PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN LIÊN QUAN ĐẾN MŨ – LOGARIT Tác giả: Trần Trọng Trị Nhóm Giáo viên Toán tiếp sức Chinh phục kỳ thi THPT năm 2020 Tiếp nối chuyên đề Max – Min liên quan đến Mũ – Logarit, chuyên đề kế thừa kĩ thu gọn mối quan hệ biến biết như: f ( u ) = f ( v ) , f ( u ) ≤ f ( v ) , với f hàm số đơn điệu khoảng cho trước; đánh giá bất đẳng thức đơn giản; … Từ sử dụng kĩ thuật liên quan đến biến nguyên để giải tốn phương trình nghiệm ngun Thầy hy vọng với chuyên đề nhỏ này, giúp em có nhìn rõ số dạng tốn liên quan đến phương trình nghiệm nguyên Dạng 1: Có biến nguyên rút biến nguyên theo biến lại Đến đây, ta xét hàm để tìm miền giá trị cho biến ngun Ví dụ 1: (Đề – VTV7) Có số nguyên dương x cho tồn số ( ) thực y lớn thỏa mãn xy + x − y − log y = log A B C Lời giải Chọn B  y > y >   * Điều kiện:  x ∈  ⇔  x ∈ *  2y − x + 2 y − x + >   >0 x  Ta có : 2y − x + ? x D Vô số ( xy + x − y − 1) log y =log y −xx + ⇔ ( xy + x − y − 3) log y + 2log = y log ( y − x + 3) − log x y log ( y − x + 3) − log ( xy ) (1) ⇔ ( xy + x − y − 3) log = 2 2 VT > + Nếu xy > y − x +  (do log y > ) VP <  VT < + Nếu xy < y − x +  (do log y > ) VP >  2y + Do đó, từ (1) suy ra: xy = y − x + ⇔ x =2 y +1 2y + , y ∈ (1; +∞ ) Ta có: y2 + Xét hàm f ( y ) = = f ′( y) −2 y − y + ( ) y2 + < , ∀y ∈ (1; +∞ ) Suy ra: Hàm số f ( y ) nghịch biến khoảng (1; +∞ )  5 Suy ra: = x f ( y ) ∈  0;  Vì x ∈ * nên x ∈ {1;2}  2 Vậy có giá trị x thỏa yêu cầu toán Dạng 2: Khi phương trình rút gọn phương trình bậc hai theo biến không nguyên Ta sử dụngđiều kiện có nghiệm phương trình bậc hai để tìm miền giá trị cho biến ngun Ví dụ 2: Có số nguyên x cho tồn số thực y thỏa mãn x + y = 3x A + y2 ? B C D Vô số Lời giải Chọn B x + y = 3x 2 + y2 ⇔ x + y − ( x + y ) log =0 ⇔ y − y log + x − x log =0 ( *) Ta coi ( *) phương trình bậc hai theo biến y Phương trình ( *) có nghiệm ( ) ∆′ ≥ ⇔ ( log3 ) − x − x log3 ≥ ⇒ −0,2 < x < 1,6 Mà x ∈  nên x ∈ {0;1} Vậy có giá trị x thỏa yêu cầu toán Chú ý:  Trong câu 1, ta giải theo cách sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai sau: Từ xy = y − x + ⇔ xy − y + x − = ( *) Ta coi ( *) phương trình bậc hai theo biến y Phương trình ( *) có nghiệm ∆′ =1 − x ( x − 3) =− x + x + ≥ ⇒ − 13 + 13 ≤x≤ Vì x ∈ * nên x ∈ {1;2;3}  Với x = , ta có : y − y − = > (thỏa) có nghiệm y =+  Với x = , ta có : y − y − =0 có nghiệm = y 1+ > (thỏa)  2  Với x = , ta có : 3y − y = ⇔ y ∈ 0;  (loại y > )  3 Vậy x ∈ {1;2} , tức có số nguyên dương x thỏa yêu cầu toán  Với cách giải sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai, ta phải thử lại nghiệm, nên có hạn chế so với phương pháp lập, xét hàm Do đó, tốn lập, xét hàm ta nên chọn phương pháp Ví dụ 3: (Đề tham khảo lần năm 2020) Có số nguyên x cho tồn số thực y thỏa mãn log ( x += y ) log ( x + y ) ? A B C Lời giải Chọn B D Vô số x + y > Điều kiện:  2 x + y >  x + y = 3t 2 Điều kiện cần : Đặt= t log ( x + = y ) log ( x + y ) ⇔  2 4t  x + y =  x= 3t − y ⇔ ⇒ y − y.3t + 9t − 4t = ( *) t t  y + ( − y ) = ( *) có nghiệm y ⇔ ∆′ ≥ ⇔ 9t − ( 9t − 4t ) ≥ ⇔ t ≤ log ≈ 0,8548 log Khi đó: x + y ≤ 2  x = −1 0 ≤ x ≤  ≈ 3, 27 ⇒  ⇒ x = x ∈   x = Điều kiện đủ: t  y= 3t + 4 − > t >  Với x =−1 ⇒  ⇒ ⇒   t t t t t t  f ( t ) = + 2.3 + − =  y= − 4 − 1= ( + 1) Khi < t < 0,8548 ⇒ 9t ≥ 4t ⇒ f ( t ) > nên loại x = −1  Với x = Rõ ràng tồn y = để log ( x += y ) log ( x + y )  Với x = Rõ ràng tồn y = để log ( x += y ) log ( x + y ) Vậy có số nguyên x thỏa yêu cầu toán x = , x = Chú ý : Ngồi ra, ta chặn điều kiện cho biến cách sử dụng bất đẳng thức bản, điều kiện tương giao đường thẳng đường tròn sau :  x + y = 3t  2 4t  x + y = (d ) Do để (C ) x, y tồn đường thẳng d phải có điểm chung với đường trịn ( C ) ⇔ d ( O; d ) ≤ R ⇔ −3t ≤ 2t ⇒ t ≤ log ≈ 0,8548 x + y =  x + y = 3t  t t Hoặc  ⇔ 9t − 4t Vì ( x + y ) ≥ xy ⇔ 2.4 ≥ ⇔ t ≤ log t  x + y =  xy =  t Dạng 3: Cả hai biến nguyên, có biến nguyên thuộc tập K cho trước, với K khoảng, đoạn Khi đó, ta rút biến nguyên thuộc K theo biến cịn lại để tìm miền giá trị cho biến Ví dụ 4: (Đề tham khảo lần năm 2020) Có cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn ≤ x ≤ 2020 log ( x + 3) + x = y + y ? A 2019 B C 2020 D Lời giải Chọn D Ta có: log ( x + 3) + x = y + y ⇔ log ( x + 1) + ( x + 1) = y + 32 y ⇔ f ( x + 1) = f ( y ) , với f ( t ) = t + 3t , t ∈  Ta có: f ′ ( t ) = + 3t ln > 0, ∀t ∈  nên hàm số f ( t ) đồng biến  Do đó: f ( x + 1) = f ( y ) ⇔ log ( x + 1) = y ⇔ x = y − Vì ≤ x ≤ 2020 nên ≤ y − ≤ 2020 ⇔ ≤ y ≤ log 2021 Do y nguyên nên y ∈ {0;1;2;3} Suy ( x; y ) ∈ {( 0;0 ) ; ( 8;1) ; ( 80; ) ; ( 728;3)} Vậy có cặp số nguyên ( x; y ) thỏa đề Dạng 4: Cả hai biến nguyên, rút biến theo biến đưa tốn tìm điểm ngun đường cong đơn giản Ví dụ 5: Có cặp y 1 A log2 (x  1)(y  1) B số nguyên dương thỏa (x ; y ) mãn   (x  1)(y  1) ? C D Lời giải Chọn B Từ giả thiết ta có (y  1)log2 (x  1)(y  1)   (x  1)(y  1)   4  log2 (x  1)(y  1)   (x  1)  log2 x  1  log2 y  1  x 1 y 1 y 1  log2 (x  1)  (x  1)   log2 y  1    log2 (x  1)  (x  1)  log2 y 1 4   f x  1  y 1 y 1    , f   y  1 với f t   t  log2 t , t  0;  Ta có f (t )    0, t   hàm số f t  đồng biến 0;  t ln   4   x   Do f x  1  f   x  1   y  1 y 1 y 1 Vì x ; y số nguyên dương nên số nguyên dương y 1  y   1;2; 4  y  1; 3 (loại y = )  Với y =1 ⇒ x =1 (nhận)  Với y = ⇒ x = (loại) Vậy có cặp số nguyên dương (x ; y ) (1;1) Dạng 5: Đưa phương trình tổng bình phương hai biến nguyên Ví dụ 6: (Đề thi thử lần – Sở GDĐT Hà Nội năm 2020) Cho số thực dương x , y thỏa mãn log x + log y + log x + log y = 100 log x , log y , log x , log y số nguyên dương Khi kết xy A 10164 B 10144 C 10100 D 10200 Lời giải Chọn A  log x = a log x = a ⇒ Đặt  Ta có:  log y = b log y = b 1 log x + log y + log x + log y = log x + log y + log x + log y = 100 2 2 2 1 ⇔ a + b + a + b2 = 100 ⇔ ( a + 1) + ( b + 1) = 202 ⇔ ( a + 1) + ( b + 1) = 92 + 112 2 11 a + = a + = Mà a + , b + số nguyên dương nên suy   11 b + = b + = Trường hợp 1: 64 a + = log x 64 = a =  x = 10 100 xy 1064 += 10164 ⇔ ⇔ ⇔ ⇒=     100 = log y 100  y = 10 b + 11 = = b 10 Trường hợp 2: 100 = log x 100 a + 11 = a 10 =  x = 10 + 64 ⇔ ⇔ ⇔ ⇒= xy 10100= 10164  64 = + = = b b log y 64 = y 10     Vậy xy = 10164 Dạng 6: Đưa phương trình tích hai biến ngun Ví dụ 7: Có số nguyên dương x cho tồn số nguyên dương y thỏa mãn điều kiện log ( x − y + 1)( x + y )  + 3.9 = 27 x− y A B C 2020 x+2 y +1? D 2021 Lời giải Chọn A  x, y ∈  + Điều kiện:  2 x − y + > Ta có: y log ( x − y + 1)( x + y )  + 3.9 x −= 27 x + y + ⇔ log ( x − y + 1) + log ( x + y ) + x − y +1 = 3 x+2 y + log 3   ⇔ log ( x − y + 1) + 3= log + x + y ⇔ f ( x − 2= y + 1) f  , x + 2y  x + 2y  x − y +1 f ( t ) log t + 3t , t ∈ ( 0; +∞ ) với = t) Ta có: f ′ (= ( 0; +∞ ) + 2t ln > 0, ∀t > nên hàm số f ( t ) đồng biến khoảng t ln   Do f ( x − y + 1) = f  ⇔ 2x − y +1 = x + 2y  x + 2y  ⇔ ( x − y + 1)( x + y ) = ( *)  2 x − y + =  x + y = Vì x, y nguyên dương nên ( *) tương đương   2 x − y + =    x + y = y x   x −=  =   2y =  x += y ⇔ ⇔ =  x x − y =   2y =   x +=   y (n) 1 (l ) Vậy có giá trị x thỏa mãn toán Dạng 7: Sử dụng tính chất chia hết Ví dụ 8: Có số nguyên x thuộc đoạn 1;2020  cho tồn số nguyên dương y thỏa mãn 10 A 2020 B 1347 (4 x ) −3 y +1 log x = 3y +1 ? C 673 D Vô số Lời giải Chọn B 10 (4 x  3y +1 ) = y + ⇔ x − y + log= x log  ( )  4 −3 y +1 log x ⇔ ( x − ( y + 1) + ) log = x log ( y + 1) − log   ⇔  x − ( y + 1)  log x + 2log x + log − log ( y + 1) = ⇔  x − ( y + 1)  log x + log ( x ) − log ( y + 1)  = (1) ( ) < y + log ( x ) < log ( y + 1) Suy ra: VT (1) < + Nếu x > y + log x > log ( y + 1) Suy ra: VT (1) > + Nếu x 2 Do đó, từ (1) suy ra: x= 3y +1 ⇔ y = ( x − 1)( x + 1) 4x2 −1 ⇔ y = x2 + 3 (2) Với = x 3k + , = x 3k + , k ∈  , từ ( ) dễ dàng thấy y số nguyên dương Xét y không số nguyên dương Từ ( ) , suy ra: x chia hết cho Đặt x = 3k , k ∈ * Vì x ∈  ∩ 1;2020  nên ≤ 3k ≤ 2020, k ∈ * ⇒ ≤ k ≤ 673 , k ∈ * Do có 673 số nguyên x thuộc đoạn 1;2020  mà y số nguyên dương Vậy có 2020 − 673 = 1347 số nguyên x thỏa mãn yêu cầu toán Dạng 8: Đếm điểm ngun hình Ví dụ 9: Có cặp số nguyên ( a, b ) thỏa mãn đồng thời điều kiện: ( )  b a + b + + 4a  ? a + b > a + b − ≤ loga2 + b2    a + 2b   2 A 10 B D C Lời giải Chọn D Ta có : ( ) ( )(  b a + b + + 4a  b2 + a + b2 2   a + b − ≤ log a2 +b2 ⇔ a + b − ≤ log a2 +b2   a + 2b a + 2b   2 ( (a ) ( ) ) ⇔ a + b − ≤ log a2 +b2 b + − log a2 +b2 a + 2b + ( ) ⇔ a + 2b + log a2 +b2 ) ( (a Nếu a + 2b > b + log a2 +b2 (a ) ) ( ) + 2b ≤ b + + log a2 +b2 b + ( ) ( ) + 2b > log a2 +b2 b + Suy ra: ) ( ) ( ) + 2b + log a2 +b2 a + 2b > b + + log a2 +b2 b + (vơ lí) Do đó, a + 2b ≤ b + ⇔ a + b ≤ Mà a + b > , a, b ∈  nên nghiệm nguyên ( a, b ) điểm nguyên mặt phẳng tọa độ ( Oxy ) nằm hình vành khăn, tạo đường tròn đồng tâm O ( 0;0 ) bán kính (bỏ biên hình trịn ( O;1) ) (Xem hình vẽ) { } Suy ra: ( a, b ) ∈ ( 2; ) , ( −2; ) , ( 0;2 ) , ( 0; −2 ) , (1;1) , (1; −1) , ( −1;1) , ( −1;1) Vậy có cặp số nguyên ( a, b ) Ví dụ 10: Có cặp số nguyên ( a, b ) thỏa mãn đồng thời điều kiện: 16 b + 64 < a2 + b2 ≤ 16 a + b > log2 A 10 a +2 b B ? D C Lời giải Chọn D Từ điều kiện < a2 + b2 ≤ 16 , suy a , b không đồng thời nên a + b > Ta có: a + b > log2 ( 16 b + 64 a +2 b ( ) ( ⇔ a + b > + log2 b + − log2 a + b ) ( ) ( ) ( ) ( ) ) ( ) ⇔ log2 a + b + a + b > log2 b + + b + ⇔ f a + b > f b + , với f ( t ) = t + log2 t hàm số đồng biến khoảng ( 0; +∞ ) ( ) ( ) Do đó, f a + b > f b + ⇔ a + b > b + ⇔ a + b > 10 Câu Có ( x; y ) với x, y số nguyên thỏa mãn ( ) 3xy + x ( y − x ) ? ≤ x, y ≤ 243 log x = A B C 12 D 243 Câu 10 Có cặp số nguyên ( a, b ) thỏa mãn điều kiện: ea + b2 ( ) + eab a2 − ab + b2 − − e1+ ab + b =? A B C D Câu 11 Có cặp số nguyên ( x , y ) thỏa mãn điều kiện: x 8x + x ( = x − y ) 32.2 A ( y x2 +2 ) + y − 3x + ? B C D Câu 12 Có cặp số ngun khơng âm ( x; y ) thỏa mãn điều kiện: log x + y + 11 + x + y2 − 6x − y + ≤ ? 6x + y + A 45 B 49 C 48 D 47 C 36 D 35 Câu 13 Có cặp số nguyên ( a, b ) thỏa mãn điều kiện: 2a A 25 13 + b2 + log2 a2 + b2 a+b ≤4 +1? a+b B 24 ĐÁP ÁN Có số thực x cho tồn số nguyên y thỏa mãn Câu y ( x2 + x ) + − x  x −3 ? log   − log ( x + x + ) = y  y  A B C D Vô số Lời giải Chọn B x −3 >0  Điều kiện:  y Ta có : y ∈   y ( x2 + x ) + − x  x −3 log   − log ( x + x + ) = y  y   x −3 x−3 2 ⇔ log   − log ( x + x + ) − = x + x − y  y   x −3 x −3  x −3 2 ⇔ log  =  + = log ( x + x + ) + ( x + x + ) ⇔ f   f ( x + x + 2) y  y   y  , với = f ( t ) log t + t hàm số đồng biến khoảng ( 0; +∞ ) Do đó:  x −3 x−3 x−3 f = x2 + x + ⇔ y =  = f ( x + x + 2) ⇔ y y x + x +   Nhận xét : Nếu tồn cặp số x ; y  điều kiện Cách 1: Xét hàm y  y  14 x  6x  x  x 2 x −3 > thỏa mãn y x 3 với x ≠ , ta có : x x 2  ; y    x  6x    x   14;  14  Bảng biến thiên x y  14    14     7  14 y 0 7  14  7  14 7  14  \ Dựa vào bảng biến thiên, suy : y   ;    7   Mà y ∈  nên y ∈ {−2; −1} Mặt khác, dựa vào BBT, ứng với giá trị y ∈ {−2; −1} ta có nghiệm x Vậy có giá trị x thỏa yêu cầu toán Cách 2: Xét phương trình yx + ( y − 1) x + y + = * Phương trình * có nghiệm   y  1  4y 2y  3   7y  14y    7  14 7  14 y  7 Vì y  , y   y  2; 1  1  Với y = −2 Thay vào * , suy ra: x ∈ −1; −  2  { }  Với y = −1 Thay vào * , suy ra: x ∈ −1 − 2; −1 + Vậy có giá trị x thỏa yêu cầu tốn 15 Câu Có số ngun x cho tồn số thực y thỏa mãn log ( x + y −= ) log ( x + y − x − y + ) ? A B C D Lời giải Chọn B Ta có: log ( x + y −= ) log ( x + y − x − y + ) 2 ⇔ log ( x + y −= ) log ( x − 1) + ( y − 1)    Đặt a =x − 1, b =2 y − Phương trình trở thành log ( a += b ) log ( a + b ) Đây câu đề tham khảo lần năm 2019 – 2020 Có số nguyên y để tồn số thực x thỏa mãn Câu log ( x + 3= y ) log ( x + y ) ? A B C D Lời giải Chọn B 4 x + y > Điều kiện:  2 x + y > Điều kiện cần : 7t 4 x + y = Đặt= t log ( x + 3= y ) log ( x + y ) ⇔  2 2t  x + y = Để tồn x đường thẳng d : x + 3y − 7t = đường tròn ( C ) tâm R O ( 0; ) ,= 7t ⇔ ≤ ( 2) 2t = t phải có điểm chung ⇔ d ( O; d ) ≤ R t t Điều kiện đủ: 16 t   ⇔  ≤ ⇒ t ≤ log ≈ 1,006  2 Suy ra: y ≤ ≤ 2 ( ) log ≈ 2,009 , mà y ∈  nên y ∈ {−1; 0;1}  Với y =1 ⇒ log ( x + 3) =log ( x + 1) có nghiệm x = nên nhận y = t 4 x = 7t  49  t t  Với y = ⇒ = ⇒ 0⇒ 16.2 16 có nghiệm t nên tồn x ( )   = t    x = Do nhận y =  Với y =−1 ⇒ log ( x − 3) =log ( x + 1) Vì log ( x + 1) ≥ nên log ( x − 3) ≥ ⇒ x − ≥ ⇒ x ≥ Xét hàm f= ( x ) log ( x − 3) − log ( x + 1) 1; +∞ ) Ta có : f ′( x) = ln ( x + 1) − ln ( x − 3) x 2x − = = ( x − 3) ln ( x + 1) ln ( x − 3) ln ( x + 1) ln  x ≈ −0,196 ( l ) ⇔  x ≈ 1,108 ( n ) Lập bảng biên thiên, suy f ( x ) ≤ f (1,108) ≈ −0,975 Suy phương trình f ( x ) = vơ nghiệm Do đó, loại y = −1 Vậy có số nguyên y thỏa yêu cầu toán y = , y = Câu Có cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn < y ≤ 2020  3x −  x log  = 2y + −3 ?  y  A 2019 B C 2020 Lời giải Chọn B 0 < y ≤ 2020  ⇒ 3x > ⇒ x > Khi đó, ta có: Từ giả thiết ta có:  3x −  y >0  17 D  3x −  x x x log  − 1) log ( y ) + ( y )  = y + − ⇔ log ( − 1) + ( 3= y   ⇔ f ( 3x − 1) = f (2y) , với = f ( t ) log t + t hàm số đồng biến khoảng ( 0; +∞ ) Do đó: 3x − f ( 3x − 1) = f ( y ) ⇔ y = 3x − ⇔ y = Vì < y ≤ 2020 ⇔ < 3x − ≤ × 2020 ⇔ < 3x ≤ 4041 ⇔ < x ≤ log 4041 ≈ 7,56 Mà x ∈  nên x ∈ {1; 2;3; 4;5;6;7} Suy ra, có cặp số nguyên ( x , y ) Vậy có cặp ( x; y ) thỏa mãn Câu Có cặp số x +3 y + xy +1 + x ( y + 1) += 5− xy −1 + A nguyên x +3 y B x ; y  thỏa mãn − 3y ? C D Lời giải Chọn D Ta có: x +3 y + xy +1 + x ( y + 1) += 5− xy −1 + x +3 y − 3y ⇔ x +3 y − 5− x −3 y + x + 3= y 5− xy −1 − xy +1 − xy − Xét hàm số f ( t ) = 5t − 5− t + t , t ∈  Ta có f ′= ( t ) 5t ln + 5−t ln + > , ∀t ∈  Suy : hàm số f ( t ) đồng biến  Do đó: f ( x + y ) = f ( − xy − 1) ⇔ x + y =− xy − ⇔ y ( + x ) =− x − −x −1 ( Do x = −3 không nghiệm phương trình) ⇔ y =−1 + ⇔ y= 3+ x x+3 Vì x , y ∈  nên x + ∈ {1; −1; 2; −2} ⇒ x ∈ {−2; −4; −1; −5} Vậy có cặp số x ; y  thỏa yêu cầu tốn 18 Câu Có log cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn x  y  20  x  y  2x  4y  42 ? 2 x  y  6y A B C D Lời giải Chọn B Ta có: log  log 2 x  y  20  x  y  2x  4y  42 2 x  y  6y 2 x  y  20  x  y  20  log   x     y  6y  x  y  6y * Xét hàm số f t   log t  t khoảng 0; Ta có f  t     0, t  Suy hàm số f t  đồng biến t.ln khoảng 0; Do đó, *  f  2 x  y  20  f  x  y  y   x  y  20  x  y  6y 45 ⇔ ( x − 1) + ( y + ) = 32 + 62 ⇔ x2 + y − x + y = 40 ⇔ ( x − 1) + ( y + ) = 2 2  x − =3  x − =6  Vì x , y ∈  + nên  ⇒ ( x; y ) ∈ ( 4; ) , ( 7;1) y + = y + = { } Vậy có cặp số nguyên dương ( x; y ) Câu (Chuyên ĐH Vinh – lần – 2020) Có cặp số thực dương ( a; b ) thỏa mãn log a số nguyên dương, log a = + log b a + b < 20202 ? A B C Lời giải Chọn B Đặt log a = n ( n ∈ * ) suy a = 2n log b = n − ⇔ b = 3n −1 Ta có a + b < 20202 ⇔ 22 n + 32 n − < 20202 (1) 19 D ( ) ⇒ 32 n −2 < 20202 ⇒ 2n − < log2 20202 ⇒ n < , mà n ∈ * ⇒ n ≤ t ) 22 t + 33t −2  Ta có Xét hàm số f (= f ′ ( t ) 2.22t.ln + 2.32t − 2.ln > 0, ∀t ∈  Suy hàm số f ( t ) đồng biến  = Vì f ( n ) ≤ f ( ) < 20202 nên n ≤ , n ∈ {1; 2; ;7} Vậy có cặp số thực dương ( a; b ) thỏa u cầu tốn Chú ý: Khi có n ≤ , thử với n = thấy thỏa ta kết luận n ∈ {1; 2; ;7} Có cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa mãn Câu 2.625 x − 6250.1253 y = y − x + ? 2 A B C D Lời giải Chọn C Ta có: 2.625 x − 6250.1253 y = y − x + ⇔ 2.54 x − 2.59 y 2 ⇔ 2.54 x + 4= x 2.59 y 2 +5 +5 = y − 4x2 + + ( y + ) ⇔ f ( x= ) f ( y + 5) , với f = ( t ) 2.5t + t hàm số đồng biến  Do đó: f ( x ) = f ( y + ) ⇔ x = y + ⇔ x − y = ⇔ ( x − y )( x + y ) = ( *)  2 x − y =  2 x + y = Vì x, y số nguyên nên ( *) tương đương   2 x − y = −1  −5  2 x + y = Cả trường hợp cho kết x , y ∉  Vậy không tồn cặp số ( x; y ) thỏa mãn toán 20  2 x − y =   2 x + y =  2 x − y = −5  −1  2 x + y = Câu Có ( x; y ) với x, y số nguyên thỏa mãn ( ) 3xy + x ( y − x ) ? ≤ x, y ≤ 243 log x = A B C 12 D 243 Lời giải Chọn A Ta có: log ( x ) = 3xy + x ( y − x ) ⇔ log x + x = 3xy − + xy − ⇔ log x + x = 3xy − + log 3xy − ⇔ f ( x ) = f ( 3xy − ) , với f ( t ) = t + log 3t hàm số đồng biến khoảng ( 0; +∞ ) Do đó: f (= x ) f ( 3xy − ) ⇔= x 3xy − ( *) Ta có: 3xy − = x ≤ 2432 = 310 ⇒ xy ≤ 12 ⇒ x ≤ 12 Mặt khác, x , y ∈  + nên từ ( *) suy ra: x = 3n , với n số nguyên không âm Suy ra: x = 3n ≤ 12 ⇒ n ∈ {0;1;2}  Với n = Suy ra: x = , y =  Với n = Suy ra: x = , 33 y −2 = ⇒ y =  Với n = Suy ra: x = , 39 y −2 = 81 ⇒ y = Vậy có ( x , y ) (1; ) 21 (loại) (loại) Câu 10 Có cặp số nguyên ( a, b ) thỏa mãn điều kiện: ea + b2 ( ) + eab a2 − ab + b2 − − e1+ ab + b =? A B C D Lời giải Chọn D Ta có: e a + 2b2 ) ( + e ab a − ab + b − − e1+ ab +b = ⇔ ea + b − ab + a − ab + b − − e1+b =0 ⇔ ea + b − ab + a − ab + 2b= e1+b + + b (1) 2 Xét hàm số đặc trưng: f ( t = ) et + t với t ∈  Ta có f ′ ( t ) = et + > 0, ∀t ∈  Suy hàm số f ( t ) đồng biến  Do đó: ( 2) ⇔ ( ) ( ) b ⇔ a − ab + b =1 f a + 2b − ab = f + b ⇔ a + 2b − ab =+ Cách 1: a − ab + b − = , ta xem phương trình bậc hai theo biến a ( ) Phương trình có nghiệm ⇔ ∆= b2 − b2 − ≥ ⇔ b2 ≤ Vì b ∈  nên b ∈ {−1; 0;1} • Với b = ⇒ a ∈ {−1;1} • Với b =−1 ⇒ a ∈ {0;1} • Với b = ⇒ a ∈ {0; −1} Vậy có cặp số nguyên ( a, b ) Cách 2: a − ab + b =1 ⇔ a + b + ( a − b ) =2 ⇔ a + b + ( a − b ) =1 + + 2 2 b2 = a − b =1 a2 =( a − b )2 =1 a= b= ( ) Vì a, b ∈  nên    a − b = b = a = 22  a= b= =  a 0,= a 1,= b = b ⇔  ⇔  ⇔ −1, b =  a = b = −1 a =  a = 0, b = −1 Vậy có cặp số nguyên ( a, b ) Có cặp số nguyên ( x , y ) thỏa mãn điều kiện: Câu 11 x 8x + x ( = x − y ) 32.2 A ( y x2 +2 ) + y − 3x + ? B C D Lời giải Chọn B Ta có: x 8x + x ( x= − y ) 32.2 ( ( y x2 +2 (( ) ) + y − x + ⇔ x +3 x + x += ( x ) y( x +2)+5 + y ( x + ) + ) ) ⇔ f x += 3x f y x + + , với f ( t= ) 2t + t hàm số đồng biến  ( ) Suy ra: x + x = y x + + ⇔ y = x + 3x − x −5 ⇔ y=x+ 2 x +2 x +2 Cách 1: Xét hàm g ( x ) = g′ ( x ) = x −5 , x ∈  Ta có : x2 + − x + 10 x + ( x2 + ) { } = ⇔ x ∈ − 3;5 + 3  −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 : 23 • Với g ( x ) =−2 ⇒ x −5 =−2 ⇒ x =−1 , y = −3 x2 + • Với g ( x ) =−1 ⇒  −1 − 13 −1 + 13  x −5 =− ⇒ x ∈ ;   (loại) 2 x2 +   • Với g ( x ) = ⇒ x −5 =0 ⇒ x =5, y = x2 + Vậy có cặp số nguyên ( x; y ) : ( −1; −3) , ( 5;5) Cách 2: Ta có: y= x + x −5 x −5 x −5 Vì x , y ∈  nên ∈  Suy = k ∈  x +2 x +2 x +2 x −5 = k ⇔ kx − x + 2k + = ( *) x +2 Ta có : • Với k = ⇒ x = 5; y = (nhận) • Với k ≠ Khi đó, ( *) có nghiệm  −5 − 3 −5 + 3  ∆ = − 4k ( 2k + 5) ≥ ⇔ 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 3: Ta có: y= x + ( x − ) ( x ( x −5 Vì x , y ∈  nên x2 + ) ( )( ) ( ⇒ x + − 27  x + ⇒ 27 x + ( ) ( )( ) + ⇒ ( x − 5)( x + 5) x + ⇒ x − 25  x + ) ) ⇒ x + ∈ {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 (loại) 27 Với x = ⇒ y = (nhận) Với x =−5 ⇒ y =− Vậy có cặp số nguyên ( x; y ) : ( −1; −3) , ( 5;5) 24 Câu 12 Có cặp số nguyên không âm ( x; y ) thỏa mãn điều kiện: log x + y + 11 + x + y2 − 6x − y + ≤ ? 6x + y + A 45 B 49 C 48 D 47 Lời giải Chọn C Ta có: log x + y + 11 + x + y2 − 6x − y + ≤ 6x + y + ( ) ⇔ log x + y + 11 + x + y + 11 ≤ log ( x + y + ) + x + y + (1) Xét hàm số đặc trưng: f ( t ) = t + log t với t > Ta có: f ′ (t ) = + > 0, ∀t > ⇒ Hàm số f ( t ) đồng biến khoảng ( 0; +∞ ) t.ln10 Do (1) ⇔ f ( x + y + 11) ≤ f ( x + y + ) ⇔ x + y + 11 ≤ x + y + ⇔ ( x − 3) + ( y − ) ≤ 16 25 Vì x , y số nguyên không âm nên ta coi cặp số ( x , y ) điểm nguyên ( x, y ) nằm hình trịn ( C ) có tâm I ( 3; ) , R = góc phần tư thứ (Xem hình vẽ) Vậy có × + × + + + =48 cặp số nguyên ( x; y ) Chú ý: Ta có tính tính trực tiếp sau: ( x − 3) + ( y − ) 2 ≤ 16 (*) ⇒ ( x − 3) ≤ 16 ⇒ −1 ≤ 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 ) Câu 13 Có cặp số nguyên ( a, b ) thỏa mãn điều kiện: 2a + b2 + log2 a2 + b2 a+b ≤4 +1? a+b A 25 B 24 D 35 C 36 Lời giải Chọn B Điều kiện: 2a + b2 ⇔ 2a + log2 + b2 a2 + b2 > ⇔ a , b khơng đồng thời Khi đó, ta có: a+b 2 a2 + b2 a+b a+b ≤4 + ⇔ 2a + b + log2 a2 + b2 ≤ + log2 a + b + a+b ( ) ( + log2 a2 + b2 ≤ ( a+b ) ( ) ) ( ) ( ) ( ) + log2 2 a + b  ⇔ f a2 + b2 ≤ f 2 a + b  ,     với f ( t= ) 2t + log2 t hàm số đồng biến khoảng ( 0; +∞ ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Do đó, f a2 + b2 ≤ f 2 a + b  ⇔ a2 + b2 ≤ a + b ⇔ a − + b − ≤   Kết hợp với điều kiện a, b ∈  , a , b không đồng thời nên nghiệm nguyên ( a, b ) điểm nguyên mặt phẳng tọa độ ( Oxy ) nằm hình hoa, kể biên, bỏ điểm O ( 0; ) (hình hoa hình hợp bốn hình trịn bán kính (Xem hình vẽ) 26 có tâm I1 (1;1) , I (1; −1) , I ( −1;1) , I ( −1; −1) ) Đếm trực tiếp, ta thấy điểm ngun nằm hình vng ABCD kích thước × , bỏ điểm ( 0; ) Do đo, có 52 − = 24 điểm nguyên Vậy có 24 cặp số nguyên ( a, b ) 27 ... tốn Dạng 2: Khi phương trình rút gọn phương trình bậc hai theo biến khơng ngun Ta sử dụngđiều kiện có nghiệm phương trình bậc hai để tìm miền giá trị cho biến ngun Ví dụ 2: Có số nguyên x cho tồn... cách sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai sau: Từ xy = y − x + ⇔ xy − y + x − = ( *) Ta coi ( *) phương trình bậc hai theo biến y Phương trình ( *) có nghiệm ∆′ =1 − x ( x − 3)... giải sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai, ta phải thử lại nghiệm, nên có hạn chế so với phương pháp cô lập, xét hàm Do đó, tốn lập, xét hàm ta nên chọn phương pháp Ví dụ 3: (Đề tham