001 02 06 gt12 cii mu logarit bai 6 03 trac nghiem theo dang hdg mức 9 10

C H Ư Ơ N II HÀM SỐ LŨY THỪA - HÀM SỐ MŨ – HÀM SỐ LOGARIT BẤT PHƯƠNG TRÌNH – MŨ – LOGARIT MỨC ĐỘ VẬN DỤNG – VẬN DỤNG CAO III HỆ THỐNG BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM = = DẠNG BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT CHỨA THAM SỐ =I Câu 1: Tìm tất giá trị thực tham số m để bất phương trình có nghiệm với A m 1   log 0,02 log  3x  1  log 0,02 m x    ;  B  m  C m  Lời giải D m  Đk: x  R;; m    log 0,02 log  3x  1  log 0,02 m , x    ;0  Ta có:  log  3x  1  m , x     ;0   3x   2m , x     ;0  Xét hàm f  x  3x     ;0  Ta có f  x  3x.ln  0, x     ;0  Bảng biến thiên: x ∞ y' + y Để phương trình có nghiệm với Câu 2: Gọi S tổng tất ln  x   ln  mx  x  m  x    ;  giá trị m ta phải có 2  m 1 nguyên m để bất nghiệm với x thuộc  Tính S phương trình A S 14 B S 0 C S 12 Lời giải D S 35 Chọn C Ta có: 7 x  mx  x  m   m  x  x   m 0  1   ln  x   ln  mx  x  m  mx  x  m    mx  x  m   1 ,   Bất phương trình cho với x   bất phương trình với x     m  x  x   m 0  1 Xét  1 trở thành  x 0  x 0 Do m 7 khơng thỏa mãn + Khi m 7 ta có  1 với x   + Khi m 7 ta có 7  m     ' 0 m  m    4    m  0  m 5  m 9  m 5    2 Xét mx  x  m    trở thành  x   x  Do m 0 khơng thỏa mãn + Khi m 0 ta có   với x   + Khi m 0 ta có m     '  Từ Câu 3:   Có bao m  m    4  m  m    m   m      m   3; 4;5 ta có  m 5 Do m  Z nên Từ S 3   12 nhiêu giá trị nguyên log  x   log  mx  x  m  A B dương m để nghiệm với x C Lời giải Chọn D Cách 1: Bpt: 2 7 x  mx  x  m   log  x   log  mx  x  m   mx  x  m  bất D phương trình  f  x   m   x  x  m  0   g  x  mx  x  m   f  x  0 , x     g  x   , x   Bpt cho nghiệm với x    Trường hợp 1: m 7  f  x  0    g  x   4 x 0  7 x  x   Vậy m 7 không thỏa yêu cầu toán Trường hợp 2: m 0   x  x  0  f  x  0     g  x   4 x  Vậy m 0 khơng thỏa u cầu tốn  Trường hợp 3: m 0; m 7 Khi đó: a f    f 0    f  x  0, x   ag       g  x   0, x    g m   m   m 5  m 9 4   m   0    m   m  4  m  m    m    m 5  m   3; 4;5 Do m   nên Cách 2: 7 x  mx  x  m  log  x   log  mx  x  m   mx  x  m  7 x  x  m  x  1  m   x  x  m  0    2 m  x  1   x mx  x  m   4x  x2  x   m  x  7  x  m    m   x m   x   x2 1 x2 1 Xét hàm số g ( x)   4x x    4x  m   x   m   x  x2 1 g '( x)   4( x  1)  x( x  1) x   ( x  1) ( x  1)  x  g '( x) 0    x 1 Bảng biến thiên  m      m 5 m   Vậy đk m   3; 4;5 Do m   nên Câu 4: Tìm tất giá trị thực tham số m để bất phương trình có nghiệm A m £ B m Ỵ  log ( x - 1) > log ( x3 + x - m) D Không tồn m C m < Lời giải Chọn A ìï x >1 ïí ï Điều kiện ïỵ x + x - m > Phương trình tương đương log ( x - 1) > log ( x3 + x - m) Û x - < x + x - m Û x +1 > m 2 Khi ta có f ( x ) = x +1 > m, ( x >1) Û m < f ( x ) ( 1;+¥ ) Ta có f ¢( x ) = x = Þ x = Ï ( 1; +¥ ) Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên đề hỏi “có nghiệm” nên ta chọn m Î  Câu 5: Có tất giá log  x  mx  m   log  x   A B trị tham số m để nghiệm với x   C bất phương trình D Lời giải Chọn D Ta thấy x   x   Do bất phương trình log  x  mx  m   log  x    x  mx  m   x   mx  m 0     log x  mx  m  log x  Bất phương trình nghiệm với x   mx  m 0 x    m 0 Câu 6: Tìm tập S tất giá trị thực số m để tồn cặp số log x2  y 2  x  y   m  1 A S   5;  1;1;5 C S   5;5 2 x  y  x  y  0 S   1;1 B S    5;  1;1;5; 7 D Lời giải Chọn A y m I -3 J O -1 x 2 Nhận thấy x  y   với x, y   nên: log x2  y 2  x  y   m  1  x  y   m x  y  2 2  x  y  x  y   m 0   x     y   m  x 2   y 2 Cặp  2;  khơng nghiệm phương trình Khi m 0 x  y  x  y  0  x; y  thỏa mãn x; y  J 2;  m Khi m 0 , tập hợp điểm  thỏa mãn hình trịn tâm  , bán kính I  1;  Trường hợp này, yêu cầu tốn trở thành tìm m để đường trịn tâm  , bán kính hình trịn tâm J  2;  , bán kính  m 1   m 5   Điều xảy S   5;  1;1;5 Vậy Câu 7: Xét bất phương trình m có điểm chung  m 1  m 5  log 22  x    m  1 log x   để bất phương trình có nghiệm thuộc khoảng   m    ;0    A B m   0;    2;  C Lời giải Tìm tất giá trị tham số m  m    ;    m    ;     D Chọn D Bất phương trình Đặt t log x , log 22  x    m  1 log x    log 22 x  2m log x    1 x  1  2;   t   ;   2   t  2mt    2mt  t   2m  Bất phương trình tr thnh ổ t2 - tẻ ỗ ; +Ơ f ( t) = ỗ ỗ ố t Đặt với Bất phương trình t2   2 t ÷ ÷ ÷ ø ( 1) có nghiệm thuộc khoảng 1   ;    nghiệm thuộc khoảng  1  f  t  1   t   ;   t 2  Ta có  2;   bất phương trình ( 2) có Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên suy bất phương trình cho có nghiệm thuộc khoảng 2m >- 3 Û m >2  2;  Câu 8: Cho bất phương trình log  x  x     log  x  x   m  Có tất giá trị  1;3 ? ngun m để bất phương trình có tập nghiệm chứa khoảng A 36 B 34 C 35 D Vô số Lời giải Chọn A Ta có: log  x  x     log  x  x   m  , x   1;3   log  x  14 x  14   log  x  x   m  , x   1;3   x  x   m  0, x   1;3  m    x  x   , x   1;3  1    2  x  x   m, x   1;3 6 x  x   m, x   1;3   Xét g  x    x  x   , x   1;3 Do Xét g  x    x  3      3   12, x   1;3  1  m  12 h  x  6 x  x  9, x   1;3 Do , có , có h  x   6.12  8.1  23, x   1;3    m 23 m    12; 23   12;  11;  10; ; 23 Do m   nên ta tập giá trị m Vậy có tổng cộng 36 giá trị m thỏa yêu cầu toán Câu 9: M  x; y  Gọi S tập hợp tất điểm x, y số nguyên thoả mãn điều kiện log x2  y 1  x  y  m  1,   2020; 2019 A với m tham số Có số nguyên m thuộc đoạn để tập S có khơng q phần tử? B 2020 C 2021 Lời giải D 2019 Chọn C log x2  y2 1  x  y  m  1  x  y  m  x  y  2   x  1   y  1 m  Để bất phương trình có phần tử m 1   m   2020; 2019 Vậy có 2021 số nguyên m thuộc đoạn  để tập S có khơng q phần tử Câu 10: Có số nguyên m cho bất phương trình tập nghiệm  A B C ln  ln x  ln mx  x  m    D  có Lời giải Ta có bất phương trình ln  ln x  ln mx  x  m  ln x  ln mx  x  m          5x2   x m   f  x  5 x   x m x  x   5 x  mx  x  m    m   x g  x   2 m x    x   mx  x  m   x2 1    Hàm số f  x có bảng biến thiên: Hàm số g  x có bảng biến thiên:   Từ bảng biến thiên suy để bất phương trình có tập nghiệm   m 3 Vậy có giá trị nguyên m DẠNG BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ CHỨA THAM SỐ x x 1 Câu 11: Bất phương trình  (m  1)2  m 0 nghiệm với x 0 Tập tất giá trị m  ;12   ;  1  ;0  1;16 A  B  C  D  Lời giải Chọn B x Đặt t 2 ĐK: t 1 BPT  t   m  1 t  m 0   2t  1 m tt2  2m g '  tt  Ta có 2tt2    2t  1  0, Min 1 g t g  tt2  g t 2t        1 m  m     ;  1 min g t  x  m x   m Câu 12: Tìm tất giá trị tham số để bất phương trình nghiệm với  x   m     ;    1;    A m   0;    C Bất phương trình B m     ; 0  m   0;1 D Lời giải x   m  x 1   1 x Đặt t 2 , t  t  m  t  1   t  4mt  4m    Bất phương trình trở thành: Đặt f  t  t  4mt  4m Đồ thị hàm số y  f t Bất phương trình  1 I  2m ;  4m  4m  có đồ thị Parabol với hệ số a dương, đỉnh   nghiệm với nghiệm với x    Bất phương trình f  t   0, t  t  hay f  4m 0  m 0 TH1: m 0    thỏa mãn TH2: m    4m  4m  nên m  không thỏa mãn Vậy m 0 Câu 13: Cho hàm số y  f  x Bất phương trình m  f   2  A Hàm số y  f  x  f  x   3.e x 2  m B có bảng biến thiên sau: có nghiệm m  f     3e x    2;  khi: m  f    3e C Lời giải D m  f   2  Bất phương trình tương đương với m  g  x   f  x   3.e x 2 Ta có g  x   f  x   3.e x 2   3.e 22 0, x    2;  Do g  x   g    f    3.e , x    2;  Vậy m  f    3.e Câu 14: Cho hàm số bậc Bất phương trình A m phương trình có nghiệm khoảng f  x   2;  có đồ thị hình vẽ bên f  e x   m  3e x  2019  1011 B m  có nghiệm 3e  2019 C x   0;1 m 1011 D m f  e 3e  2019 Lời giải f t  m t  f t  m t  2019   Bất phương trình có dạng:     3t  2019 Đặt t e x Ta có: x   0;1  t e x   1; e  f  t   3t  2019   f  t  f  t  t   g g  t   3t  2019  3t  2019 có Xét hàm Dựa vào đồ thị hàm số f  x , ta thấy: f  x đồng biến khoảng  1;e  f  x   f  x     x   1; e   f  x   x   1; e   g  t   t   1; e   g  t  đồng biến khoảng  1;e   g  1  g  t   g  e  Vậy bất phương trình f  e x   m  3e x  2019  có nghiệm x   0;1 t   1; e   Bất phương trình f t m  m  g  1   t  1; e   3t  2019 2022 1011 có nghiệm  Câu 15: Tất giá trị tham số thực m cho bất phương trình nghiệm với số thực x 3 m  m 2 A B m 2 C Lời giải x   m  1 3x   2m  có D m  Chọn A Ta có: x   m  1 3x   2m    3x   2.3x    3x  1 2m   3x  1  3x  3   3x  1 2m  3x   2m  3x   m x   m  1 3x   2m  0, x   Vậy, để  2m 0  m  Câu 16: Có giá trị nguyên dương tham số m để tập nghiệm bất phương trình 3 x 2   3x  m    A 3281 khác rỗng chứa không số nguyên? B 3283 C 3280 Lời giải D 3279 Chọn C Do m số nguyên dương nên 2m >1 => log 2m  x 2  0  x 2 3  x  3x  2m 0  x log 2m Lập bảng biến thiên, ta kết luận: Suy ra,     ;log 2m   tập nghiệm bất phương trình  log 2m 8  2m 38  m  Câu 17: Cho hàm số y  f  x Hàm số 6561 3280.5 => y  f  x  có bảng biến thiên sau: Bất phương trình A m  f  1  f  x   2x  m B x    1;1 với m  f  1  khi: m  f   1  C Lời giải D m  f   1  Chọn B f  x   x  m x    1;1  f  x   x  m  f  x   x  m , g  x   f  x   2x Xét hàm số g  x   f  x   x.ln Ta có: Ta thấy: x    1;1   1;1 f  x  0 x ln  g  x   f  x   x.ln  x    1;1 Do Bảng biến thiên , Từ bảng biến thiên ta có: Câu 18: m g  1  m  f  1  3 Có giá trị nguyên tham số m để bất phương trình nghiệm nguyên? A 65021 B 65024 C 65022 x2  x    x  m 0 có D 65023 Lời giải Chọn B 3 x2  x    x  m 0 3x x 3x x Th1: Xét Th2: Xét  x   0  x  x 2    x 2 nghiệm bất phương trình x 1    x2  x    x 2 x Khi đó, (1)  m  x log m (2) Nếu m  vô nghiệm (2)   log m  x  log m Nếu m 1 Do đó, có nghiệm nguyên nguyên     ;  1   2;      log m   3;   512 m  65536 log m ; log m  có giá trị Suy có 65024 giá trị m nguyên thỏa mãn x2  x    x  x     x  Vì   1;  có hai số nguyên nên khơng Th3: Xét có giá trị m để bất phương trình có nghiệm ngun Vậy có tất 65024 giá trị m nguyên thỏa ycbt DẠNG BẤT PHƯƠNG TRÌNH NHIỀU ẨN Câu 19: Có số nguyên x cho ứng với x có khơng q 728 số ngun y thỏa mãn log  x  y  log ( x  y) A 59 ? B 58 C 116 Lời giải D 115 Chọn C Với x   ta có x x Xét hàm số f ( y ) log ( x  y )  log  x  y  Tập xác định D ( x; ) f '( y )  1  0, x  D ( x  y ) ln  x  y  ln  f tăng D Ta có f ( x  1) log ( x  x  1)  log  x  x  1 0 f y 0 Có khơng q 728 số nguyên y thỏa mãn    f ( x  729)   log 729  log  x  x  729    x  x  729  46   x  x  3367    57,5  x 58,5 x    57,  56, ,58 Mà x   nên Vậy có 58  ( 57)  116 số nguyên x thỏa Câu 20: Có số nguyên x cho ứng với x có không 242 số nguyên y thỏa mãn log  x  y  log  x  y  A 55 Chọn D  x2  y   Điều kiện:  x  y  ? B 28 C 29 Lời giải D 56 t t   x  y 4t  x  x 4   *    t log  x  y  t x  y 3t     y 3  x Đặt , ta có t t f t 4  0;   f t 0 Nhận xét hàm số   đồng biến khoảng    với t  n n  *  t n Gọi n  Z thỏa   x  x , t n Từ đó, ta có  x  y 3  x 3  x n Mặt khác, có khơng q 242 số ngun y thỏa mãn đề nên 242  n log 242 log3 242  242   27,  x 28, Từ đó, suy x  x 4 x    27,  26, , 27, 28 Mà x  Z nên Vậy có 56 giá trị nguyên x thỏa yêu cầu đề Câu 21: Có số nguyên x cho ứng với x có khơng q 127 số nguyên y thỏa mãn log  x  y  log  x  y  A 89 ? B 46 C 45 Lời giải D 90 Chọn D Ta có log  x  y  log  x  y   1 Đặt t  x  y   * (1)  log  x  x  t  log t  g (t ) log t  log  x  x  t  0   g (t )  Đạo hàm 1  0 t ln  x  x  t  ln g  t  1;  với y Do đồng biến Vì x ngun có khơng q 127 giá trị t   * nên ta có g (128)   log 128  log  x  x  128    x  x  128  37   44,8  x 45,8 Như có 90 giá trị thỏa u cầu tốn Câu 22: Có số ngun x cho ứng với x có khơng 255 số nguyên y thỏa mãn log  x  y  log  x  y  A 80 ? B 79 C 157 D 158 Lời giải Chọn D Ta có: log  x  y  log  x  y   x  y 3log2  x y   x  y  x  y  Đk: x  y 1 log  1  x  x t log2  t   Đặt t  x  y 1 , nên từ   Để   khơng có q 255 nghiệm nguyên y bất phương trình   có khơng q 255 nghiệm ngun dương t Đặt M  f  255 với f  t  t log2  t 1 2 1,    t  f  x  x  Vì f hàm đồng biến  nên   x  x 0 Vậy    f   x  x  255  x  x 255 có khơng q 255 nghiệm ngun   78  x 79  x   Vậy có 158 số nguyên x thỏa mãn yêu cầu toán  x; y Câu 23: Trong tất cặp  x; y A thỏa mãn log x2  y2 2  x  y   1 Tìm m để tồn cặp 2 cho x  y  x  y   m 0  m  10   B m  10  C m  10  Lời giải D  m  10   Chọn D 2 log x2  y 2  x  y   1 Với x, y   , ta ln có x  y  2  nên BPT 2  x  y   x  y    x     y   2  1 BPT  1 mơ tả hình trịn tâm I  2;  bán kính R1  Mặt khác, phương trình có nghiệm m 0  TH1: m 0 Khi đó, x  y  x  y   m 0   x  1   y  1 m    x   y 1 không thỏa  1 nên loại m 0  2   nên để  2  TH2: m  Khi đó,  2 phương trình đường trịn  C2  tâm J   1;1 bán kính 2   x     y   2  2 R2  m Do đó, yêu cầu đề  Hệ BPT  x  1   y  1 m có nghiệm   C2  tiếp xúc với đường tròn  C1  :  x   2   y   2 có tâm I  2;  bán kính R1  Vì IJ  10  R1 nên  C1  tiếp xúc ngoài, tiếp xúc với  C2   TH2a:   C1  m  10   C1   TH2b:  Vậy tiếp xúc với   m  10  tiếp xúc với   C2    m  10    C2   m   10  m  10  2   IJ R1  R2  10   m IJ R2  R1  10  m 