GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ - ĐÁNH GIÁ (Không chứa tham số))

NHĨM TỐN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT VD_VDC GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƠGARIT BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ - ĐÁNH GIÁ (KHÔNG CHỨA THAM SỐ) PHƯƠNG PHÁP Vận dụng kết sau : Kết : Nếu f ( x ) hàm số đơn điệu K (với K khoảng, đoạn nửa khoảng) f ( x ) = có tối đa nghiệm K Kết : Nếu f ( x ) hàm số liên tục đoạn [ a; b ] f ( a ) f ( b ) < phương trình f ( x ) = có nghiệm thuộc khoảng ( a; b ) a b Kết : Nếu f ( x ) hàm đơn điệu K , ∀a, b ∈ K ; f ( a= ) f ( b ) ⇔= Kết : Nếu hàm f ( x ) tăng khoảng ( a ; b ) hàm g ( x ) hàm hàm giảm khoảng ( a ; b ) phương trình f ( x ) = g ( x ) có nhiều nghiệm khoảng ( a ; b ) Các bước giải phương trình : Bước : Tìm điều kiện xác định phương trình Bước : Biến đổi phương trình cho vế hàm số đơn điệu, vế số vế hàm đồng biến vế lại hàm số nghịch biến Bước : Nhẩm nghiệm phương trình khoảng xác định (nếu có) Bước : Kết luận nghiệm phương trình Câu ( ) Tìm số nghiệm phương trình x − 2022 x ln x − x + 2021 = B A Chọn B Tập xác định D = ( C Lời giải D ( 0; + ∞ ) ) Phương trình x − 2022 x ln x − x + 2021 = ⇔ ( x − 2022 x ) ln x =− x 2021 x − 2022 x 1 x ⇔ = ⇔ + −x= x − 2021 ln x ln x x − 2021 (NX: x = x = 2021 khơng nghiệm phương trình) x Xét hàm số f ( x ) = + − x ( 0; + ∞ ) \ {1; 2021} ln x x − 2021 2021 Có f ′ ( x ) = − − − < 0, ∀x ∈ ( 0; + ∞ ) \ {1; 2021} x ln x ( x − 2021)2 Bảng biến thiên: CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang NHĨM TỐN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT VD_VDC Từ bảng biến thiên suy phương trình cho có nghiệm Câu Có cặp số ln x + e A ln x ( x; y ) thuộc đoạn [1; 2020] thỏa mãn y số nguyên =y + e ? y B C 2021 D 2020 Lời giải Chọn B Ta có: ln x + eln x =y + e y Xét hàm số f ( t ) = t + et có f ′ ( t ) =1 + et > 0, ∀t Suy hàm số f ( t ) đồng biến  Do ta có: f (ln x) = f ( y ) ⇔ ln x = y Ta có: ≤ x ≤ 2020 ⇔ ≤ ln x ≤ ln 2020 ⇔ ≤ y ≤ ln 2020 ⇔ ≤ y ≤ 7, 61 Do y số nguyên thuộc đoạn [1; 2020] nên y ∈ {1; 2;3; 4;5;6;7} Kết luận: có cặp số ( x; y ) thỏa yêu cầu toán ( x; y ) thỏa log ( x + y ) ≤ log ( x + y + 1) log ( x + y ) ≥ y − ? Câu 3: Có cặp số tự nhiên A B mãn đồng thời hai điều kiện: C 10 D Lời giải Chọn B  Đặt t = x + y, t > , log ( x + y ) ≤ log ( x + y + 1) trở thành log t ≤ log ( 2t + 1)  Dựa vào đồ thị ta thấy log t ≤ log ( 2t + 1) ⇔ < t ≤ ⇔ < x + y ≤  Kết hợp với điều kiện log ( x + y ) ≥ y − ta có cặp số tự nhiên ( x; y ) = {( 0;1) , ( 0; ) , ( 0;3) , (1;0 ) , (1;1) , (1; )} Câu 4: Trang  2x −1  x Có cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn ≤ y ≤ 2020 log   = y +1− ? y   A 2019 B 11 C 2020 D TÀI LIỆU ÔN THU THPT QUỐC GIA NHĨM TỐN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT VD_VDC Lời giải Chọn B y ≠  x  −1 > ⇔ 2x > ⇔ x > Từ giả thiết ta có:   y  y ≥ Ta có phương trình ⇔ log ( x − 1) + x= − log y + y (*) f ( t ) log t + t ( 0; +∞ ) Xét hàm số = Khi f ′ (= t) f ( t ) log t + t đồng biến khoảng ( 0; +∞ ) + > hàm số = t ln (*) có dạng f ( x − 1) = f ( y ) ⇔ y = x − Vì ≤ y ≤ 2020 ⇔ ≤ x − ≤ 2020 ⇔ ≤ x ≤ 2021 ⇔ ≤ x ≤ log ( 2021) 0 ≤ x ≤ log ( 2021) ⇔ x ∈ {0;1; 2;3; 4;5;6;7;8;9;10}   x ∈  Vậy có 11 cặp ( x; y ) thỏa mãn Câu 5: Phương trình log 32 ( x − 1) − 27 y = y + − x có nghiệm nguyên ( x; y ) với x ∈ 81992 ;82020  ? A 26 B 28 C 24 Lời giải D 30 Chọn B Ta có log 32 ( x − 1) − 27 y = y + − x ⇔ log 32 ( x − 1) + x − = 27 y + 23 y t = t log ( x − 1) ⇔ x= − 2t Thay vào phương trình ta t + 2= Đặt (3 y ) + 23 y (1) y f ( u= Xét hàm số = ) u + 2u Ta có f ′ ( u = ) 3u + 2u ln > 0, ∀u ∈  Do hàm số đồng biến  Khi (1) ⇔ f ( t ) = f ( y ) ⇔ t = y ⇔ log ( x − 1) = y ⇔ x = y + Do x ∈ 81992 ;82020  nên 81992 ≤ y + ≤ 82020 ⇔ 1992 ≤ y ≤ 2019 với y ∈  Vậy có 28 giá trị nguyên y nên phương trình có 28 nghiệm CHUN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang NHĨM TỐN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƠGARIT BẰNG PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG HÀM ĐẶC TRƯNG (KHÔNG CHỨA THAM SỐ) PHƯƠNG PHÁP Bước : Đưa phương trình dạng f ( u ( x ) ) = f ( v ( x ) ) Bước : Xét hàm số y = f ( t ) D Tính y′ = f ′ ( t ) Chứng minh hàm số y′ = f ′ ( t ) đồng biến nghịch biến D Suy f ( u ( x = ) ) f ( v ( x ) ) ⇔ u ( x=) v ( x ) Câu  x2 +  Biết phương trình log  − x + x + có hai nghiệm x= a + b c x= a − b c =  2x +  với a, b, c số nguyên dương Tính tích a.b.c B −8 C −12 D 12 A Lời giải Chọn D Điều kiện xác định: x2 + −5 >0⇔ x> 2x +  x2 +  log  − x + x + ⇔ log ( x + ) − log ( x + ) = − x2 + 4x + = x +   ⇔ log ( x + ) + x= + log ( x + ) + log 2 + x + 10 ⇔ log ( x + ) + x= + log ( x + 10 ) + x + 10 f ( t ) log t + t ( 0; +∞ ) Xét hàm số: = f ′ (= t) + > 0, ∀t > ⇒ f ( t ) đồng biến ( 0; +∞ ) t ln u = x + > f (v) Đặt:  Khi ta log u += u log v + v ⇔ f ( u ) = v = x + 10 > Do f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v ⇔ x + = x + 10  x= + (thỏa mãn điều kiện) ⇔ x2 − 4x − = ⇔   x= − a 2,= b 2,= c Vậy a.b.c = 12 Vì a, b, c số nguyên dương nên= Câu x + 3x + = x − x + có nghiệm x1 ; x2 Hãy tính giá trị biểu thức 3x − x + 2 A = x1 + x2 − x1 x2 Phương trình log A 31 B −1 C D −31 Lời giải Chọn C CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang NHĨM TỐN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC  x > −1 x + 3x +  71  2 Điều kiện: (do x − x + 8=  x −  + > ) > ⇔ x + 3x + > ⇔  3x − x +  12   x < −2 x + 3x + = x2 − x + 3x − x + ( [ x − x + ) − ( x + x + )] ⇔ log ( x + x + ) − log ( x − x += 8) 1 ⇔ log ( x + x + ) + ( x + x= + ) log ( x − x + ) + ( x − x + ) (*) 2 1 + > ∀t > t) Xét hàm số f (t ) = log t + t , ( t > 0) ; f '(= t ln 2 Nên hàm số f (t ) đồng biến ( 0; +∞ ) Phương trình cho tương đương với: log 2 ) f ( 3x − x + 8) Mà phương trình (*) có dạng: f ( x + x + = Nên phương trình cho tương đương với phương trình: x = ( 3x − x + 8) = ( x + 3x + ) ⇔ x − x + = 0⇔ (thỏa mãn điều kiện ban đầu) x = Vậy A = x12 + x22 − x1 x2 = ( x1 + x2 ) − x1.x2 = Câu Cho phương trình sau: 2x +1   log ( x + )= + x + log + 1 +  + x + x  x Gọi S tổng tất nghiệm phương trình Giá trị S là: B S = A S = −2 − 13 D S = C S = + 13 Lời giải Chọn D  −2 < x < −  Điều kiện xác định:  x > 2x +1   Phương trình cho tương đương log ( x + )= + x + log + 1 +  + x + 2 x  x ⇔ log x + + (   1   x + −= log  +  +  +  − 1 x   x   ) 2 ( *) Xét hàm số f ( = t ) log t + ( t − 1) , t > 2 ln 2.t − ln 2.t + + ( t − 1) Ta có: f ′ ( t= > , ∀t > Do hàm số f ( t ) đồng biến )= t ln t.ln khoảng ( 0; +∞ ) Phương trình (*) có dạng f ⇔ x+2= Trang ( 1  x + = f 2+  ⇔ x + =2+ x x  ) + + ⇔ x3 − x − x − = ⇔ ( x + 1) ( x − x − 1) = x x TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA NHĨM TỐN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC   x = −1  − 13 Kết hợp với điều kiện ta ⇔  x =   x = + 13  Câu Nghiệm nhỏ phương trình log  x = −1 + 13  Vậy S =  x = + 13  x2 + + x4 − x2 + = x a+ b b , a, c ∈ , b ∈ , tối giản Tính giá trị biểu thức: P = a + b + c c a A P = B P = C P = D P = có dạng Lời giải Chọn A Điều kiện: x > Ta có: log x2 + + 2x4 − 6x2 + = ⇔ log ( x + 1) + x + x += log x + + x 2 x ( ) ( ⇔ log ( x + 1) + ( x= + 1) log x + x ) ( *) Xét hàm số f ( t = ) t + log5 t khoảng ( 0; +∞ ) ; f ′ ( t=) 2t + > 0, ∀t ∈ ( 0; +∞ ) t ln Hàm số f ( t ) đồng biến khoảng ( 0; +∞ ) ( ) Ta có: (*) ⇔ f x + = f ( 5x ) ⇔ x +1 = Nghiệm nhỏ phương trình x = Câu 5x ⇔ x2 − 5x + = ⇔ x = ±1 (thỏa mãn) −1 Vậy P =−1 + + =6 Tất nghiệm phương trình 2021x =4041 − 2021x + log 2021 2021( x + 1) B x − x < A x − > Chọn C 2021 thỏa mãn bất phương trình sau đây? C x − x ≥ Lời giải D x + x − ≤ Ta có phương trình tương đương với 2021 2021x =4041 − 2021x + log 2021 2021( x + 1) ⇔ 2021x =4042 − 2021x + 2021.log 2021 ( x + 1) Điều kiện ban đầu: x > − ⇔ 2021x + 2021x − 2021 = 4042 x + 2021 + 2021.log 2021 ( x + 1) ⇔ 2021x −1 + x − 1= x + + log 2021 ( x + 1) ⇔ ( 2021x −1 ) + log 2021 ( 2021x −1 )= ( x + 1) + log 2021 ( x + 1) (*) Xét hàm số f (t ) = t + log 2021 t khoảng ( 0; +∞ ) Ta có f ′ ( t ) = + > 0, ∀t ∈ ( 0; +∞ ) ⇒ Hàm số f ( t ) đồng biến khoảng ( 0; +∞ ) t ln 2021 CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang NHĨM TỐN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC Phương trình (*) ⇔ f ( 2021x −1 ) = f ( x + 1) ⇔ 2021x −1 = x + ⇔ 2021x −1 − x − 1=   Xét hàm số g (= x) 2021x −1 − x −  − ; +∞      = = − ; g ′′ ( x ) 2021x −1.ln 2021 > 0, ∀x ∈  − ; +∞  Ta có: g ′ ( x ) 2021x −1.ln 2021     Suy hàm số g ′ ( x ) đồng biến  − ; +∞  ⇒ Phương trình g ′ ( x ) = có tối đa nghiệm      − ; +∞    ⇒ Hàm số g ( x ) có tối đa điểm cực trị ⇒ Phương trình g ( x) = có tối đa hai nghiệm phân biệt Ta có: − lim += g ( x ) 2021 > ; g ( ) = −  1 x → −   2 2020 2021   lim + g ( x ) g ( ) < nên phương trình g ( x ) = có nghiệm thuộc khoảng  − ;0   1   x → −   2 −4032 < nên phương trình g ( x ) = có nghiệm thuộc g (1) g ( ) = ( −2 ) 2016 = khoảng (1; ) Do phương trình g ( x ) = có tối đa hai nghiệm nên phương trình g ( x ) = có hai nghiệm   x1 ; x2 x1 ∈  − ;0  x2 ∈ (1; ) Đến ta thử đáp án sau:   x > Xét bất phương trình x − > ⇔  ⇒ Nghiệm x1 không thỏa mãn bất phương trình  x < −1 Xét bất phương trình x − x < ⇔ < x < ⇒ Nghiệm x1 không thỏa mãn bất phương trình x ≥ Xét bất phương trình x − x ≥ ⇔  ⇒ Các nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn bất phương trình x ≤ Xét bất phương trình x + x − ≤ ⇔ −3 ≤ x ≤ ⇒ Nghiệm x2 không thỏa mãn bất phương trình Câu Cho phương trình sau: log ( x − x − 1) + x3 − x − x − = Biết phương trình có nghiệm dương có dạng xo= a + b c , a; b ∈  , c số nguyên tố Tính giá trị biểu thức T = 2a + 3b + c A T = B T = 25 C T = Lời giải Chọn A Điều kiện ban đầu: x − x − = ( x − 1) 17 D T = x > 1+ −2>0⇔   x < − ( Do xo nghiệm dương nên ta xét phương trình khoảng + 2; +∞ Trang 31 ) TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA NHĨM TỐN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC Ta có: log ( x − x − 1) + x3 − x − x − =0 ⇔ log ( x − x − 1) + ( x − x − 1) ( x + 1) =x + ⇔ log ( x − x − 1) ( x + 1) + ( x − x − 1) ( x += 1) log ( x + 1) + x + Xét hàm số f ( t ) = t + log t khoảng ( 0; +∞ ) , f ′ ( t ) = + Hàm số f ( t ) đồng biến ( 0; +∞ ) Ta có: (*) ⇔ f (( x ( *) > 0, ∀t ∈ ( 0; +∞ ) t ln ) − x − 1) ( x + 1) = f ( x + 1) ⇔ ( x − x − 1) ( x + 1) = x + x= 1+   − − = x x 2 ⇔ ( x + 1) ( x − x − ) =0 ⇔  ⇔  x =1 −  x = −1 x +1 =  Đối chiếu với điều kiện, suy x = + Vậy T = 2a + 3b + c = 2.1 + 3.1 + = Câu Có cặp số nguyên dương ( x; y ) với x ≤ 2020 thỏa mãn ( x − y ) = (1 + y ) − log ( x − 1) A B 1010 C Lời giải D 2020 Chọn A Đặt log ( x − 1) =t ⇒ x =3t + , ta phương trình sau: ( 3t + 1) − y= (1 + 32 y ) − t ⇔ 3.3t + t= 3.32 y + y (*) Xét hàm số f ( u= ) 3.3u + u ⇒ f ′ ( u=) 3.3u ln + > 0, ∀u ∈  ⇒ f ( u ) đồng biến  y , nên x = 32 y + ⇔ y = x − Do (*) ⇔ t = Vì x ≤ 2020 ⇒ y ≤ 4039 ⇔ y ≤ log 4039 Vì y nguyên dương nên y ∈ {1; 2;3} Câu Ta thấy với giá trị nguyên y tìm giá trị nguyên x Vậy có cặp ( x; y ) thỏa mãn Có cặp số ( x; y ) số nguyên không âm thỏa mãn 2(1 + x + y ) + log ( x += y ) log ( x + y + xy + x) + 2( x + y ) + x + y ? A B Chọn B C Lời giải D y ) log ( x + y + xy + x) + 2( x + y ) + x + y Từ 2(1 + x + y ) + log ( x += ) log [( x + y ) + x] + [( x + y ) + x] (*) Biến đổi về: x + y + log (2 x + y= Xét hàm đặc trưng = f (t ) log t + t đồng biến [0; +∞) Có (*) ⇔ f (2 x + y ) =f (( x + y ) + x) ⇔ x + y =( x + y ) + x (**) Có x = x + y − ( x + y ) ≥ ⇔ ( x + y ) ≤ x + y ≤ x + y + x = 2( x + y ) Suy ( x + y ) ≤ 8( x + y ) ⇒ ≤ x + y ≤ Với x + y = ⇔ ( x = 0; y = 0) thỏa (**) Ta cặp số ( x; y ) : = ( x 0;= y 1) không thỏa (**) = ( x 1;= y 0) thỏa (**) Với x + y = Ta cặp số ( x; y ) : = ( x 0;= y 2) thỏa (**); = ( x 2;= y 0) không thỏa (**); Với x + y = CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC = ( x 1;= y 1) khơng thỏa (**) Vậy có tất cặp số ( x; y ) thỏa mãn yêu cầu toán Câu Cho hàm số = f ( x) ln x + ln x Biết phương trình ) (  x 3 f log ( x − ) + x + f  + + log  = ln ( x ) có nghiệm x0 viết dạng x   a là: x0 = với a, b, c nguyên dương Từ giá trị biểu thức P = a − b + c b −c B A D C Lời giải Chọn B x − >  Điều kiện xác định  x ≠ ⇔ x > 3 x >  Đầu tiên hàm số = f ( x) ln x + ln x với ∀x ∈ ( 2; +∞ ) có f ′ ( x ) > ∀x ∈ ( 2; +∞ ) Suy hàm số f ( x ) đồng biến ( 2; +∞ ) Ta có: f (= x) 1 ln x + ln x ⇒ f  =  x 1 1 ln   + ln  =  x x ln x + − ln= x ln x − ln x  f (= x ) ln x + ln x   1 1 1 ln x − ln x ⇒ f ( x ) + f   =2 ln x = ln ( x ) ⇒ f   = ln ( x ) − f ( x ) Suy  f   = x x  x  x > > ⇔ ln x >  Từ ta có:    x 3 f log ( x − ) + x 2= ln ( x ) − f  + + log = + log 3 x   f  + 3 x 3x    ( x − 2) ⇒ log ( x − 2) + x =7 + + log 3 x ⇔ log + 9x − =7 3x 3x 3x ( x − 2) x −  ( x − 2)   ( x − 2)  ⇔ log + = ⇔ log   +   = log ( ) + ⋅ ( ) 3x 3x  3x   3x  Xét hàm số = f (t ) log t + 3t với t > + > nên f (t ) đồng biến Phương trình t) Ta có f ′(= t ln ( x − 2)  ( x − 2)  f =2 ⇔ ( x − 2)3 =24 x  = f (2) ⇔ 3x  3x  ⇔ x3 − x − 12 x − = ⇔ x3 = ( x + 2)3 ⇔ x = x + ⇔ x = −1 Dễ thấy nghiệm thỏa mãn điều kiện xác định Vậy phương trình cho có nghiệm nhất= x ⇒ P = a −b+c = −1 ( Trang ) TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA NHĨM TỐN VDC&HSG THPT Câu 10 Biết phương trình: log MŨ - LOGARIT- VD_VDC x + 3x + = x − x + có nghiệm nghiệm x1 ; x2 Hãy tính giá trị 3x − x + biểu thức A = x12 + x22 − x1 x2 A 31 B −31 Chọn C C Lời giải D −1  x < −2 + Ta có : x − x + > 0, ∀x ∈ R nên điều kiện phương trình là: x + x + > ⇔   x > −1 + log x + 3x + = x2 − x + 3x − x + ⇔ log ( x + x + ) − log ( x − x += 8) ( [ x − x + ) − ( x + x + )] 1 ⇔ log ( x + x + ) + ( x + x= + ) log ( x − x + ) + ( x − x + ) 2 + Xét hàm số 1 t) + > 0, ∀t > f ( t ) =log t + t , ( t > ) ; f ' (= t ln 2 Nên hàm số f ( t ) đồng biến tập ( 0; +∞ ) ) f ( 3x − x + 8) Mà phương trình có dạng : f ( x + x + = Vậy phương trình cho tương đương với phương trình: x = ( 3x − x + 8) = ( x + 3x + ) ⇔ x − x + = 0⇔ (t/m) x = Vậy A = x12 + x22 − x1 x2 = Câu 11 Có cặp số ( x ; y ) nguyên thỏa mãn điều kiện ≤ x ≤ 2020 log ( x + ) + x − y = 8y ? A 2019 B 2018 Chọn D C Lời giải D Do ≤ x ≤ 2020 nên log ( x + ) ln có nghĩa 8y Ta có log ( x + ) + x − y = ⇔ log ( x + 1) + x + 1= y + 23 y ⇔ log ( x + 1) + 2log2 ( x +1) = y + 23 y (1) Xét hàm số f ( t ) = t + 2t Tập xác định D = R f ′ ( t ) = + 2t ln ⇒ f ′ ( t ) > , ∀t ∈ R Suy hàm số f ( t ) đồng biến R CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang NHĨM TỐN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC y log8 ( x + 1) y ⇔ x + =23 y ⇔= Do (1) ⇔ log ( x + 1) = Ta có ≤ x ≤ 2020 nên ≤ x + ≤ 2021 suy ≤ log8 ( x + 1) ≤ log8 2021 Lại có log8 2021 ≈ 3, 66 y ∈ Z nên y ∈ {0;1; 2;3} Vậy có cặp số ( x ; y ) nguyên thỏa yêu cầu toán cặp ( 0;0 ) , ( 7;1) , ( 63; ) , ( 511;3) Câu 12 Biết phương trình log tố Giá trị b là: A 2x −1 ( x − 1) = x − x + có hai nghiệm a B a với a; b số nguyên b C Lời giải Chọn D D  2 x − > x > ⇔ Điều kiện  x −1 ≠  x ≠ Ta có: log ⇔ log 2x −1 ( x − 1) 2x −1 ( x − 1) 2 = 3x − x + − 1= x − x + ⇔ log ( 2x −1 = ( x − 1) − ( x − 1) ( x − 1) ) ⇔ log ( x − 1) + ( 2= x − 1) log 3 ( x − 1) + ( x − 1) 2 (1) f ( t ) log ( t ) + t với t > Xét hàm số:= f ′ (= t) + > , ∀t > t.ln Suy hàm số f ( t ) đồng biến ( 0; +∞ ) ( ) Phương trình (1) ⇔ f ( x −= 1) f ( x − 1) x = ⇔ x − 1= ( x − 1) ⇔ x − x + 4= hay  x =  2 Vậy hai nghiệm phương trình suy b = Câu 13 Tìm số nghiệm phương trình log x − x + + log (1 − x ) + x =1 − x − x + A Chọn B Trang B C D Lời giải TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA NHĨM TỐN VDC&HSG THPT Điều kiện: x < MŨ - LOGARIT- VD_VDC Ta có: log x − x + + log (1 − x ) + x =1 − x − x + ⇔ log x − x + − log (1 − x ) + x =1 − x − x + ⇔ log x − x + + x − x = + log (1 − x ) + − x (*) t) Xét hàm số f (t )= log t + t , t > Dễ thấy f ′ (= + > 0, ∀t > t ln Suy hàm số đồng biến ( 0; +∞ ) Ta có f ( ) x − x + = f (1 − x ) ⇔ x − x + =1 − x  1 − x ≥ x ≤ ⇔x= ⇔ x − x + =1 − x ⇔  2 ⇔  x − x + = − x ( )   x − x = Vậy phương trình có nghiệm x = Câu 14 Tổng tất nghiệm phương trình: = x + 27 log 2022 ( x + x − ) là: log 2022 ( x − x − 10 x + ) + x3 − x − 45 A B C + Lời giải Chọn C D  x − x − 10 x + > ĐKXĐ:  2 x + x − > Ta có: log 2022 ( x3 − x − 10 x + ) + x3 − x − 45 = x + 27 log 2022 ( x + x − ) ⇔ log 2022 ( x3 − x − 10 x + ) + ( x3 − x − 10 = x + ) log 2022 ( x + x − ) + ( x + x − ) (1) f ( t ) log 2022 t + 3t ( 0; + ∞ ) Xét hàm số= + > 0, ∀t ∈ ( 0; + ∞ ) ⇒ Hàm số f ( t ) đồng biến ( 0; + ∞ ) t ln 2022 Do (1) ⇔ f ( x3 − x − 10 x + = ) f ( x + x − ) ⇔ x − x − 10 x + 2= x + x − = f ′ (t )  x = −3 ( lo¹ i )  ⇔  x= + ( tháa m·n ) ⇔ x − x − 15 x + =   x= − ( lo¹ i ) Vậy phương trình cho có nghiệm x= + Câu 15 Phương trình e A 2021.log ( x − ) − 8084 x + e= e B Chọn D CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 2021.log ( x − ) 8084 x có nghiệm? +e C D Lời giải Trang NHĨM TỐN VDC&HSG THPT ĐKXĐ: x > Ta có: e 2021.log ( x − ) MŨ - LOGARIT- VD_VDC − 8084 x + e= e 2021.log ( x − ) +e 8084 x ⇔e 2021.log ( x − ) −e −2021.log ( x − ) 8084 x = e −e − 8084 x (1) Xét hàm số f ( t = ) et − e−t R f ′ ( t ) = et + e − t > 0, ∀t ∈ R ⇒ Hàm số f ( t ) đồng biến R  8084  f Do (1) ⇔ f ( 2021.log ( x − ) ) =   x  8084 ( 2) ⇔ 2021.log ( x − ) = ⇔ log ( x − ) − = x x Xét hàm số g= ( x ) log ( 3x − ) −  ; + ∞  x 3  2  = + > 0, ∀x ∈  ; + ∞  ⇒ Hàm số g ( x ) đồng biến g′( x) ( 3x − ) ln x 3  2   ;+ ∞ 3  Mà g ( ) = Do (1) ⇔ g ( x ) = g ( ) ⇔ x = Vậy phương trình cho có nghiệm x = Câu 16 Tìm số nghiệm phương trình ( 3x + 1) log ( 3x + 1) x − x − = log x A B C Lời giải D Chọn B Với x > , phương trình tương đương x − 2= x − log ( x + 1) + log log ( x + 1)  − log x ⇔ x + x + log x = x + + log ( x + 1) + log log ( x + 1)  Đặt log ( x + 1) = y ⇔ x + = y Phương trình trở thành: ⇔ x + x + log x = y + y + log y (1) Xét hàm số f ( t ) = 4t + t + log t ( 0; +∞ ) Hàm số f ( t ) đồng biến ( 0; +∞ ) x ) f ( y ) ⇔= x y Phương trình (1) ⇔ f ( = Trở lại phép đặt ta được: x = x + ⇔ x − x − = Xét hàm số g ( x ) = x − x − R Chứng minh phương trình g ( x ) = có nhiều hai nghiệm R x 0;= x Có g= ( ) g= (1) nên phương trình g ( x ) = có nghiệm= Kết hợp điều kiện, phương trình có nghiệm x = Trang 10 TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA NHĨM TỐN VDC&HSG THPT Câu 17 Phương trình MŨ - LOGARIT- VD_VDC 76 22 5 1 log 2021 ( x + 1) + = x− log 2021  +  − x + + + có x 3x 3 x nghiệm? A B C Lời giải Chọn A D  −1 < x < −  ĐKXĐ:  x > 76 22 5 1 x− log 2021  +  − x + + + Ta có: log 2021 ( x + 1) + = x 3x 3 x ⇔ log 2021 x + + ( 5 1 5  x + 1= +2 log 2021  +  +  + +  3 x 3 x  ) 2 (1) Xét hàm số f= ( t ) log 2021 t + ( t + ) ( 0; + ∞ ) + ( t + ) > 0, ∀t ∈ ( 0; + ∞ ) ⇒ Hàm số f ( t ) đồng biến ( 0; + ∞ ) t ln 2021 5 1 Do (1) ⇔ f x + 1= f  +  ⇔ x + = + x 3 x 5 3 + x ≥  5  x = 5 3 + x ≥  đk   x =   + ≥0 ⇔ ⇔ ⇔ x ⇔ 3  x = −11 − 13 11 13 − +  9 x − 16 x − 30 x − =  x + 1=  +   x=   18    18 3 x      x = −11 − 13 18   Vậy phương trình cho có hai nghiệm phân biệt 3  3  x + 1 log  x + 1  1  2  Câu 18 Số nghiệm dương phương trình x − x − = log  2 x A B C D Lời giải Chọn D 3  x +1 > −2  x >    log  x + 1  x >     x >    Điều kiện  > ⇔  ⇔ − < x < x   x <  x ≠ x ≠      = f ′ (t ) ( ) Với x > phương trình tương đương CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 11 NHĨM TỐN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC  3  3  2x − = x − log  x + 1 + log log  x + 1  − log x 2  2   ⇔ x + x + log x=  3  3  x + + log  x + 1 + log log  x + 1  2  2   3  Đặt log  x + 1 = y ⇔ x + = y 2  Phương trình trở thành: ⇔ x + x + log x = y + y + log y (1) Xét hàm số f ( t ) = 2t + t + log t ( 0; +∞ ) Hàm số f ( t ) đồng biến khoảng ( 0; +∞ ) , (vì tổng hàm đồng biến) x ) f ( y ) ⇔= x y Phương trình (1) ⇔ f ( = Khi 3 x + 1= y ⇔ x + 1= x ⇔ x − x − 1= 2 Xét hàm số g ( x ) =2 x − x −  ta có ′ ( x ) x ln − , g ′ ( x ) = có nghiệm suy g ( x ) = có khơng q nghiệm g= Mà g= ( ) g= ( 2) Kết hợp điều kiện, phương trình có nghiệm dương x =  x + 3x  x +1 x Câu 19 Tìm số nghiệm phương trình log 2021   + + 7.3 − 56 x − 14 =  8x +  A B Chọn B C Lời giải D Điều kiện x > − Phương trình cho tương đương log 2021 ( x + 3x ) − log 2021 ( x + ) + ( x + 3x ) − ( x + ) = ⇔ log 2021 ( x + 3x ) + ( x= + 3x ) log 2021 ( x + ) + ( x + ) (1) f ( t ) log 2021 t + 7t khoảng ( 0; + ∞ ) Xét hàm số= + > , ∀ t > , hàm số f ( t ) đồng biến khoảng ( 0; + ∞ ) t.ln 2021 Từ (1) ta thấy f ( x + 3x )= f ( x + ) ⇔ x + 3x = x + ⇔ x + 3x − x − = f ′ (t ) Ta có = Xét g ( x ) = x + 3x − x − , ta có g ′ ( x ) = x ln + 3x ln − , g ′′ ( x ) = x ( ln ) + 3x ( ln 3) > g ′ ( x ) liên tục  2 Nên g ′ ( x ) = có khơng q nghiệm suy g ( x ) = có khơng nghiệm Trang 12 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA NHĨM TỐN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC Mà g= ( ) g= (1) Kết hợp với điều kiện suy phương trình có tập nghiệm S = {0;1} Câu 20 Cho hàm = f ( x) ln số 1  f  log ( x + ) + x +  + 2  A ( f ( x) ln Xét hàm số = ( Hỏi phương trình   x  1 f  log có nghiệm thực? − 1 +  − x +  =   x x +     C Lời giải B Chọn C ) x + + x + e x − e− x D ) x + + x + e x − e− x x + + x > 0, ∀x ∈  nên hàm số f ( x ) xác định  Ta có: Ta có: f ( − x ) =ln ( ( ( (−x) ) ) ) + − x + e − x − e x =− ln ( ) x + + x + e− x − e x x + + x + e x − e − x =− f ( x ) với ∀x ∈  Suy f ( x ) hàm số lẻ =− ln 2x x2 + + x +1 ′( x) x + Mà f = + e x += e− x x +1 + x x + + e x += e− x x +1 + x x +1 + e x + e − x > 0, ∀x ∈  Suy hàm số f ( x ) đồng biến  1  Xét phương trình : f  log ( x + ) + x +  + 2    x  1 f  log − 1 +  − x +  =   2x +1  x    1  Điều kiện: x ∈  −2; −  ∪ ( 0; +∞ ) 2    x  1 f  log − 1 +  − x +  =   x x +       x 1   1 ⇔ f  log ( x + ) + x +  =− f  log − 1 +  − x +    2x +1  x  2      2x +1   1  ) + x +  f  log ⇔ f  log ( x += + 1 +  + x +    x 2   x   1  Ta có : f  log ( x + ) + x +  + 2  ⇔ 2x +1   + x + log + 1 +  + x + log ( x + )= x  x ⇔ log ( ) ( x+2 + 1  1  x + −= log  +  + 1 +  x  x  ) CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 (1) Trang 13 NHĨM TỐN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC 1  Với x ∈  −2; −  ta thấy = f ( x ) log 2  ( ) ( x+2 + ) x + −1 hàm số đồng biến 1  1  g (= x ) log  +  + 1 +  hàm số nghịch biến Do (1) có nhiều nghiệm x  x  1 1   x ∈  −2; −  Mà f ( −1) = g ( −1) nên x = −1 nghiệm (1)  −2; −  2 2   = + 2t > 0, ∀t > nên h ( t ) h′ ( t ) Với x ∈ ( 0; +∞ ) , xét hàm số h = ( t ) log ( t + 1) + t có ( t + 1) ln hàm số đồng biến ( 0; +∞ ) + 13  1 x + − = h 1 +  ⇔ x + − = + ⇔ x − 3x − = ⇔ x = x  x Vậy phương trình có nghiệm Tính tổng S tất nghiệm phương trình (1) ⇔ h ( Câu 21 )  x + 3x  x +1 x ln   + + 5.3 − 30 x − 10 =  6x +  A S = B S = C S = −1 Lời giải D S = Chọn A Điều kiện: x + > ⇔ x > − ( *) Khi ta có:  x + 3x  x +1 x x x x x ln   + + 5.3 − 30 x − 10 =0 ⇔ ln ( + ) + ( + ) =ln ( x + ) + ( x + ) (1)  6x +  Xét hàm số y =f ( t ) =ln t + 5t , t > y′ = + > ∀t > nên hàm số đồng biến t > , t (1) ⇔ f ( x + 3x ) = f ( x + ) ⇔ x + 3x = x + ( ) Với x ∈ [ 0;1] Áp dụng bất đẳng thức Becnoulli ta có: x + 3x ≤ x − x + x − x + = x + Dấu x 1,= x " = " xảy = Với x ≤ x ≥ Áp dụng bất đẳng thức Becnoulli ta có: x 1,= x x + 3x ≥ x − x + x − x + = x + Dấu " = " xảy = x 1,= x , suy S = Vậy phương trình ( ) có nghiệm = f (1) f= Cách giải khác: (Giải Phương trình (2)) Xét hàm số f ( x ) = x + 3x − x − có = ( 0) x 1,= x suy phương trình f ( x ) = có hai nghiệm = Ta có f ′ (= x ) x ln + 3x ln − 6, f ′′ (= x ) x ( ln ) + 3x ( ln 3) > 0, ∀x nên f ′ ( x ) = có nhiều 2 nghiệm, suy f ′′ ( x ) = có nhiều hai nghiệm Vậy phương trình f ( x ) = có x 1,= x , suy S = hai nghiệm = Trang 14 TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA NHĨM TỐN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC  2x +1 +   x −3  Câu 22 Cho phương trình log   = log 25   Biết phương trình có nghiệm  x  2x +1    có dạng x= a + b c (với a; b; c ∈  , A 26 B 36 c tối giản) Tính giá trị S =a + b + c3 C 16 Lời giải Chọn C D 46 Điều kiện: x >  2x +1 +   2x +1 +   x−3   x −3  Ta có: log  ⇔ log  log   = log 25   =   x x  2x +1   2x +1       2x +1 +   x −3  log  ⇔ log   =  x  2x +1    ⇔ log ( Đặt y = ) x + + + log ( x += 1) log x + log ( x − 3) (1) 2 x + + 3, ( y > 3) ⇒ x + = ( y − 3) Khi (1) có dạng log y + log ( y − 3) = log x + log ( x − 3) 2 ( 2) Xét hàm số f ( t ) =log t + log ( t − 3) với t > Ta có: f ′= (t ) + > 0; ∀t > t.ln ( t − 3) ln Suy f ( t ) hàm số đồng biến ( 3; +∞ ) Khi đó: ( ) có dạng f ( y ) = f ( x ) ⇔ y = x ⇔ x + + = x ⇔ 2x +1 = ( x − 3)  x= + 2 ⇔ x2 − 8x + = 0⇔  x= − 2 a 4;= b 2;= c Do x > nên x= + 2 Khi đó:= Vậy: S =a + b + c3 =4 + 22 + 23 =16 Câu 23 Cho phương trình sau: log ( x y + + x + y ) y4 +2 = 27 + ( − x )( y + ) Khi y số nguyên phương trình có nghiệm x số nguyên? A B C Lời giải Chọn A D ĐK: x y + + x + y > ⇔ ( x + 1)( y + ) > ⇔ ∀x, y Ta có: log ( x y + + x + y ) y4 +2 = 27 + ( − x )( y + ) ⇔ ( y + ) log ( x + 1)( y + )  = 27 − ( x + 1)( y + ) + ( y + ) CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 15 NHĨM TỐN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC 27 − ( x + 1) + y +2 27 ⇔ log ( x + 1) + ( x += − log ( y + ) + 1) y +2 27 27 ⇔ log ( x + 1) + ( x += + log 1) y +2 y +2 + > 0, ∀t > t ) log t + t , t > ⇒ g ′ (= t) Xét hàm số g (= t ln Suy ra: y = g ( t ) đồng biến ∀t > ⇔ log ( x + 1) + log ( y += 2)  27  27 Khi : (*) ⇔ g (= x + 1) g  x2 +  ⇔= y +2  y +2 Do y nguyên nên x nguyên y + ước 27, mà y + ≥ nên y + ∈ {3;9; 27} ⇔ y =±1 Suy x = ±2 Câu 24 Tính tổng tất nghiệm phương S 2x +1 log ( x + 2) + x + − log − (l+ ) − x + = x x + 13 + 13 − 13 − 13 B S = C S = D S = A S = 2 2 Lời giải Chọn A  x ∈ ( −2; +∞ )  Điều kiện:  ⇔ x ∈ (−2; − ) ∪ ( 0; +∞ )  x ∈ (−∞; − ) ∪ ( 0; +∞ )  Khi phương trình viết lại: 1 log x + − 2( x + 2) + x += log (2 + ) − 2(2 + ) + (2 + ) (1) x x x (t ) log t − 2t + t , ∀t > ta có : Xét hàm số: f = trình 1 + 2t − ≥ 2t −= 2 − > 0, ∀t > nên f (t ) đồng biến khoảng t ln t.ln ln ( 0; +∞ ) f ' (= t) 1 (2) (1) ⇔ f ( x + 2) = f (2 + ) ⇔ x + = + x x Bình phương hai vế phương trình (2) ta có:  x = −1 thay vào phương trình ban đầu có x + = + + ⇔ x − 2x − 4x −1 = ⇔   x = ± 13 x x  + 13 −1, x = hai giá trị x = thỏa mãn + 13 + 13 −1, x = Vậy phương trình có hai nghiệm x = nên S = 2 2x −1 Câu 25 Gọi x1 , x2 ( x1 < x2 ) nghiệm phương trình: log = x − x + Giá trị ( x − 1) biểu thức = P x1 + x2 bằng: A P = Trang 16 B P = C P = D P = −6 TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA NHĨM TỐN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC Lời giải Chọn B  2x −1 x > >0⇔ ĐK: ( x − 1)  x ≠ Phương trình cho tương đương log (2 x − 1) − log ( x − 1) = 3( x − 1) − (2 x − 1) + ⇔ log (2 x − 1) + (2 x − 1) = 3( x − 1) + log 3( x − 1) (1) + > 0, ∀t > suy f (t ) đồng biến t ln 1) f 3 ( x −1)  (0; +∞) Từ ta có: (1) ⇔ f ( x −= f ( t ) log3 t + t ,với t > có f ' (= t) Xét =   x = 0⇔ ⇔ x − 1= ( x − 1) ⇔ x − x + = x =   2 Vậy tập nghiệm phương trình S = 2,  nên P =  3 2 CHUN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang 17 NHĨM TỐN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC GIẢI PT LÔGARIT BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ KHƠNG HỒN TỒN (KHƠNG CHỨA THAM SỐ) PHƯƠNG PHÁP Phương pháp thường sử dụng phương trình lựa chọn ẩn phụ cho biểu thức biểu thức cịn lại không biểu diễn triệt để qua ẩn phụ biểu diễn cơng thức biểu diễn lại phức tạp Câu Số nghiệm phương trình lg x + lg x.log ( x ) + log x = A B C Lời giải D Chọn C Điều kiện x > lg x + lg x.log ( x ) + log x = ⇔ lg x + ( + log x ) lg x + log x = (1) Đặt t = lg x Khi phương trình (1) trở thành: t + ( + log x ) t + log x = (2) Ta có: ∆= ( + log x ) − 4.2 log x= ( log x − )  + log x + log x − = log x t = Khi phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt là:  + log x − log x +  = t =  Với t= log x ⇔ lg x= log x ⇔ lg x − log x= Đặt f (= x ) lg x − log x với x > f ′= ( x) 1 1 1  − = −   < 0, ∀x > x ln10 x ln x  ln10 ln  Suy hàm số f (= x ) lg x − log x nghịch biến khoảng ( 0; +∞ ) Mặt khác: f (1) = Do phương trình lg x − log x = có nghiệm x = ( thoả điều kiện) Với t = ⇔ lg x = ⇔ x = 100 (thoả điều kiện) Cách Vậy số nghiệm phương trình Điều kiện x > lg x + lg x.log ( x ) + log x = 0 ⇔ lg x + ( + log x ) lg x + log x =  lg x  lg x ⇔ lg x +  + =  lg x + lg  lg  (1)     1 +  lg x +  +  lg x = lg   lg   CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang NHĨM TỐN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC     Dễ thấy phương trình có hai Đặt t = lg x Phương trình trở thành 1 + t +  + t = lg   lg   nghiệm t phân biệt nên phương trình cho coa nghiệm phân biệt Câu Số nghiệm thực phương trình log 22 x + ( x − 1) log x + x − = A B C D Lời giải Chọn C Điều kiện: x > Đặt t = log x Khi phương trình trở thành: t + ( x -1)t + x − = t = −2 ⇒  t= − x Với t= − x ta có log x = − x ⇔ log x + x − = (*) Đặt f (= x) + > 0; ∀x > x) log x + x − với x > , có f '(= x ln Do hàm số f(x) đồng biến (0; +∞) mà f (2) = ⇒ x = nghiệm hương trình Vậy phương trình cho có hai nghiệm thực Tổng nghiệm thực phương trình ( x + 1) log 32 ( x + 1) + ( x − 2) log ( x + 1) − = Ta có ∆= Câu ( x − 5) 2 C − B A D Lời giải Chọn D Điều kiện : x > −1 Đặt : t log ( x + 1) Khi phương trình trở thành: = ( x + 1) t + ( x − 2)t − =0 t = −1 Ta có: ∆= ( x − ) ⇒  t =  x +1 2 Với t = −1 ta có log ( x + 1) =−1 ⇔ x + = ⇔ x =− (thỏa mãn điều kiện x > −1 ) 3 3 Với t = ta có log ( x + 1) = (*) x +1 x +1 Đặt = f ( x ) log ( x + 1) g ( x) = x +1 − −1 ,= có f '( x) > 0; g ′( x) = ( x + 1) ln ( x + 1) Do hàm số f ( x ) đồng biến (−1; +∞) hàm số g ( x ) nghịch biến (−1; +∞) ⇒ x = nghiệm phương trình (*) Vậy phương trình cho có hai nghiệm thực x1 = − ; x2 = x1 + x2 = 3 Câu Cho phương trình x + 3x +1 + 2m = (3 x +1 + 1) 3x + m Hỏi có giá trị tham số thực m ∈ [ −20; 20] để phương trình có hai nghiệm phân biệt biết 4m ∈  ? A 79 Trang B 82 C 81 Lời giải D 80 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA NHĨM TỐN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC Chọn D Ta đặt 3x = t > suy t + 3t + 2m = ( ) ( 3t + 1) t+m = y t + m Ta đặt Khi đó: y − ( 3t + 1) y + t + t = 3t + + t −  y=  = t t+m Ta có ∆= ( t − 1) ⇒  ⇔ 3t + − ( t − 1)  t + = t + m    y =  4m = 4t − 4t = f ( t ) ( t > ) Do đó:  có đồ thị hình bên  4m = t − 2t + = g ( t ) ( t > )  4m ≥ ⇒ ≤ 4m ≤ 80 Từ ta suy để có nghiệm phân biệt điều kiện cần đủ   −1 < 4m < Câu Cho phương trình   2log 22 x − ( x − log x ) 48 − log x.log 256 x log x +  28 + log x  x = 56log x   Biết tổng nghiệm phương trình biểu thức có dạng: S= + a −b + 24 c −d với a, b, c, d ∈ * Khi biểu thức T = a + b + c + d có giá trị A 40 B 40 Chọn A C 50 Lời giải D 30 x > x > ⇔ ⇔ 12 ≤ x ≤ 16  Điều kiện:  2 48 − log x.log 256 x ≥ 48 − 8log x − log x ≥    Ta có 2log 22 x − ( x − log x ) 48 − log x.log 256 x log x +  28 + log x  x = 56log x   ⇔ 2log 22 x + ( 28 − log x ) x − 56 log x − ( x − log x ) 48 − log x.log 256 x log x = 0 ⇔ ( log x − x )( log x − 28 ) − ( x − log x ) 48 − log x.log 256 x log x = ( ) ⇔ ( log x − x ) log x − 28 + 48 − 8log x − log 22 x log x = 0 (1)  log x − x = ⇔ log x − 28 + 48 − 8log x − log 22 x log x = ( 2) CHUYÊN ĐỀ VDC&HSG 12 NĂM 2021-2022 Trang NHĨM TỐN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC  Xét hàm f ( x= ) log x − x, x ∈  12 ; 16 2  2 Ta có f ′ ( x ) = − 1, f ′ ( x ) = ⇔ x = x ln ln   Bảng biến thiên hàm số= f ( x ) log x − x đoạn  12 ; 16  sau: 2  Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình f ( x ) = có tối đa hai nghiệm Mà f= ( 4) ( ) f= nên phương trình f ( x ) = có nghiệm= x 2,= x = Đặt t log x, t ∈ [ −12; 4] Phương trình ( ) trở thành t − 28 + ( t + 3) 48 − 8t − t = 1 48 − 8t − t ) − ( t + 3) 48 − 8t − t + t + 3t + = ( 2 1 ⇔ ( 48 − 8t − t ) − ( t + 3) 48 − 8t − t + t + 3t + = 2 ⇔ Đặt u= 48 − 8t − t , u ≥ Ta phương trình ⇔ u − ( t + 3) u + t + 6t + = (Chú ý ∆′ = ( t + 3) − ( t + 6t + ) = ) u = t + ⇔ u = t + Với u = t + ta t + ≥ t + ≥ 48 − 8t − t =t + ⇔  ⇔  2 48 − 8t − t = ( t + ) t + 8t − 16 = ⇔ t =−4 + Khi x = 24 Với u = t + ta −4 t + ≥ t + ≥ 48 − 8t − t =t + ⇔  ⇔  2 48 − 8t − t = ( t + ) t + 6t − 22 = ⇔ t =−3 + 31 Khi x = 31 −3  Vậy tổng nghiệm phương trình cho S= + a = 31, b = 3, c = 2, d = ⇒ T = 40 31 −3 + 24 −4 Suy _ TOANMATH.com _ Trang TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA ... 12 NĂM 2021-2022 Trang NHĨM TỐN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƠGARIT BẰNG PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG HÀM ĐẶC TRƯNG (KHÔNG CHỨA THAM SỐ) PHƯƠNG PHÁP Bước : Đưa phương trình dạng... 12 NĂM 2021-2022 Trang 17 NHĨM TỐN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT- VD_VDC GIẢI PT LÔGARIT BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ KHƠNG HỒN TỒN (KHƠNG CHỨA THAM SỐ) PHƯƠNG PHÁP Phương pháp thường sử dụng phương... giá trị tham số thực m ∈ [ −20; 20] để phương trình có hai nghiệm phân biệt biết 4m ∈  ? A 79 Trang B 82 C 81 Lời giải D 80 TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA NHĨM TOÁN VDC&HSG THPT MŨ - LOGARIT-