Dang 5. Phương pháp hàm số, đánh giá(VDC)

Câu [2D2-5.5-4] (PHÂN-TÍCH-BÌNH-LUẬN-THPT-CHUN-HÀ-TĨNH) Tìm giá trị m sin x  cos x  m   logsin x  cos x 10  m  5 để phương trình có nghiệm A �m � B 5 �m �5 C  �m �5  D  �m �5 Lời giải Tác giả: Lưu Huyền Trang ; Fb: Lưu Huyền Trang Chọn C Ta có : sin x  cos x  m   log sin x   m  5 ln  m   cos x 10 3sin x  cos x 10 �  m 5 ln sin x  cos x  10 � 3sin x  Xét     ln sin x  cos x  10  m 5.ln  m   cos x 10 f  t   ln  t  3t , t �5 f�  t   3t  ln  t  3t ln  3  0, t �5 t f  t Vậy hàm số  đồng biến  f sin x  cos x  10  f  m   � sin x  cos x  10  m  � sin x  cos x   m Mà  �sin x  cos x � Vậy để phương trình có nghiệm ta phải có  �m �5  Câu x, y [2D2-5.5-4] (Lý Nhân Tông) Cho hai số thực thỏa mãn x y log  x  x  3  y  y  3  xy x  y  xy  Tìm giá trị lớn biểu thức x  2y  P x y6 43  249 94 A 37  249 94 B 69  249 94 C Lời giải Chọn D x y  � x  y  x  y  xy  Điều kiện log x y  x  x  3  y  y  3  xy x  y  xy  2 � log  x  y   log  x  y  xy    x  y  xy  3x  y 69  249 94 D � log3  x  y    log  x  y  xy    x  y  xy   3x  y � log  x  y    x  y   log  x  y  xy    x  y  xy  Xét hàm đặc trưng Suy hàm f  t Phương trình f  t   2log t  t , t � 0; � , đồng biến khoảng ta có f�  t    0, t � 0; � t.ln  0; � � f  3x  y   f  x  y  xy   � x  y  xy   x  y � x y a , � x  a  b � � �� � x y 3a  b  �y  a  b � b P � 2a    là:  a  1  b  Đặt Khi �  a  1  cos t , �  t � 0; 2   � b  sin t , � Đặt , P 3cos t  sin t  �  P  3 cos t  sin t   P cos t  Do phương trình ln có nghiệm t nên ta có 3�  2P �  � 6  8� 3P  69  249 94 �47 P 69 P 24 P 69  249 94 69  249 94 Vậy giá trị lớn P Câu [2D2-5.5-4] (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG – NAM ĐỊNH 2019 – LẦN 1) Tìm tham số m để tổng nghiệm phương trình sau đạt giá trị nhỏ nhất: 1 � x  m  m  1 x  � 21 mx  x   x  mx  1 mx 1 m  x  m2 x � � A B C - D Lời giải Tác giả: Nguyễn Yên Phương; Fb: Yenphuong Nguyen Phản biện: Lê Mai Hương; Fb: Le Mai Huong Chọn C 1 � x  m  m  1 x  � 21 mx  x   x  mx  1 � � mx  1 m   x2  m2 x  x  mx 1  x2  m2 x1   x2  mx1  x  m x  ��  x  mx  �x  mx  1   x  m2 x  1 �     � Đặt a   x  mx  1 , b   x  m x  1 phương trình trở thành  a  b  2 a  a.2ba  b � a  b  a.2b  b.2a � a  2b  1  b  2a  1  Nếu a  b  phương trình (*) thỏa mãn 2b  a   0 a Nếu a �0 b �0 phương trình (*) tương đương b (**) Nhận xét: (*) 2a  0 a a Với a   , tức   nên a 2a  0 a a Với a   , tức   nên a 2a   0, a �0 Suy a 2b   0, b �0 Tương tự: b 2b  a    0, a �0, b �0 a Nên b Suy phương trình (**) vơ nghiệm a0 � �� b0 � Do đó: (*) Tức phương trình cho tương đương � x  mx   �2 x  m2 x 1  � 2 Hai phương trình x  mx   x  m x   có nghiệm trùng m  m  Nếu m  hai phương trình x   nên phương trình cho có hai nghiệm tổng hai nghiệm T1  Nếu m  hai phương trình x  x   nên phương trình cho có hai T 1 tổng hai nghiệm nghiệm 2 Khi m �0 m �1 hai phương trình x  mx   x  m x   khơng có nghiệm trùng Phương trình bậc hai x  mx   có a.c  nên có hai nghiệm phân biệt tổng hai nghiệm x x m 2 Phương trình bậc hai x  m x   có a.c  nên có hai nghiệm phân biệt tổng hai nghiệm x3  x4  m Suy phương trình cho có nghiệm phân biệt tổng chúng � 1� T3  x1  x2  x3  x4  m  m  � m  � � � 2� T3   1 �m T3   , nên So sánh T1 , T2 , T3 giá trị nhỏ tổng nghiệm phương trình cho 1  m đạt Câu [2D2-5.5-4] (Sở Bắc Ninh)Cho phương trình m ln  x  1   x   m  ln  x  1  x    1  1 có hai nghiệm phân biệt thoả mãn Tập hợp tất giá trị tham số m để phương trình  x1    x2 khoảng  a ;  � Khi a thuộc khoảng A  3,8;3,9  B  3, 6;3,  C Lời giải  3, 7;3,8 D  3,5;3,  Tác giả:Đào Văn Tiến ; Fb:Đào Văn Tiến Chọn C x  1 Điều kiện: Vì x  khơng thỏa mãn phương trình nên ta có x2 � m ,  2 � ln( x  1) m ln  x  1  x  � � � � �� x  1 � m ln  x  1  x  � ln  x  1  1� ln  x  1  1  1 � � � �� � � � � e x  1   1 có hai nghiệm thoả mãn  x1    x2 e Do nghiệm nên phương trình  2 có hai nghiệm phân biệt cho  x1    x2 x2 ln  x  1  x2 x 1 f� f  x   x  ln  x  1 ln  x  1  ; +� ta có Xét hàm số khoảng x2 f�   3  x   � ln  x  1  x 1 , 1 x2 h� x   0  h  x   ln  x  1  x   x  1 h  x x  có Xét hàm số , x  nên đồng biến �  0;  � phương trình f  x   có khơng nghiệm f�  2 f �    f �  x  hàm số liên tục  2; 4 suy phương trình  3 có Mà x � 2;  nghiệm Từ ta có bảng biến thiên phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt thoả mãn  x1    x2 Từ bảng biến thiên ta có phương trình �6 � m � m �� ;  �� ln �ln � Vậy Câu a � 3, 7;3,8  ln [2D2-5.5-4] (THPT-n-Mơ-A-Ninh-Bình-2018-2019-Thi-tháng-4) Tổng tất giá trị 3x 3 m3 x   x3  x  24 x  m  3x 3  3x  ngun tham số m để phương trình có ba nghiệm phân biệt A 45 B 38 C 34 D 27 Lời giải Tác giả: Cơng Phương; Fb: Nguyễn Cơng Phương Chọn D Phương trình tương đương với m 3 x   x  x  24 x  m   27  33 x � 3 m 3 x  m  x  33 x    x  f  t   3t  t � f � t   3t ln  3t  t ��  Xét hàm đặc trưng: 3 m 3 x  m  x  33 x    x  � m  x   x � m    x   x 3 � m   x3  x  24 x  27 x2 � � g� x   3 x  18 x  24  � �  g  x    x  x  24 x  27 x  � Đặt Ta có bảng biến thiên:  m  11 � m � 8;9;10 Để phương trình có nghiệm phân biệt Vậy tổng giá trị m 27 Câu [2D2-5.5-4]  x 1 (THPT log  x  x    Sơn x m Tây Hà log  x  m   Nội 2019) Cho phương trình với m tham số thực Có giá trị  2019; 2019 để phương trình có nghiệm phân biệt nguyên m đoạn A 4036 B 4034 C 4038 D 4040 Lời giải Tác giả: Lê Mai; Fb: Lê Mai Chọn C Điều kiện: x �� 2 x 1 log  x  x    x m log  x  m   2 � 2 x 1 log �  2 x  m log  x  m    1  x  1  � � � Xét hàm số Hàm số Ta có y  2t.log  t   với t �0 xác định liên tục y�  2t.log  t   ln  Vậy hàm số  1 � Từ y  2t.log  t   f y  2t.log  t     x 1   0;  � 2t  0, t �0  t   ln đồng biến  0;  � �  x  1   x  m   f  x  m  �  x  1  x  m � � �   x  1   x  m  � � 2m   x  x   1 �� 2m  x   2 �   * g  x    x2  x  Xét phương trình 2m   x  x  Ta có bảng biến thiên hàm số Phương trình 2m   x  x  có nghiệm phân biệt Phương trình 2m   x  x  có nghiệm Phương trình 2m   x  x  vô nghiệm  2m  � m  2m  � m  Phương trình 2m  x  có nghiệm phân biệt Phương trình 2m  x  có nghiệm Phương trình 2m  x  vô nghiệm  3 2 h  x   x2  Xét phương trình 2m  x  Ta có bảng biến thiên hàm số  2m  � m  2m  � m  2m  � m  2m  � m  2 2 : phương trình 2m   x  x  có nghiệm x  , phương trình 2m  x  có Khi m *   nghiệm phân biệt x  � Vậy có nghiệm phân biệt, suy loại m 2 : phương trình 2m   x  x  có nghiệm phân biệt x  � , phương trình Khi m *   2m  x  có nghiệm x  Vậy có nghiệm phân biệt, suy loại m   Xét phương trình  x  x   x  � 2 x  x   � x  suy không tồn m để  1   có tập nghiệm gồm phần tử Vậy không tồn m để  * có phương trình nghiệm phân biệt �  * Yêu cầu toán có nghiệm phân biệt 2 � m � � �� � m 1 2   � TH1: có nghiệm phân biệt vơ nghiệm �m 2 � m � � �� � m 2 1   � TH2: có nghiệm phân biệt vơ nghiệm 2�m 3 2 � m � � �� � m �� � m 1 2   � x  x  TH3: có nghiệm có nghiệm � �3 � � m �� 2019; � �� ; 2019 � � �2 � � ta có  2019; 2019 Kết hợp với điều kiện m thuộc đoạn Vì m nguyên nên nên ta có 4038 giá trị m Câu [2D2-5.5-4] (Chuyên Thái Nguyên) Xét số thực dương 1 y log  3xy  x  y  P x  3xy Tìm giá trị nhỏ P  x  y A Pmin  34 B Pmin  34 Pmin  34 x, y Pmin  thỏa mãn 34 C D Lời giải Tác giả: Lê Thị Thu Hường ; Fb: Lê Hường Chọn A 1 y 0 Để x  3xy mà từ giả thiết x, y  suy  y  � y  Vậy ĐKXĐ: x  0;0  y  3 1 y  1 y 1 y  33 xy  x 3 y 3 log  3xy  x  y  �  33 xy  x 3 y 4 � x  xy x  xy x  xy Ta có :   y  33 xy  x �  3 y   xy  x  33 xy  x (*) x  xy 333 y �   y  f�  t   3t  t.3t.ln  với t  , suy f  t  đồng biến với t  Ta có  0; � Từ (*) ta có f   y   f  3xy  x  với  y  0,3xy  x  nên khoảng 3 x  y  xy  x � y  3( x  1) Xét f  t   t.3t P  x y  x Ta có �3 x 3 x 1�   x  1  �  � � �  x  1 �3  x  1 � P   x  1  Pmin Vậy Câu 4  �2  x  1  x  1 4 4    x  1 3 � �x    x  1 � � �x  � 34 3 x �  � �y  �� 3  x  1 � �y  �x  0;0  y  � � � � 3 3 1 log 2x 1  3x  x  ( x  1) có hai nghiệm [2D2-5.5-4] (Lương Thế Vinh Lần 3) Phương trình a a a b (với a , b ��* b phân số tối giản) Giá trị b A B C D Lời giải Tác giả:Nguyễn Đông ; Fb:Nguyễn Đông Chọn D � 2x 1  � �x  �� � �x  �0 � �x �1 Điều kiện log Ta có: � log 2x 1  x  1 2x 1  x  1 2  3x2  x    3x  x  � log  � log3  x  1   x  1  log 3  x  1 Xét hàm số: f�  t  f  t   log  t   t 2x 1  x  1   x  1   x  1 2    x  1  1 với t  1  t  t.ln Suy hàm số Phương trình f  t đồng biến  0; �  1 � f  x  1  f   x  1  x2 � � � x � x    x  1 � 3x  x   � hay Vậy hai nghiệm phương trình suy b  Câu [2D2-5.5-4] (Thanh Chương Nghệ An Lần 2) Gọi S tập hợp tất giá trị nguyên 2x2  x  m  log �2 x  x   2m 10;10   m x  x  tham số thuộc đoạn để bất phương trình có nghiệm Số phần tử tập hợp S A 20 B 10 C 15 D Lời giải Tác giả: ; Fb: Biện Tuyên Chọn B Điều kiện xác định: � 1� 2x2  x  m 1  x  0 � �  � x  x  m   (vì x  x  � � x2  x  với x ) (*) Khi đó: x2  x  m  2x2  x  m  log �2 x  x   2m � log  �2 x  x   2m 2 x  x 1 x  x 1 2x  x  m 1 ۳ log x  x   2m  x  x  1 � log3  x  x  m  1  log 3  x  x  1 �  x  x  m  1   x  x  1 � log  x  x  m  1   x  x  m  1 �log3  x  x  1 6  x  x  1 Xét hàm số f  t   log t  2t (1) với t    0, t  f  t  0;  � t.ln Ta có: Suy hàm số đồng biến khoảng Do (1) tương đương với f  x  x  m  1 � f x  x  � x  x  m  �3  x  x  1 (thỏa mãn (*)) f�  t     � x  x  �m ۳ m g  x  g  x   x2  2x  BPT x  x  �m có nghiệm với g  x  x  2x  g�  x   2x  Xét hàm số với x �� có g�  x   � x   � x  1 Bảng biến thiên g  x   Từ bảng biến thiên suy Do m �1 m � 10;10 S   1; 2; ;10 Vì nên tập Vây S có 10 phần tử f  x   ln Câu 10 [2D2-5.5-4] (CổLoa Hà Nội) Cho hàm số f 3x  f  x  1  có nghiệm thực?   A B  C Lời giải  x2   x  e x  ex Hỏi phương trình D Tác giả: Lê Thị Nga ; Fb: Nga Lê Chọn D x   x  0,x �� nên hàm số f  x  xác định � Điều kiện: Ta có Ta có f   x   ln     x       x  e  x  e x  ln x   x  e x  e x   f  x    ln 2x   x   x  e x  e x f  x với x �R Suy hàm số lẻ x  x2 1 1 f�  x   x2   e x  e x  x 1  x Mà x2   e x  e x  x2   x x 1  e x  e x  , x �R Suy f  x Ta có: f  3x   f  x  1  � f  3x    f  x  1 � f  3x   f   x  � 3x   x đồng biến � x   x  0,x �� nên hàm số f  x  xác định � Điều kiện: Ta có Ta có f   x   ln     x      x  e  x  e x  ln  x   x  e x  e x   f  x    ln 2x 1 2 x  f�  e x  e x   x  x 1  x Mà Suy f  x   x   x  e x  e x f  x với x �R Suy hàm số lẻ x  x2 1 x2   e x  e x  x2   x x 1  e x  e x  , x �R đồng biến � f  3x   f  x  1  � f  3x    f  x  1 � f  3x   f   x  � 3x   x Ta có: Xét hàm số g  x   3x Hàm số y  g  x g  x h  x    2x đồng biến �, hàm số nghịch biến y  h  x g  0  h  0 có nhiều điểm chung Vì � nên đồ thị hàm số x suy phương trình   x có nghiệm x  Vậy phương trình cho có nghiệm x  Câu 11 [2D2-5.5-4] (PHÂN TÍCH BL_PT ĐỀ ĐH VINHL3 -2019 ) Có số nguyên 1  x  xa a � 2019; 2019  ln  x  5  để phương trình có hai nghiệm phân biệt? 2022 2014 A B C D 2015 Lời giải Tác giả: Nguyễn Văn Nghĩa ; Fb: Nghĩa Văn Nguyễn Chọn D Giá trị lớn m để phương trình: e f  x  13 f  x  f  x  2  m có nghiệm đoạn  0; 2 15 A e C e D e Lời giải Tác giả: Trần Thị Thu Thanh ; Fb: Thanh Trần 13 B e Chọn D Ta có: e f  x  13 f  x 7 f  x  2 m � f  x  13 f  x   f  x    ln m 2 13 f  x  f  x  2 Đặt g ' x  f ' x � f  x   13 f  x   � � � � �f '  x   x  1; x  � � � g '  x   � �f  x   � � x  1; x  a  � � xb0 � �f  x   � g  x  f  x  Bảng biến thiên đoạn  0; 2 :  0; 2 là: ln m  � m  e4 Giá trị lớn m để phương trình có nghiệm đoạn Câu 17 [2D2-5.5-4] (Sở Phú Thọ) Có giá trị nguyên dương tham số m để tồn số e3 x 5 y 10  e x 3 y 9   x  y thực x, y thỏa mãn đồng thời log52  3x  y     m   log  x    m   A B C Lời giải D Tác giả: Lương Văn Huy; Fb: Lương Văn Huy Chọn C Ta có e3 x5 y 10  e x 3 y 9   x  y � e3 x 5 y 10  e x 3 y 9   x  y     3x  y  10  � e3 x 5 y 10   x  y  10   e x3 y 9   x  y    1 Do hàm số f  t   et  t đồng biến  �; � nên  1 � 3x  y  10  x  y  � x  y  Khi phương trình log52  3x  y     m   log  x    m   � log 52  x     m   log5  x    m2   Phương trình cho trở thành có nghiệm �0 ۣ m t  log5  x   , t �� t   m   t  m2      2 , đặt   �    m    m   3m  12m �0 Vậy số giá trị nguyên dương tham số m thỏa mãn giá trị Câu 46 (Phát triển) Tích tất giá trị m để hệ phương trình � 3x  y  9.9 x y  x  x  y  y   � �2 2 � �x  y  2mx  4my  5m   có nghiệm là: A  22 25 B  24 25  C 23 25 D  26 25 Câu 18 [2D2-5.5-4] (Chuyên Sơn La Lần năm 2018-2019) Tổng tất giá trị tham số m để 2 x  x 5 m  log x  x  m  phương trình có nghiệm A B C 2 D   Lời giải Tác giả: Nguyễn Văn Điệp; Fb:Nguyenvandiep1980@gmail.com Chọn B Ta có Đặt 2x  x 5 m    log x2  x 6 m  � � a  x2  4x  � � b  m2  �    log x x  x   m 1 4 x 6 m  1 a b , ta có a �2; b �1 , phương trình cho trở thành  log a b � a b  � log b  a  b Nếu � a không thỏa mãn � a b  � log b  a  b Nếu � a khơng thỏa mãn Do a  b , phương trình cho tương đương với x  x   m2  � x  x   m 2 Số nghiệm phương trình cho số giao điểm parabol y  x  x  đường thẳng y  m Ta có hình ảnh minh họa sau Dựa vào đồ thị, phương trình cho có nghiệm m  � m  �1 Vậy tổng giá trị tham số m Câu 19 [2D2-5.5-4] (KINH MÔN II LẦN NĂM 2019) (KINH MÔN II LẦN NĂM 2019) Tổng 2x2  4x  log  x2   x  x  m  x  m  tất giá trị tham số m để phương trình có ba nghiệm phân biệt A B C D Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Oanh; Fb: Oanh Nguyen Chọn B 2x2  4x   � x �� x  m 1 Điều kiện: Phương trình: � log 2x2  x  log  x2   x  x  m  x  m 1  * x2  x   x2   x  x  m  x  m 1 � log  x  x    log  x  m  1  x  x  x  m � log  x  x     x  x    log  x  m  1    x  m   � log  x  x     x  x    log  x  m     x  m    Xét hàm có f ' t   Khi  1 f  t   log t  t khoảng  1  0;  �   0, t  f  t  0;  � t ln suy đồng biến khoảng � f  2x2  4x  6  f  x  m   � x2  x   x  m  � x  m  x2  x  � x  2m  x  x  �� 2 x  2m    x  x  1 � � ( x  x   ( x  1) �0, x ��) � 2m   x  x  �� 2m  x   2 � g  x    x2  x   Vẽ đồ thị hai hàm số h  x   x2  hệ trục tọa độ Oxy (Chú ý: Hai đồ thị hàm số y  g ( x) y  h( x) tiếp xúc với điểm A(1; 2) ) Để phương trình  * có ba nghiệm phân biệt  2 phải có ba nghiệm phân biệt � đường thẳng y  2m hai đồ thị có ba điểm chung phân biệt 2m � � �� 2m � 2m � � m � 1 �  2� � m 1 � 3 m � � Vậy tổng tất giá trị m  20; 20 Câu 20 [2D2-5.5-4] (THPT PHỤ DỰC – THÁI BÌNH) Tìm số giá trị nguyên m thuộc để phương trình log ( x  m  x x  4)  (2m  9) x   (1  2m) x  có nghiệm? A 12 B 23 C 25 Lời giải D 10 Tác giả: Đào Văn Vinh ; Fb: Đào Văn Vinh Chọn B 2 Điều kiện xác định: x  m  x x     log x  m  x x    2m   x     2m  x   � log x   x   x  m  2mx  x   x   2m x  � 4x � � log �  m � 2mx  x   x   2m x  � x 4x � �4 x  m x   mx � � log � � 2mx  x   x   2m x  � � x 4 x � �  � log  x  2m   x   2mx    x  2m   x   2mx   log  � log x  m x   mx  x  2m x   2mx   log 2 Xét hàm số f�  t  � 2m  f  t   log t  t t � 0; � , 2   0, t � 0;  � t ln nên hàm số đồng biến TXĐ  1 Khi   x   x   x2   x  � x  2m x   2mx  x   x   x2   x  8x � 2m   � 2m    x2   x  8x x2   x 8x  x2   x  � 2m   x  x2   x   2m � x x2   x2  2 x � �;  � Xét hàm số g ( x)  x x   x với g� ( x)  Ta có  x2   x x2  lim g  x   lim � x x ��� x � �   �0, x ��  lim  2 � � x�� 4 x � �  1 1 x   x � xlim � ��� x   x � x ;  �2 � � � lim g  x   lim � x �   � � � � � x � � x �� � � x � � Ta có bảng biến thiên g ( x) x2   x  x2   x   1  2m  2 � m  Để phương trình có nghiệm 20; 20 Do m ngun thuộc  nên số giá trị m 23 Câu 21 [2D2-5.5-4] (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG QUẢNG NAM LẦN NĂM 2019) Cho hai số y2 log  x  y  xy      2x  2  y  2 dương x ; y thỏa Giá trị nhỏ P  2x  y số có dạng M  a b  c với a , b ��, a  Tính S  a  b  c A S  17 B S  C S  19 D S  Lời giải Tác giả:Nguyen Phi Thanh Phong ; Fb: Nguyen Phi Thanh Phong Chọn D log  x  y  xy   Với hai số dương x ; y thỏa Ta có y 2    2x  2  y  2  y   log  x  y  xy      x    y   �  y   log  x  1  y      x  1  y     y   � log  x  1  log  y      x  1  y2 �8 � � log  x  1   x  1  log � � �y  � y  f  t   log t  t Xét hàm đặc trưng f  t  0;� đồng biến  0; � có f�  t    0, t  t ln nên hàm số �8 � 8 f  x  1  f � � y 2 �� x   y2 2x 1 �y  � P  2x  y  2x  � � AM GM    x  1  � � �  2x 1 �2 x  � Dấu xảy 2x 1  1  2 �  x  1  � x  2x 1 Vậy S  a  b  c  Câu 22 [2D2-5.5-4] (Gang Thép Thái Nguyên) Số giá trị nguyên tham số m để phương trình:  m  1 16 x   2m  3 x  6m   có hai nghiệm trái dấu A B C Lời giải D Tác giả:Dương Thị Bích Hịa ; Fb:Dương Thị Bích Hịa Chọn D Cách x Đặt t  , t  , phương trình cho trở thành:  m  1 t   2m  3 t  6m   �m t  6t  t  4t  (*) Phương trình cho có hai nghiệm x1 , x2 trái dấu phương trình (*) có hai nghiệm t1 , t2 thỏa  t1  1 t2 mãn: t  6t  � f '  t   10t 2t  56 � 561 f  t   f '  t  � x  t  4t    t  t  10 Đặt Suy Ta có bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên, ta có phương trình (*) có hai nghiệm 4  m   t1 , t2 thỏa mãn:  t1  1 t2 Vậy có hai giá trị nguyên tham số m thỏa mãn toán m   m   Cách 2: x  m  1 t   2m  3 t  6m   (*) Đặt t  , t  , phương trình cho trở thành: Đặt f  x    m  1 t   2m  3 t  6m  Phương trình cho có hai nghiệm x1 , x2 trái dấu phương trình (*) có hai nghiệm t1 , t2 thỏa  t1  1 t2 mãn: �4  m   �  m  1 f  1  �  m  1  3m  12   � � � �m  1 � � �� �  4m 1 � � � m  f  m  m           �� � � m � �� Điều xảy khi: Vậy có hai giá trị nguyên tham số m thỏa mãn toán m   m   Câu 23 [2D2-5.5-4] (Đặng Thành Nam log  x   m    log  m  x  x  1 đúng? m � 0;1 A B m � 1;3  Đề 6) Biết phương trình có nghiệm thực Mệnh đề C m � 3;  D m � 6;9  Lời giải Tác giả: Đoàn Tấn Minh Triết; Fb: Đoàn Minh Triết Chọn D Ta có: � log  x   m   log �  m  x  x  1 �  m  (2 x  1)  � � �� log  x   m   log � �   x0  1 Nếu x0  nghiệm phương trình nghiệm phương trình Vậy để phương trình có nghiệm x0     x0  1 � x0  thay vào phương trình ta có: log m  log 3m  t Với t log 3 � m  2t � �3 � t t �� � 3.2  �  � t  log � m  �6,54 �� t 3m  �2 � � 2 x0  Câu 24 [2D2-5.5-4] (SỞ NAM ĐỊNH 2018-2019) Tìm tất giá trị thực tham số m để 2m x log  x  1  log �  x  1 � � �có hai nghiệm thực phân biệt phương trình m � 1;0  m � 2;0  m � 1; � m � 1;0  A B C D Lời giải Tác giả: Nguyễn Công Định; Fb: Nguyễn Công Định Chọn C Điều kiện: x  1 Nhận thấy với x  phương trình cho trở thành  (vơ lí), nên x  khơng nghiệm phương trình với m Xét 1  x �0 ta có: 2m x m x log  x  1  log � x  1 �� log  x  1  log � x  1 � � � � � ln x m �  x  1 3� xm  ln  x  1 � m  x ln ln  x  1 f  x  x  Đặt ln ln  x  1 với 1  x �0 ln  0, x � 1; � \  0  x  1 ln  x  1 Ta lập bảng biến thiên: � f ' x  1 m x Dựa vào bảng biến thiên phương trình m � 1; � ln ln  x  1 có hai nghiệm thực phân biệt Câu 25 [2D2-5.5-4] (CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 3) Gọi S tập hợp giá trị nguyên dương 2cos x   m 3cos x  cos3 x  6sin x  cos x  m  2cos x 2  2cos x 1  m để phương trình có S nghiệm thực Khi tổng hai phần tử lớn nhỏ tập A 28 B 21 C 24 D   Lời giải Tác giả: Lê Quang Việt; Fb:Viêt lê quang Chọn A Phương trình cho tương đương với phương trình sau 2cos x  2 m3cos x  cos3 x  cos x  cos x  m 2cos x   2cos x 1   � 2cos x  2  m 3cos x � 2cos x  2cos x1   cos x     m  3cos x � � � � 2cos x    cos x    m  3cos x � � � Đặt cos x   a m  3cos x  b 2a b   a  b3  2a   1 Ta có phương trình :  1 Nhận thấy a  b  thỏa mãn phương trình � 2cos x  2 3 m 3cos x a b  a3  b3  2a  nên phương trình  1 vơ nghiệm Nếu a  b    a b  a3  b3  2a  nên phương trình  1 vơ nghiệm Nếu a  b   3 Vậy a  b  suy m  3cos x   cos x �  cos x  cos x  cos x   m t � 1;1 f  t   t  6t  9t   m Đặt cos x  t với điều kiện , suy f  t   max f  t   24 Dễ thấy t� 1;1 t� 1;1 nên phương trình cho có nghiệm m � 4; 24 S   4;5; ; 24 Suy nên tổng hai phần tử lớn nhỏ S 28 3 2cos x  2 m 3cos x  � 2cos x    cos x    m  3cos x � � � Cách khác : Ta có � m 3cos x   m  3cos x   22cos x    cos x  f  u   u u Xét hàm số đặc trưng Khi ta suy 3 , hàm số đồng biến � m  3cos x   cos x Câu 26 [2D2-5.5-4] (SỞ GDĐT KIÊN GIANG 2019) Gọi S tập hợp giá trị nguyên tham log x  log x  2m  2018  số m để phương trình có nghiệm thuộc đoạn  1;2 Số phần tử S A B C D Lời giải Tác giả:Nguyễn Dung ; Fb:Ngọc Dung Chọn A ĐK : x �0 log x  log x  2018  2m Đặt t  log x Vì x � 1;2  � log x � 0;1 � f (t )  4t  2t  1009  m có nghiệm thuộc  1;2 f '(t )  8t   0, t � 0;1 Bảng biến thiên: �� 1009  m 1015 S {1009;1010;1011;1012;1013;1014;1015} Số phần tử S là: x 4 7 x Câu 27 [2D2-5.5-4] (Chuyên Hưng Yên Lần 3) Cho hàm số f ( x )   ( x  1).2  x  Giả sử a a m0  b ( a, b ��, b phân số tối giản) giá trị nhỏ tham số thực m cho phương   f  x  x  2m   trình P  a  b2 A P  11 có số nghiệm nhiều Tính giá trị biểu thức B P  C P  1 D P  Lời giải Tác giả : Quang Pumaths, FB: Quang Pumaths Chọn D Đặt t' t   x  x  1 4   18 x  f  t    2m   �t' � x  6x  9x t � 3;7  Từ BBT suy phương trình (1) có nghiệm x x 4 7 x Xét hàm số f ( x)   ( x  1).2  x  f�  x   3x 4 ln  27 x   x  1 27 x ln  � f�  x   3x ln   27 x ln  �  x  1 ln  2� � � 0x � 3;  f�  x  đồng biến  3;7  Mặt khác, f �  6 f �    nên phương trình Do hàm số f�  x   có nghiệm x   � 6;7  Vậy, phương trình f  t    2m có nhiều nghiệm 1 f    f    -1�2m   m 2 � a  5, b  Kết luận, GTNN m Câu 28 [2D2-5.5-4] (Cụm trường chuyên lần1) Số giá trị nguyên tham số m thuộc đoạn log3  x  1  log  x  1 �  2019 ; 2 để phương trình  x  1 � � � x  m có hai nghiệm thực A B 2022 C.1 D 2021 Lời giải Tác giả:Nguyễn Huỳnh Tấn Trung; Fb:Nguyễn Huỳnh Tấn Trung Chọn B Điều kiện: x 1 Trường hợp 1: m  , phương trình cho trở thành: x 1 � log  x  1  log  x  1    1 � log  x  1  log  x  1  �  x  1 � � � � � Xét hàm số f  x   log  x  1  log  x  1  Khi đó, x0 nghiệm phương trình  1 �1 � � ; +�� � hàm đồng biến khoảng �4 x0 nghiệm Ta có: f    2 ; f  1  , suy f   f  1  Theo hệ định lý trung gian, tồn x0 � ; 1 cho f  x0   Do vậy: m  thỏa mãn yêu cầu toán Trường hợp 2: m  , dẫn đến x  nghiệm phương trình cho Phương trình cho trở thành: log  x  1  log  x  1  2x  m 0 x 1 g  x   log  x  1  log  x  1  Xét hàm số �1 � D  � ; 1�ȥ  1; + �4 � g�  x  Đạo hàm: 2x  m , x  có tập xác định:  2m    0, x �D  x  1 ln  x  1 ln  x  1 Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên, ta suy ra: phương trình x2   1; +  với m  Vậy với giá trị nguyên tham số nghiệm thực phân biệt g  x  m � 2019 ; 2 �1 � x1 �� ; 1� �4 �; có hai nghiệm phương trình cho ln có hai Có 2022 giá trị ngun m thỏa mãn u cầu tốn Phân tích : (Ng Việt Hải) - Đây toán tương giao Tuy nhiên cô lập m việc khảo sát hàm biến x phức tạp Ý tưởng tác giả: Cho m �2 sử dụng tính chất đơn điệu khoảng ứng với khoảng tương ứng phương trình có nghiệm Bài toán tổng quát F  x, m   f  x   ax  b 0 f�  x   ad  bc  (đây nguồn gốc sáng tạo cx  d với toán) Cách : (Ng Việt Hải) (Cách lập luận khác Lời giải thầy Nguyễn Huỳnh Tấn Trung) f  x   log  x  1  log  x  1 Đặt x 1 � �� �f  x   TH1 : m  , Phương trình �1 � � ; ��� f  x   f  x � Vì hàm số tăng � có nghiệm khác Vậy m  thỏa mãn toán TH2 : m  , dẫn đến x  nghiệm phương trình cho Phương trình cho trở thành : Đặt g  x  f  x  g�  x  f �  x  f  x  2x  m 0 x 1 2x  m x 1 2m  x  1 0 Ta có bảng biến thiên : � g  x  Vậy có hai nghiệm phân biệt m � 2019 ;  nên ta có 2022 giá trị nguyên m Bài tốn tương tự: Bài tốn 50.1 (Ng Việt Hải) Tìm số giá trị nguyên x log  x  1  log  x  1   x  m  e  mx  m m � ; 2019 cho phương trình x có hai nghiệm thực Câu 29 [2D2-5.5-4] (PHÂN-TÍCH-BÌNH-LUẬN-THPT-CHUN-HÀ-TĨNH) Tổng tất giá x  x 1 x m  log x  x   x  m   trị tham số m để phương trình có ba nghiệm phân biệt A B 2 C 3 D 2 Lời giải Tác giả: Lưu Huyền Trang ; Fb: Lưu Huyền Trang Chọn C Ta có 3x  x 1 x  m  log x2  x 3  x  m   3x  x 3 ln  x  m   � x m   ln  x  x  3 � ln  x  x  3 3x  x 3  ln  x  m   32 x m  Xét f  t   ln  t  3t , t �2 f�  t   3t  ln  t  3t ln  3  0, t �2 t Vậy hàm số f  t đồng biến f  x  x  3  f  x  m   � x2  x   x  m  � x2  x   x  m � x  1  2m  1 � �2 x  x  1  m   � Điều kiện cần để phương trình có nghiệm : �m  1 Th1 : có nghiệm kép 1 thử lại ta thấy thỏa mãn   có nghiệm kép � m  Th2 : Th3 :  1 3 thử lại ta thấy thỏa mãn   có nghiệm chung � x  m Thế  1 vào ta có m  1 1 3    1  3 Ta có Bình luận : Bài toán giao thoa phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số với biện luận nghiệm Câu 30 [2D2-5.5-4] (THPT-Gia-Lộc-Hải-Dương-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Cho x, y  thỏa �x  y � x2 y2 log �  xy  x  y P   � 1 3y 1 x ? � xy � mãn Tìm giá trị nhỏ biểu thức 71 B A 10 72 C 73 D Lời giải Tác giả: Dương Hoàng Quốc; Fb: Dương Hoàng Quốc Chọn C �x  y � log � � xy  x  y � xy � Ta có � log  x  y   log  xy   xy   x  y  � log  x  y    x  y   log  xy   xy  1 Xét hàm số f�  t  f  t   log t  t , t    0, t  t.ln10 Suy hàm số f  t đồng biến  0; � Phương trình  1 tương đương f  x  y   f  xy  � x  y  xy Theo bất đẳng thức Schwarz ta có  3y �  x  3y  x2 y2 x2 P    1 3y 1 x 1 3y 1 x   x  3y  2  2 Theo bất đẳng thức Cơ-si cho số dương ta có xy  x  y �2 x.3 y �  xy   12 xy �0 � xy  xy  12  �0 Vì xy  nên xy �12 � x  y �12 Đặt u  x 3 y Từ  2 ta có f�  u  � Min u 12 P �f  u   u  4u  u  2 u2 , u �12 u2 u0 � � f�  u  � � u  4 � (không thỏa mãn) f  u   f  12   72 72 72 P� � P 7 Vậy Min �x  y  12 � �x  � �x  3 y  12 u  12 � � x �� 3y � � 2   3 y  12   y  12  y  y �y  � � 1 3y 1 x � ... hai phương trình x   nên phương trình cho có hai nghiệm tổng hai nghiệm T1  Nếu m  hai phương trình x  x   nên phương trình cho có hai T 1 tổng hai nghiệm nghiệm 2 Khi m �0 m �1 hai phương. ..  x    x2  x  Xét phương trình 2m   x  x  Ta có bảng biến thiên hàm số Phương trình 2m   x  x  có nghiệm phân biệt Phương trình 2m   x  x  có nghiệm Phương trình 2m   x ...  � m  Phương trình 2m  x  có nghiệm phân biệt Phương trình 2m  x  có nghiệm Phương trình 2m  x  vơ nghiệm  3 2 h  x   x2  Xét phương trình 2m  x  Ta có bảng biến thiên hàm số 