Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit

CHINH PHỤC OLYMPIC TỐN Phương pháp giải tốn CỰC TRỊ MŨ – LOGARIT Cuốn sách tổng hợp phân loại dạng toán mũ – logarit hay khó đề thi THPT Quốc Gia nhằm hướng tới bạn học sinh có mục tiêu 9+ kì thi đại học TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC Copyright © 2019 by Tap chi va tu lieu toan hoc All rights reserved No part of this book may be reproduced or distributed in any form or by anymeans, or stored in data base or a retrieval system, without the prior written the permission of the author Lời giới thiệu Trong đề thi THPT Quốc Gia tốn cực trị nói chung ln tốn mức độ vận dụng vận dụng cao đa phần cảm thấy khó khơng nắm phương pháp, kiến thức bất đẳng thức hay đánh giá túy Chính lí mà nảy ý tưởng viết số viết giúp bạn hiểu giải dạng toán bất đẳng thức cực trị đề thi thử đề thi THPT Quốc Gia Cuốn sách bạn đọc giới thiệu mang tới cho bạn nhìn khác phương pháp dạng toán cực trị hàm số mũ – logarit với mong muốn đọc hiểu áp dụng cho toán khác phức tạp phát triển thêm nhiều vấn đề khác Ở lần tái nhận nhiều ý kiến đóng góp từ bạn đọc, tốt có, góp ý có, tiếp nhận ý kiến hồn thiện tốt lần tái Trong ebook có sáng tác tự sưu tầm từ nhiều nguồn nên có câu hỏi chưa hay chưa phù hợp mong bạn đọc bỏ qua Trong trình biên soạn khơng thể tránh khỏi thiếu sót, mong bạn đọc góp ý trực tiếp qua fanpage Tạp chí tư liệu tốn học Nguyễn Minh Tuấn Nguyễn Mai Hoàng Anh Fanpage https://www.facebook.com/OlympiadMathematical Bản ebook phát hành miễn phí blog Chinh phục Olympic tốn, fanpage Tạp chí tư liệu tốn học hoạt động sử dụng tài liệu mục đích thương mại không cho phép Xin chân thành cảm ơn bạn đọc Mục lục Chương Các kỹ thuật đánh giá I Các kiến thức II Các dạng toán cực trị mũ – logarit Kỹ thuật rút thế, đánh giá điều kiện đưa hàm biến số Kỹ thuật “hàm đặc trưng” Các toán liên quan tới định lý Viet Các toán đưa đánh giá biến logb a Chương Các toán chứa tham số Chương Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Sử dụng phương pháp đánh giá bất đẳng thức Điều kiện cần đủ Kỹ thuật đánh giá miền giá nghiệm Chương Các toán dãy số Chương Phương trình nghiệm nguyên Tài liệu tham khảo 1 3 17 37 45 50 99 100 148 165 175 185 225 Chương Các kỹ thuật đánh giá Các toán vận dụng cao mũ – logarit đề thi thử THPT Quốc Gia tương đối đa dạng phong phú với nhiều biến tấu phát triển qua đề, năm Tuy nhiên hầu hết tất xoay quanh kỹ thuật rút thế, hàm đặc trưng, bất đẳng thức phụ bản, phương pháp hình học Vì chương ta tìm hiểu dạng tốn, kỹ thuật đánh giá thơng qua tốn xuất đề thi thử năm gần I Các kiến thức Để làm tốt toán chuyên đề cần phải nắm kiến thức lý thuyết bất đẳng thức, điều kiện có nghiệm biến đổi logarit sau Đây nội dung chun đề mà muốn nhắc tới, dạng toán lấy ý tưởng từ đề thi THPT Quốc Gia 2018 Trước tiên để làm tốt ta cần có số kiến thức bất đẳng thức nhắc lại kiến thức học sau Bất đẳng thức AM – GM • Cho số thực dương a,b a + b  ab Dấu “=” a = b • Cho số thực dương a,b,c a + b + c  3 abc Dấu “=” a = b = c • Tổng quát với số thực dương i =1 • Dạng cộng mẫu số n x i =1 i  n i =1 i  n n  x i Dấu “=” x = x = = x n i =1 Dấu “=” x = x = = x n n x n n x i 1 x + x  x + x  2 Khi cho n = 2, n = ta bất đẳng thức quen thuộc  1 1  + +   x x x x + x + x Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz  n  n   n  + Cho số ( x 1, x , , x n ) (y1, y2 , , yn ) ta có   x i   yi     x i yi   i =1  i =1   i =1  Dấu “=” số lập thành số tỉ lệ Chú ý cho n = 2, n = ta bất đẳng thức quen thuộc | Chương Các kỹ thuật đánh giá + ( x 12 + x 22 )(y12 + y22 )  (x 1y1 + x 2y ) + ( x 12 + x 22 + x 32 )(y12 + y22 + y32 )  (x 1y1 + x 2y2 + x 3y3 ) 2  n  ai n  i =1  x y (x + y ) Trong dạng dạng ta hay + Dạng cộng mẫu Engel tổng quát   n +  a b a +b i =1 bi b i i =1 gặp Bất đẳng thức cịn gọi bất đẳng thức Svacxơ a a a Dấu “=” xảy = =  = n Riêng dạng cộng mẫu cần thêm điều kiện b1,b2 , ,bn  b1 b2 bn Bất đẳng thức Minkowski Tổng quát Cho số thực r  số dương a1,a2 , ,an ,b1,b2 , ,bn ta có 1 n  n r r  n r r r r +  a b ( )  i i   ai  +  bi   i =1   i =1   i =1  Ở xét trường hợp cho số (a1,a2 , ,an ) (b1,b2 , ,bn ) Khi ta có n a i =1 Dấu “=” xảy i n b + i =1 i  n  (a i =1 + bi ) i a a1 a2 = =  = n b1 b2 bn Dạng mà ta hay gặp a + b + c + d  (a + c ) + (b + d ) 2 Bất đẳng thức gọi bất đẳng thức Vector Bất đẳng thức Holder ( ) Cho số dương x i, j i = 1, m , j = 1, n j m m   n   Khi với số 1, 2 , , n  thỏa mãn  i = ta có    x i, j      x i, jj  i =1 j =1  i =1 i =1  j =1   n n Ở ta xét trường hợp đơn giản cho dãy số gồm (a,b,c ); (m, n, p ); (x , y, z ) Ta có (a )( )( ) + b + c x + y + z m + n + p  (axm + byn + czp ) Dấu “=” xảy dãy tương ứng tỷ lệ ( Một bất đẳng thức dạng mà ta hay gặp (1 + a )(1 + b )(1 + c )  + abc ) Bất đẳng thức trị tuyệt đối Cho số thực a,b ta có a + b  a + b  a − b Dấu “=” thứ a,b dấu, dấu “=” thứ a,b trái dấu Điều kiện có nghiệm phương trình bậc Cho phương trình ax + bx + c = (a  ) Khi +  = phương trình có nghiệm , đồng nghĩa vế trái ln khơng âm khơng dương +   phương trình có nghiệm phân biệt Tạp chí tư liệu toán học | Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | Ứng dụng kiến thức áp dụng cho tìm điều kiện có nghiệm để suy min, max Ngồi phải ý tới số phép biến đổi logarit mà ta học Tính chất hàm đơn điệu Nếu hàm số f ( x ) đơn điệu liên tục tập xác định phương trình f ( x ) = a có tối đa nghiệm Nếu hàm số f ( x ) đơn điệu không lien tục tập xác định phương trình f ( x ) = a có tối đa n + nghiệm II Các dạng toán cực trị Mũ – Logarit Kỹ thuật rút thế, đánh giá điều kiện đưa hàm biến số Đây kỹ thuật mà gặp toán cực trị mà ta nghĩ tới, hầu hết chúng giải cách biểu thức từ giả thiết xuống yêu cầu đặt ẩn phụ biến đổi để đưa mối quan hệ biến từ sử dụng cơng cụ đạo hàm, bất đẳng thức để giải Sau ta vào ví dụ minh họa Ví dụ Cho số thực a,b  thỏa mãn log a + log b = Giá trị lớn biểu thức P = log a + log b bằng? A log + log B log2 + log ( log2 + log3 2) C D log + log Chuyên KHTN Hà Nội – Lần – 2017 – 2018 Lời giải Biến đổi yêu cầu toán ta P = log3 a + log2 b = Xét hàm số f (t ) = t log2 log3 b log2 a log a − log a + = + log2 log3 log2 log3 + log2 − t  f ' (t ) = t log2 Ta có f ' (t ) =  − t = log2 t  − t = t log 22  t = − log2 −t (t = log2 a ) 1 + log22    f (t )  f  = log2 + log3  max P = log2 + log3 2   + log2  Chọn ý A Ví dụ Cho số thực dương a,b thỏa mãn ( P = 4a + b − log 4a + b ) log a = log Giá trị nhỏ biểu thức b viết dạng x − y log z với x,y,z số thực dương lớn Khi tổng x + y + z có giá trị bao nhiêu? A B Lời giải 4 Từ giả thiết ta có log a = log  log a = log 2  a = b b b 3 Đặt t = 4a + b , theo bất đẳng thức AM – GM ta có | Chinh phục Olympic toán C D Cris Tuấn | Chương Các kỹ thuật đánh giá t = 4a + b = 256 256 b b 256 b b 3 + b = = 12 + +  2 b6 b6 b6 2 Khi P = 4a + b − log ( 4a + b ) = f (t ) = t − log t Ta có f ' (t ) = − 4 1−  0t  12 Vậy hàm f (t ) đồng biến 12;+ ) t ln2 12ln2  P = f (t )  f (12 ) = − log  x = y = −4,z =  x + y + z = Chọn ý C Ví dụ Cho số thực dương a,b thỏa mãn log2 (12 − a − b ) = log2 (a + )(b + ) + Khi giá trị 3 m a b 45 nhỏ biểu thức P = viết dạng với m,n số nguyên + + n b + a + a +b m dương tối giản Hỏi giá trị m + n bao nhiêu? n A 62 B 63 C 64 D 65 Lời giải Biến đổi giả thiết ta có log2 (12 − a − b ) = log2 (a + )(b + ) +  log (12 − a − b ) = log 2 (a + )(b + )  a + b + (a + )(b + ) = 12 Theo bất đẳng thức AM – GM ta có (12 − a − b ) = (a + )(b + )  (a + b + )  a + b  Biến đổi tiếp biểu thức P = a (a + ) + b (a + ) (a + )(b + ) + ( ) 4 3 45 a + b + a + b 45 = + a +b a +b (a + )(b + )  4 a + b  (a + b ) Chú ý tới bất đẳng thức quen thuộc  a + b  (a + b )3  4 1 (a + b ) + (a + b ) 45 (a + b )4 + (a + b )3 45 t + 4t 45 + = + = + Từ suy P  a +b a + b (12 − t )2 t (a + )(b + ) (12 − a − b ) Xét hàm số f (t ) = t + 4t (12 − t ) + (t + )t + (t + )t − 45  ( + ).43 + ( + ) 42 − 45  45  f ' (t ) = 2 2 t (12 − t ) (12 − t ) t (12 − ) (12 − )  P  f (t )  f ( ) = 61 61  P =  m + n = 65 4 Chọn ý D Ví dụ Cho số thực dương x,y thỏa mãn log ( x + 2y ) = log x + log y , giá trị nhỏ biểu thức P = e x2 + 2y e y2 x +1 viết dạng giá trị m + n bao nhiêu? A 62 B 78 m m với m,n số nguyên dương tối giản Hỏi n n C 89 D 91 Sở giáo dục đào tạo tỉnh Hải Phịng Tạp chí tư liệu tốn học | Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | Lời giải Biến đổi giả thiết ta có log ( x + 2y ) = log x + log y  log (x + 2y ) = log xy  x + 2y = xy  Theo bất đẳng thức AM – GM ta có x x + y = y 2 x   +y x x x x  x    + y = y    + y  − 4 + y    + y  2 2  2  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng cộng mẫu số Engel ta có x y P = e + y e x +1 Đặt t = x  2 2 x y  ln P = + =  + (1 + 2y ) x + 2y + x  +y  y    x x   + 2 + y + 1 2  8 x t2 + y (t  )  ln P = = f (t )  f ( ) =  P  e 2 (t + 1) Chọn ý C x y Ví dụ Cho hai số thực x,y thỏa mãn  x , y  đồng thời + giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f (x ,y ) = e thức T = M + m có giá trị bao nhiêu? A e − B e − x +y 2x + 2xy −y 2xy − 2x −y − x − C e − x = 5.2 y Gọi M, m y2 Khi giá trị biểu D Không tồn Lời giải x Từ giả thiết ta có y + x 2x + 2xy −y 2xy x y Đặt a = y ,b = x (a,b  ) ta a + x +y x 2x y − x = 5.2 y  y + 4.2 y y = 5.2 x 4a = 5b  (a − b )( 4a + 5b ) =  a = b  x = y b y2 x2 = e x − − x − = g (x ) 2 x x Ta có g ' ( x ) = e − x − 1, g '' (x ) = e −  g ( x )  g ( ) = Khi f (x ,y ) = e − 2x −y − x − Vậy không tồn giá trị nhỏ Chọn ý D Ví dụ Gọi S tập hợp cặp số thực ( x ;y ) thỏa mãn x   −1;1 đồng thời ln ( x − y ) − 2017x = ln ( x − y ) − 2017y + e 2018 x y Biết giá trị lớn biểu thức P = e 2018x (y + 1) − 2018x với x , y  S đạt ( x ;y ) Mệnh đề đúng? A x  ( −1;0 ) B x = −1 C x = D x   0;1) THPT Chuyên Quốc Học – Huế năm 2017 – 2018 Lời giải Biến đổi giả thiết ta có | Chinh phục Olympic toán | Chương Các kỹ thuật đánh giá ln ( x − y ) − 2017x = ln ( x − y ) − 2017y + e 2018 x y  ( x − y ) ln ( x − y ) − 2017 (x − y ) = e 2018  ln (x − y ) − 2017 − e 2018 = (* ) x −y e 2018 e 2018  f ' (t ) = +  0, t   f (t ) đồng biến ( 0;+ ) t t t 2018  y = x − e 2018 Khi phương trình ( * )  x − y = e Xét f (t ) = ln t − 2017 − ( )  P = e 2018x + x − e 2018 − 2018x = g (x ) ( )  g '' ( x ) = e (2018.2020 + 2018 x − 2018 e ) − 4036 e ( 2018.2020 + 2018 − 2018 e ) − 4036  0,x  −1;1  g ' (x ) = e 2018x 2019 + 2018x − 2018e 2018 − 4036x 2018x 2018x 2 2018 2018 Nên g ' ( x ) nghịch biến  −1;1 Mặt khác ta lại có g ' (1) = e −2018 + 2018  0, g ' ( ) = 2019 − 2018e 2018 nên tồn x  ( −1;0 ) cho g ' ( x ) =  max g ( x ) = g ( x )  −1;1 Chọn ý A Ví dụ Cho số thực x,y thỏa mãn 3x +y − log2 ( x − y ) = biểu thức P = ( x + y ) − 3xy bao nhiêu? A 13 B 17 (1 + log2 (1 − xy ) ) Giá trị lớn C D Lời giải Điều kiện x  y;1  xy Biến đổi giả thiết ta có 3x +y −  3x log ( x − y ) = log ( − 2xy ) +y − ( ) log x + y − + − 2xy = log ( − 2xy ) • Nếu x + y  VT  log ( − 2xy ) =VP • Nếu x + y  VT  log ( − 2xy ) =VP Vậy x + y =  (x + y ) = − 2xy  xy = 2 2 − (x + y ) Khi ta có ( Do xy   (x + y )  ( −2;2 ) ) P = (x + y ) − 6xy (x + y ) − 3xy = 2a − 3a a − − 3 ( a2 − )=f Chọn ý A Nhận xét Kỹ thuật đánh giá ta tìm hiểu chương (a )(a = x + y )  f (1) = 13 Ví dụ Cho số thực dương a, x,y,z thỏa mãn 4z  y ,a  Tìm giá trị nhỏ biểu thức ( ) S = loga2 ( xy ) + loga x 3y + x 2z + 4z − y A −4 B − 25 16 C −2 D − 21 16 Lời giải Từ giả thiết ta có z  y2 x 2y x 2y  x 3y + x 2z  x 3y +  x 3y = (xy ) 4 Tạp chí tư liệu tốn học | | Chương Phương trình nghiệm nguyên Câu 50 Có cặp số thực dương (a; b) thỏa mãn log a số nguyên dương thỏa mãn điều kiện log a = + log b a + b  20202 ? A B C D Lời giải a = 2m ; m  1)   a  (m  Theo ta có log2 a = m Lại có log a = + log b  log b = m −  b = 3m −1 Suy a + b = ( 2m ) + ( 3m −1 ) = 4m + 9m −1  20202 2 Đặt g (m ) = 4m + 9m −1  g ' (m ) = 4m ln + 9m −1 ln  m  Suy g (m )  20202  g ( 7,92 ) Ta m  7,92 Vậy g (m ) hàm đồng biến Số cặp (a;b ) số giá trị nguyên dương m Vậy m  1,2, ,7 Có giá trị Câu 51 Có tất số nguyên dương x cho tồn số thực y thỏa mãn ( ( ) ) y log2 x + 2y = log3  3y +  ?   B Vô số C Lời giải A D Ta xét ba trường hợp số thực y sau Trường hợp Với x  ( log x + y ) y  ( 0; + ) ta có * = log  3y +  x   y + log  + y  x   log  + y  Với x  * ( 2) y  y x   n  log   + y    y         y   log n = +                y    = y + log  +    n        y    = log  +    ( * )      y  ( 0; + ) x  VT ( * ) = log  + y      log  + 2y     y    = log  +    n        y    y   log  +     log  +    =VP (* )             Do đó, phương trình cho vô nghiệm với x  Trường hợp Với x  ( * ) * y  ( 0; + ) y  ( −;0 ) ta có ( ) ( ) ( 2) * y  ( − ;0 ) log2 x + 2y  log + 2y  log + 2y = log   Suy ra, phương trình cho vơ nghiệm với x  Trường hợp Với x  * + 2y   log    ( 2) y + 3y   y = , ta phương trình log ( x + 1) = log ( * * ) Tạp chí tư liệu toán học | 212 Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | Dễ thấy phương trình vô nghiệm Vậy, không tồn số nguyên dương x thỏa mãn yêu cầu Câu 52 Có tất cặp số nguyên ( x ;y ) thỏa mãn A B ( ) log2 x − 2x + y + ( log2 x + y − 2 C ) 1? D Lời giải Xét trường hợp log ( x + y − 1)    x + y −    x + y  (1) Do x y số nguyên nên không tồn ( x ;y ) thỏa mãn (1) Xét trường hợp log ( x + y − 1)   x + y  ( * ) Khi bất phương trình ( ) log2 x − 2x + y + ( log2 x + y − 2 )   log 2 ( x − 2x + y )  log (x + y − 1) 2 2 ( x − )2 + y  ( )   2x − 4x + 2y  x + y −   2 2  ( x − 1) + y  ( * * ) x − 2x + y   (x − )  Từ ( ) suy  x ,y nguyên nên y    Vậy có tất cặp ( x ;y ) thỏa mãn toán x  1;2;3  y  −1;0;1 Câu 53 Trong hệ tọa độ Oxy , cho điểm M (x ;y ) với x ;y  ; −6  x  6;y  thỏa mãn phương  36 − x  + = log   Hỏi có điểm M thỏa yêu cầu nêu trên? 3x  y  A Bốn điểm B Một điểm C Ba điểm D Hai điểm Lời giải trình 39y − 336 Ta có 39 y −  36 − x   36 − x   36 − x  9y 9y 36 −x 36 −x   + − = − = = − 3 3 log log log       3 2 3x  y  9y   y   336 2 ( ) ( )  39y − 336−x = log 36 − x − log 9y  39y + log 9y = log 36 − x + 336−x (1) Xét hàm số f (x ) = 3x + log x với x   0, x  , dó hàm số y = f (x ) đồng biến khoảng (0; +) x ln3 Khi (1)  f (9y ) = f (36 − x )  9y = 36 − x  x + 9y = 36 Có f (x ) = 3x ln3 + x =  M (0;2); M (0; −2) Vì x ;y  ; −6  x  6;y  nên nhận  y = 2 Câu 54 Cho cấp số nhân (an ), n  * có a1 = a ,công bội q = r với a,r số nguyên dương Biết log a1 + log a2 + + log a11 + log a12 = 2020 Hỏi có cặp số (a, r ) theo thứ tự thỏa mãn ? A 92 B 91 C 45 D 46 Lời giải Ta có a1 = a;a2 = a.r ; ;a12 = a.r 11 log a1 + log a2 + + log a11 + log a12 = 2020  log 23 (a1 a2 a12 ) = 2020 213 | Chinh phục Olympic tốn | Chương Phương trình nghiệm ngun  12 11.12   log2  a r  = 2log a r 11 = 2020   ( ( ) )  log a r 11 = 1010  a r 11 = 21010 (*) Vì a,r số nguyên dương nên chúng phải lũy thừa Đặt a = 2x ;r = 2y với x,y số tự nhiên Ta có 1010  91 (**) 11 Mà 2x ;1010 chia hết 11y phải chia hết y số chẵn (*)  22x 211y = 22x +11y = 21010  2x + 11y = 1010   y  90 − + = 46 giá trị Với giá trị y có giá trị x thỏa mãn Kết hợp với (**) ta có số giá trị y Câu 55 Có cặp số nguyên ( x ;y ) thỏa mãn x + y  0; − 20  x  20 log ( x + 2y ) + x + 2y + 3xy − x − y = ? A 19 B 16 C 10 D 41 Lời giải Điều kiện x + 2y  Ta có log ( x + 2y ) + x + 2y + 3xy − x − y =  log2 ( (x ) + 3xy ) + x (x + y )(x + 2y ) + x + 2y + 3xy − x − y = x +y  log x + 2y + 3xy − log (x + y ) + x + 2y + 3xy − x − y = ( có x + y  )  log 2 2 + 2y 2 2 + 2y + 3xy = log (x + y ) + x + y Xét hàm số f (t ) = log t + t , ta có f  (t ) = (1) +  0, t  ( 0; + ) nên hàm số f (t ) đồng biến t ln2 khoảng ( 0;+ ) Do (1)  f ( x + 2y + 3xy ) = f (x + y )  x + 2y + 3xy = x + y  ( x + y )( x + 2y − 1) =  x = − 2y x + y  • −19 21 y  2 Do x = − 2y  x + y = − y  nên y  • Do y  • Do −20  x  20 suy nên y  −9 ; −8 ; ;  , với giá trị y cho ta giá trị x thoả đề Vậy có 10 cặp số nguyên ( x ;y ) thoả đề Câu 56 Có ( x ;y ) với x,y nguyên  x , y  2020 thỏa mãn  2y   2x +    ( 2x + 3y − xy − ) log   ?  x −3  y +2 B 4034 C Lời giải (xy + 2x + 4y + ) log3  A 2017 D 2017.2020 Từ giả thiết kết hợp với điều kiện bất phương trình ta có  y  2020;4  x  2020; x , y  (1)  2y   2x +  Ta có (xy + 2x + 4y + ) log    ( 2x + 3y − xy − ) log    x −3  y +2  2y   2x +   (x + )(y + ) log3   + (x − )(y − ) log    (*)  x −3  y +2 Tạp chí tư liệu toán học | 214 Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit |   2x +   Xét hàm số f (x ) = log2  = log2  +  0, x   4;2020 (2)  x −   x −3   • Với y = thay vào (*) ta 2  2x +  ( x + ) log   − ( x − ) log  0 3  x −3  x   4;2020 (1) (2) Suy có 2017 ( x ;y ) • Với y = thay vào (*) ta thấy x   4;2020 Suy có 2017 ( x ;y ) • Với  y  2020  y −  Xét hàm số  2y  y +y  y +2 g (y ) = log3   = log    log   = 0, y  (3) y +2 y +2 y +2 Suy (*) vô nghiệm Vậy có tất 4034 số ( x ;y ) thỏa mãn yêu cầu Cách Bất phương trình tương đương  2y   2x +  (xy + 2x + 4y + ) log3    ( x − )( − y ) log2   (1)  x −3  y +2 Từ (1) suy x   2y   2x +  Nếu y  ta có (xy + 2x + 4y + ) log3    , ( x − )( − y ) log  0  x −3  y +2 Suy (1) vô nghiệm, suy y = 2, x  thỏa (1) y = 1, x  thỏa (1) Vậy có 2017 + 2017 = 4034 ( x ;y ) ngun thỏa tốn Câu 57 Có số hứu tỉ a thuộc  −1;1 cho tồn số thực b thỏa mãn ( 2a 4a 1 + + a − ? a a a +1 +1 + C ) log2 − a − b + 2b = A B D Vơ số Lời giải ( ) Ta có log2 (1 − a − b + 2b ) = log2 − a − (b − 1)  log 2 = (1 ) 2a 4a 1 + + a − với a   −1;1 a a a +1 +1 + 1  Đặt 2a = t , với a   −1;1 ta có t   ;2  2  Xét hàm f (a ) = Khi đó, ta g (t ) = g  (t ) = −t + (t +1 + 1 t t2 1  + + − với t   ;2  2 t +1 t +1 t +t 2  t + 2t − 2t + = −t + ) ( t + ) ( t + t ) (t 2 2 +1  −1 = t2 −1   t2 +  + ( ) ( ) ) + t + 2t − 2t − t (t + )  1 = t2 −1 t2   (  = (t +1  + t2 +  2  t t +   )  t  1  t =   ;2  1   ; g   = ;g (1) = 1;g ( ) = Ta có g  (t ) =    2 1  t = −1   ;2  2   215 | Chinh phục Olympic toán −t + ( ) ) (t + )( − t + 2t + t (t + ) 2 ) | Chương Phương trình nghiệm ngun Do đó, g (t ) = hay f (a )  1, a   −1;1 ( ) 1   ;2   Từ (1) ( ) suy ( ) log2 − a − b + 2b = 2 2a 4a 1 log (1 − a − b + 2b ) =  + + −  4a + 2a + 2a + 4a  f (a ) = a = 0;b =  a  a = 0;b = 2 = Vậy có giá trị a thỏa mãn Câu 58 Cho phương trình log ( 2x + 5y + 1) − log 21 = − log x +y +x +x Hỏi có tất cặp số nguyên dương ( x ;y ) thỏa phương trình A B C D Lời giải log ( 2x + 5y + 1) − log 21 = − log x +y +x +x (  log ( 2x + 5y + 1) − log 21 = − log + y + x + x ( x ) )  log ( 2x + 5y + 1) + log + y + x + x = log 21 + ( x )  log5 ( 2x + 5y + 1) + y + x + x = log 105 ( x )  ( 2x + 5y + 1) + y + x + x = 105 ( * ) x Do 105 lẻ  2x + 5y + lẻ  5y chẵn  y chẵn, mặt khác + y + x + x = + y + x ( x + 1) lẻ x x x x Mà y x ( x + 1) chẵn nên lẻ  =  x = y = Thế x = vào ( * ) ta ( 5y + 1)(y + 1) = 105  5y + 6y − 104 =   y = − 26  Do x,y nguyên dương nên ( x ;y ) = ( 0;4 ) Vậy có cặp số ( x ;y ) thỏa yêu cầu đề Câu 59 Có tất cặp số (a;b ) với a,b số nguyên dương thỏa mãn ( ) log (a + b ) + (a + b ) = a + b + 3ab (a + b − 1) + A B C D.vô số Lời giải Cách Với a,b số nguyên dương, ta có ( ) log (a + b ) + (a + b ) = a + b + 3ab (a + b − 1) +  log3 a3 + b3 + a + b + 3ab (a + b ) = a + b − ab + 3ab (a + b ) + 2 a + b − ab ( ( ) ( ) ) (  log3 a + b + a + b = log3 3 a + b − ab  + a + b − ab ) (1 ) Tạp chí tư liệu tốn học | 216 Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | Xét hàm số f (t ) = log t + t ( 0;+ ) Ta có f ' (t ) = ( 0;+ ) Khi đó, phương trình (1) trở thành ( ) ( +  0, t  nên hàm số f (t ) đồng biến t ln3 ) ( f a + b = f 3 a + b − ab   a + b = a + b − ab ) a + b − ab = ( * )  a + b − ab (a + b − ) =   a + b − = ( Do a,b  * ) nên phương trình ( * ) vô nghiệm Suy a + b =  a = 0  a   0  b   b =  Mà a,b số nguyên dương nên   a = a + b =  * a,b   b = Vậy có hai cặp số (a;b ) thỏa mãn yêu cầu toán Cách Với a,b số nguyên dương, ta có ( ) log (a + b ) + (a + b ) = a + b + 3ab (a + b − 1) + a +b + a + b + 3ab (a + b ) = a + b − ab + 3ab (a + b ) a +b  log = a + b − ab ( − a − b )(1) • Trường hợp a + b = Khi (1)  log = − 3ab loại a,b  * a +b • Trường hợp a + b   log  a + b − ab ( − a − b )  0, a,b  khơng xảy • Trường hợp a + b = , (1) thỏa mãn (  log ( ) ) ( ) * , nên (1)  a =  b = Mà a,b số nguyên dương nên   a =   b = Vậy có hai cặp số (a;b ) thỏa mãn u cầu tốn Câu 60 Có số nguyên x thuộc đoạn 1;2020 cho tồn số nguyên dương y thỏa mãn 10 ( 4x ) − 3y +10 log x = 3y + ? B 1347 A 2020 ( 4x 10 ( ) − 3y +1 log x Lời giải 3y +  3y +  =  ( 4x − 3y + 1) log x = log     )  4x − ( 3y + 1) + log x = log ( 3y + 1) − log  4x − ( 3y + 1)  log x + 2log x + log − log ( 3y + 1) = ( )  4x − ( 3y + 1)  log x + log 4x − log ( 3y + 1)  = Nếu 4x  3y + log ( 4x )  log ( 3y + 1) Suy VT (1)  217 | Chinh phục Olympic tốn C 673 D Vơ số | Chương Phương trình nghiệm nguyên Nếu 4x  3y + log ( 4x )  log ( 3y + 1) Suy VT (1)  (x − 1)(x + 1) 4x −  y = x2 + ( ) 3 từ ( ) dễ dàng thấy y số nguyên dương Do đó, từ (1) suy ra: 4x = 3y +  y = Với x = 3k + 1, x = 3k + 2, k  Xét y số nguyên dương Từ ( ), suy x chia hết cho Đặt x = 3k, k  * Vì x   1;2020 nên  3k  2020.k  *   k  673, k  * Do đó, có 673 số nguyên x thuộc đoạn 1;2020 mà y số nguyên dương Vậy có 2020 − 673 = 1347 số nguyên x thỏa mãn u cầu tốn Câu 61 Có cặp số nguyên (a,b ) thỏa mãn đồng thời điều kiện  a + b  16 a + b  log2 16 b + 64 a +2b ? D C Lời giải Từ điều kiện  a + b  16, suy a,b không đồng thời nên a + b  Ta có A 10 B a + b  log 16 b + 64 a +2b  a + b  + log ( b + ) − log ( a + b )  log ( a + b ) + ( a + b )  log ( b + ) + ( b + )  f ( a + b )  f ( b + ), với f (t ) = t + log t hàm đồng biến khoảng ( 0; + ) Do đó, f ( a + b )  f ( b + )  a + b  b +  a + b  nên nghiệm nguyên (a,b ) điểm nguyên mặt Kết hợp với điều kiện  a + b  16,a,b  phẳng tọa độ (Oxy ) nằm hình trịn tâm O ( 0;0 ), bán kính (bỏ tâm O ) nằm ngồi hình vng a + b = Đếm trực tiếp hình, ta có điểm ngun thỏa mãn u cầu tốn Vậy có cặp số nguyên (a,b ) Câu 62 Có số nguyên x cho tồn số nguyên y thỏa mãn ( A ( ) y x2 +x + −x x −3 − + + = log  log x x ?  y  y  C B ) D Vơ số Tạp chí tư liệu toán học | 218 Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | Lời giải x − 0  Điều kiện  y Ta có y   ( ) y x2 +x + −x x −3 log2   − log2 4x + 4x + = y  y  ( ) x −3 x −3 2  log2   − log x + x + − = x + x − y  y  ( ) x −3 x −3 x −3  log2  = log2 x + x + + x + x +  f  +  = f x +x +2 , y  y   y  ( ) ( ) ( ) Với với f (t ) = t + log t hàm đồng biến khoảng ( 0; + ) Do x −3 x −3 x −3 f = x2 +x +  y =  = f x +x +2  y x +x +2  y  x −3  thỏa mãn Nhận xét Nếu tồn cặp số ( x ;y ) điều kiện y ( ) x −3 với x  3, ta có x +x +2 −x + 6x + ;y  =  −x + 6x + =  x  − 14;3 + 14 y = 2 x +x +2 Cách Xét hàm y = (  )   −7 − 14 −7 + 14  Lập bảng biên thiên, suy y   ;  \ 0 7   Mà y  nên y  −2; −1 Mặt khác, dựa vào bảng biến thiên , ứng với giá trị y  −2; −1 ta có nghiệm x Vậy có giá trị x thỏa mãn yêu cầu toán Cách Xét phương trình yx + (y − 1) x + 2y + = Phương trình ( * ) có nghiệm (* )  = (y − 1) − 4y ( 2y + )   −7y − 14y +   Vì y  , y   y  −2; −1 −7 − 14 −7 + 14 y  7 •  −1  Với y = −2, thay vào ( * ) suy x  −1;  2  • Với y = −1, thay vào ( * ) suy x  −1 + 2; −1 +   Vậy có giá trị x thỏa mãn yêu cầu toán Câu 63 Cho số thực dương x,y thỏa mãn điều kiện log x + log y + log x + log y = 100 log x , log y ,log x ,log y số nguyên dương B 10144 A 10164 C 10100 Lời giải  log x = a  log x = a  Đặt  Ta có  log y b =  log y b =    219 | Chinh phục Olympic toán D 10200 | Chương Phương trình nghiệm nguyên 1 log x + log y + log x + log y = log x + log y + log x + log y = 100 2 1 2 2  a + b + a + b = 100  (a + 1) + (b + 1) = 202  (a + 1) + (b + 1) = 92 + 112 2 a + = a + = 11  Mà a + 1,b + số nguyên dương nên suy  b + = 11 b + = Trường hợp a + = x = 1064 a = log x = 64     xy = 1064 +100 = 10164  100 11 10 log 100 + = = b = b y 10 = y     Trường hợp x = 10100 a + = 11 a = 10 log x = 100     xy = 10100 + 64 = 10164     64 b b y + = log = 64 =  y = 10   Vậy xy = 10164 Câu 64 Có cặp số nguyên ( x , y ) thỏa mãn điều kiện ( x x +2 2x  8x + x (x − y ) = 32.2 ) + 2y − 3x + 5? D C B A Lời giải Ta có ( y x +2 2x  8x + x ( x − y ) = 32.2 ) + 2y − 3x +  2x + 3x ) ( ( ( ( ) + x + 3x = (x +2) +5 + y x + ( ) ) )  f x + 3x = f y x + + , Xét hàm số f (t ) = 2t + t hàm đồng biến ( ) Suy x + 3x = y x + +  y = Cách Xét hàm g ( x ) = x + 3x − x −5 y =x + 2 x +2 x +2 x −5 , x  Ta có x2 + −x + 10x + =  x  − 3;5 + 3 g  (x ) = x2 + ( )    −5 − 3 −5 + 3  Lập bảng biến thiên ta g ( x )   ;  4   Vì x , y  nên g ( x )  Suy g ( x )  −2; −1;0 Thử lại x −5 = −2  x = −1,y = −3 x2 +  x −5  −1 − 13 −1 + 13   ; = −1  x   • Với g (x ) = −1   (loại) 2 x +2     x −5 • Với g (x ) =  =  x = 5,y = x +2 Vậy có cặp số nguyên ( x , y ) ( −1; −3 ), ( 5;5 ) • Với g (x ) = −2  Cách Ta có y = x + x −5 Vì x , y  x2 + nên x −5 x −5  Suy =k x +2 x +2 Tạp chí tư liệu tốn học | 220 Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | x −5 = k  kx − x + 2k + = x2 + • Với k =  x = 5;y = (nhận) (* ) Ta có • Với k  Khi đó, ( * ) có nghiệm  −5 − 3 −5 + 3   = − 4k ( 2k + )   k   ;  4   Vì k  \ 0 nên k  −2; −1 Thử lại ta nhận k = −2, x = −1, y = −3 Vậy có cặp số nguyên ( x ;y ) ( −1; −3 ), ( 5;5 ) Cách Ta có y = x + x −5 Vì x , y  x2 + nên x −5  x2 + (x − ) : (x + )  (x − )(x + ) : (x + )  (x − 25 ) : (x + ) (  (x )( ) (  x + − 27 : x +  27 : x + 2 ) ) +  {1;3;9;27}  x  1;25  x  −1;1; −5;5 Thử lại • Với x = −1  y = −3 (nhận) • Với x =  y = − (loại) 145 • Với x = −5  y = − (loại) 27 • Với x =  y = (nhận) Vậy có cặp số nguyên ( x ;y ) ( −1; −3 ), ( 5;5 ) Câu 65 Có cặp số ngun khơng âm (a;b ) thỏa mãn điều kiện 2a A 25 Điều kiện B 24 +b a2 + b2 a +b 4 + 1? a +b C 36 Lời giải + log2 D 35 a2 + b2   a,b không đồng thời Khi đó, ta có a +b 2a +b  2a + log2 +b 2 a2 + b2 a +b a +b 4 +  2a +b + log2 a + b  + log ( a + b ) + a +b ( ( ) ( ) ) a +b + log a + b  ( ) + log 2 ( a + b )   f a + b  f 2 ( a + b )  , Với f (t ) = 2t + log t hàm số đồng biến khoảng ( 0; + ) Do đó, f (a + b )  f 2 ( a + b )   a + b  ( a + b )  ( a − 1) + ( b − 1)  2 Kết hợp với điều kiện a,b  a,b không đồng thời nên nghiệm (a;b ) điểm nguyên mặt phẳng tọa (Oxy ) nằm hình hoa, kể biên, bỏ điểm O ( 0;0 ) (hình hoa hình hợp bốn hình trịn bán kính có tâm I (1;1), I (1; −1), I ( −1;1), I ( −1; −1) ) 221 | Chinh phục Olympic tốn | Chương Phương trình nghiệm ngun Đếm trực tiếp, ta thấy điểm nguyên nằm hình vng ABCD, kích thước x 4, bỏ điểm ( 0;0 ) Do đó, có 52 − = 24 điểm nguyên Vậy có 24 cặp số nguyên (a;b ) Câu 66 Có cặp số nguyên không âm ( x , y ) thỏa mãn điều kiện x + y + 11 + x + y − 6x − 8y +  0? 6x + 8y + B 49 C 48 Lời giải log A 45 D 47 Ta có log x + y + 11 + x + y − 6x − 8y +  6x + 8y + ( )  log x + y + 11 + x + y + 11  log(6x + 8y + 2) + 6x + 8y + Xét hàm số đặc trưng f (t ) = t + log t với t  Ta có f  (t ) = + (1 )  0, t   Hàm số f (t ) đồng t ln10 biến khoảng ( 0; + ) Do (1)  f ( x + y + 11)  f (6x + 8y + 2)  x + y + 11  6x + 8y +  ( x − ) + (y − )  16 2 Vì x,y số ngun khơng âm nên ta coi cặp số ( x , y ) điểm nguyên ( x , y ) nằm hình trịn (C ) có tâm I ( 3;4 ), R = góc phần tư thử Tạp chí tư liệu tốn học | 222 Phương pháp giải tốn cực trị mũ – logarit | Vậy có  +  + + + = 48 cặp số nguyên ( x , y ) Chú ý Ta tính trực tiếp sau (x − ) + (y − )  16 (*)  (x − ) Vì x số ngun khơng âm nên x  0;1;2;3;4;;5;6;7 Thay vào ( * ) ta có 48 cặp số nguyên ( x , y ) 2  16  −1  x   2y   10x  thỏa mãn log3  = log2    x +2  2y −  C D Lời giải Câu 67 Có cặp số thực ( x ;y ) ; x , y  A B  2y   10x  Đặt log3  = log2   = t (t  ) Ta  x +2  2y −   t 1  2y t  2y − = , y  2 = + 2y −  1, y    10 x t  3t = 10 − 20  10, x  = , x   x +  x +2 t  3  10 t  log 10 t  2,095 Do t  Suy  t   t  t  log      • • nên t  1;2  2y  2y − = y = Nếu t = →    10x = x =  x +  2y  2y − = y = Nếu t = →    10x = x = 18  x + Vậy có cặp ( x ;y ) thỏa mãn a +b Câu 68 Có cặp số nguyên (a; b ) thỏa mãn 4.2( ) − 8ab −a −b + a + b + (a + b ) − ab + = ? A 12 C 14 B 10 D Lời giải (a +b )2 Ta có 4.2 ab −a −b −8 + a + b + (a + b ) − ab + = 2  2( a +b ) + 2 , có f ' (t ) = 2t ln +  0, t  Xét hàm số f (t ) = 2t + t nên phương trình + (a + b ) + = 23ab −3a −3b + 3ab − 3a − 3b (1) (1)  f ( (a + b )  f (t ) đồng biến liên tục ) , + = f ( 3ab − 3a − 3b )  (a + b ) + = 3ab − 3a − 3b  a − (b − )a + b + 3b + = (2) Xem (2) phương trình bậc hai biến a b tham số Tồn cặp số thực (a;b ) thỏa (2) phương trình (2) có nghiệm ( )     (b − ) − b + 3b +   −3b − 18b +   Do b nguyên nên b  −6, − 5, − 4, − 3, − 2, − 1,0 223 | Chinh phục Olympic toán −9 − 21 −9 + 21 b  3 | Chương Phương trình nghiệm ngun • a = −4 Với b = −6 : phương trình (2) thành a + 9a + 20 =   a = −5 • a = −2 Với b = −5 : phương trình (2) thành a + 8a + 12 =   a = −6 • a = −1 Với b = −4 : phương trình (2) thành a + 7a + =   a = −6 • Với b = −3 : phương trình (2) thành a + 6a + =  a = −3  • a = Với b = −2 phương trình (2) thành a + 5a =   a = −5 • a = Với b = −1 phương trình (2) thành a + 4a =   a = −4 • a = −1 Với b = phương trình (2) thành a + 3a + =   a = −2 Vậy có 12 cặp số nguyên (a,b ) thỏa yêu cầu tốn Tạp chí tư liệu tốn học | 224 Tài liệu tham khảo [1] Đề thi thử trường nước [2] Tách câu hỏi từ dự án Strong Team Tốn VD – VDC, nhóm Tốn VD -VDC [3] Phương trình nghiệm nguyên liên quan tới mũ – logarit, Trần Trọng Trị, nhóm giáo viên tiếp sức Chinh phục kì thi THPT Quốc Gia 2020 – VTV7 [4] Một số đề thi American Mathematics Competitions TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC Hết CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN ... Tạp chí tư liệu toán học | 36 Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | Các toán liên quan tới định lý Viet Phương pháp chung toán dạng hầu hết đưa giả thiết phương trình logarit dạng tam...  b +  trị nhỏ Tính tổng S = 3a + b 13 25 B C A D 14 2 Đề thi thử trường THPT Kim Sơn A – Ninh Bình lần Tạp chí tư liệu toán học | 46 Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | Lời giải Ý... Tìm giá trị nhỏ biểu thức S = x 12 + x 22 A B C D Đề thử nghiệm môn tốn kì thi THPT Quốc Gia 2018 – Bộ GD&ĐT Lời giải Tạp chí tư liệu tốn học | 38 Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit |