8 GT12 c2 b6 BPT LOGARIT 2022

-Full Chuyên đề dạy thêm lớp 12 mức 7+ New 2021- Giải tích ⓬ Chương Bài ➆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT Ⓐ ▣ Tóm tắt lý thuyết bản: ① Định nghĩa Bất phương trình lôgarit là bất phương trình có chứa ẩn số biểu thức dưới dấu lôgarit ② Bất phương trình lôgarit bản: cho ◈-Ghi nhớ trình lôgarit có dạng: Bất phương ③ Phương pháp giải phương trình bất phương trình lôgarit Đưa về cùng số Nếu thì Nếu thì Đặt ẩn phu Mũ hóa Phương pháp hàm số và đánh giá                                  Ⓑ ▣ Phân dạng toán bản: ◈ - Zalo 0774860155- chia sẻ file word -Full Chuyên đề dạy thêm lớp 12 mức 7+ New 2021- Daïng ① ▣ Bất phương trìn ① Xét bất phương t Trường hợp , Trư ② Xét bất phương Trường hợp , Trường hợp , _Bài tập minh họa: Câu 1: Giải bất phương trình : Ⓐ x > Ⓑ log ( x - 1) > < x < 3 Ⓒ x < Lời giải Chọn A  Ta có x> Ⓓ 10 PP nhanh trắc nghiệm  Casio: Table log ( x - 1) > Û x - > Û x > Thỏa mãn chọn A Câu 2: Tập nghiệm bất phương trình ( −∞; ) ( 2; +∞ ) Ⓐ Ⓑ Lời giải log 0,2 ( x − 1) < Ⓒ ( −∞;1) là Ⓓ ( 1; ) PP nhanh trắc nghiệm ◈ - Zalo 0774860155- chia sẻ file word -Full Chuyên đề dạy thêm lớp 12 mức 7+ New 2021- Chọn B  Ta có  Casio: Calc, table log 0,2 ( x − 1) < ⇔ x − > 0, 20 ⇔ x >  Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = ( 2; +∞ ) log ( x − x + ) > Câu 3: Tập nghiệm bất phương trình ( −∞;2 ) ∪ ( 3; + ∞ ) ( 3;+ ∞ ) Ⓐ Ⓑ Ⓒ ( −∞;2 ) Lời giải là Ⓓ ( 2;3) PP nhanh trắc nghiệm Chọn D  Casio: Calc, table log ( x − x + ) > ⇔ < x − x + <   x − 5x + < ⇔  x − 5x + > ⇔2< x x <  ⇔ 1 x>− ⇔− < x log ( x − 1) C S = ( 2; + ∞ ) là D S = ( −1; ) Lời giải Chọn A  x > x − >  ⇔ ⇔ 2x −1 1  S =  ; 2÷ 2  Vậy log ( x − ) > log ( x + 1) 5 Giải bất phương trình sau < x3 Lời giải Chọn A x> Điều kiện a= Vì số  −4 ≤ x < −3 ⇔ ⇔   x + 3x − ≤  −4 ≤ x ≤ ⇔ < x + 3x ≤ 22 0 < x ≤ Vậy tập nghiệm bất phương trình là Tập nghiệm S = ( 1;9 ) A S bất phương trình S = ( 1;10 ) B [ −4; − 3) ∪ ( 0;1] log ( x − 1) < là S = ( −∞ ;10 ) C Lời giải D S = ( −∞ ;9 ) Chọn A x −1 > x > ⇔ ⇔1< x < ⇔  log ( x − 1) < x −1 < x < Vậy, tập nghiệm là S = ( 1;9 ) log ( x − 1) > Giải bất phương trình x ≥ 10 x < 10 A B C < x < 10 D x > 10 Lời giải Chọn D Điều kiện x >1 log ( x − 1) > ⇔ x − > 32 ⇔ x > 10 , ta có Khẳng định nào dưới là sai? A log x ≤ ⇔ < x ≤ log a > log b ⇔ a > b > B log a = log b ⇔ a = b > C 5 D 5 log x ≥ ⇔ x ≥ Lời giải ◈ - Zalo 0774860155- chia sẻ file word -Full Chuyên đề dạy thêm lớp 12 mức 7+ New 2021- Chọn B 0< Do log b ⇔ < a < b nên log 0,5 ( x − 1) ≥ Bất phương trình 1   ; +∞ ÷ 2  A B ( 1; +∞ ) có tập nghiệm là 1   ;1 2  C Lời giải D 1   ; +∞ ÷ Chọn C ⇔x> 2x −1 > Điều kiện: log 0,5 ( x − 1) ≥ ⇔ x − ≤ 0,50 ⇔ x ≤ ⇔ x ≤ 1  S =  ;1 2  So sánh với điều kiện ta có tập nghiệp bất phương trình là log ( x + 1) < Tập nghiệm bất phương trình ( −∞;1) ( −1; +∞ ) A B C là ( −1;1) D ( −1; ) Lời giải Chọn C x +1 > ⇔ log ( x + 1) <  x + < ⇔ −1 < x < Số nghiệm tự nhiên nhỏ 2015 2016 A B 2020 log ( x − 1) − < log ( x + 1) bất phương trình C D 2 Lời giải Chọn B Điều kiện: 2 x − > ⇔x>  3x + > Khi đó bất phương trình phương trình tương đương với bất phương trình: log ( x − 1) − < log ( x + 1) ⇔ log ( x − 1) < log ( x + 1) 2 ◈ - Zalo 0774860155- chia sẻ file word là -Full Chuyên đề dạy thêm lớp 12 mức 7+ New 2021- ⇔ x − > 3x + ⇔ x > Mà (Thỏa mãn điều kiện) x ∈ ¥ * x ∈ ¥ * ⇒   x < 2020  ≤ x ≤ 2019 Vậy bất phương trình có 2019 − + = 2016 nghiệm tự nhiên nhỏ 2020 log ( x − x ) > log ( x − ) Bất phương trình 10 A C ( 1; ) [ 1; 2] B D ( 1; ) ∪ ( 2; +∞ ) ( 1; +∞ ) có tập nghiệm là Lời giải Chọn A Ta có: 2  x − x >  x − x > log ( x − x ) > log ( x − ) ⇔  ⇔ 2  x − x < x −  x − 3x + <  x <  ⇔   x > ⇔ < x < 1 < x <  Vậy Tập nghiệm bất phương trình cho là Các giá trị 10 x> A 11 x S = ( 1; ) log ( x − 1) > thỏa mãn bất phương trình < x ⇔ x − > ⇔ x > Ta có Tập nghiệm bất phương trình ( 1;3] [ −3;3] A B 12 log ( x − 1) ≤ log ( − x ) + C ( 1;5) Lời giải ◈ - Zalo 0774860155- chia sẻ file word là D [ 3;5] -Full Chuyên đề dạy thêm lớp 12 mức 7+ New 2021- Chọn A Điều kiện 1< x < log ( x − 1) ≤ log ( − x ) + ⇔ log ( x − 1) ≤ log ( 10 − x ) ⇔ x − ≤ ⇔ −3 ≤ x ≤ Kết hợp điều kiện ta 1< x ≤ log ( x − x ) ≥ −1 Tập tất nghiệm bất phương trình ( −∞; −1] ∪ ( 2; +∞ ] ( −1; ) A B 13 C [ −1; 2] D là [ −1; ) ∪ ( 1; 2] Lời giải Chọn D * TXĐ: D = ( −∞;0 ) ∪ ( 1; +∞ ) log ( x − x) ≥ −1 * Ta có: ⇔ x − x − ≤ ⇔ x ∈ [ −1; 2] * Kết hợp điều kiện xác định ta tập nghiệm bất phương trình là S = [ −1;0 ) ∪ ( 1; 2] Tìm tập nghiệm 14 A C S = ( −1;1) S = ( −1;1) \ { 0} S bất phương trình B D S = ( 0;1) ln x < S = ( −1;0 ) Lời giải Chọn C Ta có  x2 ≠   x < ⇔ ln x < ⇔  x ≠  −1 < x < ⇔ x ∈ ( −1;1) \ { 0} Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = ( −1;1) \ { 0} ◈ - Zalo 0774860155- chia sẻ file word -Full Chuyên đề dạy thêm lớp 12 mức 7+ New 2021- log ( x + x − ) ≥ − Tìm tập nghiệm bất phương trình ( −4; ) [ −6; ) A B 15 C [ −6; − 4] ∪ [ 2; 4] D [ −6; − ) ∪ ( 2; 4] Lời giải: Chọn D Điều kiện  x < −4 x2 + 2x − > ⇔  x > Với điều kiện trên, bất phương trình trở thành: −4 1 x + x − ≤  ÷ ⇔ x + x − 24 ≤ ⇔ −6 ≤ x ≤ 2 Kết hợp điều kiện ta Tìm tập nghiệm S = ( 1; +∞ ) A 16 S  −6 ≤ x < −4 2 < x ≤  2x +1   log  log ÷> x −1   bất phương trình S = ( −∞; −2 ) S = ( −∞;1) B C D Lời giải Chọn B Ta có: 2x +1   2x +1 2x +1 log  log < ⇔1< < 42 ÷ > ⇔ < log x −1  x −1 x −1   2x +1 x+2  x − − >  x − > ⇔ ⇔ x + <  2x −1 − <  ⇔ x >1  x > log14 ( x − 1) + log14 x < ⇔ log14 ( x − 1) x  < ⇔ x − x < 14 ⇔ x − x − 14 < ⇔ ( x − ) ( x3 + x + x + ) < Vì x >1 suy x3 + x + x + > hợp với điều kiện x >1 nên ( x − ) ( x3 + x + x + ) < ⇔ x − < ⇔ x < ta tập nghiệm bất phương trình cho là -BPT đưa số: log π ( x + 1) > log π ( x − ) Tập nghiệm bất phương trình 5   ;6 ÷ ( 6; +∞ ) 2  A B 4 C ( −∞;6 ) là D ( −1;6 ) Lời giải Chọn A Ta có x +1 >  ⇔ 2 x − > ⇔ x > log π ( x + 1) > log π ( x − )  x + < 2x −  4 log ( x − 3) ≥ log Số nghiệm nguyên bất phương trình A B C 2 Chọn D 10 x − ≤ x ≤ ⇔ log ( x − 3) ≥ log ⇔  x − > x > 2 ◈ - Zalo 0774860155- chia sẻ file word là D Lời giải Bất phương trình Kết ( 1; ) -Full Chuyên đề dạy thêm lớp 12 mức 7+ New 2021- Vậy có giá trị nguyên dương thõa mãn _Bài tập rèn luyện: Tìm tất giá trị + log ( x + 1) ≥ log ( mx + x + m ) A −1 < m ≤ tham số m x∈¡ thỏa mãn với −1 < m < 2 ⇔   x − 3x + m > x −  x − x + m + > Cách 1: Yêu cầu bài toán tương đương với 35 ( 1) ( 1) có tập nghiệm chứa khoảng ◈ - Zalo 0774860155- chia sẻ file word ( 1; +∞ ) -Full Chuyên đề dạy thêm lớp 12 mức 7+ New 2021- TH1: ∆′ < ⇔ − m − < ⇔ < m TH2: Nghiệm “lớn” tam thức bé Tương đương với Cách 2: ĐK: + 3− m x − x = f ( x ) , x >1 m > max f ( x ) ⇒ m + > f ( ) = x∈( 1;+∞ ) ⇒m>3 Cho bất phương trình (vô nghiệm) log ( x + x + ) + > log ( x + x + + m ) m Có giá trị nguyên tham số để bất phương trình có tập nghiệm chứa khoảng ( 1;3) ? 35 36 34 33 A B C D Lời giải Chọn C  x + x + + m >  m > − x − x − bpt ⇔  ⇔ 2  log  x + x + )  > log ( x + x + + m ) 6 x + x + > m   ( m > max f ( x ) ( 1;3)  ⇔ g ( x) m < ( 1;3) , với f ( x ) = − x2 − 6x − Xét biến thiên hai hàm số  f ′ ( x ) = −2 x − < 0, ∀x ∈ ( 1;3) ⇒ f ( x ) ; f ( x) g ( x ) = 6x2 + 8x + và g ( x) nghịch biến khoảng ( 1;3) ⇒ max f ( x ) = f ( 1) = −12 ( 1;3)  g ′ ( x ) = 12 x + > 0, ∀x ∈ ( 1;3) ⇒ g ( x ) đồng biến khoảng ⇒ g ( x ) = g ( 1) = 23 ( 1;3) Khi đó 36 −12 < m < 23 ◈ - Zalo 0774860155- chia sẻ file word ( 1;3) -Full Chuyên đề dạy thêm lớp 12 mức 7+ New 2021- Mà m∈¢ nên Vậy có tất m ∈ { −11; − 10; ; 22} 34 giá trị nguyên Bất phương trình 0 ⇔ ⇔ 2   x − ax + > ∀x ∈ ¡ 2 x + > x + ax + ∀x ∈ ¡  a − < ⇔   a − < ⇔ a − < ⇔ −2 < a < S m Gọi là tập tất giá trị nguyên tham số để bất phương trình 2 log ( x + ) ≥ log ( mx + x + m ) S ¡ có tập nghiệm là Tổng phần tử là 13 10 11 12 A B C D Lời giải Chọn B Cách 1: BPT có tập nghiệm mx + x + m > ( 1)  ⇔ ( − m ) x − x + − m ≥ ( 2) ¡ , mx + x + m >  2 ⇔ 7 x + ≥ mx + x + m ∀x ∈ ¡ , ∀x ∈ ¡ a = m > ⇔m>2 ′ ∆ = − m <  ( 1) ⇔  Ta có: 37 ◈ - Zalo 0774860155- chia sẻ file word -Full Chuyên đề dạy thêm lớp 12 mức 7+ New 2021- a = − m > ( ) ⇔   ∆′2 = − ( − m ) ≤ Ta có: Do đó Vậy m > ⇔ 2< m≤5  m ≤ S = + + = 12 , mà ⇔ 7−m≥ 2⇔ m ≤5 m∈¢ nên m = { 3; 4;5} Chú ý: Cho biểu thức là f ( x ) = ax + bx + c Nếu b≠0 thì ta không cần xét a > a < ⇔ ⇔ ax + bx + c ≥ ∀x ∈ ¡  ∆ ≤ ax + bx + c ≤ ∀x ∈ ¡ ∆ ≤ +) , , a > a < ⇔ ⇔ ax + bx + c > ∀x ∈ ¡  ∆ < ax + bx + c < ∀x ∈ ¡ ∆ < +) , , (Để ý ∆ ) Cách 2: BPT có tập nghiệm Từ ( 1) ⇔ m> f ′( x) = Ta có −4 x x2 + f ( x) = Xét hàm số x2 − (x + 1)  mx + x + m >  2 7 x + ≥ mx + x + m ¡ ⇔  −4 x x + ∀x ∈ ¡ , =0 ⇔ x = ±1 Bảng biến thiên YCBT 38 ⇔ m>2 ( 3) ◈ - Zalo 0774860155- chia sẻ file word ( 1) ( 2) , ∀x ∈ ¡ a=0 và -Full Chuyên đề dạy thêm lớp 12 mức 7+ New 2021- Từ ( 2) ⇔ m≤ x2 − 4x + x2 + 4x2 − g′ ( x ) = (x Ta có + 1) g ( x) = Xét hàm số x2 − x + x2 + , ∀x ∈ ¡ =0 ⇔ x = ±1 Bảng biến thiên YCBT Từ ⇔ m ≤ ( 4) ( 3) Vậy và ( 4) suy ra: S = + + = 12 2 m log a b + D 2002 Lời giải Chọn A Đặt log a b = x x > , Suy b = ax 3.a log a b −b log b a Khi đó f ( x) = Xét hàm số 39 ( ) > m log a b + ⇔ 3.a − a 2.a x − x x , với x>0 x2 x > m.x + ⇔ ◈ - Zalo 0774860155- chia sẻ file word 2.a x − >m x với a , -Full Chuyên đề dạy thêm lớp 12 mức 7+ New 2021- f ′( x) = có 2a x ( x.ln a + ) > ∀x ∈ ( 0; +∞ ) f ( x) ( 0; +∞ ) x2 , nên liên tuc và đồng biến Bảng biến thiên Dựa vào BBT ta thấy Vì Và ln a > 0, ∀a > m < f ( x ) ⇔ m < ln a 3.a log a b −b log b a , đó m ∈ ( −200; 200 ) nguyên nên có 200 > m log a b + số nguyên a b ∈ ( 1; +∞ ) m≤0 với , thì m thỏa yêu cầu bài toán m Tìm giá trị thực tham số để bất phương x log 0,02 log ( + 1) > log 0,02 m x ∈ ( −∞;0 ) có nghiệm với m ≥1 m > m < < m < A B C D ( ) Lời giải Chọn D ( ) log 0,02 log ( 3x + 1) > log 0,02 m TXĐ: D=¡ m ĐK tham số Ta có: m>0 ) log 0,02 log ( 3x + 1) > log 0,02 m ⇔ log ( 3x + 1) < m Xét hàm số 40 ( : f ( x ) = log ( 3x + 1) , ∀x ∈ ( −∞;0 ) f ′( x) = có 3x.ln > 0, ∀x ∈ ( −∞;0 ) ( 3x + 1) ln ◈ - Zalo 0774860155- chia sẻ file word trình -Full Chuyên đề dạy thêm lớp 12 mức 7+ New 2021- Bảng biến thiên f ( x) Khi đó với yêu cầu bài toán thì + log ( x + 1) ≥ log ( mx + x + m ) Cho bất phương trình: m m ≥ ( 1) để nghiệm với số thực 2≤m≤3 2 + log ( x + 1) ≥ log5 ( mx + x + m ) ⇔ log 5 ( x + 1) ≥ log ( mx + x + m ) ⇔ ( x + 1) ≥ mx + x + m ⇔ ( − m ) x − x + − m ≥ ( 1) nghiệm với số thực  mx + x + m > 0, ∀x ⇔ ( − m ) x − x + − m ≥ 0, ∀x x  m >   − m < ⇔ 5 − m >  − ( − m ) ≤  ⇔ 2 Hay bất phương trình f ' (t ) = + Ta có có nghiệm t −1 = t − = f (t ) t t có nghiệm x ∈ ( 2; +∞) và t ∈ ( ; +∞) có nghiệm t ∈ ( ; +∞) (1) 1 > ∀t ∈ ( ; +∞) t 3 ⇔ 2m > f (t ) = f ( ) = − ⇔ m > − 1 2  ;+∞ ) 2 Do đó (1) Xét bất phương trình log 22 x − ( m + 1) log x − < Tìm tất giá trị tham số 2; + ∞ m để bất phương trình có nghiệm thuộc khoảng   m ∈  − ; +∞ ÷ m ∈ ( −∞;0 )   A B 10 C m ∈ ( 0; +∞ ) (   m ∈  − ;0 ÷   D Lời giải Chọn A Điều kiện: x>0 log 22 x − ( m + 1) log x − < ⇔ ( + log2 x ) − ( m + 1) log x − < ( 1) 42 ◈ - Zalo 0774860155- chia sẻ file word ) -Full Chuyên đề dạy thêm lớp 12 mức 7+ New 2021- Đặt ( 1) t = log x thành x> Vì (1+ t ) log x > log 2 = nên Do đó − ( m + 1) t − < ⇔ t − 2mt − < ( ) Cách 1: Yêu cầu bài toán tương đương tìm f ( t ) = t − 2mt − = có ac < m để bpt (2) có nghiệm thuộc ∆ ' = m + > 0, ∀m ∈ ¡ Xét bất phương trình (2) có: Khi đó cần 1  t ∈  ; +∞ ÷ 2  nên (2) ln có nghiệm phân biệt 1 < t2 ⇔ m + m + > ⇔ m > − 2 1   ; +∞ ÷ 2  t1 < < t2 t −1 1  t − 2mt − < ⇔ f ( t ) = < m t > ÷ 2t 2  Cách 2: Khảo sát hàm số f ( t) ( 0; + ∞ ) Cho bất phương trình  log 3a 11 +  log x + 3ax + 10 +  11 ( ) ÷.log 3a ta (x   m ∈  − ; +∞ ÷   + 3ax + 12 ) ≥ Giá trị thực tham số bất phương trình có nghiệm nhất thuộc khoảng nào sau đây? A ( 2; +∞ ) B ( 0;1) C ( 1; ) Lời giải Chọn B  log 3a 11 +  log  Điều kiện 43 ( )  x + 3ax + 10 + ÷.log 3a ( x + 3ax + 12 ) ≥ || ( 1)   x + 3ax + 10 ≥    0 ⇔   log x − log x − ≥ x ≥ Hàm số xác định [ 32; + ∞ ) log 22 x + log x − ≥ m ( log x − 3) Đặt t = log x x ≥ 32 Khi ⇔ log 22 x − log x − ≥ m ( log x − 3) , ta có miền giá trị t là [ 5; +∞ ) t − 2t − ≥ m ( t − 3) ⇔ m ≤ Bất phương trình có dạng: f ( t) = Xét hàm số [ 5; + ∞ ) lim f ( t ) = Do x →+∞ Do với t và t +1 t −3 f ( 5) = nên ta có có nhất thuộc [ 5; + ∞ ) nhất x −4 ( t − 3) 1< f ( t) ≤ có nhất giá trị [ 32; + ∞ ) 45 [ 5; + ∞ ) f ′( t ) = t − 2t − t +1 ⇔ m2 ≤ t −3 t −3 nên hàm số nghịch biến nên để bất phương trình đãcho có nghiệm m2 ≤ f ( t ) và bất phương trình có nghiệm ◈ - Zalo 0774860155- chia sẻ file word -Full Chuyên đề dạy thêm lớp 12 mức 7+ New 2021- m2 = ⇔ m = m Do đó không có số nguyên dương thỏa mãn x − x + + a ln ( x − x + 1) ≥ a Gọi là số thực lớn nhất để bất phương trình nghiệm x∈¡ với Mệnh đề nào sau đúng? a ∈ ( 8; + ∞ ) a ∈ ( 6;7 ] a ∈ ( −6; − 5] a ∈ ( 2;3] A B C D Khi đó: 13 Lời giải Chọn B Đặt 1  t = x2 − x + =  x − ÷ + 2  Bất phương trình Trường hợp 1: Trường hợp 2: Ta có t≥ suy x − x + + a ln ( x − x + 1) ≥ ⇔ t + a ln t + ≥ ⇔ a ln t ≥ −t − t =1 đó a ln t ≥ −t − với a ≤ t 1 a ln t ≥ −t − 1, ∀t ∈ ( 1; + ∞ ) ⇔ a ≥ 46 −t − ⇒ f ′( t ) = − ln t −t − , ∀t ∈ ( 1; + ∞ ) ln t ln t − − ln t t , ∀t ∈ ( 1; + ∞ ) 1 g ( t ) = ln t − − t ⇔ g ′ ( t ) = t + t > ◈ - Zalo 0774860155- chia sẻ file word đó -Full Chuyên đề dạy thêm lớp 12 mức 7+ New 2021- Vậy g ( t) = có tối đa nghiệm g ( 1) = −2; lim g ( t ) = +∞ t →+∞ Vì Do đó f ′( t ) = g ( t) = có nhất nghiệm có nhất nghiệm là t0 ln t0 = Khi đó t0 + t0 Bảng biến thiên a≥ Vậy −t − , ∀t ∈ ( 1; + ∞ ) ⇔ a ≥ −t0 ln t −t0 ≤ a ≤ −7 ln Vậy a Vậy số thực thỏa mãn yêu cầu bài toán là a ∈ ( 6;7 ] Cách 2: Đặt 1  t = x2 − x + =  x − ÷ + 2  Bất phương trình thành Cần tìm amax Do cần tìm f ′( t ) = 1+ Có t + a ln t + ≥ suy t≥ , f ( t ) = t + a ln t + ≥ t ≥ để , amax nên ta xét a > ∀t ≥ t 4⇒ a>0 hàm số đồng biến 3 ⇒ f ( t ) ≥ f  ÷ ⇒ + a ln ≥ 4 4 47 t≥ ⇔a≤ −7 ln ≈ 6.08 ◈ - Zalo 0774860155- chia sẻ file word 3   ; +∞ ÷ ( 1; + ∞ ) suy f ( t0 ) = −t0 -Full Chuyên đề dạy thêm lớp 12 mức 7+ New 2021- Vậy số thực a thỏa mãn yêu cầu bài toán là Có giá trị nguyên tham số 14 a ∈ ( 6;7 ] m ∈ [ 0;10] log x + 3log x − < m ( log x − ) 2 2 trình A B chứa khoảng 10 C để tập nghiệm bất phương ( 256; + ∞ ) D Lời giải Chọn D Điều kiện: x >  x>0 log 22 x + 3log x − ≥ ⇔   log x − log x − ≥ x >  x >  1   ⇔   x ≤ < x ≤ ⇔   log x < −1 ⇔     log x >  x ≥ 128 x ≥ 128    Với điều kiện bất phương trình trở thành Đặt t = log x thì t >8 ( *) ⇔ ( t + 1) ( t − ) vì log 22 x − log x − < m ( log x − ) ( *) x ∈ ( 256; + ∞ ) t +1 f ( t) = t +1 < m, ∀t > t −7 t −7 Đặt < m ( t − 7) ⇔ ⇔ m ≥ max f ( t ) ( 8; +∞ ) Yêu cầu bài toán t +1 t −7 f ( t) = Xét hàm số f ′( t ) = Ta có −4 ( t − 7) Mà 48 ( 8; +∞ ) m ∈ [ 0;10] nên ( 8; + ∞ ) t −7 < 0, ∀t > t +1 ⇒ f ( t) max f ( t ) = f ( ) = Do đó khoảng ⇒m≥3 m ∈ { 3; 4; ;10} nghịch biến khoảng ◈ - Zalo 0774860155- chia sẻ file word ( 8; + ∞ ) -Full Chuyên đề dạy thêm lớp 12 mức 7+ New 2021- Vậy có giá trị nguyên tham sớ m thỏa mãn u cầu bài tốn S m Gọi là tập hợp tất giá trị tham số để bất phương trình log ( x − x + m ) > log ( x − ) ( 2; +∞ ) có tập nghiệm chứa khoảng Tìm khẳng định S = ( −∞;5] S = [ 6; +∞ ) S = ( −∞; ) S = ( 7; +∞ ) A B C D 15 Lời giải Chọn D x − > x > ⇔ ⇔ log ( x − x + m ) > log ( x − )  x − 5x + m > x − m > − x + x − 2 Bất phương trình ⇔ m > −x2 + 6x − Xét hàm số Ta có log ( x − x + m ) > log ( x − ) có nghiệm với f ( x) = − x + x − f ′ ( x ) = −2 x + , có tập nghiệm chứa khoảng x ∈ ( 2; +∞ ) ( 2; +∞ ) f ′( x) = ⇔ x = Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên ta có: m > −x2 + 6x − 49 có nghiệm với x ∈ ( 2; +∞ ) ⇔ m > ◈ - Zalo 0774860155- chia sẻ file word ( 2; +∞ ) ... ;- ỳ ỗ ỗ ố 4ú û B 82 x+1 ) £ ( - ¥ ; 4] C Lời giải Chọn A ( 3x + 2)( x+1 - 82 x+1 ) £ Û x+1 - 82 x+1 £ 3 Û 4.22 x - 8. ( 2 x ) £ Û - 2.( 22 x ) + 2 x £ 0(*) 24 ◈ - Zalo 077 486 0155- chia sẻ file... m ( t − 7) ⇔ ⇔ m ≥ max f ( t ) ( 8; +∞ ) Yêu cầu bài toán t +1 t −7 f ( t) = Xét hàm số f ′( t ) = Ta có −4 ( t − 7) Mà 48 ( 8; +∞ ) m ∈ [ 0;10] nên ( 8; + ∞ ) t −7 < 0, ∀t > t +1 ⇒ f (... là S = [ −1;1) ∪ ( 1; +∞ ) 3log8 ( x + 1) − log ( − x ) ≥ Bất phương trình P = 2a − ab + b P = 11 P=4 A B 22 C P =8 có tập Lời giải Chọn D Ta có: 3log8 ( x + 1) − log ( − x ) ≥ ⇔ log