D47 - Câu 47-ỨNG-DỤNG-PHƯƠNG-PHÁP-HÀM-SỐ-ĐỂ-GIẢI-PHƯƠNG-TRÌNH-MŨ-LOGARIT - Muc do 1

Câu Có cặp số nguyên A 10 B 11 ( x; y ) thỏa mãn £ x £ 2020 log ( x + ) + x = y + + y ? D C 2020 Lời giải Chọn B log ( x + 4) = t Û x + = 2t Û x = 2t- - Đặt t- Từ điều kiện £ x £ 2020 Þ £ - £ 2020 Û £ t - £ + log 2021 t - + 2t - = y +1 + y ( *) Theo giả thiết ta có: u- f ( u) = u + Xét hàm số với £ u £ + log 2021 f '( u ) = + 2u- 1.ln > 0, " u Ỵ [1;1 + log 2021] Có nên hàm f ( u) đồng biến [1;1 + log 2021] Dựa vào ( *) Þ f ( t - 1) = f ( y +1) Û t - = y +1 Mặt khác £ t - £ + log 2021 Þ £ y +1 £ + log 2021 Þ £ y Ê log 2021 ằ 10,98 y ẻ Â Þ y Ỵ { 0;1; 2;3; 4;5; 6;7;8;9;10} Vì Vậy có 11 cặp số nguyên thỏa mãn ycbt Câu log Có cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn x ≤ 2020 y = 3( x + − y) − y + x x +1 ? A 43 B 44 C 2020 Lời giải D 1011 Chọn A 0 ≤ x ≤ 2020  Điều kiện toán: 1 ≤ y y log = 3( x + − y) − y + x x +1 Ta có: log y + y + y = log x + + (x + 1) + x + Xét hàm số Ta có f (t) = log t + t + 3t ( 0; +∞ ) f '(t ) = (1) + 2t + > 0, ∀t ∈ (0; +∞) => ( 0; +∞ ) ln t hàm số đồng biến Khi đó(1) f ( y ) = f ( x + 1)  y = x + Vì ≤ x ≤ 2020 nên ≤ y = x + ≤ 2021 ≤ y ≤ 44 y nguyên dương nên có 43 số nguyên dương y thỏa yêu cầu toán Do Rõ ràng, với y ta xác định tương ứng giá trị x nguyên dương thỏa mãn Vậy có 43 cặp số nguyên ( x; y ) đoạn y + y = x + log ( x + y −1 ) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn Giá trị nhỏ biểu Câu x y thức e + ln × A P= e − ln × B e ln × C Lời giải e × D ln Chọn C Có y + y = x + log ( x + y −1 ) ⇔ y + y = x + log ( x + y ) − 1(1) Đặt ( 1) t = log ( x + y ) ⇒ x + y = 2t ⇒ x = 2t − y y t y y +1 t trở thành: + y = − + t − ⇔ + y + = + t (2) x x x Xét hàm số f ( x) = + x, ∀x > ⇒ f ′( x) = ln + > 0, ∀x > nên hàm số f ( x) = + x đồng biến ( 0; +∞ ) Kết hợp với ( ) log ( x + y ) = y + ⇔ x + y = y +1 ⇔ x = y −1 ta có: t = y + hay x y −1 y −1 y ln − y −1 P= = ⇒ P'= y y y2 Khi P = ⇔ y ln − = ⇔ y = ln Cho Bảng biến thiên: Vậy Pmin = e ln e x= y= ln x + 1) + 3− m= 33 3x + m ( Gọi S tập giá trị tham số m cho phương trình có Câu hai nghiệm thực Tính tổng tất phần tử tập hợp S A B C Lời giải Chọn C Hàm số f (x) = x + 3x đồng biến ¡ nên: ( x + 1) + 3− m= 33 3x + m ( ) 3 ⇔ ( x + 1) + 3( x + 1) = 3x + m + 33 3x + m ⇔ x + 1= 3x + m ⇔ m= x3 + 3x2 + Bảng biến thiên hàm số y = x + 3x + x −∞ −2 +∞ D y′ y +0 − 0+ +∞ −∞ Phương trình ban đầu có hai nghiệm thực m= m= ⇒ S = { 1;5} Câu Tính tổng tất nghiệm phương trình x + 3x − 3x − log + ( x + 1) = x + x + x +1 A −2 + B −2 C Lởi giải Chọn C Điều kiện: x3 + 3x − 3x − >0 ⇔ x3 + 3x − 3x − > ⇔ x + 3x + x + − x − > x2 +  −1 − < x < −  ⇔ ( x + 1) − ( x + 1) > ⇔ ( x + 1) ( x + x − ) > ⇔  −1 + < x log x3 + 3x − 3x − + ( x + 1) = x + x + x +1 2 ⇔ log ( x + x − x − ) − log ( x + 1) = x + x + − ( x + 1) 3 2 ⇔ log ( x + 3x − x − ) + x + x − 3x − = log ( x + 1) + x + 1( *) f ( t ) = log t + t ( t > ) Xét hàm đặc trưng f ′( t) = +1 t ln10 Ta có: Với t > ⇒ f ′( t ) > f ( t ) = log t + t Vậy hàm đồng biến với t > Phương trình (*) có nghiệm x3 + 3x − x − = x + ⇔ x + + x − 3x − 14 = ⇔ ( x + 2) ( x − 2x + 4) + ( x + 2) ( x − ) = ⇔ ( x + ) ( x − 3) =  x = −2  x = −  ⇔ x = x =  x=− Kết hợp với điều kiện suy phương trình có hai nghiệm  Vậy tổng hai nghiệm phương trình Câu Tính tổng tất nghiệm phương trình D −2 − log x3 + x − 3x − + ( x + 1) = x + x + x +1 A −2 + B −2 C Lởi giải Chọn C Điều kiện: x3 + 3x − 3x − >0 ⇔ x3 + 3x − 3x − > ⇔ x + 3x + x + − x − > x2 + D −2 −  −1 − < x < −  ⇔ ( x + 1) − ( x + 1) > ⇔ ( x + 1) ( x + x − ) > ⇔  −1 + < x x3 + 3x − 3x − log + ( x + 1) = x + x + x +1 2 ⇔ log ( x + x − x − ) − log ( x + 1) = x + x + − ( x + 1) 3 2 ⇔ log ( x + 3x − x − ) + x + x − 3x − = log ( x + 1) + x + 1( *) f ( t ) = log t + t ( t > ) Xét hàm đặc trưng f ′( t) = +1 t ln10 Ta có: Với t > ⇒ f ′( t ) > f ( t ) = log t + t Vậy hàm đồng biến với t > Phương trình (*) có nghiệm x3 + 3x − x − = x + ⇔ x + + x − 3x − 14 = ⇔ ( x + 2) ( x − 2x + 4) + ( x + 2) ( x − ) = ⇔ ( x + ) ( x − 3) =  x = −2  x = −  ⇔ x = x =  x=− Kết hợp với điều kiện suy phương trình có hai nghiệm  Vậy tổng hai nghiệm phương trình Câu Có cặp số nguyên ( x; y ) x +1 + log ( y + 3) = 16.2 y + log ( x + 1) A 2019 B 2020 Chọn C 0 ≤ x ≤ 2020  Điều kiện toán: 1 ≤ y ≤ 2020 thỏa mãn ≤ x ≤ 2020 ≤ y ≤ 2020 ? C 1010 Lời giải D 1011 Ta có: x +1 + log ( y + 3) = 16.2 y + log ( x + 1) ⇔ 22 x + − log ( x + 1) = y + − log ( y + 3) ( *) t +1 [ 1; +∞ ) Xét hàm số f (t ) = − log t t.2t +1.ln 2 − = > 0, ∀t ∈ [ 1; +∞ ) ⇒ [ 1; +∞ ) t ln t ln Ta có hàm sốđồng biến (*) ⇔ f ( x + 1) = f ( y + 3) ⇔ x + = y + ⇔ y = x − Khi ≤ y ≤ 2020 ⇔ ≤ x − ≤ 2020 ⇔ ≤ x ≤ 1011 Vì f ′(t ) = 2t +1 ln − x ∈ { 2;3; 4; ;1011} Do x nguyên nên Rõ ràng, với x ta xác định tương ứng giá trị y nguyên thỏa mãn ( x; y ) Vậy có 1010 cặp số nguyên Câu Phương trình x ∈ 81992 ;82020  log 32 ( x − 1) − 27 y = y + − x có nghiệm nguyên ( x; y ) với A 26 B 28 C 24 Lời giải D 30 Chọn B log 32 ( x − 1) − 27 y = y + − x ⇔ log 32 ( x − 1) + x − = 27 y + 23 y Đặt t = log ( x − 1) ⇔ x − = 2t t + 2t = ( y ) + y Thay vào phương trình ta (1) y = f ( u) = u + Xé thàm số u f ' ( u ) = 3u + ln > 0, ∀u ∈ ¡ Ta có Do hàm số đồng biến ¡ ( 1) ⇔ f ( t ) = f ( y ) ⇔ t = y ⇔ log ( x − 1) = y ⇔ x = y + Khi 1992 y 2020 x ∈ 81992 ; 82020  Do nên ≤ + ≤ ⇔ 1992 ≤ y ≤ 2019 với y ∈ ¢ Vậy có 28 giá trị nguyên y nên phương trình có 28 nghiệm Câu A Cho m= m = log a ( ab u ) , với a > , b > P = log a b + 16 log b a Tìm m cho P đạt giá trị nhỏ B m = C m = Hướng dẫn giải Chọn C Cách 1: Tự luận Ta có m = log a ( ) 1 ab = + log a b ⇒ log b = 3m − log b a = a 3 3m − ; P = log 2a b + 16 log b a = ( 3m − 1) + Do f ( m ) = ( 3m − 1) + 48 16 ⇒ f ′ ( m ) = 18m − − ( 3m − 1) 3m − Xét hàm số f ′ ( m ) = ⇔ 3m − = ⇔ m = Bảng biến thiên 16 3m − D m = Vậy giá trị nhỏ P 12 m = Câu 10 Có cặp số nguyên ( x; y ) x +1 + log ( y + 3) = 16.2 y + log ( x + 1) A 2019 B 2020 thỏa mãn ≤ x ≤ 2020 ≤ y ≤ 2020 ? C 1010 Lời giải D 1011 Chọn C 0 ≤ x ≤ 2020  Điều kiện toán: 1 ≤ y ≤ 2020 x +1 + log ( y + 3) = 16.2 y + log ( x + 1) ⇔ 22 x + − log ( x + 1) = y + − log ( y + 3) ( *) Ta có: t +1 [ 1; +∞ ) Xét hàm số f (t ) = − log t t.2t +1.ln 2 − = > 0, ∀t ∈ [ 1; +∞ ) ⇒ [ 1; +∞ ) t ln t ln Ta có hàm sốđồng biến (*) ⇔ f ( x + 1) = f ( y + 3) ⇔ x + = y + ⇔ y = x − Khi ≤ y ≤ 2020 ⇔ ≤ x − ≤ 2020 ⇔ ≤ x ≤ 1011 Vì f ′(t ) = 2t +1 ln − x ∈ { 2;3; 4; ;1011} Do x nguyên nên Rõ ràng, với x ta xác định tương ứng y giá trị nguyên thỏa mãn ( x; y ) Vậy có 1010 cặp số nguyên Câu 11 Có cặp số nguyên A 10 B 11 ( x; y ) thỏa mãn £ x £ 2020 log ( x + ) + x = y + + y ? C 2020 Lời giải D Chọn B log ( x + 4) = t Û x + = 2t Û x = 2t- - Đặt t- £ x £ 2020 Þ £ - £ 2020 Û £ t - £ + log 2021 Từ điều kiện t- y t - + = y +1 + ( *) Theo giả thiết ta có: u- f ( u) = u + Xét hàm số với £ u £ + log 2021 f '( u ) = + 2u- 1.ln > 0, " u Ỵ [1;1 + log 2021] f ( u) Có nên hàm đồng biến [1;1 + log 2021] Dựa vào ( *) Þ f ( t - 1) = f ( y +1) Û t - = y +1 Mặt khác £ t - £ + log 2021 Þ £ y +1 £ + log 2021 Þ £ y £ log 2021 ằ 10,98 trờn on y ẻ Â Þ y Ỵ { 0;1; 2;3; 4;5; 6;7;8;9;10} Vì Vậy có 11 cặp số nguyên thỏa mãn ycbt log2 Câu 12 Phương trình A ( ) 2x2 +1- + 2x2 +1 C Lời giải có nghiệm nguyên? D C Phương trình cho ( 2x2 Û log2 2x +1- ) + x = log2 2x2 +1- + x = log2 ) x + x = 2log ( 2x +1- 1) +( Û 1+ 2log2 x + x = 2log2 Û 2log2 ( B Chọn Điều kiện: x ¹ Û log2 ( 2x2 ) - log2 ) 2x2 +1+1 + x = log2 ( ( ( ) 2x2 +1- + 2x2 +1 ) 2x2 +1- + 2x2 +1 2x2 +1- + 2x2 +1 2 ) 2x2 +1- x = 2x2 +1- Xét hàm f ( t) = 2log2 t + t ( 0;+¥ ) đến kết Û x +1= 2x2 +1 Û x = ±2  x+ y  log  ÷+ ( x + 1) ( y + 1) − = − xy x , y ≤ x , y ≤   Câu 13 Cho số thực thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ P với P = x + y A B 1 C Lời giải D Chọn D  x+ y  log  ÷+ ( x + 1) ( y + 1) − = ⇔ log ( x + y ) + ( x + y ) = log ( − xy ) + ( − xy ) ( 1) 3  − xy  f ′( t ) = + > 0, ∀t > f ( t ) = log3 t + t t.ln Xét hàm số với t > , ta có ⇒ f ( t) ln đồng biến với ∀t > 1− x ⇔ y = = − + ⇔ x + y = − xy ⇒ ( ) x +1 x + ( 2) 1− x P = 2x + 2) ( + x với ≤ x ≤ Thế vào P ta  x = ∈ [ 0;1] ′ P = ⇔  ( x + 1) ;  x = −2 ∉ [ 0;1] P ( ) = P ( 1) = , P′ = − Vậy giá trị nhỏ P đạt x = , y = log x = log y = log ( x + y ) Câu 14 Gọi x, y số thực dương thỏa mãn điều kiện x −a + b = y , với a , b hai số nguyên dương Tính a + b A a + b = B a + b = 11 C a + b = D a + b = Lời giải Chọn A Đặt log x = t  x = 9t  t y = log x = log y = t    ⇒  x + y = 4t   log x = log ( x + y ) = t  t x =3  ÷  y 2 Theo đề có (1) (2) (3) (4) Từ (1), (2), (3) ta có  t −1 +  ÷ = 2t t t 2 3 3 t t t t t + = ⇔ ( ) + ( 3.2 ) − = ⇔  ÷ +  ÷ − = ⇔  t  2 2  ÷ = −1 −   (TM ) ( L) t x   −1 + − a + b = ÷ = = ⇒ a = 1; b = y 2   Thế vào (4) ta Thử lại ta thấy a = 1; b = thỏa mãn kiện toán Suy a + b = Câu 15 Có cặp số nguyên ( x; y ) x +1 + log ( y + 3) = 16.2 y + log ( x + 1) A 2019 B 2020 thỏa mãn ≤ x ≤ 2020 ≤ y ≤ 2020 ? C 1010 Lời giải D 1011 Chọn C 0 ≤ x ≤ 2020  Điều kiện toán: 1 ≤ y ≤ 2020 x +1 + log ( y + 3) = 16.2 y + log ( x + 1) ⇔ 22 x + − log ( x + 1) = y + − log ( y + 3) ( *) Ta có: t +1 [ 1; +∞ ) Xét hàm số f (t ) = − log t t.2t +1.ln 2 − = > 0, ∀t ∈ [ 1; +∞ ) ⇒ [ 1; +∞ ) t ln t ln Ta có hàm sốđồng biến (*) ⇔ f ( x + 1) = f ( y + 3) ⇔ x + = y + ⇔ y = x − Khi ≤ y ≤ 2020 ⇔ ≤ x − ≤ 2020 ⇔ ≤ x ≤ 1011 Vì f ′(t ) = 2t +1 ln − x ∈ { 2;3; 4; ;1011} Do x nguyên nên Rõ ràng, với x ta xác định tương ứng giá trị y nguyên thỏa mãn ( x; y ) Vậy có 1010 cặp số nguyên Câu 16 Cho bất phương trình: x + ( m − 1) 3x + m > ( 1) Tìm tất giá trị tham số m để bất phương trình m≥− A ( 1) nghiệm ∀x > m>− B C m > + 2 Lời giải D m ≥ + 2 Chọn A t = 3x Đặt t + ( m − 1) t + m > x > ⇒ t > Vì Bất phương trình cho thành: nghiệm ∀t ≥ t2 − t ⇔ > −m t +1 nghiệm ∀t > g ( t) = t − + Xét hàm số g ( 3) = 2 , ∀t > 3, g ' ( t ) = − > 0, ∀t > t +1 ( t + 1) Hàm số đồng biến [ 3; +∞ ) 3 −m ≤ ⇔ m ≥ − Yêu cầu toán tương đương 2 Câu 17 Cho phương trình m ∈ ( −25; 25 ) A x + m = log ( x − m ) để phương trình cho có nghiệm? B 25 với m tham số Có giá trị nguyên C 24 Lời giải D 26 Chọn C Điều kiện: x > m x  7 + m = t  t t = log ( x − m ) + m = x ⇒ x + x = 7t + t ( 1) Đặt ta có  u f ( u) = + u ( 1) ⇔ t = x Khi đó: Do hàm số đồng biến ¡ , nên ta có 7x + m = x ⇔ m = x − 7x g ( x ) = x − x ⇒ g ′ ( x ) = − x ln = ⇔ x = − log ( ln ) Xét hàm số Bảng biến thiên: Từ phương trình cho có nghiệm x thỏa mãn điều kiện x − m = > ) m ≤ g ( − log ( ln ) ) ≈ −0,856 (các nghiệm ( −25; 25) , nên m ∈ { −24; −23; ; −1} Do m nguyên thuộc khoảng Câu 18 Có cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn ≤ x ≤ 2020 ≤ y ≤ 2020 x +1 + log ( y + 3) = 16.2 y + log ( x + 1) ? A 2019 B 2020 C 1010 D 1011 Lời giải Chọn C 0 ≤ x ≤ 2020  Điều kiện toán: 1 ≤ y ≤ 2020 x +1 + log ( y + 3) = 16.2 y + log ( x + 1) ⇔ 2 x + − log ( x + 1) = y + − log ( y + ) ( *) Ta có: f ( t ) = 2t +1 − log t [ 1; +∞ ) Xét hàm số t.2t +1.ln 2 − f ′ ( t ) = 2t +1 ln − = > 0, ∀t ∈ [ 1; +∞ ) ⇒ [ 1; +∞ ) t ln t ln Ta có hàm số đồng biến ( *) ⇔ f ( x + 1) = f ( y + 3) ⇔ x + = y + ⇔ y = x − Khi ≤ y ≤ 2020 ⇔ ≤ x − ≤ 2020 ⇔ ≤ x ≤ 1011 Vì x ∈ { 2;3; 4; ;1011} Do x nguyên nên Rõ ràng, với x ta xác định tương ứng giá trị y nguyên thỏa mãn ( x; y ) Vậy có 1010 cặp số nguyên  4x2 − x +  log  ÷+ x + = x 2x   Câu 19 Biết x1 , x2 hai nghiệm phương trình ( ) a+ b với a , b hai số nguyên dương Giá trị a + b A 16 B 11 C 14 Lời giải x 1+ x2 = D 13 Chọn C x >    x ≠ Điều kiện  ( x − 1)   x2 − x +  log  ÷+ x − x + = x ÷+ x + = x ⇔ log  ÷ 2x    2x  Ta có ⇔ log ( x − 1) + ( x − 1) = log x + x ( 1) 2 f ( t ) = log t + t ⇔ f ′ ( t ) = Xét hàm số Vậy hàm số đồng biến f Phương trình ( 1) trở thành 9 −  x1 + x2 =  9 +   Vậy ( l) ( tm ) +1 > t ln với t > ( ( x − 1) )  3+ x = = f ( x ) ⇔ ( x − 1) = x ⇔   3− x =  ⇒ a = 9; b = ⇒ a + b = + = 14 A 1010 B 2020 D 1009 C 2019 Lời giải Chọn D 1 ≤ x ≤ 2020  Điều kiện toán: 1 ≤ y  2x + y +  log  ÷ = y − x + ⇔ log ( x + y + 3) − log ( x + y + ) = ( x + y + ) − ( x + y + ) x + y + 3   Ta có: ⇔ log ( x + y + 3) + ( x + y + 3) = log ( x + y + ) + ( x + y + ) ( *) ( 0; +∞ ) Xét hàm số f (t ) = t + log t f ′(t ) = + > 0, ∀t ∈ ( 0; +∞ ) ⇒ ( 0; +∞ ) t ln Ta có hàm số đồng biến Khi Vì Do (*) ⇔ f ( x + y + 3) = f ( x + y + ) ⇔ x + y + = x + y + ⇔ x = y + 1 ≤ x ≤ 2020 ⇔ ≤ y + ≤ 2020 ⇔ ≤ y ≤ 2019 y nguyên dương nên y ∈ { 1; 2;3; ;1009} Rõ ràng, với y ta xác định tương ứng giá trị x nguyên thỏa mãn ( x; y ) Vậy có 1009 cặp số nguyên y +1 log ( x + 1) ( y + 1)  = − ( x − 1) ( y + 1) Câu 59 Cho số thực dương x, y thỏa mãn Giá trị nhỏ biểu thức P = x + y 11 27 Pmin = Pmin = A B C Pmin = −5 + D Pmin = −3 + Lời giải Chọn D Ta có log ( x + 1) ( y + 1)  y +1 = − ( x − 1) ( y + 1) ⇔ ( y + 1) log ( x + 1) + log ( y + 1)  + ( x − 1) ( y + 1) = ⇔ ( y + 1) log ( x + 1) + log ( y + 1) + x − 1 = ⇔ log ( x + 1) + x − = − log ( y + 1) y +1 ⇔ log3 ( x + 1) + x + − = Xét hàm số 9 − + log y +1 y + (*) f ( t ) = log t + t − đồng biến liên tục ( 0; +∞ ) với t > có f ′( t ) = +1 > f t t ln với t > nên hàm số ( ) Từ (*) suy Vậy x +1 = 9 8− y ⇔x= −1 = y +1 y +1 y + , x > nên y ∈ ( 0;8 ) 8− y 9 + y = y −1+ = ( y + 1) + − ≥ −3 + y +1 y +1 y +1 P = x + 2y = Vậy Pmin = −3 + log2 Câu 60 Phương trình A ( biến ( 2x +1- ) ( có nghiệm nguyên? D 2 f ( t) = 2log2 t + t ( ( ) 2x2 +1- + 2x2 +1 ) 2x2 +1- + 2x2 +1 2x2 +1- + 2x2 +1 ) 2x2 +1- ( *) f ¢( t) = +1> 0, " x ẻ (0;+Ơ ) f ( t) 0;+Ơ ) t ln2 ( ta có suy hàm đồng nên từ (*) ta có x = 2x2 +1- Û x +1= 2x2 +1 Û x = ±2 Có cặp số nguyên 1002 ≤ x ≤ 2020 ? Câu 61 A 12 + x = log2 2x2 +1- + x = log2 ) x + x = 2log ( 2x +1- 1) +( ( 0; +∞ ) ) 2x2 +1- + 2x2 +1 C Lời giải 2x2 Û log2 Û 1+ 2log2 x + x = 2log2 Xét hàm ( C Phương trình cho Û 2log2 ) 2x2 +1+1 + x = log2 B Chọn Điều kiện: x ¹ Û log2 ( 2x2 ) - log2 ⇔ y= −1 y +1 ( y + 1) = ( x; y ) B 10 thỏa mãn điều kiện log ( x − 2002 ) + x = y + 1002 + y C 11 Lời giải Chọn B log ( x − 2002 ) + x = y + 1002 + y ⇔ log [ 2( x − 1001) ] + x = y + 1002 + y ⇔ + log ( x − 1001) + x = y + 1002 + y ⇔ log ( x − 1001) + ( x − 1001) = y + y ⇔ log ( x − 1001) + ( x − 1001) = log 2 y + y  x − 1001 = u >  y =v>0 Đặt  ta có phương trình log u + u = log v + v với hàm số f ( t ) = log t + t ⇒ f ' ( t ) = + > ∀x ∈ ( 0; +∞ ) t ln ⇒ Hàm số f(t) đồng biến ( 0; +∞ ) suy u = v ⇒ x − 1001 = y ⇒ 1002 ≤ x = y + 1001 ≤ 2020 ,Suy = log ≤ y ≤ log 1019 = 9,99 Do y cho ta x y nguyên nên y ∈ { 0;1; 2; ;9} D 18 x −3 y −3 + 9.2 x −6 y −3 = 8.32 x −3 y −1 + Giá trị nhỏ Câu 62 Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 2 biểu thức T = x + y − x + 12 tương ứng A B −5 D 13 C Lời giải Đáp án: C 2t −3 + 9.22t −3 = 8.3t −1 + ⇔ + Đặt t = x − y vào giả thiết được: ⇔ 3.2t + 27.4t = 64.3t + 24 ⇔ ( 2t − ) + ( 27.4t − 64.3t ) = 2t t t + = + 8   t  ⇔ ( 2t − 8) + 3t  27  ÷ − 64 ÷ = (*)  3 ÷   t = + Với : Thỏa mãn phương trình (*) 3 ( 2t − ) >  t > ⇒    t ⇒  t >0 3  27  ÷ − 64 ÷ ÷      + Với Phương trình (*) vô nghiệm t 3 ( − ) <  t < ⇒    t ⇒  t  + Do đó: (*) có nghiệm 3 ÷  vào biểu thức T , ta  2x −  T = x + 9 ÷ − x + 12 = x − 20 x + 21 = ( x − ) + ≥ 1, ∀x >   được: x =    y = + Vậy giá trị nhỏ của biểu thức T Câu 63 A ( x; y ) Có cặp số nguyên B thoả mãn < y < 2020 3x + 3x − = y + log y ? C Lời giải D 2019 Chọn B x 3 + x − = y + log y Ta có: ⇔ 3x + 3x − = y + 3log y ⇔ 3x −1 + x − = y + log y ⇔ 3x −1 + x − = y + log ( y ) log ( y ) ⇔ 3x −1 + x − = + log ( y ) ( *) f ( t) = +t t Xét hàm số f ( t) Ta có: f ′ ( t ) = + 3t.ln > 0, ∀t Suy hàm số liên tục đồng biến ¡ ( *) ⇔ f ( x − 1) = f log3 ( y ) ⇔ x − = log ( y ) ⇔ x − = log y ⇔ y = 3x−2 Do ( Vì y ∈ ( 0; 2020 ) ) x− nên < 2020 ⇔ x − < log 2020 ⇔ x < + log 2020 x ∈ { 2;3; 4;5;6;7;8} Do x; y ∈ ¢ nên x Ứng với giá trị nguyên cho ta giá trị nguyên y ( x; y ) thoả mãn yêu cầu toán Vậy có cặp số nguyên Cho số thực x, y thỏa mãn ≤ x, y ≤ Câu 64 log x+ y + ( x + 1) ( y + 1) − = − xy Tìm giá trị nhỏ P = x + y A C B D Lời giải Với điều kiện biểu thức đề có nghĩa, ta có log3 x+ y + ( x + 1) ( y + 1) − = ⇔ log3 ( x + y ) − log3 ( − xy ) + xy + x + y − = − xy ⇔ log3 ( x + y ) + ( x + y ) = log3 ( − xy ) + ( − xy ) ( *) Xét hàm số f ( x ) = log t + t ( 0;2 ) f ′ ( t ) = ln + > 0, ∀t ∈ ( 0;2 ) f ( t) ( 0;2 ) t nên hàm số đồng biến 1− x x + y = − xy ⇔ y ( + x ) = − x ⇔ y = *) ( 1+ x Do từ ta có P = 2x + y = 2x + P′ ( x ) = − Suy 1− x 1+ x ( + x) ≥ 0, ∀x ∈ [ 0;1] P = P ( 0) = đạt x = 0, y = Câu 65 Xét số thực dương a,b thỏa mãn: log − ab = ab + a + b − a+b Tìm giá trị nhỏ Pmin P = a + 2b A Pmin = 10 − B Pmin = 10 − C Lời giải: Pmin = 10 − D Pmin = Ta có: − ab − ab log = 2ab + a + b − ⇔ log + = − ( − 2ab ) + a + b a+b a+b − 2ab ⇔ log = − ( − 2ab ) + a + b a+b u = − 2ab, v = a + b u ⇔ log = −u + v ⇔ log u + u = log v + v v f ( t ) = log t + t u = v ⇔ − 2ab = a + b ( *) Hàm số: hàm đồng biến Nên suy ra: P = a + 2b ( P > ) ⇔ a = P − 2b Lại có, vào (*) ta có: 2 − ( P − 2b ) b = P − 2b + b ⇔ 4b + ( − P ) b + − P = ( **) 10 − ∆ = ( − P ) − 16 ( − P ) ≥ ⇔ P + 12 P − 31 ≥ Để phương trình (**) có nghiệm  −2 10 − P ≤ ⇔  10 − P ≥  P > nên P≥ Vì Chọn A 10 − 10 − Pmin = 2 Vậy Câu 66 Xét số thực dương x, y thỏa mãn thức A A= x+ y Amin = 14 B Amin = − 14 log3 x − 3y = xy + y − x + xy + Tìm giá trị nhỏ biểu C Amin = −6 Lời giải D Amin = Chọn D Điều kiện: x − y > x − 3y log = xy + y − x + ⇔ log ( x − y ) − log ( xy + 1) = xy + y − x + xy + ⇔ log ( x − y ) + ( x − y ) = log ( xy + 1) + xy + 1( 1) Xét hàm f ′( t ) = f ( t ) = log t + t , t > + > 0, ∀t > t.ln f ( t) 0; + ∞ ) đồng biến ( Suy hàm số x+3 A= x+ = x+ y x −1 Đặt A = A( x) = x + nên ( 1) ⇔ x − y = xy + ⇒ y = x −1 x+3 x + ⇒ A′ ( x ) = − =0⇔ x=3 x − ( ) x −1 x, y > Vậy Amin = Câu 67 Có cặp số nguyên A 2019 B 1011 Chọn D ( x; y ) thỏa mãn ≤ y ≤ 2020 C 2020 Lời giải log ( x − ) + x = + y + y D 1010 ? x> Điều kiện: log ( x − ) + x = + y + y ⇔ + log ( x − 1) + x = + y + y ⇔ x − + log ( x − 1) = y + y hàm số f ( t ) = log t + t Xét ( 0; +∞ ) + > 0, ∀t ∈ ( 0; +∞ ) f ( t ) = log t + t ( 0; +∞ ) t ln Ta có suy đồng biến Do phương trình f ′( t ) = x − + log ( x − 1) = y + y ⇔ 3x − + log ( x − 1) = y + log 2 y ⇔ 3x − = y ⇔ 3x = y + (*) y Nếu y chẵn ta có + khơng chia hết cho suy (*) vô nghiệm 2y +1 x = ∈¥ y Nếu y lẻ + chia hết cho Do từ (*) suy Tức với y lẻ cho ta giá trị tương ứng x Mà ≤ y ≤ 2020 suy có 1010 số y lẻ ( x; y ) Vậy có 1010 cặp số nguyên Câu 68 Có cặp số nguyên ( ( x; y ) thỏa mãn x ≤ 2020 ) y   log  ÷= y − x +1 − y + x + x   ? A 1010 C 2020 Lời giải B 44 D 1011 Chọn B 0 ≤ x ≤ 2020  Điều kiện toán: 1 ≤ y ( ) y   log  ÷ = y − x + − y + x ⇔ log y + y − y = log + x + ( x + 1) − + x ( *) + x 2   Ta có: ( 0; +∞ ) Xét hàm số f (t ) = log t + t − 3t Ta có f ′(t ) = 1 + 2t − ≥ 2t − = − > 0, ∀t ∈ ( 0; +∞ ) ⇒ t ln t ln ln hàm số đồng biến ( 0; +∞ ) Khi (*) ⇔ f ( y ) = f ( ) x +1 ⇔ y = x +1 Vì ≤ x ≤ 2020 ⇔ ≤ x + ≤ 2021 ⇔ ≤ x + ≤ 2021 ⇔ ≤ y ≤ 2021 y nguyên nên y ∈ { 1; 2;3; ; 44} Do Rõ ràng, với y ta xác định tương ứng giá trị x nguyên thỏa mãn đề ( x; y ) Vậy có 44 cặp số nguyên 1 1 + + = Câu 69 Cho số thực dương x, y , z thỏa mãn đồng thời log x log y log z 2020 log ( xyz ) = 2020 Tính log ( xyz ( x + y + z ) − xy − yz − zx + 1) A 4040 B 1010 D 2020 C 2020 Lời giải Chọn A Đặt a = log x; b = log y; c = log z 1 1 + + = Ta có a b c 2020 a + b + c = 2020 1 1  + + ÷( a + b + c ) = ⇔ ( a + b + c ) ( ab + ac + bc ) = abc a b c ⇔ a 2b + ab + abc + abc + b c + bc + a c + ac = ⇔ ( a + b) ( b + c) ( c + a ) = 2020 Vì vai trị a, b, c nên giả sử a + b = ⇒ c = 2020 ⇒ z = xy = log ( xyz ( x + y + z ) − xy − yz − zx + 1) = log ( z ( x + y + z ) − − yz − zx + 1) = log ( z ) = log z = 4040 x − y +1 =0 e xy + − x − y Câu 70 Cho x, y số thực âm thỏa điều kiện Biết biểu thức P = x + y + xy đạt giá trị nhỏ P0 x = x0 y = y0 Tính giá trị M = P0 + x0 − y0 e 2− y − A M =− B M =− C x −1 + M =− Lời giải Chọn C x − y +1 =0 e xy + − x − y x − y +1 ⇔ e 2− y − e1− x + =0 xy − x + − y x − y +1 ⇔ e 2− y − e1− x + =0 x ( y − 2) − ( y − 2) e2− y − x −1 + ⇔ e 2− y − e1− x + x −1 − y + =0 ( y − ) ( x − 1) 1 − =0 y − x −1 1 ⇔ e2− y + = e1− x + y−2 x −1 ⇔ e 2− y − e1− x + y = f ( t ) = e −t + , ∀t ≠ t Xét hàm số Ta có f ' ( t ) = −e −t − < 0, ∀t ≠ −∞;0 ) t2 nên hàm số nghịch biến ( D M = −1 Phương trình trở thành f ( y − ) = f ( x − 1) với x, y < nên Do y − = x − ⇔ y = x + Thay vào P ta Khi P đạt GTNN ( −∞; ) y − 2, x − 1∈ ( −∞;0 ) P = x + x + + x ( x + 1) = x + 3x + x=− y=− − x − y +1 =0 x , y e xy + − x − y Câu 71 Cho số thực âm thỏa điều kiện Biết biểu thức P = x + y + xy đạt giá trị nhỏ P0 x = x0 y = y0 Tính giá trị M = P0 + x0 − y0 e 2− y − A M =− B M =− C x −1 + M =− D M = −1 Lời giải Chọn C x − y +1 =0 e xy + − x − y x − y +1 ⇔ e 2− y − e1− x + =0 xy − x + − y x − y +1 ⇔ e 2− y − e1− x + =0 x ( y − 2) − ( y − 2) e2− y − x −1 + ⇔ e 2− y − e1− x + x −1 − y + =0 ( y − ) ( x − 1) 1 − =0 y − x −1 1 ⇔ e2− y + = e1− x + y−2 x −1 ⇔ e 2− y − e1− x + y = f ( t ) = e −t + , ∀t ≠ t Xét hàm số Ta có f ' ( t ) = −e −t − < 0, ∀t ≠ −∞;0 ) t2 nên hàm số nghịch biến ( Phương trình trở thành f ( y − ) = f ( x − 1) với x, y < nên Do y − = x − ⇔ y = x + Thay vào P ta y − 2, x − 1∈ ( −∞;0 ) P = x + x + + x ( x + 1) = x + x + x=− y=− −∞; ) − Khi P đạt GTNN ( Có cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn 1002 ≤ x ≤ 2020 ? Câu 72 A 12 B 10 log ( x − 2002 ) + x = y + 1002 + y C 11 Lời giải D 18 Chọn B Đặt x − 1001 = u > 0,2 y = v > ta có phương trình log u + u = log v + v với hàm số f ( t ) = log t + t đồng biến ( 0;+∞ ) ⇒ 1002 ≤ x = y + 1001 ≤ 2020 Suy y suy u = v ⇒ x − 1001 = = log ≤ y ≤ log 1019 = 9,99 Do y cho ta x y nguyên nên y ∈ { 0;1;2; ;9} Câu 73 Có cặp số nguyên dương log ( x; y ) thỏa mãn x ≤ 2020 y = 3( x + − y) − y + x x +1 ? A 2020 C 43 Lời giải B 44 D 1011 Chọn C Điều kiện toán: ≤ x ≤ 2020, y ≥ y log = 3( x + − y) − y + x x +1 Ta có: ⇔ log y + y + y = log x + + (x + 1) + x + (1) Xét hàm số f (t) = log t + t + 3t (0; +∞) f '(t ) = + 2t + > 0, ∀t ∈ (0; +∞) ⇒ ln t Ta có hàm số đồng biến (0; +∞) Khi (1) ⇔ f ( y ) = f ( x + 1) ⇔ y = x + Vì ≤ x ≤ 2020 nên ≤ y = x + ≤ 2021 ⇔ ≤ y ≤ 44 y nguyên dương nên có 43 số nguyên dương y thỏa yêu cầu toán Do Rõ ràng với y ta xác định tương ứng giá trị x nguyên dương thỏa mãn ( x; y ) Vậy có 43 cặp số nguyên Câu 74 Cho cấp số cộng f ( x ) = x − 3x cho ( an ) , cấp số nhân f ( a2 ) + = f ( a1 ) lớn cho bn > 2018an là: A 16 B 15 Chọn B Hàm số f ( x ) = x − 3x Theo giả thiết ( bn ) thỏa mãn a2 > a1 ≥ b2 > b1 ≥ ; hàm số f ( log b2 ) + = f ( log b1 ) C 17 Lời giải có bảng biến thiên sau: Số nguyên dương n nhỏ D 18  f ( a2 ) + = f ( a1 )  f ( a2 ) < f ( a1 ) ⇒   a2 > a1 ≥  a2 > a1 ≥ 0 ≤ a1 < a2 ≤ 0 ≤ a ≤ < a f ( x ) + ≥ ∀x ≥ Từ suy  , Ta xét trường hợp:  f ( a2 ) + ≥  f ( a2 ) = −2  a2 = ⇒ ⇒  f a ≤ f a = ( ) ( ) ≤ a < a ≤  a1 =   1   Nếu   f ( a2 ) + >  f ( a1 ) ≤ 0 ≤ a ≤ < a  Nếu  điều khơng thể Do xảy trường hợp a1 = 0; a2 = Từ suy an = n − 1( n ≥ 1) log b2 = b = ⇔ ⇒ bn = 2n −1 ( n ≥ 1)  log a = b = 1 Tương b2 > b1 ≥ nên log b2 > log b1 ≥ , suy  Xét hàm số Ta có g ( x ) = x − 2018 x   2018   g  log ln ÷ <    2018  log ln > 11   g ( 12 ) = −20120   g ( 13) = −18042   g ( 14 ) = −11868  g ( 15) = 2498 >  khoảng [ 0; +∞ ) , ta có bảng biến thiên g ( n − 1) > n − = 15 ⇔ n = 16 nên số nguyên dương nhỏ n thỏa Câu 75 Tính tổng tất nghiệm phương trình A −2 + B −2 log x3 + 3x − 3x − + ( x + 1) = x + x + x +1 C Lời giải D −2 − Chọn B x3 + x − 3x − >0 ⇔ x3 + 3x − x − > ⇔ x3 + 3x + 3x +1 − x − > x + Điều kiện:  −1 − < x < −1  ⇔ ( x + 1) − ( x + 1) > ⇔ ( x + 1) x + x − > ⇔  −1 + < x ( ) x + 3x − x − log + ( x + 1) = x + x + x +1 2 ⇔ log ( x + x − x − ) − log ( x + 1) = x + x + − ( x + 1) 3 2 ⇔ log ( x + x − 3x − ) + x + x − x − = log ( x + 1) + x + 1( *) f ( t ) = log t + t ( t > ) Xét hàm đặc trưng f ′( t ) = +1 t ln10 Ta có: Với t > ⇒ f ′( t ) > f ( t ) = log t + t Vậy hàm đồng biến với t > Phương trình (*) có nghiệm x3 + 3x − 3x − = x + ⇔ x3 + + x − x −14 = ⇔ ( x + 2) ( x − x + 4) + ( x + ) ( x − ) = ⇔ ( x + ) ( x − 3) =  x = −2  x = −  ⇔ x = Kết hợp với điều kiện suy phương trình có ba nghiệm nghiệm Vậy tổng hai nghiệm phương trình -2 Câu 76 Biết với m ∈ [ a; b ]  x = −2  x = − x =  16 x − 12 x ( x + 1) = m ( x + 1) phương trình có nghiệm Khi 2 a + b có giá trị A Giải B C D 10 x 2x  x   2x  ⇔ 16 − 12  −  ÷ = m ÷ =m ⇔ 2 x +1 x +1  x +1  x +1 Phương trình 2x 2x t= ≥0 t = ≤ 2 x + x + x + ≥ x Đặt Ta có suy Do ≤ t ≤ Phương trình trở thành 2t − 3t = m ( *) Đây phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị hàm t ∈ [ 0;1] số y = 2t − 3t (chỉ xét phần ) đường thẳng y = m Dựa vào đồ thị, ta thấy để phương trình cho có nghiệm phương trình thuộc đoạn [ 0;1] ⇔ −1 ≤ m ≤ ( *) có nghiệm 2 Do a = −1; b = ⇒ a + b = + = Chọn phương án#A  2x + y +  log  ÷ = y − x + 1? x; y ) ( x + y + x ≤ 2020   Câu 77 Có cặp số nguyên dương thỏa mãn A 1010 B 2020 C 2019 D 1009 Lời giải Chọn D 1 ≤ x ≤ 2020, x ∈ Z  2x + y +  log   ÷ = y − x + 1?  x + 3y +  Yêu cầu toán: 1 ≤ y, y ∈ Z  2x + y +  log  ÷= y − x +1  x + 3y +  Ta có: ⇔ log (2 x + y + 3) − log ( x + y + 4) = ( x + y + 4) − (2 x + y + 3) ⇔ log (2 x + y + 3) + (2 x + y + 3) = log ( x + y + 4) + ( x + y + 4) (*) ( 0; +∞ ) Xét hàm số f (t ) = t + log t Ta có f ′(t ) = + > 0, ∀t ∈ (0; +∞) ⇒ ( 0; +∞ ) t ln hàm số đồng biến Khi (*) ⇔ f (2 x + y + 3) = f ( x + y + 4) ⇔ x = y + Vì ≤ x ≤ 2020 ⇔ ≤ y + ≤ 2020 ⇔ ≤ y ≤ 2019 y ∈ { 1; 2;3; ;1009} Do y nguyên dương nên Với giá trị y xác định tương ứng giá trị x nguyên dương thỏa mãn Vậy có 1009 cặp số nguyên Câu 78 Có cặp số nguyên ( x; y ) x +1 + log ( y + 3) = 16.2 y + log ( x + 1) A 2019 B 2020 thỏa mãn ≤ x ≤ 2020 ≤ y ≤ 2020 ? C 1010 Lời giải D 1011 Chọn C 0 ≤ x ≤ 2020  Điều kiện toán: 1 ≤ y ≤ 2020 x +1 + log ( y + 3) = 16.2 y + log ( x + 1) ⇔ 22 x + − log ( x + 1) = y + − log ( y + ) ( *) Ta có: t +1 [ 1; +∞ ) Xét hàm số f (t ) = − log t t.2t +1.ln 2 − = > 0, ∀t ∈ [ 1; +∞ ) ⇒ [ 1; +∞ ) t ln t ln Ta có hàm sốđồng biến (*) ⇔ f ( x + 1) = f ( y + 3) ⇔ x + = y + ⇔ y = x − Khi ≤ y ≤ 2020 ⇔ ≤ x − ≤ 2020 ⇔ ≤ x ≤ 1011 Vì f ′(t ) = 2t +1 ln − x ∈ { 2;3; 4; ;1011} Do x nguyên nên Rõ ràng, với x ta xác định tương ứng giá trị y nguyên thỏa mãn ( x; y ) Vậy có 1010 cặp số nguyên  4x2 − 4x +  log  ÷+ x + = x 2x   Câu 79 Biết x1 , x2 hai nghiệm phương trình ( ) a+ b với a , b hai số nguyên dương Tính a + b A a + b = 16 B a + b = 11 C a + b = 14 D a + b = 13 Lời giải Chọn C x >    x ≠ Điều kiện  ( x − 1)   x2 − x +  log  ÷+ x − x + = x ÷+ x + = x ⇔ log  ÷ 2x    2x  Ta có x 1+ x2 = ⇔ log ( x − 1) + ( x − 1) = log x + x ( 1) 2 f ( t ) = log t + t ⇔ f ′ ( t ) = Xét hàm số Vậy hàm số đồng biến f Phương trình ( 1) trở thành 9 −  x1 + x2 =  9 +   Vậy Câu 80 Cho phương trình m ∈ ( −2020; 2020 ) A ( l) +1 > t ln với t > ( ( x − 1) )  3+ x = = f ( x ) ⇔ ( x − 1) = x ⇔   3− x =  ⇒ a = 9; b = ⇒ a + b = + = 14 ( tm ) 5x + m = log5 ( x − m ) , với m tham số Số giá trị nguyên để phương trình cho có nghiệm là? B 2021 C 2020 Lời giải D 2019 Chọn D Điều kiện phương trình: x > m x + m = log ( x − m ) ⇔ 55x + m = x − m ⇔ 55x + m + m = x Ta có x ( 1) , phương trình trở thành 5t + m = x ( ) Đặt + m = t ( 1) cho ( ) , ta được: 5x − 5t = t − x ⇔ 5x + x = 5t + t Trừ tương ứng vế với vế f ( x ) = x + x ⇒ f ′ ( x ) = 5x.ln + > ∀x f ( x) Đặt , hàm đơn điệu tập xác định x t ⇔ f ( x) = f ( t ) ⇔ x = t ( 1) , ta được: Từ suy + x = + t , vào phương trình 5x + m = x ⇔ x − 5x = m g ( x ) = x − 5x g ′ ( x ) = − 5x.ln ⇒ g ′ ( x ) = ⇔ − x.ln = Xét hàm có g ( x) Ta có bảng biến thiên hàm sau:   ⇔ x = log  ÷  ln    ⇔ m ≤ log  ÷− g ( x) = m  ln  ln ≈ −0,92 Vậy phương trình có nghiệm m ∈ ( −2020; 2020 ) Lại có m ∈ ¢ , từ suy m ∈ ¢ −2019 ≤ m ≤ −1 Vậy có 2019 giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu toán bc   log ( bc ) + log a  b3c + ÷ + + − c = 4  Câu 81 Cho a , b , c ba số thực dương, a > thỏa mãn a Có số A ( a; b; c ) thỏa mãn điều kiện cho? B C Lời giải D Vô số Chọn B Điều kiện: − c ≥ ⇔ −2 ≤ c ≤ Kết hợp giả thiết ta có < c ≤ Do a , b , c ba số thực dương, a > nên ta có   3 bc bc   + + − c2 P = log 2a ( bc ) + log a  b 3c + ÷ + + − c ≥ log ( bc ) + log a  b c ÷ ÷  4   2 a ⇔ P ≥ log 2a ( bc ) + log a ( bc ) + + − c ⇔ P ≥ ( log a ( bc ) + ) + − c ≥  log a ( bc ) + = bc = a    − c2 = c =   b3c = bc ⇔ bc = a = ⇔   a > 1  a >  ⇔ b =  b > b>0    c = 0 < c ≤ 0 < c ≤  Đẳng thức xảy ( a; b; c ) thỏa mãn tốn Vậy có số 2x Câu 82 Cho x, y số thực dương thỏa mãn nhỏ biểu thức P = log ( xy ) + x + y2 2 + y −1 + ( x − y + 1) ( x − y − 1) = log ( xy ) Tìm giá trị A B C Lời giải D Chọn A Giả thiết 2x + y −1 + ( x − y + 1) ( x − y − 1) = log ( xy ) ⇔ x ⇔ x − xy + y + x ⇔ x2 + y − + 2x Xét hàm số + y −1 + y −1 Từ (*) suy f ( t) + y −1 − = log ( xy ) ⇔ x + y − + x ta có + ( x − y ) − = log ( xy ) + y −1 = xy + log ( xy ) ( *) = log ( xy ) + 2log ( xy ) f ( t ) = t + 2t , Do hàm số Khi 2 f ′ ( t ) = + 2t ln > 0, ∀t ∈ ¡ đồng biến ¡ f ( x + y − 1) = f ( log ( xy ) ) ⇔ x + y − = log ( xy ) P = log ( xy ) + 4 = x2 + y + −1 ≥ 2 x +y x + y2 Dấu “ = ” xảy (x + y2 )  2 x = y =  x + y = x2 + y ⇔   x = y = −1  x + y − = log ( xy )  −1 = x + y2 Vì x > 0, y > nên x = y = Vậy giá trị nhỏ biểu thức P x = y = log ( x − x + ) = y + y − x + x − Câu 83 Cho phương trình dương ( x; y ) A Hỏi có cặp số nguyên < x < 100 thỏa mãn phương trình cho? B C D Lời giải Chọn C Điều kiện: x − x + > (*) ( Ta ) ( ) 2 y log ( x − x + ) = y + y − x + x − ⇔ log  x − x +  + x − x + = + y có ⇔ log ( x − x + ) + log 2 + ( x − x + 1) = y + y ⇔ log ( x − x + ) + ( x − x + ) = y + y 2 2 f ( t) = +t Xét hàm f ′ ( t ) = 2t.ln + > ∀t ∈ ¡ Ta có (1) t Hàm số đồng biến ¡ ( ) ⇔ f log ( x − x + ) = f ( y ) ⇔ log x − x + = y ⇔ x − x + = y ⇔ ( x − 1) + = y (1) ( 2 y < x < 100 ⇒ ≤ ( x − 1) + = ≤ 99 + ⇒ ≤ y ≤ log ( 99 + 1) Do ) 2 ; y nguyên dương nên ta suy ≤ y ≤ 2 +) y = ⇒ x − x + = ⇔ x − x = ⇔ x = (Thỏa mãn Đk (*) x nguyên dương) 2 +) y = ⇒ x − x + = 16 ⇒ x − x − 14 = (Khơng có giá trị nguyên thỏa mãn) 2 +) y = ⇒ x − x + = 512 ⇒ x − x − 510 = (Khơng có giá trị nguyên thỏa mãn) ( x; y ) = ( 2;1) thỏa mãn yêu cầu toán Vậy có cặp nguyên dương ... log u14 A B Lời giải Chọn C C D u1 + u2 + + u2 018 = ( u1 + u2 + + u1009 ) ⇔ u1 + u2 018 u +u 2 018 = 10 09 10 09 2 Ta có: u1 + u2 018 = 2u1 + 2u1009 ⇔ u2 018 ⇔ u1 + 2u1009 ⇔ 2 017 d = ( u1 + 10 08d... Với 1 1+ + = x ( x + 1) f ( x) = e Suy 1+ x2 + (x + x + 1) x ( x + 1) 2 x2 + x + 1 1 = = 1+ = 1+ − x ( x + 1) x ( x + 1) x x +1 ( x +1) f ( 1) f ( ) f ( ) f ( 2020 ) = e 1   1? ??  1? ??  1? ??... ( 2x + 1- 1) +( Û 1+ 2log2 x + x = 2log2 Û 2log2 ( B Chọn Điều kiện: x ¹ Û log2 ( 2x2 ) - log2 ) 2x2 +1+ 1 + x = log2 ( ( ( ) 2x2 + 1- + 2x2 +1 ) 2x2 + 1- + 2x2 +1 2x2 + 1- + 2x2 +1 2 ) 2x2 + 1- x