Các dạng bài tập vận dụng cao hàm số lũy thừa, hàm số mũ và hàm số lôgarit (2)

BÀI PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT A KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM I PHƯƠNG TRÌNH MŨ Phương trình mũ Phương trình mũ phương trình có dạng a x  b  a  0; a  1 - Nếu b  phương trình có nghiệm x  log a b ; - Nếu b  b  phương trình vơ nghiệm Cách giải số phương trình mũ a) Đưa số a A x   a B x   A  x   B  x  ,  a  0, a  1 b) Phương pháp đặt ẩn phụ  a x   a x    Đặt t  a x ,  t   c) Logarit hóa Nếu phương trình cho dạng a f (x ) ì < a ¹1 ï ï ï ï = b  íb > ï ï ï ï ỵ f ( x ) = log a b II PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT Phương trình logarit bản: phương trình có dạng log a x  b với < a ¹ log a x  b  x  ab Cách giải số phương trình mũ a) Đưa số a  0, a 1  f ( x )  ( hoac g ( x )  0)  log a f  x   log a g  x     f  x   g  x  b) Phương pháp đặt ẩn phụ  log 2a x   log a x    Đặt t  log a x,  x   c) Mũ hóa  f ( x )  log a f  x   b   b  f  x   a HỆ THỐNG HÓA BẰNG SƠ ĐỒ B PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP Dạng 1: Phương pháp đưa số Phương pháp Phương pháp đưa phương trình mũ số - Biến đổi hàm số có mặt phương trình số, sau rút gọn, đưa dạng dạng: a f ( x )  a g ( x )  f ( x)  g ( x) (Với  a  1) (Thường gặp) a  - Nếu số a thay đổi thì: a f ( x )  a g ( x )   (a  1) f ( x)  g ( x)  (Ít gặp) Phương pháp đưa phương trình loga số Biến đổi phương trình để đưa dạng nêu dạng: log a M  log a N  M  N Bài tập Bài tập Tìm tích số tất nghiệm thực phương trình A 1 C  B 1 x2  x   49 D Lời giải Chọn A x  x 2  49  x  x 2  1 x    x2  x    x2  x     2  1 x   Khi tích nghiệm là:  1 1  1 2 Bài tập Cho phương trình   x  x 1   2  x2 Mệnh đề sau đúng? A Phương trình có hai nghiệm khơng dương B Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt C Phương trình có hai nghiệm trái dấu D Phương trình có hai nghiệm âm phân biệt Lời giải Chọn A  Do    2  3   x  x 1   nên phương trình ban đầu tương đương với  2  x 2 x   2x  2x   x   2x  x    x    2 Vậy phương trình cho có hai nghiệm khơng dương Bài tập Phương trình log  x  1   log  x  log8   x  có nghiệm? A Vô nghiệm B Một nghiệm C Hai nghiệm D Ba nghiệm Lời giải Chọn C Điều kiện: 4  x  x  1 Ta có log  x  1   log  x  log8   x   log  x    log   x   x   x   x  6   x  1  16  x  x  x  12   x   16  x      x  22    x x 20   x  1  x  16    x   2 Đối chiếu điều kiện, phương trình cho có hai nghiệm x  x   x Bài tập Tập nghiệm S phương trình     7 4  1 A S     2 x 1  16  49 1  C  ;   2 2 B S  2   D S   ;    Lời giải Chọn A x 4 7 Ta có     7 4 x 1 16 4  0   49 7 2 x 1 4     2 x    x   7 Cách trắc nghiệm: Nhập VT phương trình vào máy tính, dùng nút Calc thử nghiệm x 1 Bài tập Phương trình x 1  0, 25 A  2 B 7x có tích nghiệm bằng? C D Lời giải Chọn C x 1 Ta có x 1  0, 25   7x 2 x 1 x 1 7x  22.2  2 x 1 x 1 7x  22.2  2 x 1 x 1 2 x 4 x  2x 1 7x     7x  9x     x  x 1  2 Vậy tích nghiệm  7 Bài tập Tìm số nghiệm phương trình 27 x 2 x 1 7x  243 B A C D Vô số Lời giải Chọn A Điều kiện x  Ta có: 27 x 2 x 1 7x x 6 32   x 1  3 x 10  3x  x  10  x 1  x 12   x 10 x 1  x  23x  22  (PT vô nghiệm) Bài tập Cho phương trình log3  x  1  log3  x  1  log  x  1 Tổng nghiệm phương trình A B C D Lời giải Chọn B  x3    x  1   Điều kiện:  x  1    x 1   x   Ta có: log  x  1  log  x  1  log  x  1  log  x  1  log x   log  x  1  log  x  1  log x   x  1  x3   x   x  1 Trường hợp 1: x  3 Ta có: x   x   x  1  x    x  1 x  1  x  x  x    x  1  x   x  So sánh điều kiện nên x   x  Trường hợp 2: x  3 Ta có: x   x   x  1  x   1  x  x  1  x0  x3  x  x    So sánh điều kiện nên x   x  1 Kết luận: Tổng nghiệm phương trình    Bài tập Cho n số nguyên dương a  , a  Tìm n cho log a 2019  log A n  2017 a 2019  log a 2019   log n a 2019  2033136.log a 2019 B n  2016 C n  2018 D n  2019 Lời giải Chọn B Ta có log a 2019  log a 2019  log a 2019   log n a 2019  2033136.log a 2019  log a 2019  2.log a 2019  3.log a 2019   n.log a 2019  2033136.log a 2019  1     n  log a 2019  2033136.log a 2019  n  n  1    2033136  log a 2019   a  0, a  1    n  n  1  n  2016  2033136  n  n  4066272     n  2017 Do n số nguyên dương nên n  2016 Bài tập Tổng tất nghiệm thực phương trình log  x  3  log  x    là: A B  C  Hướng dẫn giải Chọn B x   x  ĐKXĐ:   x   x  D  log  x  3  log  x     log  x  3  x      x  3 x    x    x  3  x       x  3  x    x   x  x  15  x  x     x    x  x  15   x  Vậy tổng tất nghiệm phương trình  1     2018 có nghiệm log x log x log 2018 x Bài tập 10 Giải phương trình A x  2018.2018! B x  2018 2018! C x  2017! D x   2018! Lời giải Chọn B Điều kiện:  x  Ta có 1     2018  log x  log x   log x 2018  2018 log x log x log 2018 x  log x  2.3 2018  2018  log x  2018!  2018  x 2018  2018!  x  2018 2018! Bài tập 11 Số nghiệm phương trình: log  log x   log  log x   B A C D Lời giải Chọn D x   x  Điều kiện:  log x  Ta có: log  log x   log  log x     1  log  log x   log  log x   2 2   log x    log x   x  16 thỏa điều kiện x    x Bài tập 12 Phương trình      có hai nghiệm x1 x2 Tổng S  x1  x2 16 4 3 2018 A B C D Lời giải Chọn C Đk: x  x    x 3 Xét phương trình         16 4 3 4 x 3 3      4 4  x 3    16 4 x x x  x    16 3 3     x    x  x   1 x 4 Vì x  khơng phải nghiệm phương trình 1  4  nên Phương trình 1 có hai nghiệm x1 , x2 x1  x2  Vậy S  Dạng 2: Phương pháp đặt ẩn phụ Phương pháp Loại 1: Phương trình có dạng bk akf(x) + bk-1a(k-1)f(x) + + b1af(x) + b0 = Khi ta đặt: t = af(x) điều kiện: t > Ta phương trình đại số ẩn t, giải pt đại số ta biết nghiệm phương trình ẩn t Nếu có nghiệm t cần xét xem có thỏa điều kiện t > hay khơng Nếu thỏa điều kiện giải phương trình t  a f ( x ) để tìm nghiệm phương trình cho Ví dụ: x 1  6.2x 1    (2 x 1 )2  6.2x 1   Đặt t = x1 t  Điều kiện t > Ta có t  6t     t   Với t = ta có x1 =2  x   Với t = ta có x 1 =  x  Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x  x  Loại 2: Phương trình đưa dạng: α1af(x) + α2 + α3 = af(x) Hướng giải: Đặt t  a f ( x ) Ví dụ 1: Giải phương trình x 1 3 x 5 x 125  26   x  26  5 Đặt t  5x ; t  Ta phương trình: t  125 (nhaän) t 125 t2   26    26t  125    t t  (nhaän)  Với t =125 ta có x  125  x   Với t = ta có 5x   x  Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x = x = Lưu ý: Một số cặp số nghịch đảo Ví dụ:  ;  ;  , Loại 3: Phương trình có dạng: α1a 2f(x) + α (ab)f(x) + α 3b 2f(x) = Hướng giải: Chia hai vế cho b a Ta đặt: t =   b f ( x) a ta phương trình    b f ( x) a + 2   b f ( x) + 3 = f ( x) điều kiện: t > 0, giải phương trình ẩn t, sau tìm nghiệm x Chú ý: Cũng chia hai vế phương trình cho: (ab) f ( x ) hoặc: a f ( x ) Ví dụ: Giải phương trình x  x  2.4 x   x    x x x 6 2x   2 x x x    2.4  ( )       ( )        x0  x 4 2    2(Vô nghiệm)   Một số dạng phương trình logarit sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ thường gặp: Ví dụ1: Giải phương trình  1  lg x  lg x Phân tích: Ta nhận thấy phương trình có hàm số lơgarit nhất, lg x Vì ta giải pt cách đặt t  lg x Đặt t  lg x đk t  t  1 Ta phương trình: t   thỏa điều kiện  t  11   t  11   4t  t  t  5t      1   t 1 t   t 1  t  t   thỏa điều kiện   Với t = ta có lg x   x  100  Với t = ta có lg x   x  1000 Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = 100; x = 1000 Ví dụ 2: Giải phương trình log 22 ( x  1)  log ( x  1)3  Điều kiện: x  log 22 ( x  1)  log ( x  1)3   log 22  x  1  log  x  1   t  Đặt t  log  x  1 , ta phương trinh: 4t  3t     7 t   ta có log  x  1   x    x   Với t =1  Với t  7 7 7 7 ta có log  x  1   x    x   Kết luận: 4 Bài tập Bài tập Phương trình    x 1  A 1  x   2  có tích nghiệm là: B C D Hướng dẫn giải Chọn A  1      x  1 2x  x 1  2   2     1 1       1 x   x    x 1  2    1 x 1  1 x  x  1  x 1   1 Vậy tích nghiệm phương trình 1 Bài tập Phương trình x 1  13.6 x  x 1  có nghiệm x1 , x2 Phát biểu sau đúng? A Phương trình có nghiệm ngun B Phương trình có nghiệm vơ tỉ C Phương trình có nghiệm dương D Phương trình có nghiệm dương Lời giải Chọn A Ta có: x 1  13.6 x  x 1   9.9 x  13.6 x  4.4 x   9x 6x  40 13 4x 4x Chọn B 1  x  Điều kiện  *  x  x       log x  x  log3 x  x   log x  x     log x  x  log x  x2       log x  x        log x  x  log3 6.log x  x   log x  x        log x  x  log 6.log x  x   1      log x  x     log 6.log x  x       2  x  x    x2   x    2  x   x    x  1 1  x      log  x    x  log3  1  log x  x   log  x  x 1  log6 x  1  x  2log6  log x  x     x log6  2 log6 2   log6  log6 (thỏa mãn * ) 3   Như phương trình cho có nghiệm x  , x  log6  log6 3   Khi a  , b  , c  Vậy a  2b  3c  Bài tập Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham số m để phương trình 2 m.3x 7 x 12  32 x  x  9.3105 x  m có ba nghiệm thực phân biệt Tìm số phần tử S A B Vô số C D Lời giải Chọn A Ta có: m.3x  x 12   32 x  x  9.3105 x  m  m x  x 12     32 x  x x  x 12  1  x  x  x 12      x   x  x 12  m  32 x  x     m  32 x  x   x  x  log m  *  Phương trình cho có ba nghiệm thực phân biệt, ta có trường hợp sau:    Trường hợp 1: * có nghiệm x  nghiệm lại khác Thay x  vào * ta log m  3  m  Khi * trở thành 27  x  1  x2  x     (Thỏa yêu cầu) x  Trường hợp 2: * có nghiệm x  nghiệm lại khác Thay x  vào * ta log m  8  m  38 x  (Thỏa yêu cầu) Khi * trở thành  x  x      x  2     log m    m  Trường hợp 3: * có nghiệm kép khác  log m  3 log m  8  1  1  1  1  Bài tập Phương trình ln  x   ln  x   ln  x   ln  x    có nghiệm? 2  2  4  8  A B C Lời giải Chọn A 1   x   x    x   x     2  x Điều kiện:   x   x     4   1 x   x     Khi đó: D   1   ln  x    x  1 x     2      1 x  x   ln  x      1  1  1  1    2   ln  x   ln  x   ln  x   ln  x        2  2  4  8 1  x  x   ln  x    4   4       1 x  x   ln  x      8   3 7 So với điều kiện, ta tập nghiệm phương trình S   ; ;  2 8 Vậy phương trình cho có nghiệm  Bài tập Gọi a nghiệm phương trình 26  15  x  2 74  x  2 2  x  Khi giá trị biểu thức sau đúng? A a  a  C  cos a  B sin a  cos a  D 3a  2a  Lời giải Chọn B  Ta có 26  15   3x   4x  2  2    2    2 Bài tập   x  x  2 74 x      2   2 2  2x  2 2 3x  1      x  2 2  2 2 3x  x  x x  1 2 0  2     x   a   sin a  cos a  Gọi A tập tất giá trị thực tham số m cho tập nghiệm phương trình x.2 x  x  x  m  1  m  x  1 có hai phần tử Tìm số phần tử A A C B Vô số Lời giải Chọn D Xét phương trình x.2 x  x  x  m  1  m  x  1 D x  m   x  m   x  x  1    x 2  x  Mà phương trình x  x  có hai nghiệm x  ; x  Thật vậy: dựa vào hình vẽ  Với x  x  x  x  , đẳng thức xảy x  x   Với  x  x  x   phương trình x  x  vô nghiệm y 1 O x Do tập A có hai phần tử m  m  Dạng 5: Phương pháp sử dụng tính đơn điệu Phương pháp * Ta thường sử dụng tính chất sau:  Tính chất 1: Nếu hàm số f tăng ( giảm ) khỏang (a;b) phương trình f(x) = C có khơng q nghiệm khoảng (a;b) ( tồn x0  (a;b) cho f(x0) = C nghiệm phương trình f(x) = C)  Tính chất : Nếu hàm f tăng khoảng (a;b) hàm g hàm hàm giảm khoảng (a;b) phương trình f(x) = g(x) có nhiều nghiệm khoảng (a;b) ( tồn x0  (a;b) cho f(x0) = g(x0) nghiệm phương trình f(x) = g(x)) Bài tập Bài tập Số nghiệm phương trình 2018 x  x  2016  2017  2018 A B C Lời giải Chọn B D Đặt f  x   2018 x  x  2016  2017  2018 , D   Suy f   x   2018x.ln 2018  x M , A, B liên tục  f   x   2018x.ln 2018  x f   x   2018x.ln 2018   0, x Từ f   x  đồng biến D mà f   1 f   0  nên f   x   có nghiệm khoảng  1;0  suy phương trình f  x   có nhiều hai nghiệm, mặt khác nhập hàm số vào TABLE casio (START 10 END 10 STEP 1), ta được:  f  7  f  6   Dựa vào TABLE ta   f   f 1  Vậy phương trình cho có hai nghiệm hai khoảng  7; 6  0;1 Chú ý: Máy tính hiển thị “Insufficient MEM” tiến hành cài đặt để không xuất g  x  cách bấm SHIFT MODE mũi tên xuống, , Bài tập Tập nghiệm phương trình log  x  x    x  log  x    là: A 1 B 4 C 3 D 2 Lời giải Chọn B  x2  x    x  Điều kiện:  x   Phương trình cho tương đương với log  x  2 ( x  3)  x  log  x  2   log( x  3)   x * Vế trái phương trình cuối hàm tăng, vế phải hàm giảm nên nghiệm phương trình(nếu có) Bằng cách nhẩm nghiệm ta chọn kết x  Bài tập Cho x , y số thực thỏa log x  3log6 y  3log  x  y  Tìm giá trị T  x  y B T  22 A T  28 C T  34 D T  30 Lời giải Chọn A  x  8t t t   4 3 t t t t Đặt log2 x  3log6 y  3log  x  y   3t   y     10        1 5 5  x  y  10t  Nhận xét: t  nghiệm phương trình 1 t t 2 t t 2  4 3  4 3 Với t  :             Vậy t  khơng nghiệm phương trình 1  5 5  5 5  4 3  4 3 Với t  :             Vậy t  không nghiệm phương trình 1  5 5  5 5 Vậy t  nghiệm 1  x  82  64  T  x  y  28 Khi đó, ta có   y   36 2 Bài tập Phương trình 2sin x  3cos x  4.3sin A 1284 x có nghiệm thuộc  2017; 2017 B 4034 C 1285 D 4035 Lời giải Chọn C 2 Ta có 2sin x  3cos x  4.3sin x  2sin x  31sin x  4.3sin x Đặt sin x  t với t   0;1 , ta có phương trình t t t t 2 1 2 1  t  4.3t        Vì hàm số f  t        nghịch biến với t   0;1 3 9 3 9 t nên phương trình có nghiệm t  Do sin x   x  k , k   Vì x   2017; 2017 nên ta có 2017  k  2017  2017  k 2017  nên có 1285 giá trị nguyên k thỏa mãn Vậy có 1285 nghiệm Bài tập Tìm số nghiệm phương trình x  3x  x   2017 x  2018 x  2017  x A B 2016 C 2017 D Lời giải Chọn A Xét hàm số f  x   2x  3x  4x   2017 x  2018x Ta có f   x   2x ln  3x ln   2018x ln 2018  , x   Suy hàm số y  x  x  x   2017 x  2018 x đồng biến  Hàm số g  x   2017  x nghịch biến  Mặt khác f    g  0  2017 Do đó, phương trình f  x   g  x  có nghiệm x  Bài tập Tìm tất giá trị tham số a để phương trình A a   B 1  a  a  3x  3 x có nghiệm x 3 x C a  D không tồn a Lời giải Chọn A Ta có: a  3x  3 x  a   3x  3 x  3x  3 x   a  32 x  32 x 1 x 3 x Xét hàm số f  x   32 x  32 x Có f   x   2.32 x  2.32 x  , x   Do đó, hàm số y  f  x  đồng biến  Suy với giá trị a 1 ln có nghiệm Bài tập Số nghiệm phương trình A x2  x  ln  x    2018 B C D Lời giải Chọn C Xét hàm số f  x      x2  x  ln  x   với x  ;    2;  Ta có f   x   x   2x 2x2   ;    0, x  ;   f x   2 x2  2  x    Nên suy hàm số f   x   x       2;    2x đồng biến khoảng ;  x 2    1.1    f   3 f   2   87  nên nghiệm a   ;   nghiệm b   2;   Mặ khác f    f  f   x  có Ta có bảng biến thiên   Ta có f  a   f     2018 f  b   f    32   2018 Bài tập Tìm số thực a để phương trình: 9x   a3x cos  x  , có nghiệm thực A a  6 B a  C a  3 D a  Hướng dẫn giải Chọn A Giả sử x0 nghiệm phương trình Ta có x0   a.3 x0 cos( x0 ) Khi  x0 nghiệm phương trình Thật 2 x0   a32 x0 cos    x0    81   a x0 cos  x0  x0  9x0   a.3x0 cos  x0  Vậy phương trình có nghiệm x0   x0  x0  Với x0   a  6 Ngược lại, với a  6 , phương trình 9x   6.3x cos  x   3x  + 3x  6 3x + 6cos  x    x 3  x   x  Khi dấu "  " xảy  cos  x  1  2;   6 cos  x  3x Vậy x0   a.3 x0 cos( x0 ) có nghiệm a  6 Bài tập Có giá trị nguyên tham số m để tồn cặp số  x; y  thỏa mãn 2 e x  y 1  e3 x  y  x  y  , đồng thời thỏa mãn log  x  y  1   m   log x  m   B A C Lời giải D Chọn A Ta có: e x  y 1  e3 x  y  x  y   e2 x  y 1   x  y  1  e3 x 2 y   3x  y  Xét hàm số f  t   et  t  Ta có f   t   et   nên hàm số đồng biến  Do phương trình có dạng: f  x  y  1  f  3x  y   x  y   x  y  y   x Thế vào phương trình cịn lại ta được: log 22 x   m  4 log2 x  m2   Đặt t  log x , phương trình có dạng: t   m  4 t  m2   Để phương trình có nghiệm    3m  8m    m  Do có số nguyên m thỏa mãn Bài tập 10 Có giá trị nguyên tham số m để tồn cặp số  x; y  thỏa mãn 2 e3 x  y  e x  y 1   x  y , đồng thời thỏa mãn log3  3x  y  1   m  6 log3 x  m   A B C Lời giải D Chọn B Ta có: e3 x  y  e x  y 1   x  y  e3 x5 y   3x  y   e x 3 y 1   x  y  1 Xét hàm số f  t   et  t  Ta có f   t   et   nên hàm số đồng biến  Do phương trình có dạng: f  3x  y   f  x  y  1  x  y  x  y   y   x Thế vào phương trình cịn lại ta được: log32 x   m  6 log3 x  m2   Đặt t  log x , phương trình có dạng: t   m  6 t  m2   Để phương trình có nghiệm    3m  12m    m  Do có số nguyên m thỏa mãn  ab Bài tập 11 Gọi x0  nghiệm lớn phương trình x  c  Giá trị P  a  b  c A P  B P  C P   3 x 1 x 1   3   1  x   D P  Lời giải Chọn D Điều kiện xác định: x   2x     2x 3  1  x 1 x 1   3   1  x   x  3x 1   x  2x  t t  3x 1  x  1 Xét hàm số f  t    t  t   , f   t   ln   2x 1    a  , b  1, c  Vậy P   x 1  x  f    f  x  1  2x  2x  Bài tập 12 Tìm tất giá trị tham số m để phương trình ln  m  ln  m  x    x có nhiều nghiệm A m  B m  C m  e D m  1 Lời giải Chọn B Ta có ln  m  ln  m  x    x 1 Điều kiện x  e m  m Đặt ln  m  x   y ta e y  m  x Thay vào 1 ta ln  m  y   x  e x  m  y e x  m  y  e x  e y  y  x  e x  x  e y  y Do hàm số f  t   et  t đồng biến Ta có hệ  y e  m  x  nên suy x  y  x  ln  x  m  e x  x  m Xét hàm số g  x   e x  x ; g   x   e x  1; g   x    x  BBT Suy phương trình có nhiều hai nghiệm  m  (chú ý nghiệm ln thỏa điều kiện) Bài tập 13 Có số nguyên m để phương trình 3x  3x  m   x2  5x   m 2x  x 1 Có hai nghiệm phân biệt lớn A B Vô số C log D Lời giải Chọn C Điều kiện: x  x  m   Ta có: log  3x  3x  m   3x  3x  m  2  log     x x m  1  x  5x   m 2 x  x  2 x2  x    3x  3x  m   log  x2  5x   m 4x  2x   log  x  x  m  1  log  x  x     x  x     x  x  m  1  log  x  x  m  1   x  x  m  1  log  x  x     x  x   Xét hàm số: f  t   t  log2 t  0;   , ta có f   t    1  , t   0;   t.ln Do hàm số f  t  đồng biến  0;   Suy ra: 1  f  x  x    f  x  x  m  1  x  x   x  x  m   x  x  m   2 Điều với x   Xét hàm số: g  x   x2  5x  , ta có g   x   x    x  Bảng biến thiên: - Theo bảng biến thiên ta thấy: phương trình  2 có hai nghiệm phân biệt lớn  25 21  m   4    m  3 4 Do m  nên m5; 4 Vậy có giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu toán       Bài tập 14 Cho phương trình log x  x  log5 x  x   log m x  x  Có giá trị nguyên dương khác m cho phương trình cho có nghiệm x lớn ? C B A Vô số D Lời giải Chọn D Điều kiện xác định: x  x2   x    Đặt t  log x  x  t    1 x  ln 2 x 1 x2 1  x x 1  x  x  ln x  x  x  ln 2   0 BBT:   Do x   t  log 2  Phương trình trở thành t.log 2t  log m Ycbt log m    log 2  1  t.log   log m  log m   t t   m5  log 2   Do m   * m  nên m  Bài tập 15 Có giá trị nguyên tham số m để phương trình nghiệm thực? A B 3m  27 3m  27.2 x  x có C Vơ số D Khơng tồn m Hướng dẫn giải Chọn C Ta có 3m  27 3m  27.2 x  x  27 3m  27.2 x  23 x  3m Đặt x  u, điều kiện: u  (1) trở thành u  27v  3m 3 3m  27.2 x  v  v  3m  27.u 1  2  3 Từ (3) (2) suy u  27v  v  27u   u  v   u  uv  v  27    u  v  3v  Do u  uv  v    u  v    27  0, u , v  , nên   u  27u 3m  27u  u  m  , với u  u  27u Xét hàm số f  u   với u  Ta có f   u    3u  27  ; f   u    u  u  Suy f  u   54 Do có vơ số giá trị ngun m để phương trình có nghiệm thực  0;  Bài tập 16 Có giá trị nguyên tham số m để phương trình x  m.2 x  2m   có hai nghiệm trái dấu? A Vơ số B C D Hướng dẫn giải Chọn C Ta có x  m.2 x  2m     x   m.2 x  2m   Đặt t  2x , t  0, phương trình thành t  mt  2m     Đặt f  t   t  mt  2m  Nhận xét với giá trị t  ta tìm nghiệm x nên để phương trình có hai nghiệm x1   x2 phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt t2  t1  đồng thời t1   t2 (vì x1  20  x2 ) Từ đó, ta có:   m  8m  20   0  m   2m      P  2m   m       m   m0  S 0   m0 1 f  t   1 1  m  2m     m4    Vậy có giá trị nguyên tham số m thỏa đề Bài tập 17 Có giá trị nguyên dương tham số m để phương trình x   m x  * có nghiệm nhất? A B Vô số C D Hướng dẫn giải Chọn D Đặt t  2x , t  0, phương trình *  t   m t   m  t 3 Xét hàm số f  t   Ta có f   t   t t2 1  3t t 3 1 t2 1 xác định tập D   0;    1 Cho f   t     3t   t  t 1 x  Bảng biến thiên y +   10 y Dựa vào bảng biến thiên ta thấy với  m  m  10 phương trình có nghiệm nên có hai giá trị nguyên tham số m Bài tập 18 Có giá trị nguyên dương tham số m để phương trình 2.4 có nghiệm? A B C x 1  5.2 D Hướng dẫn giải Chọn A Khi *  2t  5t  m Đặt t  x 1 , điều kiện t  x   1 1  Xét hàm số y  2t  5t  ;   2  Ta có y  4t  Cho y   4t    t   x y + y 25    x 1  m  0, * Do phương trình có nghiệm m  25 ... B PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP Dạng 1: Phương pháp đưa số Phương pháp Phương pháp đưa phương trình mũ số - Biến đổi hàm số có mặt phương trình số, sau rút gọn, đưa dạng dạng: a f ( x... có 10 giá trị thỏa mãn Dạng 3: Phương pháp logarit hóa, mũ hóa Phương pháp Bài tập x 1 x Bài tập Phương trình 27 x  72 có nghiệm viết dạng x   log a b , với a , b số nguyên dương Tính tổng... Nếu hàm f tăng khoảng (a;b) hàm g hàm hàm giảm khoảng (a;b) phương trình f(x) = g(x) có nhiều nghiệm khoảng (a;b) ( tồn x0  (a;b) cho f(x0) = g(x0) nghiệm phương trình f(x) = g(x)) Bài tập Bài