Gói câu hỏi làm mưa làm gió da phần 11

TUYỂN CHỌN GÓI DẠNG CÂU LÀM MƯA LÀM GIÓ TUYỂN CHỌN GÓI DẠNG CÂU LÀM MƯA LÀM GIÓ GÓI DẠNG CÂU MŨ - LOGARIT PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ LOGARIT Câu Cho phương trình m    25;25 A x  m log  x  m  với m tham số Có giá trị ngun để phương trình cho có nghiệm? B 25 C 24 D 26 Lời giải Chọn C ĐK: xm 7 x  m t  t t log  x  m  7  m x  x  x 7t  t  1 Đặt ta có  f  u  7u  u  1  t x  Do hàm số đồng biến x , nên ta có Khi đó: x  m x  m x  g  x   x  x  g  x  1  x ln 0  x  log  ln  Xét hàm số Bảng biến thiên: Từ phương trình cho có nghiệm m  g   log  ln    0,856 (các nghiệm x thỏa mãn điều kiện x  m 7  ) Do Câu m nguyên thuộc khoảng   25; 25 , nên m    24;  16; ;  1 x Cho phương trình  m log ( x  m) với m tham số Có giá trị nguyên m    15;15  A 16 D 15 Lời giải  m log  x  m    x log ( x  m)  x  m (*) x Ta có: để phương trình cho có nghiệm? B C 14 x t t f t Xét hàm số f (t ) 3  t , với t   Có f' (t ) 3 ln   0, t   nên hàm số   đồng f ( x )  f  log ( x  m)  biến tập xác định Mặt khác phương trình (*) có dạng: Do ta có f ( x )  f  log ( x  m)   x log ( x  m)  3x  x  m  3x  x  m Trang 1/48    x log   g  x  3  x  ln  , với x   Có g' ( x) 3 ln  , g' ( x) 0 x x Xét hàm số Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị tham số để phương trình có nghiệm là:      m    ;  g  log     ln    Vậy số giá trị nguyên m    15;15  để phương trình cho   có nghiệm là: 14 Câu Xét số nguyên dương a, b cho phương trình a ln x  b ln x  0 có hai nghiệm phân x1 , x2 phương trình 5log x  b log x  a 0 có hai nghiệm phân biệt x3 , x4 thỏa mãn x1 x2  x3 x4 Tính giá trị nhỏ S S 2a  3b biệt A Smin 30 B Smin 25 C Lời giải Smin 33 D Smin 17 Chọn A Điều kiện x  , điều kiện phương trình có nghiệm phân biệt b  20a 2 Đặt t ln x, u log x ta at  bt  0 (1) , 5t  bt  a 0(2) Ta thấy với nghiệm t có nghiệm x , u có x t1 t2 t1 t2  b a u1 u2  b  b a  b e , x3 x4 10 10 , lại có x1 x2  x3 x4  e  10 Ta có x1.x2 e e e b b     ln10  a   a 3 a ln10 ( a, b nguyên dương), suy b  60  b 8 S 30 đạt a 3, b 8 Vậy S 2a  3b 2.3  3.8 30 ,suy Câu Hỏi có log  mx  2 log  x  1 A 2017 giá m nguyên có nghiệm nhất? B 4014 Chọn C Điều kiện x   x ¹ Trang 2/48 trị C 2018 Lời giải   2017; 2017 để phương D 4015 trình TUYỂN CHỌN GÓI DẠNG CÂU LÀM MƯA LÀM GIÓ log  mx  2 log  x  1  mx  x  1 Xét hàm f  x  x  1  x  x  1  m x  x   1, x 0  f  x   ; x2  0  x2  x 1   x   l  Lập bảng biến thiên  m 4  Dựa vào BBT, phương trình có nghiệm  m  Vì m    2017; 2017  m   nên có 2018 giá trị m nguyên thỏa yêu cầu m    2017;  2016; ;  1; 4 Chú ý: Trong lời giải, ta bỏ qua điều kiện log a f  x  log a g  x  Câu Cho phương trình m    18;18  A ĐK: x  m mx  với phương trình f  x  g  x  với  a 1 ta cần điều kiện (hoặc ) x  m log  x  m  với m tham số Có giá trị nguyên để phương trình cho có nghiệm? B 19 C 17 D 18 Lời giải  x  m t  t t log  x  m   m  x  x  x 2t  t  1 Đặt ta có  f u 2u  u  t x Do hàm số   đồng biến  , nên ta có   Khi đó: x x  m x  m x  g x  x  x  g  x  1  x ln 0  x  log  ln  Xét hàm số   Bảng biến thiên: Trang 3/48 Từ phương trình cho có nghiệm m g   log  ln    0,914 (các x nghiệm thỏa mãn điều kiện x  m 2  )  18;18  m    17;  16; ;  1 Do m nguyên thuộc khoảng  , nên Câu Cho phương trình m    20; 20  A 20 5x  m log  x  m  để phương trình cho có nghiệm? B 19 C D 21 Lời giải Điều kiện x  m Ta có với m tham số Có giá trị nguyên 5x  m log  x  m   5x  x  x  m  log  x  m   x  x 5 log5  x  m   log  x  m   1 Xét hàm số f  t  5t  t x log  x  m   m  x  , f  t  5t ln   0, t   , từ  1 suy x g  x   x  x g  x  1  x.ln g  x  0  x log ln  log ln  x0 Xét hàm số , , Bảng biến thiên m  g  x0   0,92 Do để phương trình có nghiệm m    20; 20    19;  18; ;  1 , có 19 giá trị m thỏa mãn Các giá trị nguyên Câu Xét hàm số cho A Vô số f  t  9t 9t  m2 với m tham số thực Gọi S tập hợp tất giá trị m f  x   f  y  1 e x  y e  x  y  x , y với số thực thỏa mãn Tìm số phần tử S B C D Lời giải Trang 4/48 TUYỂN CHỌN GÓI DẠNG CÂU LÀM MƯA LÀM GIÓ Chọn C f  x   f  y  1  x  y m4  x  y log m log m Ta có Đặt xy t   ln  0,   x  y tt,  Vì e e  x  y   e ett tt1  ln tt (1) Xét hàm f  tt ln t   1 t f  tt    0  0 tt với t  Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên, ta có Từ Câu  1  2 f  t   f  1 , t    ln tt t 0,   (2) 2 ta có t 1  log m 1  m 3  m  log 22 x  3log x  3x  m 0 m Cho phương trình ( tham số thực) Có tất giá trị nguyên dương m để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt? A 79 B 80 C vô số D 81   Lời giải Chọn A x    x    x x  m 0  m 3 (*)  Điều kiện  Ta có  log 2 x  3log x    log 22 x  3log x  0  1   x   m 0 3x  m 0   log x 2     1 log x   Trong  2  3  x 4  x (4)  3x m  log m x Với m  Do đó, phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt xảy trường hợp sau: TH1: (3) có nghiệm x log m 0   m 1 Kết hợp điều kiện (*) (4) ta m 1 x (1) có hai nghiệm phân biệt x 4 Trang 5/48  x log m  TH2: m  , (*) 4 Và 3 2 nên (1) có hai nghiệm phân biệt log m  m  34 m   3, 4, ,80 Mà m nguyên dương nên ta có , có 78 giá trị m Vậy có 79 giá trị ngun dương m để phương trình có hai nghiệm phân biệt Câu  log32 x  log3 x  1 x  m 0 ( m tham số thực) Có tất Cho phương trình giá trị nguyên dương m để phương trình có hai nghiệm phân biệt? A Vô số B 62 C 63 D 64 Lời giải Chọn B x   x log m Ta có điều kiện  (*) (với m nguyên dương)  log32 x  log3 x  1 x  m 0  1 Phương trình  log 32 x  log x  0    x  m  3  x 3  log x 1    2   1 log x  x   Phương trình  3  x log m Phương trình Do m ngun dương nên ta có trường hợp sau: log m 0 Do (*) x  TH 1: m 1  2 Khi nghiệm phương trình (3) bị loại nhận nghiệm phương trình Do nhận giá trị m 1 log m  2) x log m (vì TH 2: m 2 (*)  1 có hai nghiệm phân biệt Để phương trình  log m  3  m  43 Suy m   3; 4;5; ; 63 Vậy từ trường hợp ta có: 63    62 giá trị nguyên dương m log 22 x  log x  x  m 0 m Câu 10 Cho phương trình ( tham số thực) Có tất m giá trị nguyên dương để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt?  Trang 6/48  TUYỂN CHỌN GÓI DẠNG CÂU LÀM MƯA LÀM GIÓ B 47 A 49 C Vô số Lời giải D 48 Chọn B x    x  m  Điều kiện:  x   x 7 m log 22 x  log x   x  m 0  log 22 x  log x  0  m  * Trường hợp  log x 1  x 2    log x       log x  1  log x   0 x    m Trường hợp không thỏa điều kiện nguyên dương x   x * Trường hợp m  , ta có 7 m  x log m m  x   m 1  x 2     log 22 x  log x  0   x 2   x log m log 22 x  log x  x  m 0  x  m 0  Khi + Xét  m 1 nghiệm x log m 0 nên trường hợp phương trình cho có   nghiệm x 2; x 2  thỏa mãn điều kiện + Xét m  , điều kiện phương trình x log m Vì  7   nên phương trình cho có hai nghiệm phân biệt  log m 2  m  m   3; 4;5; ; 48 Trường hợp , có 46 giá trị nguyên dương m Tóm lại có 47 giá trị nguyên dương m thỏa mãn Chọn phương án B log 2019 (4  x )  log Câu 11 Tập hợp giá trị thực tham số m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt T (a; b) Tính S 2a  b A 18 B C 20 Lời giải 2019 (2 x  m  1) 0 D 16 Chọn D D ( 2; 2)  ( 1 m ; ) TXĐ: Khi đó, phương trình cho trở thành  x2 0   x 2 x  m   x  x  m  0 (*) 2x  m  Phương trình (*) có nghiệm phân biệt log 2019   12  1.(m 5) 6  m   m  (1) Trang 7/48 Khi phương trình (1) có nghiệm 1 m   m 5 TH1: (2)  D   2;  x1    m ; x2   6 m     m       m    Phương trình (1) có nghiệm x1 , x2  D Từ (1), (2) (3) suy  m    m   m 5   m   (3) 1 m 2   3m 5 TH2: (4)  1 m   D  ;2   2 Phương trình (1) có nghiệm x1 , x2  D   1  m   6 m 3    1 m   m     m   6 m    m3   m    m   m   (5) Từ (4) (5) suy m   Vậy  m  Suy a 5, b 6  2a  b 16 x m Câu 12 Tổng tất giá trị tham số để phương trình ba nghiệm phân biệt là: A B C  x 1 x  m log x2  x 3  x  m   D Lời giải Chọn B 3x  x 3 (2 x  m  2) Phương trình tương đương  3x  ln  x  m   ln  x  x  3 x  m 2 ln  x  x  3 3  x 3 ln  x  m   (*) t Xét hàm đặc trưng f  t  3 ln t , t 2 hàm số đồng biến nên từ phương trình (*) suy  x  x  2 x  m   g  x   x  x  x  m  0  x  x  2m  x m 2 x  x m g  x    g '  x   x m  x  2m  2 x x m Có  x 2 x m g '  x  0    x 0 x m Xét trường hợp sau: g x TH1: m 0 ta có bảng biến thiên   sau: Trang 8/48 có TUYỂN CHỌN GĨI DẠNG CÂU LÀM MƯA LÀM GIĨ Phương trình có tối đa nghiệm nên khơng có m thoả mãn TH2: m 2 tương tự g x TH3:  m  , bảng biến thiên   sau:   m 1   m  1 0    m 1  m    m       2m   2m    m   Phương trình có nghiệm Cả giá trị thoả mãn, nên tổng chúng 2 251 1 x   m   51 1 x  2m  0 Câu 13 Cho phương trình , với m tham số Giá trị nguyên dương lớn tham số m để phương trình có nghiệm là: A B 26 C 25 D Lời giải Chọn C x    1;1 t   1; 2 Đặt t 1   x với ta Phương trình trở thành 52t   m   5t  2m  0 t Đặt a 5  a   5; 25 Hàm f  a  m với t   1; 2 a  2a  a a  2a  5; 25 a đồng biến  nên để phương trình có nghiệm  16 576  m ; f   m  f  25   23  suy Vậy giá trị nguyên dương lớn m 25 Câu 14 Cho hàm số f ( x), f1 ( x), f ( x), thỏa mãn: f ( x) ln x  ln x  2019  ln x  2019 , f n 1 ( x)  f n ( x)  n  N Số nghiệm phương trình: f 2020 ( x) 0 là: Trang 9/48 A 6058 B 6057 C 6059 Lời giải D 6063 Chọn C f ( x )  f 2019 ( x )   f 2018 ( x)    f 2017 ( x )     Ta có 2020 Do ta có  f 2018 ( x) 0  f 2020 ( x) 0  f 2019 ( x) 1     f 2018 ( x) 2  Ta có  ln x  f ( x) ln x  4038 3ln x   f ( x) 0  f ( x) 2 f 2017 ( x) 1    f 2017 ( x) 3   f ( x) 2020 x e  2019 e  2019 < x e 2019 x > e 2019 Từ suy bảng biến thiên f Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình f ( x) 0, f ( x) 2, , f ( x) 2018 phương trình có nghiệm (có 2019 phương trình vậy) Mặt khác phương trình f ( x) 2020; f ( x )  2020 phương trình có nghiệm nên tổng số nghiệm là: 2019 + = 6059 Vậy chọn đáp án  32 x Câu 15 Bất phương trình nghiệm?  32 x  A Vô số B  32 x C 34 x   34 x  32 x    32 x  34 x   32 x có C Lời giải Chọn C 2x 2x Đặt u   v   , ta có 4x u  v 4 , uv   , 32 x  u  v2 , u  , v  , u  v  * Bất phương trình cho trở thành 2    uv   uv  3   uv   uv  u  v2   v    u  u  v2 u v uv  v u v 2   u  v      uv   uv  3 0   *       uv  1 0 Trang 10/48 D