi A. 4 1011 m − B. 4 32019 m e − + C. 2 1011 m − D. ( ) 32019 fe m e  + Lời giải

Đặt xte = ( )0 t  . Bất phương trình có dạng: ( ) ( )32019ftmt+ ( ) 32019 ft m t  + .

Ta có: ( )0;1 x  ( ) 1; x tee=

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Xét hàm ( ) ( ) 32019 ft gt t = + có ( ) ( )( ) ( ) ( )2 320193 32019 fttft gt t

 +−  = + .

Dựavàođồthịhàmsố ( )fx ,tathấy: ( )fx đồngbiếntrênkhoảng ( ) 1;e và ( ) 0 fx  ( ) 1; xe ( ) ( ) 0 0 fx fx   

   ( ) 1; xe ( ) 0 gt   ( ) 1; te ( )gt  đồng biến trên khoảng ( ) 1;e ( ) ( ) ( ) 1 ggtge ( ) 1; te .

Vậ



t cả giá trị của tham số thực m sao cho bất phương trình ( ) 921.3320 −+−− xx mm có nghiệm đúng với mọi số thực x là A. 3 2 − m . B. 2  m . C. 3 2 − m . D. m . Lời giải Chọn A Ta có: ( ) 921.3320 −+−− xx mm ( ) ( ) 2 32.3331.2−−+ xxx m ( )( ) ( ) 313331.2+−+ xxx m 332332 −+ xx mm Vậy, để ( ) 921.3320, −+−− xx mmx khi 3 320 2 +− mm Câu 100: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để tập nghiệm của bất phương trình ( )( ) 2 33320

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Suy ra, 8 3 6561 log28233280.5 2 mmm= =>

Câu 101: Cho hàm số ( )yfx = . Hàm số ( )yfx  = có bảng biến thiên như sau:

Bất phương trình ( ) 2x fxm + đúng với mọi ( )1;1 x − khi và chỉ khi:

A. ( ) 12 mf− . B. ( ) 12 mf− . C. ( ) 1 1 2 mf−− . D. ( ) 1 1 2 mf−− . Lời giải

Chọn B

( ) 2x fxm + , ( )1;1 x − ( ) 2x fxm− ( ) 2x fxm−

Xét hàm số ( ) ( ) 2x gxfx=− trên ( )1;1 .

Ta có: ( ) ( ) 2.ln2 x gxfx  =− .

Ta thấy: ( )1;1 x − thì ( ) 0 fx   và 2.ln20 x 

Do đó ( ) ( ) 2.ln20 x gxfx=− , ( )1;1 x − . Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên ta có: ( ) ( ) 112mgmf− . Câu 102: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình (

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

61 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Khi đó, 2 2 2 (1)2log(2) x mxm Nếu 1 m  thì vô nghiệm. Nếu 1 m  thì 22 (2)loglogmxm− Do đó, có 5 nghiệm nguyên ( ) ( ) ( ) 22 ;12;log;logmm −−+−  có 3 giá trị nguyên  ) 2 log3;451265536 mm  . Suy ra có 65024 giá trị m nguyên thỏa mãn. Th3: Xét 2 2 390212 xx xxx −−− . Vì ( )1;2 chỉ có hai số nguyên nên không có giá trị m nào để bất phương trình có 5 nghiệm nguyên. Vậy có tất cả 65024 giá trị m nguyên thỏa ycbt.

DẠNG 3. BẤT PHƯƠNG TRÌNH NHIỀU ẨN

Câu 103: Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 728 số nguyên y thỏa mãn ( ) 2 43 loglog() xyxy ++ ?

A. 59. B. 58. C. 116. D. 115. Lời giải

Chọn C

ới mọi x

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

62 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

số ( ) 43 tt ft =− đồng biến trên khoảng ( ) 0;+ và ( ) 0 ft  với mọi 0 t  Gọi n thỏa 2 43nn xx−=− , khi đó ( )* tn

Từ đó, ta có 33 tn xyxx −=−−

Mặt khác, vì có không quá 242 số nguyên y thỏa mãn đề bài nên 3 3242log242 n n  .

Từ đó, suy ra 3 log242 2 4242 xx−− 27,428,4 x − .

Mà x  nên  27,26,...,27,28 x−−

Vậy có 56 giá trị nguyên của x thỏa yêu cầu đề bài. Câu 105: Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 127 số nguyên y thỏa mãn ( ) ( ) 2 32 loglogxyxy ++ ? A. 89. B. 46. C. 45. D. 90. Lời giải

Ta có: ( ) ( ) 2 32 loglogxyxy ++ ( ) 2log 2 3 xy xy + + ( ) 2 log3 2 xyxy++ ( )1

Đk: 1 xy+

Đặt 1 txy=+ , nên từ ( ) 2 log3 2 1 xxtt −− ( )2

Để ( )1 không có quá 255 nghiệm nguyên y khi và chỉ khi bất phương trình ( )2 có không quá 255 nghiệm nguyên dương t . Đặt ( )255 Mf = với ( ) 2 log3 fttt =− Vì f là hàm đồng biến trên  ) 1,+ nên ( )2  ( ) 12 1 tfxx− khi 2 0 xx− . Vậy ( )2 có không quá 255 nghiệm nguyên ( ) 12 255 fxx − 2 255 xx − 7879 x − ( ) x Vậy có 158 số nguyên x thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 107: Trong tất cả các cặp ( ) ; xy thỏa mãn ( ) 22 2 log4441 xy xy ++ +− . Tìm m để tồn tại duy nhất cặp ( ) ; xy sao cho 22 2220xyxym ++−+−= A. ( )2 102 m =− B. 102 m = C. 102 m =− D. ( )2 102 m = Lời giải

Chọn D Với mọi , xy  , ta luôn có 22 221 xy++ nên BPT ( ) 22 2 log4441 xy xy ++ +− ( ) ( ) 22 22 4442222 xyxyxy +−++−+− ( )1 . BPT ( )1 mô tả hình tròn tâm ( )2;2 I và bán kính 1 2 R = Mặt khác, phương trình ( ) ( ) 22 22 222011 xyxymxym ++−+−=++−= ( )2 nên để ( )2 có nghiệm thì 0 m  . • TH1: 0 m = . Khi đó, ( ) 1 2 1 x y

=−    =  không thỏa ( )1 nên loại 0 m =

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

64 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

• TH2: 0 m  . Khi đó, ( )2 là phương trình đường tròn ( ) 2C tâm ( )1;1 J và bán kính 2 Rm = . Do đó, yêu cầu đề bài  Hệ BPT ( ) ( ) ( ) ( )

222 11 xy xym

22 22

 −+−   ++−=   có nghiệm duy nhất ( ) 2C  tiếp xúc với đường tròn ( ) ( ) ( ) 22 1 :222Cxy−+−= cũng có tâm ( )2;2 I và bán kính 1 2 R = . Vì 1 102 IJR == nên ( )1C hoặc tiếp xúc ngoài, hoặc tiếp xúc trong với ( ) 2C . ➢ TH2a: ( )1C tiếp xúc ngoài với ( ) 212 102 CIJRRm =+=+ ( )2 102102mm =−=− ➢ TH2b: ( )1C tiếp xúc trong với ( ) 221 102CIJRRm =−=− ( )2 210102mm =+=+ . Vậy ( )2 102 m =

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

65 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

ậy có 2020 số nguyên x thoả mãn đề bài. Câu 115: Cho hàm số ( ) 32 13 122022 2 xyfxxxxe ==−+−−− . Cho biết bất phương trình ẩn m sau đây ( ) ( ) ( ) 0,52 loglog2120210 fmff +−    có bao nhiêu nghiệm nguyên? A. 14. B. 10. C. 11. D. 7. Lời giải Chọn D Điều kiện: 2. m  ( ) 32 13 122022 2 xyfxxxxe ==−+−−− ( ) ( )2 2 ''31312320, xx yfxxxexxex ==−+−−=−−+− nênhàmsố ( )fx nghịchbiến trên . Do đó, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0,520,52 loglog2120210loglog21202102023 fmffmf+−+−=− ( ) ( ) ( ) 0,522 15 loglog2120log214121160

u kiện

* * ,:,2020,:,2020 212 0,03,032

xyxy xyxy xy xy xy BPT cho có dạng ( )( ) ( )( ) 23 42 32log142log10 32 xy xyxy xy +− −−+++++ −+   + Xét 1 y = thì thành ( ) ( ) 23 42 3log134log0 33 x xx x +  −−+++   , rõ ràng BPT này nghiệm đúng với mọi 3 x  vì ( ) ( ) ( ) 223 42 30, log1log010, 340, log033 x xx x +  −−++=+   .

Như vậy trường hợp này cho ta đúng 2017 bộ ( ) ( );;1xyx = với 42020,xx  + Xét 2 y = thì thành ( ) 3 44log10 x + , BPT này cũng luôn đúng vớ

TH1. Nếu 2

4 . log x xy      Để bất phương trình có ít nhất 1 số nguyên và không quá 6 số nguyên thì 2 1 3log38. 8 yy −

Suy ra có 7 giá trị nguyên dương của y thỏa mãn TH2. Nếu 2

4 log x xy      Để bất phương trình có ít nhất 1 số nguyên và không quá 6 số nguyên thì 2 5log11322048. yy 

Suy ra có 204833 12016 1 += giá trị nguyên dương của y thỏa mãn. Từ, suy ra có 2023 giá trị nguyên dương của y thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 121: Cho bất phương trình ( ) ( ) 22 3222 11 log321log1 mm xmxmxmmx ++ +−−−++−  . Tập hợp các giá trị của m để bất phương trình trên có nghiệm ( ) ; ab . Giá trị của biểu thức 22ab + là A. 3. B. 8. C. 5. D. 9. Lời giải Chọn D Ta có

Xét

Câu 134: Với m là tham số thực dương khác 1. Tìm tập nghiệm S của bất phương trình ( ) ( ) 22log3log2 mm xxxx ++− . Biết 1 x = là một nghiệm của bất phương trình đã cho. A. ( ) ( 1;01;3 S =−

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Bảng biến thiên: Để bất phương trình ( ) ( ) 2 log6012010103log11 xxmx ++−−+ có miền nghiệm chứa đúng 4 giá trị nguyên của biến x khi 112092 mm −−− . Vậy có 11 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn bài toán. Câu 136: Xét các số thực , xy thỏa mãn 22 1 xy+ và ( ) 22 log241 xy xy + + . Giá trị lớn nhất của biểu thức 3 Pxy =+ bằng A. 5210 + B. 545

C. 552 + D. 1025 + Lời

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn



 . * Xét ( ) 2 41411fxxx=++ trên ( )1;3 . Ta có ( ) 8140fxx  =+ với ( )1;3 x  . Vậy để thoả mãn thì ( ) 129 mf= * Xét ( ) 2 44gxxx=−+ trên ( )1;3 . Ta có bảng biến thiên của ( )gx trên ( )1;3

Vậy để thoả mãn thì 00mm − . Khi đó 029 m  , suy ra có 30 giá trị nguyên của tham số m Câu 138: Có bao nhiêu giá trị nguyên m để bất phương trình 22 22 log(25)log540 xmxmm −++++ có ít nhất một nghiệm nguyên và không quá 1791 nghiệm nguyên? A. 10. B. 3. C. 9. D. 11. Lời giải Chọn D Điều kiện xác định của bất phương trình là 0 x  . Đặt 2log , txt= Khi đó bất phương trình trở thành

x x −−+−     = −=   4 4

1 1 1

xe xe e e x ng   33 log2;log2 ab , ( ) , ab . Chọn khẳng định đúng. A. 2 ab+= . B. 1 ab−= . C. 7 ab−= . D. 12 ab+= . Lời giải Chọn D Điều kiện 1

     =  Kết hợp với điều kiện xác định ta được: 1 xe Vậy có 2 giá trị nguyên của x thoả mãn yêu cầu bài toán. Câu 141: Tập nghiệm của bất phương trình ( ) ( ) 1 33 log31.log3320 xx+ −−− có dạ 310 31 330

 −    −   Ta có bất phương trình tương đương với ( ) ( ) ( ) ( ) 3333 log31.log3.3120log31.log31120 xxxx −−−−−+−  . Đặt ( ) 3 log31 x t =− , bất phương trình trở thành ( ) 12021ttt +−− . Suy ra ( ) 3 110 2log31131334 99 xxx −−−

x x x+

3333 10 loglog4log1022log2 9 xx − Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là   33 log102;2log2 S =−

Câu 142: Bất phương trình ( )( ) 2 44 421loglog120 xx xx ++−− có tập nghiệm là 1 ;b a    . Tính giá trị của biểu thức 4ab A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn A Điều kiện xác định Câu 143: Tính tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Suy ra có 65 số nguyên x thỏa mãn. Câu 145: Số nghiệm nguyên của bất phương trình 23 33 log(1)log(1)20 xx−−−+ là A. 7. B. 8. C. 9. D. 3. Lời giải Chọn A Điều kiện: 10 x − Ta có 23 33 log(1)log(1)20 xx−−−+ 2 33 log(1)3log(1)20 xx −−−+ 3 1log(1)2 x − 319 x − 410 x  Vì  4;5;6;7;8;9;10 xx Vậy có 7 nghiệm nguyên dương

cho.

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

trình



Ta thấy phương trình này có nghiệm 4 9 log2 3 y =

Nếu 2 x =− ta có phương trình ( ) ( ) 2 32 2log1log212 yyt −=+= ( ) 2

13 2.94.334* 214

t ttt t y y  −=  ++=  +=   .

Ta có 2 421102.94 ttt yt =+ . Suy ra ( ) *4t VT  nên phương trình vô nghiệm. Vậy có 2 giá trị nguyên của x thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 152: Cho bao nhiêu số

   −    −

Hệ bất phương trình vô nghiệm. Vậy tổng tất cả các số nguyên x thỏa mãn bất phương trình đã cho là 2. Câu 156: Cho hàm số bậc bốn ( )yfx = có đồ thị là đường cong trong hình vẽ. Gọi S là tập hợp các nghiệm thực của phương trình ( ) ( ) 2 log3ffx = . Số phần tử của tập S là A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 Lời giải Chọn B Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 22 2 2 log22 log3log01 log22 fxfx ffxfxfx fx fx   =−=   ===    

=  

38104 0 log1302  = ++−=    Bảng biến thiên ( ) 024gxx . Suy ra có 3 số nguyên x thoả mãn. Câu 160: Bất phương trình 2 2332 66 loglog1loglog xx xx ++   có số nghiệm nguyên dương là A. vô nghiệm. B. 1 nghiệm. C. 2 nghiệm. D. 3 nghiệm.

x x gx x xx  −= =  =

+)Với 1 x  ta có: ( ) 1 22x 2

+  −      nên bất phương trình vô nghiệm

y x

7770 2021.log0

+)Với 01 x  xét bất phương trình: ( ) ( ) 2 22 23 2230223 2 xx xyxyyxxxy x −++−−−−

+)Xét hàm số ( ) 2 23 2 xx fx x = trên ( 0;1

Ta có: ( ) ( ) (  2 2 47 0,0;1 2 xx fxx x −+  =

Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta thấy để tồn tại số thực dương x thỏa mãn yêu cầu bài toán thì

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Vậy, (;)1(;)12b fxyfxyxya === Trên đoạn   ,1;20222202211 b abb 

Vậy, có 10 giá trị của b , và có 10 giá trị của a nên có 10 cặp (;) ab thỏa mãn. Câu 163: Có bao nhiêu giá trị nguyên của a sao cho ứng với mỗi a , tồn tại ít nhất năm số nguyên

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

+ ++−+ ? A. 0 B. 1 C. 2 D. 7 Lời giải Chọn B ( ) 2 8 22 2 log2373 y xxyy + ++−+ ( ) ( ) 2 2 2 2 37 log231 8 yy xx y −++ ++ + Với mọi x ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 22 log23log121 xxx++=++ . Suy ra để ( )1 có nghiệm thì ta phải có 2 2 37 1 8 yy y −++  + 2 2310 yy −+ 1 ;1 2 y     . Mà y  nên 1 y = . Thay vào ( )1 ta được: ( ) 2 2 log2311 xxx++=−

hàm

bi

Vậy có 12 bộ ( ) ; xy nguyên thỏa mãn.

+Với 31520 yy +

Xét ( )  ( ) 333 22 logloglog0;3;152 222 yyyy hyy yyy  ++ ===  +++ 

Từ ( )1 và ( ) ( )2*  vô nghiệm.

Vậy có 24 bộ ( ) ; xy thỏa mãn.

Câu 173: Có bao nhiêu số tự nhiên x sao cho mỗi giá trị x tồn tại số y thoả mãn ( ) 22 36 log()log2 xyxy

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

37 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

quá 15 số nguyên x thỏa mãn điều kiện ( ) ( ) ( ) 22 202120222 loglog16logxyyyxy ++++− ? A. 2021. B. 4042. C. 2020. D. 4041. Lời giải

Chọn D

Điều kiện 2 0 0 xy xy  +  − 

2 0 xy xy  +    

Ta có bất phương trình ( ) ( ) ( ) 22 202120222 loglog16log0 xyyyxy ++++−−

Xét ( ) ( ) ( ) ( ) 22 202120222 loglog16log fxxyyyxy =++++−− với xy  , y 

Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 '11ln2ln2021ln2ln2021 ln2 ln2021..ln2021.ln2 xyy fx xy xyxyxy =−= ++− .

Ta có: ( ) ( )ln2ln2021ln2ln2021xyxy −−

Suy ra ( ) ( ) 22 ln2ln2021ln2ln2021ln20210, xyyyyy −−−−− .

Do đó ( ) '0,, fxxyy

log16 log164 log2022 yy yy ++ +++ ( ) 2 2021 2022 + 2022

4 log162,00 1log2021 yy ++ 4 1log2021 2 1620212021,992020,99yyy + ++− Do y  nên  2021;2020;...;2020 y −− Vậy có tất cả 4041 giá trị nguyên y thỏa yêu cầu bài toán. Câu 175: Có bao nhiêu số nguyên dương m để có không quá 2022 cặp ( ) , xy , với x, y là số tự nhiên thỏa mãn 2 log222xyxy ++− và xym + A. 63. B. 64. C. 22. D. 21. Lời giải Chọn A Ta xét 2 log222xyxy ++− , điều kiện 220 xy+− và x, y là các số tự nhiên

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 12log22424log2210 xyxyxyyxy ++−+−++−−

Nếu 2240 xy −+− thì ( ) ( ) ( ) 2 24log2210 xyyxy +−++−− )

Nếu 240 xy+− , ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2

+−   +−++−−  +−−  

240 24log2210 log2210 xy xyyxy yxy

Ta có ( ) 1240 xy +−

Với mỗi m nguyên dương, bất phương trình xym + có 2 2 mm + điểm ( ) ; xy với x,y là số tự nhiên.

Kết hợ

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Xét hàm số: ( ) ( ) 22022log 0 ftttt=+ thì: ( ) 2 10 0 2022ln ftt t  =+

Nên hàm số ( )ft đồng biến trên khoảng ( ) 0;+

Mà: ( ) 2222 22 33412 44 xyxy ffxyxyxyxy ++ ++++   

Nên tập hợp các giá trị ( ) ; xy thỏa mãn thuộc hình tròn ( )C tâm ( )2;6 I bán kính 210 R = Ta có: ( ) ( ) 22 22 1422022711972yx P yxyP x +−−+−+=− =

• Nếu 1972 P = thì 7,1xy

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935 Page 42 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

  

Ta có BBT của vế trái như sau: Vậy, bất phương trình có nghiệm thuộc đoạn  1;9 khi và chỉ khi 4 m − Mà  2022;2022 m m



nên  4;3;...;2022 m−− Vậy có ( ) 2022412027 −−+= giá trị của m thỏa đề.

Câu 181: Có bao nhiêu số nguyên dương b sao cho ứng với mỗi b, có đúng 3 giá trị nguyên dương của a thỏa mãn ( ) 2 2 log21 a a a ab ab + +− ? A. 1. B. 2 C. 3 D. 4 Lời giải Chọn A Vì 00ab . Với 0 b  , ta có: ( ) ( ) ( ) 222 2 log21log2log2 a aaa a abaababa ab + +−+−+− ( ) ( ) ( ) ( ) 22 log22log1 aaaaabab ++++ Dễ thấy hàm số ( ) 2log gttt =+ đồng biến trên ( ) 0;+ nên ( ) ( ) 2 122 a a a aabb a + + Xét hàm số ( ) ( ) 2 ,0; a a faa a + =+ có ( ) ( ) 2 .2.ln221 ;0 ln2

aa a fafaa a === . BBT.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

hàm s

fx

Mặt khác với m

hàm s

i xD , ta có:

suy ra: (3)(3) fxfx

fxxx

20202022

1 2021.2023.0

xx

Nên hàm số đồng biến trên tập xác định. Khi đó bất phương trình (2)(3)0(2)(3)0(2)(3) xxx ffxffxffx +−−−− 23230(*) xx xx −+− Xét hàm số ()23 x gxx=+− , ta có ()gx đồng biến trên R và (1)0g = nên bất phương trình 230 x x +− ( ) ( )1 gxg 1 x  Do x nguyên thuộc [ 2021;2021] nên x nhận các giá trị thuộc tập Câu 183:  2021,2020,2019,...0,1 T =−−− vậy có 2023 giá trị cần tìm. Có bao nhiêu số nguyên  2022;2022 x− để ứng với mỗi x có tối thiểu 64 số nguyên y thỏa mãn ( ) 4 32 loglogxyxy ++ ? A. 3992. B. 3994. C. 3990. D. 3989. Lời giải Chọn A Điều kiện:

xy xy xy xy xy

4 4 4

0 0 0 0 0

 +   +  +  +   +   Đặt kxy + =+ Xét hàm số ( ) ( ) 4 32 loglog0fyxyxy =+−+ . Suy ra ( ) ( ) ( ) 4 11 '0 ln2 2ln3 fy xy xy =− + + ( )fy  nghịch biến. Xét hàm số ( ) ( ) ( ) 4 32 loglog gkfkxxkxk =−=+−− , k +  . Do hàm số f nghịch biến nên hàm số g cũng nghịch biến. Giả sử 0k là nghiệm của phương trình ( ) 0 gk = Suy ra 0 0

     

1 64 kk k k +

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Nên ( ) ( ) 4 32 640log64log64 gxx+− 2 log64 4 643 xx −+ ( ) 2 2 log64 4 643 xx −+ 26,99 26,99 x x     −  .

Với 26,992022 x  ta có 1996 số nguyên x

Với 202226,99 x −− ta có 1996 số nguyên x

y có 3992

nguyên

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

47 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Với 3 y  tập nghiệm của bất phương trình xét trên  ) 1;+ là  0 1; Sx = chứa đúng 3 số nguyên dương là 1; 2; 3 ( ) ( )   0 468,39 3418,19,...,68 317,71 yf xy yf         Vậy có 51 giá trị nguyên của y thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 185: Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc khoảng ( )9;9 của tham số m để

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

48 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Xét 1 y = thì thành ( ) ( ) 23 42 3log134log0 33 x xx x +  −−+++   , rõ ràng BPT này nghiệm đúng với mọi 3 x  vì ( ) ( ) ( ) 223 42 30, log1log010, 340, log033 x xx x +  −−++=+  

Như vậy trường hợp này cho ta đúng 2017 bộ ( ) ( );;1xyx = với 42020,xx  .

+ Xét 2 y = thì thành ( ) 3 44log10 x + , BPT này cũng luôn đúng với mọi x mà 42020,xx  . Trường hợp này cho ta 2017 cặp ( ) ; xy nữa.

+ Với 2,3yx thì ( ) *0 VT  nên không xảy ra. Vậy có đúng 4034 bộ số ( ) ; xy thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 187: Gọi a là số thực lớn nhất để bất phương trình ( ) 222ln10xxaxx−++−+ nghi

Trường hợp 1: 1 t = khi đó ln1att−− luôn đúng với mọi a

Trường hợp 2: 3 1 4 t 

Ta có 313 ln1,;1,;1 4ln4 t atttat t −−  

Xét hàm số ( ) ( ) 2

ln11 13 lnln40,;1 t t t ftftt tt   ==−   

t ata t     

do đó 137 ,;1 3 ln4 4ln 4

Trường hợp 3: 1 t 

Ta có ( ) ( ) 1 ln1,1;,1; ln t atttat t −−++

Xét hàm số ( ) ( ) ( ) 2

t t t ftftt tt  ==−+ .

ln11 1 ,1; lnln

Xét hàm số ( )gt = ( ) 2 111 ln10 tgt ttt  −−=+

Vậy ( ) 0 gt = có tối đa một nghiệm.

Vì ( ) ( ) 12;lim t ggt →+ =−=+ vậy ( ) 0 gt = có duy nhất một nghiệm trên ( ) 1;+

Do đó ( ) 0 ft  = có duy nhất một nghiệm là 0t . Khi đó 0 0 0

1 ln t t t + = suy ra ( ) 00ftt =−

Bảng biến thiên

Vậy ( ) 0 1 ln,1; t atat t +−

Vậy 0 7 3 4ln 4

ta − .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Vậy số thực a thỏa mãn yêu cầu bài toán là: ( 6;7 a .

Câu 188: Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 127 số nguyên y thỏa mãn ( ) ( ) 2 32 loglogxyxy ++ ? A. 45. B. 90. C. 89. D. 46. Lời giải

Chọn B

Ta có: ( ) ( ) 2 32 loglogxyxy ++ ( ) 2log 2 3 xy xy + + ( ) 2 log3 2 xyxy++ ( ) ( ) 2 log3 2 xxxyxy −+−+ ( )1 . Đặt txy =+ , ( )0 t  thì ( )1 trở thành 2 2log3 xxtt −− ( )2 . Với mỗi x nguyên cho trước có không quá 127 số nguyên y thỏa mãn bất phương trình (1) tương đương với bất phương trình ( )2 có không quá 127 nghiệm t nguyên dương. Ta có hàm số ( ) 2 log3 fttt =− đồng biến trên  ) 1;+ nên nếu 2 2log31281282059 xx−−= thì sẽ có ít nhất 127 nghiệm nguyên 1 t  . Do đó yêu cầu bài toán tương đương với 2 2059 xx− 4445 x − . Vậy có 90 số nguyên x Câu 189: Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 255 số nguyên y thỏa mãn ( ) ( ) 2 52 loglogxyxy ++ ? A. 1250 B. 1249 C. 625 D. 624 Lời giải

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

51 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Do y là số nguyên thuộc (;) x −+ nên , yxkk + =−+ Giả sử yxk =−+ là nghiệm của bất phương trình thì ()()0 fyfxk=−+ .

Mà 12... xxxk −+−+−+ và ()fy đồng biến trên khoảng (;) x −+ , suy ra (1)(2)...()0 fxfxfxk −+−+−+ , nên các số nguyên 1,2,..., xxxk −+−+−+ đều là nghiệm của, hay nói cách khác bất phương trình sẽ có k số nguyên y thỏa mãn yêu cầu ứng với mỗi x Để có không quá 255 số nguyên y thì ( ) 2 25 (256)0log256log2560 fxxx −+−−+ 2 1156147711561477 3903690 22 xxx −+ −− . Mà x  nên có 1250 số nguyên x thỏa yêu cầu bài toán. Câu 190: Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi số nguyên x có không quá 242 số nguyên y thoả mãn: ( ) ( ) 2 43 loglogxyxy ++

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Điều kiện: 0 x  và 0 y 

Bất phương trình tương đương với: ( ) ( ) 2 2log 2 22 2 6 2 6 4log12log2log x yxyxxx ++++ ( ) ( ) ( ) 2 2log 2 2 66 222 4log22log2log1 x yxyxxx +++++ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 lg 2 6 o 22 6 4log42log1 x yxyxx +++ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 log 2 2 66 4log42log 2 x x yxyx ++ ( ) ( ) ( ) 2 2 l 2 6 og 421 x fyxf .

Xét hàm đặc trưng ( ) 2 log,0ftttt=+

Ta có ( ) 1 10 ln2 ft t  =+ với 0 t  nên hàm số ( )ft đồng biến trên ( ) 0;+ . Khi đó ta được: 2 2log 2 6 (1)42 x yx  2 222 2log6loglog 2 yxx++ 2 222 loglog4log1() yxxgx−−= . Ta có ( ) 22 2 4 22 ()loglog ln2ln2ln2 gxxx xxx =−=− 

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Lời giải

Chọn A

ĐK: 20+xm

Ta có ( ) 1 4 2log2=++ x xmm ( ) 2 2log22 =++ x xmm

x t

Đặt ( ) 2 log2=+ txm ta có 22 22  =+   =+  

tm xm 22 +=+ xtxt ( )1

Do hàm số ( ) 2 =+ u fuu đồng biến trên , nên ta có ( )1 =tx . Khi đó: 2222=+=− xx xmmx .

Xét hàm số ( ) 2 =− x gxx ( )  = gx 2ln210 −= x ( ) 2 logln2=− x

Bảng biến thiên: Từ đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 logln2 2logln2 2 − g mgm 0,457  Do m nguyên và 10 m , nên  1,2,3,4,5,6,7,8,9 m . Câu 195: Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

55 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Đặt 1 txyt=+ thì ( )1 được viết lại là 3 log4 2 xytt −− ( )2

Với mỗi x nguyên cho trước có không quá 728 số nguyên y thỏa mãn bất phương trình ( )1

Tương đương với bất phương trình ( )2 có không quá 728 nghiệm t .

Nhận thấy ( ) 3 log4 fttt =− đồng biến trên  ) 1;+ nên nếu 3 log4 2 7297293367 xy−−= thì sẽ có ít

nhất 729 nghiệm nguyên 1 t  Do đó yêu cầu bài toán tương đương với 2 33675758xxx −− .

Mà x nguyên nên x nhận các giá trị 57,56,...,57,58. Vậy có tất cả 116 số nguyên x thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 196: Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( ) ; xy thỏa mãn điều kiện 2022 x  và ( ) ( )3 3 3922log1 y yxx ++++ ?

A. 6. B. 2. C. 3776. D. 3778. Lời giải Chọn D

Ta có ( ) ( ) ( ) 3 33 3922log13.9623log1 yyyxxyxx ++++++++ ( ) ( ) ( ) 21 3 332113log1 y yxx + +++++

Xét hàm số ( ) 33 t ftt =+ có ( ) 3.ln330, t ftt  =+

ra hàm số

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Vì 00ab . Với 0 b  , ta có: ( ) ( ) ( ) 222 2 log21log2log2 a aaa a abaababa ab + +−+−+− ( ) ( ) ( ) ( ) 22 log22log1 aaaaabab++++

Dễ thấy hàm số ( ) 2log gttt =+ đồng biến trên ( ) 0;+ nên ( ) ( ) 2 122 a a a aabb a + +

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 200: Có bao nhiêu số nguyên a sao cho ứng với mỗi a , tồn tại ít nhất 7 số nguyên ( )0;10 b thỏa mãn ( ) ( ) 2 537 log16log13log34 bbaa ++−−− ? A. 9 B. 8 C. 11 D. 1 Lời giải Chọn D Ta có ( ) ( ) 2 537 log16log13log34 bbaa ++−−− ( ) ( ) 2 5337 log16loglog13log340 bbaa +++−−−− Đặt ( ) ( ) ( ) 2 5337 log16loglog13log34fbbbaa=+++−−−− , điều kiện 0 b  ( ) ( ) 2 21 ln3 16ln5 b fb b b  =+ + do 0 b  nên ( ) 0 fb   nên hàm số đồng biến trên ( )0;10 suy ra ( ) ( ) ( ) ( )123...9 ffff  do vậy để có ít nhất 7 giá trị b nguyên thuộc ( )0;10 thì ( ) 30 f  ( ) ( ) 37 log13log310* aa −−−− Đặt ( ) ( ) ( ) 37 log13log31,3;13gaaaa =−−−− bất phương trình trở thành ( ) 0 ga  ( ) ( ) ( ) 11 0 213ln33ln7 ga aa  =− hàm số nghịch biến. Mặt khác ( ) 40 g = bất phương trình ( )* trở thành ( ) ( )4 gag  suy ra 4 a  mà ( )3;13 a  , a nguyên nên 4 a = . Vậy có duy nhất một giá trị nguyên 4 a = thỏa mãn bài toán. Câu 201:

Cho x là s

Câu 202: Có bao nhiêu số nguyên 11 a  sao cho ứng với mỗi a tồn tại ít nhất 6 số nguyên ( )0;8 b thỏa mãn ( ) ( )( ) ( ) 2 435 log12log73log197. bbaa +++−++  A. 5. B. 4. C. 6. D. 7. Lời giải

Chọn A

Ta có ( ) ( )( ) ( ) 2 435 log12log73log197 +++−++  bbaa ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4335 log12log7log3log1970. ++++−++− bbaa

Xét hàm ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4335 log12log7log3log197fbbbaa =++++−++− trên ( )0;8 có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 21 '0,0;8 7ln3 12ln4 b fbb b b =+ + + nên hàm số đồng biến trên ( )0;8 Suy ra ( ) ( ) ( )12...7fff  , do đó để có ít nhất 6 số nguyên ( )0;8 b ta cần ( ) 20 f  ( ) ( ) ( ) 35 log3log19301 aa −++− Xét hàm ( ) ( ) ( ) 35 log3log193gaaa=−++− trên ( )3;11 có ( ) ( ) ( ) ( ) 11 '0,3;11 3ln319ln5 gaa aa =+ −+ suy ra hàm ( )ga đồng biến trên ( )3;11 và có ( ) 60 g = , mặt khác ( ) ( ) ( ) 166 gaga  , do đó  6,7,8,9,10 a  .

Câu 205: Có tất cả bao nhiêu cặp số nguyên dương ( ) ; xy với 20 y  thỏa mãn 43222 2022 1 log22. 1 x yyxyyx y + +−− +

111 log22log22 121 yx x yyxyyxyyyxx y yy Vì , 20 xy xy

. Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng ( ) 0;+ . Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2222 111fyxfyyxy ++ . 201,2,3,...,20 191,2,3,...,19 21,2 11

+ + +−−+−− + + ( ) ( ) ( ) ( ) 22222222 20222022 11 log1log111 22yxyyyyyx +−++−+ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22222222 20222022 11 log11log11 1. 22yxyyyyyx ++++++ Xét hàm số ( ) ( ) 2022 11 log'10 24044.lnftttft t =+=+ +      nên có các trường hợp sau        

yx yx yx yx

== == == == Vậy cặp số tự nhiên thỏa mãn là: 123...1920210 +++++= Câu 206: Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi số nguyên x có đúng 5 số nguyên y thỏa mãn ( ) 2 2 2 3 3log23? yxy y xy + −+ A. 13 B. 11 C. 12 D. 10 Lời giải Chọn D + Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2

−+ −+ + ( ) ( ) 2 23 32 3.ln33.ln23 xy y yxy −+ + +−+ + Xét hàm số ( ) 3.ln t ftt = có ( ) 3 3.ln3.ln0 t t ftt t  =+ nên hàm số đồng biến trên ( ) 3;+ .

3 2 23 32

+ −+ +

xy xy y

ln23 3 3log23 ln3 3 y yxy xy y

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

62 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

+ Do đó: ( ) 2 2 2 22 3 3log233232(*) yxy y xyyxyyxy + −++−+−

TH1: 2 xy  thì ( ) 2 *2xyy+ . Xét hàm số ( ) 2 2 gyyy =+ có bảng biến thiên

Để có 5 giá trị nguyên của y thỏa mãn bài toán thì điều kiện là ( ) ( ) 1238.gxgx 

TH2: 2 xy  thì ( ) 2 *2xyy−+ . Xét hàm số ( ) 2 2 hyyy =−+ có bảng biến thiên

Để có 5 giá trị nguyên của y thỏa mãn bài toán thì điều kiện là ( ) ( ) 4383. hxhx−−

Vậy có 10 giá trị nguyên của x thỏa mãn điều kiện của bài toán.

Câu 207: Có bao nhiêu số nguyên a sao cho ứng với mỗi a , tồn tại duy nhất số nguyên b thỏa mãn ( ) ( ) 2 2022 20222022 2022 2022 log202220211 a ba + −+− ? A. 2021. B. 2022 C. 2. D. 1. Lời giải Chọn D Ta có ( ) ( ) 2 2022 20222022 2022 2022 log202220211 a ba

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

( ) ( )3 3 392log12 y yxx +++− ( ) ( ) ( ) 21 3 332113log1 y yxx + +++++ ( ) ( ) ( ) ( ) 3 21log11fyfx ++ , với ( ) 33 t ftt + là hàm số đồng biến trên Suy ra ( ) ( ) 3 121log1 yx ++ ( ) 21 312 y x + − . Do , xy nguyên dương và 2022 x  nên từ ( )2 ta có: 21 312022 y+ − 3 log20231 12,97 2 y  1 2 y y

=    = 

Với 1 y = : Ta có 262022 x  . Suy ra có 1997 cặp số nguyên dương ( ) ; xy thỏa mãn. Với 2 y = : Ta có 2422022 x  . Suy ra có 1781 cặp số nguyên dương ( ) ; xy thỏa mãn. Vậy có 3778 cặp số nguyên dương ( ) ; xy thỏa mãn. Câu 209: Cho các số dương , xy thỏa mãn 5 1 log324 23 xy xy xy  +− ++  +  . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Ta có ( ) 1240 xy +− Với mỗi m nguyên dương, bất phương trình xym + có 2 2 mm + điểm ( ) ; xy với x,y là số tự nhiên.

Kết hợp với điều kiện ta có số cặp ( ) ; xy thỏa điều kiện đề bài là: 2 6 2 mm +