Có bao nhiêu cặp số x;y thỏa mãn x ∈ N ∗ và ln 1 x;y y 2x − 5
Có bao nhiêu cặp số nguyên (( (x;y) ) ) thỏa mãn (xy = 2( (x + y) ) ). Show Câu 63821 Vận dụng Có bao nhiêu cặp số nguyên \(\left( {x;y} \right)\) thỏa mãn \(xy = 2\left( {x + y} \right)\). Đáp án đúng: a Phương pháp giải Chuyển vế thêm bớt 4 rồi nhóm hạng tử thích hợp để phân tích đa thức thành nhân tử Đưa về dạng \(A.B = 4\) suy ra \(A,B \in U\left( 4 \right)\) Từ đó ta tìm được \(x,y\) Phân tích đa thức thành nhân tử bằng phương pháp nhóm hạng tử --- Xem chi tiết ...D47 - Câu 47-ỨNG-DỤNG-PHƯƠNG-PHÁP-HÀM-SỐ-ĐỂ-GIẢI-PHƯƠNG-TRÌNH-MŨ-LOGARIT - Muc do 1
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (701.25 KB, 47 trang ) Câu 1. Có bao nhiêu cặp số nguyên đồng biến trên [1;1 + log 2 2021] . Dựa vào ( *) Þ f ( t - 1) = f ( y +1) Û t - 1 = y +1 . Mặt khác 1 £ t - 1 £ 1 + log 2 2021 Þ 1 £ y +1 £ 1 + log 2 2021 Þ 0 £ y £ log 2 2021 » 10,98 . y Î ¢ Þ y Î { 0;1; 2;3; 4;5; 6;7;8;9;10} Vì . Vậy có 11 cặp số nguyên thỏa mãn ycbt. Câu 2. log 2 Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn x ≤ 2020 và y = 3( x + 1 − y) − y 2 + x 2 x +1 ? A. 43 . B. 44 . C. 2020 . Lời giải D. 1011 Chọn A 0 ≤ x ≤ 2020 Điều kiện bài toán: 1 ≤ y y log 2 = 3( x + 1 − y) − y 2 + x 2 x +1 Ta có: <=> log 2 y + y 2 + 3 y = log 2 x + 1 + (x + 1) + 3 x + 1 Xét hàm số Ta có f (t) = log 2 t + t + 3t trên ( 0; +∞ ) . f '(t ) = (1) 2 1 + 2t + 3 > 0, ∀t ∈ (0; +∞) => ( 0; +∞ ) . 2 ln t hàm số đồng biến trên Khi đó(1) <=> f ( y ) = f ( x + 1) <=> y = x + 1 Vì 1 ≤ x ≤ 2020 nên 2 ≤ y = x + 1 ≤ 2021 <=> 2 ≤ y ≤ 44 y nguyên dương nên có 43 số nguyên dương y thỏa yêu cầu bài toán Do Rõ ràng, với mỗi y ta xác định được tương ứng duy nhất một giá trị x nguyên dương thỏa mãn. Vậy có 43 cặp số nguyên ( x; y ) . đoạn 2 y + y = 2 x + log 2 ( x + 2 y −1 ) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn . Giá trị nhỏ nhất của biểu Câu 3. x y bằng thức e + ln 2 × 2 A. P= e − ln 2 × 2 B. e ln 2 × C. 2 Lời giải e × D. 2 ln 2 Chọn C Có 2 y + y = 2 x + log 2 ( x + 2 y −1 ) ⇔ 2 y + y = 2 x + log 2 ( 2 x + 2 y ) − 1(1) Đặt ( 1) . t = log 2 ( 2 x + 2 y ) ⇒ 2 x + 2 y = 2t ⇒ 2 x = 2t − 2 y . y t y y +1 t trở thành: 2 + y = 2 − 2 + t − 1 ⇔ 2 + y + 1 = 2 + t (2) . x x x Xét hàm số f ( x) = 2 + x, ∀x > 0 ⇒ f ′( x) = 2 ln 2 + 1 > 0, ∀x > 0 nên hàm số f ( x) = 2 + x luôn đồng biến trên ( 0; +∞ ) . Kết hợp với ( 2 ) log 2 ( 2 x + 2 y ) = y + 1 ⇔ 2 x + 2 y = 2 y +1 ⇔ x = 2 y −1 ta có: t = y + 1 hay . x 2 y −1 2 y −1 y ln 2 − 2 y −1 P= = ⇒ P'= y y y2 Khi đó . 1 P = 0 ⇔ y ln 2 − 1 = 0 ⇔ y = ln 2 . Cho Bảng biến thiên: Vậy Pmin = e ln 2 e 1 x= y= 2 khi 2 và ln 2 . 3 x + 1) + 3− m= 33 3x + m ( Gọi S là tập các giá trị của tham số m sao cho phương trình có đúng Câu 4. hai nghiệm thực. Tính tổng tất cả các phần tử trong tập hợp S. A. 4. B. 2. C. 6. Lời giải Chọn C 3 Hàm số f (x) = x + 3x đồng biến trên ¡ nên: ( x + 1) 3 + 3− m= 33 3x + m ( ) 3 3 ⇔ ( x + 1) + 3( x + 1) = 3 3x + m + 33 3x + m ⇔ x + 1= 3 3x + m ⇔ m= x3 + 3x2 + 1 3 2 Bảng biến thiên của hàm số y = x + 3x + 1 x −∞ −2 3 +∞ D. 5. y′ y +0 − 0+ 5 +∞ −∞ 1 Phương trình ban đầu có đúng hai nghiệm thực khi và chỉ khi m= 5 hoặc m= 1. ⇒ S = { 1;5} . Câu 5. Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình x + 3x 2 − 3x − 5 3 log + ( x + 1) = x 2 + 6 x + 7 2 x +1 3 A. −2 + 3 . B. −2 . C. 0 . Lởi giải Chọn C Điều kiện: x3 + 3x 2 − 3x − 5 >0 ⇔ x3 + 3x 2 − 3x − 5 > 0 ⇔ x 3 + 3x 2 + 3 x + 1 − 6 x − 6 > 0 x2 + 1 −1 − 6 < x < − 1 2 ⇔ ( x + 1) − 6 ( x + 1) > 0 ⇔ ( x + 1) ( x + 2 x − 5 ) > 0 ⇔ −1 + 6 < x . 3 log x3 + 3x 2 − 3x − 5 3 + ( x + 1) = x 2 + 6 x + 7 2 x +1 . 3 2 2 2 ⇔ log ( x + 3 x − 3 x − 5 ) − log ( x + 1) = x + 6 x + 7 − ( x + 1) . 3 3 2 3 2 2 2 ⇔ log ( x + 3x − 3 x − 5 ) + x + 3 x − 3x − 5 = log ( x + 1) + x + 1( *) . f ( t ) = log t + t ( t > 0 ) Xét hàm đặc trưng . 1 f ′( t) = +1 t ln10 Ta có: . Với t > 0 ⇒ f ′( t ) > 0 . f ( t ) = log t + t Vậy hàm đồng biến với t > 0 . Phương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi x3 + 3x 2 − 3 x − 5 = x 2 + 1 . ⇔ x 3 + 8 + 2 x 2 − 3x − 14 = 0 . 2 ⇔ ( x + 2) ( x − 2x + 4) + ( x + 2) ( 2 x − 7 ) = 0 . 2 ⇔ ( x + 2 ) ( x − 3) = 0 . x = −2 x = − 3 ⇔ x = 3 . x = 3 x=− 3 Kết hợp với điều kiện suy ra phương trình có hai nghiệm . Vậy tổng hai nghiệm của phương trình bằng 0 . Câu 6. Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình D. −2 − 3 . log x3 + 3 x 2 − 3x − 5 3 + ( x + 1) = x 2 + 6 x + 7 2 x +1 A. −2 + 3 . B. −2 . C. 0 . Lởi giải Chọn C Điều kiện: x3 + 3x 2 − 3x − 5 >0 ⇔ x3 + 3x 2 − 3x − 5 > 0 ⇔ x 3 + 3x 2 + 3 x + 1 − 6 x − 6 > 0 x2 + 1 D. −2 − 3 . −1 − 6 < x < − 1 3 2 ⇔ ( x + 1) − 6 ( x + 1) > 0 ⇔ ( x + 1) ( x + 2 x − 5 ) > 0 ⇔ −1 + 6 < x . x3 + 3x 2 − 3x − 5 3 log + ( x + 1) = x 2 + 6 x + 7 2 x +1 . 3 2 2 2 ⇔ log ( x + 3 x − 3 x − 5 ) − log ( x + 1) = x + 6 x + 7 − ( x + 1) . 3 3 2 3 2 2 2 ⇔ log ( x + 3x − 3 x − 5 ) + x + 3 x − 3x − 5 = log ( x + 1) + x + 1( *) . f ( t ) = log t + t ( t > 0 ) Xét hàm đặc trưng . 1 f ′( t) = +1 t ln10 Ta có: . Với t > 0 ⇒ f ′( t ) > 0 . f ( t ) = log t + t Vậy hàm đồng biến với t > 0 . Phương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi x3 + 3x 2 − 3 x − 5 = x 2 + 1 . ⇔ x 3 + 8 + 2 x 2 − 3x − 14 = 0 . 2 ⇔ ( x + 2) ( x − 2x + 4) + ( x + 2) ( 2 x − 7 ) = 0 . 2 ⇔ ( x + 2 ) ( x − 3) = 0 . x = −2 x = − 3 ⇔ x = 3 . x = 3 x=− 3 Kết hợp với điều kiện suy ra phương trình có hai nghiệm . Vậy tổng hai nghiệm của phương trình bằng 0 . Câu 7. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) 4 x +1 + log 2 ( y + 3) = 16.2 y + log 2 ( 2 x + 1) A. 2019 . B. 2020 . Chọn C 0 ≤ x ≤ 2020 Điều kiện bài toán: 1 ≤ y ≤ 2020 thỏa mãn 0 ≤ x ≤ 2020 và 1 ≤ y ≤ 2020 và ? C. 1010 . Lời giải D. 1011 . Ta có: 4 x +1 + log 2 ( y + 3) = 16.2 y + log 2 ( 2 x + 1) ⇔ 22 x + 2 − log 2 ( 2 x + 1) = 2 y + 4 − log 2 ( y + 3) ( *) t +1 [ 1; +∞ ) . Xét hàm số f (t ) = 2 − log 2 t trên 1 t.2t +1.ln 2 2 − 1 = > 0, ∀t ∈ [ 1; +∞ ) ⇒ [ 1; +∞ ) . t ln 2 t ln 2 Ta có hàm sốđồng biến trên (*) ⇔ f ( 2 x + 1) = f ( y + 3) ⇔ 2 x + 1 = y + 3 ⇔ y = 2 x − 2 Khi đó 3 1 ≤ y ≤ 2020 ⇔ 1 ≤ 2 x − 2 ≤ 2020 ⇔ ≤ x ≤ 1011 2 Vì . f ′(t ) = 2t +1 ln 2 − x ∈ { 2;3; 4;...;1011} Do x nguyên nên . Rõ ràng, với mỗi x ta xác định được tương ứng duy nhất một giá trị y nguyên thỏa mãn. ( x; y ) . Vậy có 1010 cặp số nguyên Câu 8. Phương trình x ∈ 81992 ;82020 log 32 ( x − 1) − 27 y 3 = 8 y + 1 − x có bao nhiêu nghiệm nguyên ( x; y ) với . A. 26 B. 28 C. 24 Lời giải D. 30 Chọn B log 32 ( x − 1) − 27 y 3 = 8 y + 1 − x ⇔ log 32 ( x − 1) + x − 1 = 27 y 3 + 23 y Đặt t = log 2 ( x − 1) ⇔ x − 1 = 2t t 3 + 2t = ( 3 y ) + 2 3 y 3 .Thay vào phương trình ta được (1). y = f ( u) = u + 2 Xé thàm số . 2 u f ' ( u ) = 3u + 2 ln 2 > 0, ∀u ∈ ¡ Ta có . Do đó hàm số đồng biến trên ¡ . ( 1) ⇔ f ( t ) = f ( 3 y ) ⇔ t = 3 y ⇔ log 2 ( x − 1) = 3 y ⇔ x = 8 y + 1 . Khi đó 1992 y 2020 x ∈ 81992 ; 82020 Do nên 8 ≤ 8 + 1 ≤ 8 ⇔ 1992 ≤ y ≤ 2019 với y ∈ ¢ . Vậy có 28 giá trị nguyên của y nên phương trình có 28 nghiệm. 3 Câu 9. nhất. A. Cho m= m = log a ( 1 2. 3 ab u ) , với 2 a > 1 , b > 1 và P = log a b + 16 log b a . Tìm m sao cho P đạt giá trị nhỏ B. m = 2 . C. m = 1 . Hướng dẫn giải Chọn C Cách 1: Tự luận. Ta có m = log a ( 3 ) 1 1 1 ab = + log a b ⇒ log b = 3m − 1 log b a = a 3 3 3m − 1 . ; P = log 2a b + 16 log b a = ( 3m − 1) + 2 Do đó f ( m ) = ( 3m − 1) + 2 48 16 ⇒ f ′ ( m ) = 18m − 6 − 2 ( 3m − 1) . 3m − 1 Xét hàm số f ′ ( m ) = 0 ⇔ 3m − 1 = 2 ⇔ m = 1 Bảng biến thiên. 16 3m − 1 . . D. m = 4 . . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 12 tại m = 1 . Câu 10. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) 4 x +1 + log 2 ( y + 3) = 16.2 y + log 2 ( 2 x + 1) A. 2019 . B. 2020 . thỏa mãn 0 ≤ x ≤ 2020 và 1 ≤ y ≤ 2020 và ? C. 1010 . Lời giải D. 1011 . Chọn C 0 ≤ x ≤ 2020 Điều kiện bài toán: 1 ≤ y ≤ 2020 4 x +1 + log 2 ( y + 3) = 16.2 y + log 2 ( 2 x + 1) ⇔ 22 x + 2 − log 2 ( 2 x + 1) = 2 y + 4 − log 2 ( y + 3) ( *) Ta có: t +1 [ 1; +∞ ) . Xét hàm số f (t ) = 2 − log 2 t trên 1 t.2t +1.ln 2 2 − 1 = > 0, ∀t ∈ [ 1; +∞ ) ⇒ [ 1; +∞ ) . t ln 2 t ln 2 Ta có hàm sốđồng biến trên (*) ⇔ f ( 2 x + 1) = f ( y + 3) ⇔ 2 x + 1 = y + 3 ⇔ y = 2 x − 2 Khi đó 3 1 ≤ y ≤ 2020 ⇔ 1 ≤ 2 x − 2 ≤ 2020 ⇔ ≤ x ≤ 1011 2 Vì . f ′(t ) = 2t +1 ln 2 − x ∈ { 2;3; 4;...;1011} Do x nguyên nên . Rõ ràng, với mỗi x ta xác định được tương ứng duy nhất y một giá trị nguyên thỏa mãn. ( x; y ) . Vậy có 1010 cặp số nguyên Câu 11. Có bao nhiêu cặp số nguyên A. 10 . B. 11 . ( x; y ) thỏa mãn 0 £ x £ 2020 và log 2 ( 4 x + 4 ) + x = y + 1 + 2 y ? C. 2020 . Lời giải D. 4 . Chọn B log 2 ( 4 x + 4) = t Û 4 x + 4 = 2t Û x = 2t- 2 - 1 Đặt . t- 2 0 £ x £ 2020 Þ 0 £ 2 - 1 £ 2020 Û 1 £ t - 1 £ 1 + log 2 2021 Từ điều kiện . t- 2 y t - 1 + 2 = y +1 + 2 ( *) Theo giả thiết ta có: . u- 1 f ( u) = u + 2 Xét hàm số với 1 £ u £ 1 + log 2 2021 . f '( u ) = 1 + 2u- 1.ln 2 > 0, " u Î [1;1 + log 2 2021] f ( u) Có nên hàm đồng biến [1;1 + log 2 2021] . Dựa vào ( *) Þ f ( t - 1) = f ( y +1) Û t - 1 = y +1 . Mặt khác 1 £ t - 1 £ 1 + log 2 2021 Þ 1 £ y +1 £ 1 + log 2 2021 Þ 0 £ y £ log 2 2021 » 10,98 . trên đoạn y Î ¢ Þ y Î { 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. 0. ( ) 2x2 +1- 1 + 2x2 +1 C. 2. Lời giải có bao nhiêu nghiệm nguyên? D. 4. C. Phương trình đã cho ( 2x2 Û log2 2 2x +1- 1 ) + x = log2 2x2 +1- 1 + x = log2 ) x + x = 2log ( 2x +1- 1) +( Û 1+ 2log2 x + x = 2log2 Û 2log2 ( B. 1. Chọn Điều kiện: x ¹ 0. Û log2 ( 2x2 ) - log2 ) 2x2 +1+1 + x = log2 ( ( ( ) 2x2 +1- 1 + 2x2 +1 ) 2x2 +1- 1 + 2x2 +1 2x2 +1- 1 + 2x2 +1 2 2 ) 2x2 +1- 1 . x = 2x2 +1- 1 Xét hàm f ( t) = 2log2 t + t trên ( 0;+¥ ) và đi đến kết quả Û x +1= 2x2 +1 Û x = ±2. x+ y log 3 ÷+ ( x + 1) ( y + 1) − 2 = 0 1 − xy x , y 0 ≤ x , y ≤ 1 Câu 13. Cho các số thực thỏa mãn và . Tìm giá trị nhỏ nhất của P với P = 2 x + y . A. 2. B. 1. 1 C. 2 . Lời giải D. 0 . Chọn D x+ y log 3 ÷+ ( x + 1) ( y + 1) − 2 = 0 ⇔ log ( x + y ) + ( x + y ) = log ( 1 − xy ) + ( 1 − xy ) ( 1) 3 3 1 − xy . 1 f ′( t ) = + 1 > 0, ∀t > 0 f ( t ) = log3 t + t t.ln 3 Xét hàm số với t > 0 , ta có . ⇒ f ( t) luôn đồng biến với ∀t > 0 . 1− x 2 ⇔ y = = − 1 + 1 ⇔ x + y = 1 − xy ⇒ ( ) x +1 x + 1 ( 2) . 1− x P = 2x + 2) ( 1 + x với 0 ≤ x ≤ 1 . Thế vào P ta được x = 0 ∈ [ 0;1] ′ P = 0 ⇔ 2 ( x + 1) ; x = −2 ∉ [ 0;1] . P ( 0 ) = 1 P ( 1) = 2 , . P′ = 2 − 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 đạt được khi x = 0 , y = 1 . log 9 x = log 6 y = log 4 ( x + y ) Câu 14. Gọi x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện và x −a + b = y 2 , với a , b là hai số nguyên dương. Tính a + b . A. a + b = 6 . B. a + b = 11 . C. a + b = 4 . D. a + b = 8 . Lời giải Chọn A Đặt log 9 x = t x = 9t t y = 6 log x = log y = t 6 9 ⇒ x + y = 4t log 9 x = log 4 ( x + y ) = t t x =3 ÷ y 2 Theo đề ra có (1) (2) (3) (4) Từ (1), (2), và (3) ta có 3 t −1 + 5 ÷ = 2t t 2 t 2 3 3 t t t t 2 t 9 + 6 = 4 ⇔ ( 3 ) + ( 3.2 ) − 4 = 0 ⇔ ÷ + ÷ − 1 = 0 ⇔ t 3 2 2 ÷ = −1 − 5 2 2 (TM ) ( L) t x 3 −1 + 5 − a + b = ÷ = = ⇒ a = 1; b = 5 y 2 2 2 Thế vào (4) ta được Thử lại ta thấy a = 1; b = 5 thỏa mãn dữ kiện bài toán. Suy ra a + b = 6. Câu 15. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) 4 x +1 + log 2 ( y + 3) = 16.2 y + log 2 ( 2 x + 1) A. 2019 . B. 2020 . thỏa mãn 0 ≤ x ≤ 2020 và 1 ≤ y ≤ 2020 và ? C. 1010 . Lời giải D. 1011 . Chọn C 0 ≤ x ≤ 2020 Điều kiện bài toán: 1 ≤ y ≤ 2020 4 x +1 + log 2 ( y + 3) = 16.2 y + log 2 ( 2 x + 1) ⇔ 22 x + 2 − log 2 ( 2 x + 1) = 2 y + 4 − log 2 ( y + 3) ( *) Ta có: t +1 [ 1; +∞ ) . Xét hàm số f (t ) = 2 − log 2 t trên 1 t.2t +1.ln 2 2 − 1 = > 0, ∀t ∈ [ 1; +∞ ) ⇒ [ 1; +∞ ) . t ln 2 t ln 2 Ta có hàm sốđồng biến trên (*) ⇔ f ( 2 x + 1) = f ( y + 3) ⇔ 2 x + 1 = y + 3 ⇔ y = 2 x − 2 Khi đó 3 1 ≤ y ≤ 2020 ⇔ 1 ≤ 2 x − 2 ≤ 2020 ⇔ ≤ x ≤ 1011 2 Vì . f ′(t ) = 2t +1 ln 2 − x ∈ { 2;3; 4;...;1011} Do x nguyên nên . Rõ ràng, với mỗi x ta xác định được tương ứng duy nhất một giá trị y nguyên thỏa mãn. ( x; y ) . Vậy có 1010 cặp số nguyên Câu 16. Cho bất phương trình: 9 x + ( m − 1) .3x + m > 0 ( 1) . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình 3 m≥− . 2 . A. ( 1) nghiệm đúng ∀x > 1 . 3 m>− . 2 . B. C. m > 3 + 2 2. . Lời giải D. m ≥ 3 + 2 2. . Chọn A t = 3x Đặt t 2 + ( m − 1) .t + m > 0 x > 1 ⇒ t > 3 Vì Bất phương trình đã cho thành: nghiệm đúng ∀t ≥ 3 t2 − t ⇔ > −m t +1 nghiệm đúng ∀t > 3 . g ( t) = t − 2 + Xét hàm số g ( 3) = 2 2 , ∀t > 3, g ' ( t ) = 1 − > 0, ∀t > 3 2 t +1 ( t + 1) . Hàm số đồng biến trên [ 3; +∞ ) và 3 3 3 −m ≤ ⇔ m ≥ − 2 . Yêu cầu bài toán tương đương 2 2. Câu 17. Cho phương trình m ∈ ( −25; 25 ) A. 9 . 7 x + m = log 7 ( x − m ) để phương trình đã cho có nghiệm? B. 25 . với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của C. 24 . Lời giải D. 26 . Chọn C Điều kiện: x > m . x 7 + m = t t t = log 7 ( x − m ) 7 + m = x ⇒ 7 x + x = 7t + t ( 1) Đặt ta có . u f ( u) = 7 + u ( 1) ⇔ t = x . Khi đó: Do hàm số đồng biến trên ¡ , nên ta có 7x + m = x ⇔ m = x − 7x . g ( x ) = x − 7 x ⇒ g ′ ( x ) = 1 − 7 x ln 7 = 0 ⇔ x = − log 7 ( ln 7 ) Xét hàm số . Bảng biến thiên: Từ đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi x đều thỏa mãn điều kiện vì x − m = 7 > 0 ) m ≤ g ( − log 7 ( ln 7 ) ) ≈ −0,856 (các nghiệm này ( −25; 25) , nên m ∈ { −24; −23;...; −1} . Do m nguyên thuộc khoảng Câu 18. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 0 ≤ x ≤ 2020 và 1 ≤ y ≤ 2020 và 4 x +1 + log 2 ( y + 3) = 16.2 y + log 2 ( 2 x + 1) ? A. 2019. B. 2020. C. 1010. D. 1011. Lời giải Chọn C 0 ≤ x ≤ 2020 Điều kiện bài toán: 1 ≤ y ≤ 2020 4 x +1 + log 2 ( y + 3) = 16.2 y + log 2 ( 2 x + 1) ⇔ 2 2 x + 2 − log 2 ( 2 x + 1) = 2 y + 4 − log 2 ( y + 3 ) ( *) Ta có: f ( t ) = 2t +1 − log 2 t [ 1; +∞ ) . Xét hàm số trên 1 t.2t +1.ln 2 2 − 1 f ′ ( t ) = 2t +1 ln 2 − = > 0, ∀t ∈ [ 1; +∞ ) ⇒ [ 1; +∞ ) . t ln 2 t ln 2 Ta có hàm số đồng biến trên ( *) ⇔ f ( 2 x + 1) = f ( y + 3) ⇔ 2 x + 1 = y + 3 ⇔ y = 2 x − 2 Khi đó 3 1 ≤ y ≤ 2020 ⇔ 1 ≤ 2 x − 2 ≤ 2020 ⇔ ≤ x ≤ 1011. 2 Vì x ∈ { 2;3; 4;...;1011} . Do x nguyên nên Rõ ràng, với mỗi x ta xác định được tương ứng duy nhất một giá trị y nguyên thỏa mãn. ( x; y ) . Vậy có 1010 cặp số nguyên 4x2 − 4 x + 1 2 log 7 ÷+ 4 x + 1 = 6 x 2x Câu 19. Biết x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình và ( ) 1 a+ b 4 với a , b là hai số nguyên dương. Giá trị của a + b bằng A. 16. B. 11 . C. 14. Lời giải x 1+ 2 x2 = D. 13. Chọn C x > 0 1 x ≠ 2 Điều kiện ( 2 x − 1) 2 4 x2 − 4 x + 1 2 log 7 ÷+ 4 x 2 − 4 x + 1 = 2 x ÷+ 4 x + 1 = 6 x ⇔ log 7 ÷ 2x 2x Ta có ⇔ log 7 ( 2 x − 1) + ( 2 x − 1) = log 7 2 x + 2 x ( 1) 2 2 f ( t ) = log 7 t + t ⇔ f ′ ( t ) = Xét hàm số Vậy hàm số đồng biến f Phương trình ( 1) trở thành 9 − 5 x1 + 2 x2 = 4 9 + 5 4 Vậy ( l) ( tm ) 1 +1 > 0 t ln 7 với t > 0 ( ( 2 x − 1) ) 2 3+ 5 x = 2 4 = f ( 2 x ) ⇔ ( 2 x − 1) = 2 x ⇔ 3− 5 x = 4 ⇒ a = 9; b = 5 ⇒ a + b = 9 + 5 = 14. 2x Câu 20. Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn nhỏ nhất của biểu thức A. 3 . P = log 2 ( 2 xy ) + 2 + y 2 −1 + ( x − y + 1) ( x − y − 1) = log 2 ( 2 xy ) . 4 x + y2 . 2 B. 2 . C. 1 . Lời giải D. 4 . Chọn A Giả thiết 2x 2 + y 2 −1 + ( x − y + 1) ( x − y − 1) = log 2 ( 2 xy ) ⇔ 2 x ⇔ x 2 − 2 xy + y 2 + 2 x ⇔ x2 + y 2 −1 + 2x Xét hàm số + y 2 −1 + y 2 −1 Từ (*) suy ra f ( t) + y 2 −1 − 1 = log 2 ( 2 xy ) ⇔ x 2 + y 2 − 1 + 2 x = log 2 ( 2 xy ) + 2 f ( t ) = t + 2t , Do đó hàm số Khi đó 2 2 2 ta có log 2 ( 2 xy ) 2 + ( x − y ) − 1 = log 2 ( 2 xy ) 2 + y 2 −1 = 2 xy + log 2 ( 2 xy ) ( *) . f ′ ( t ) = 1 + 2t ln 2 > 0, ∀t ∈ ¡ . luôn đồng biến trên ¡ . f ( x 2 + y 2 − 1) = f ( log 2 ( 2 xy ) ) ⇔ x 2 + y 2 − 1 = log 2 ( 2 xy ) P = log 2 ( 2 xy ) + 4 4 = x2 + y2 + 2 −1 ≥ 2 2 x +y x + y2 2 Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi Vì x > 0, y > 0 nên x = y = 1 . (x 2 + y2 ) . . 4 −1 = 3 x + y2 . 4 2 2 x = y = 1 x + y = x2 + y 2 ⇔ x = y = −1 x 2 + y 2 − 1 = log ( 2 xy ) 2 2 . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng 3 khi và chỉ khi x = y = 1. Câu 21. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình log 2 ( m − x ) + 2m = 2 x + 3x − 1 A. 6 . có nghiệm thuộc B. 5 . [ 0; 2] ? C. 4 . Lời giải D. 3 . Chọn C Điều kiện: m − x > 0 log 2 ( m − x ) + 2m = 2 x + 3 x − 1 Ta có: ⇔ log 2 ( 2m − 2 x ) + 2m − 2 x = 2 x + x ⇔ log 2 ( 2m − 2 x ) + 2m − 2 x = log 2 2 x + 2 x ( *) Xét hàm số . 1 ( 0; +∞ ) . Ta có: f ′ ( t ) = 1 + t.ln 2 > 0, ∀t > 0 . trên f ( t) ( 0; +∞ ) . liên tục và đồng biến trên f ( t ) = log 2 t + t Suy ra hàm số ( *) ⇔ f ( 2m − 2 x ) = f 2 x ⇔ 2m − 2 x = 2 x ⇔ 2m = 2 x + 2 x . Do đó g ( x ) = 2x + 2x g ' ( x ) = 2 x.ln 2 + 2 > 0, ∀x ∈ [ 0; 2 ] Đặt . Vì nên ta có BBT: ( ) Tìm giá trị 1 ≤ 2m ≤ 8 ⇔ 1 ≤m≤4 2 . Do đó ycbt m ∈ { 1; 2;3; 4} Vì m ∈ ¢ Vậy có 4 giá trị m cần tìm. Câu 22. Có bao nhiêu cặp số nguyên A. 2020 . B. 674 . ( x; y) 2 x y 2 thỏa mãn 0 ≤ x ≤ 2020 và 2.625 − 10.125 = 3 y − 4 x + 1 C. 2021 . D. 1347 . Lời giải Chọn D Cách 1: Ta có: 2 2 2.625 x − 10.125 y = 3 y − 4 x 2 + 11 ⇔ 2.54 x − 2.53 y +1 = 3 y − 4 x 2 + 1 ⇔ 2.54 x + 4 x 2 = 2.53 y +1 + 3 y + 1 ( *) 2 Xét hàm số f ( t ) = 2.5t + t ( *) ⇔ Ta có: là hàm số đồng biến trên ¡ . f ( 4 x 2 ) = f ( 3 y + 1) ⇔ 4 x 2 = 3 y + 1 ⇔ 4 x 2 − 1 = 3 y ⇔ ( 2 x − 1) ( 2 x + 1) = 3 y ( **) ( **) tương đương với hoặc ( 2 x − 1) M3 Do x, y nguyên nên 2 x − 1;2 x + 1∈ Z và 3 là số nguyên tố nên hoặc ( 2 x + 1) M3 Nếu ( 2 x − 1) M3 ⇔ 2 x ≡ 1( mod 3) ⇔ 2 x ≡ 4 ( mod 3) ⇔ x ≡ 2 ( mod 3) Nếu ( 2 x + 1) M3 ⇔ 2 x ≡ −1( mod 3) ⇔ 2 x ≡ 2 ( mod 3) ⇔ x ≡ 1( mod 3) Ta có 2021 giá trị nguyên của x sao cho 0 ≤ x ≤ 2020 . Trong đó có 674 số chia hết cho 3. Nên có 1347 số thỏa ( **) . Với mỗi giá trị nguyên của x thì ta tìm được một và chỉ một giá trị y nguyên tương ứng. Vậy có 1347 cặp Cách 2: Ta có: ( x; y ) nguyên thỏa mãn bài toán. 2 2 2.625 x − 10.125 y = 3 y − 4 x 2 + 11 ⇔ 2.54 x − 2.53 y +1 = 3 y − 4 x 2 + 1 ⇔ 2.54 x + 4 x 2 = 2.53 y +1 + 3 y + 1 ( *) 2 Xét hàm số Ta có: f ( t ) = 2.5t + t ( *) ⇔ là hàm số đồng biến trên ¡ . f ( 4 x 2 ) = f ( 3 y + 1) ⇔ 4 x 2 = 3 y + 1 ⇔ 4 x 2 − 1 = 3 y ( ∗ ∗ ) x = 3k x ∈ ¥ ⇒ x = 3k + 1 ( k ∈ ¥ ) x = 3k + 2 Ta thấy . 2 2 Với x = 3k thì 4 x − 1 = 4.9 k − 1 không chia hết cho 3 nên trường hợp này loại. x = 3k + 1 2 x 2 = 3m + 1 ( m ∈ ¥ ) Với x = 3k + 2 thì nên 4 x − 1 = 12m + 3 chia hết cho 3. x = 3k + 1 ( **) . Vậy x = 3k + 2 mặt khác 0 ≤ x ≤ 2020 nên có 1347 số nguyên x thỏa Với mỗi giá trị nguyên của x thì ta tìm được một và chỉ một giá trị y nguyên tương ứng. Vậy có 1347 cặp ( x ; y ) nguyên thỏa mãn bài toán. Có bao nhiêu cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn 1002 ≤ x ≤ 2020 ? Câu 23. B. 10 . A. 12 . log 2 ( 2 x − 2002 ) + x = y + 1002 + 2 y và D. 18 . C. 11 . Lời giải Chọn B Ta có: log 2 ( 2 x − 2002 ) + x = y + 1002 + 2 y ⇔ log 2 ( x − 1001) + ( x − 1001) = 2 y + y y log 2 u + u = log 2 v + v với hàm số Đặt x − 1001 = u > 0, 2 = v > 0 ta có phương trình f ( t ) = log 2 t + t ( 0; +∞ ) y suy ra u = v ⇒ x − 1001 = 2 ⇒ 1002 ≤ x = 2 y + 1001 ≤ 2020 Suy ra 0 = log 2 1 ≤ y ≤ log 2 1019 = 9,99 . y nguyên nên đồng biến trên y ∈ { 0;1; 2;...;9} . Có bao nhiêu cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn 1002 ≤ x ≤ 2020 ? Câu 24. B. 10 . A. 12 . log 2 ( 2 x − 2002 ) + x = y + 1002 + 2 y và D. 18 . C. 11 . Lời giải Chọn B Ta có: log 2 ( 2 x − 2002 ) + x = y + 1002 + 2 y ⇔ log 2 ( x − 1001) + ( x − 1001) = 2 y + y y log 2 u + u = log 2 v + v với hàm số Đặt x − 1001 = u > 0, 2 = v > 0 ta có phương trình f ( t ) = log 2 t + t ( 0; +∞ ) y suy ra u = v ⇒ x − 1001 = 2 ⇒ 1002 ≤ x = 2 y + 1001 ≤ 2020 Suy ra 0 = log 2 1 ≤ y ≤ log 2 1019 = 9,99 . y nguyên nên đồng biến trên y ∈ { 0;1; 2;...;9} . Câu 25. Cho là các số thực thoả mãn thoả mãn đẳng thức là A. 2. B. 3. log 2 ( 2 x + 2 ) + x − 3 y = 8 y C. 4. Lời giải x; y ) . Biết 0 ≤ x ≤ 2018 , số cặp ( D. 5. Chọn C log ( x +1) y 3y log 2 x + 2 + x 3 y = 8 Û 2 + log x + 1 = 2 + 3y ( 1) ( ) ( ) 2 2 Ta có 2 f ( t ) = 2t + t có f ' ( t ) = 2t ln 2+1> 0 3y 1 Û log x + 1 = 3 y Û x = 2 - 1 ( ) ( ) 2 Nên Xét hàm số Với 0£ x £ 2018 Û 1£ 8y £ 2019 Û 0£ y £ log 8 2019, y Î ¢ Þ y Î { 0;1; 2; 3} Câu 26. Cho x , y là các số dương thỏa mãn lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của A. T = 60 . B. T = 94 . x2 + 5 y 2 + 1 + x 2 − 10 xy + 9 y 2 ≤ 0 2 2 x + 10 xy + y . Gọi M ,m lần log 2 x 2 + xy + 9 y 2 xy + y 2 . Tính T = 10 M − m . C. T = 104 . D. T = 50 . P= Lời giải Chọn B x2 + 5 y 2 log 2 2 + 1 + x 2 − 10 xy + 9 y 2 ≤ 0 2 x + 10 xy + y ⇔ log 2 ( x 2 + 5 y 2 ) − log 2 ( x 2 + 10 xy + y 2 ) + log 2 2 + 2 ( x 2 + 5 y 2 ) − ( x 2 + 10 xy + y 2 ) ≤ 0 ⇔ log 2 ( 2 x 2 + 10 y 2 ) + 2 ( x 2 + 5 y 2 ) ≤ log 2 ( x 2 + 10 xy + y 2 ) + ( x 2 + 10 xy + y 2 ) ⇔ 2 x 2 + 10 y 2 ≤ x 2 + 10 xy + y 2 (vi) 2 x x x ⇔ ÷ − 10 ÷+ 9 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ ≤ 9 2 2 ⇔ x − 10 xy + 9 y ≤ 0 y y y 2 x x y÷ + y +9 = x 2 + xy + 9 y 2 x P= +1 2 xy + y y t= Đặt x y , điều kiện: 1 ≤ t ≤ 9 2 t 2 + t + 9 f ′ ( t ) = t + 2t −2 8 f ′ ( t ) = 0 ⇔ t = −4 f ( t) = t = 2 ( t + 1) ; t +1 ; 11 99 f ( 1) = f 9 = ( ) f 2 = 5 2 ; ( ) 10 ; Nên M= 99 10 , m = 5 . Vậy T = 10 M − m = 94 Câu 27. Trong tất cả các cặp ( x; y ) ( x; y ) thỏa mãn . log x2 + y 2 +2 ( 2 x − 4 y + 6 ) ≥ 1 2 2 sao cho x + y + 2 x − 2 y + 2 − m = 0 . A. 13 − 3 và 13 + 3 B. 13 − 3 ( C. ( D. 13 − 3 Lời giải Chọn ) 2 13 − 3 ) 2 ( và 13 + 3 2 C. ⇔ 2 x − 4 y + 6 ≥ x 2 + y 2 + 2 ⇔ ( x − 1) + ( y + 2 ) ≤ 9 ( C1 ) 2 Giả thiết ) 2 . , tìm m để tồn tại duy nhất cặp x 2 + y 2 + 2 x − 2 y + 2 − m = 0 ⇔ ( x + 1) + ( y − 1) = m ( C2 ) 2 Xét điều kiện ⇔ ( C1 ) , ( C2 ) Yêu cầu bài toán Câu 42 :Cho hàm số Hỏi hàm số A. 1 tiếp xúc nhau y = f ( x) 2 ⇔ I1 I 2 = R1 + R2 ⇔ m = ( . 13 − 3 ) 2 . f '( x) có đạo hàm trên ¡ và có bảng xét dấu như sau. y = f ( x2 − 2 x ) có bao nhiêu điểm cực tiểu? B. 2 C. 3 D. 4 Lời giải Chọn#A. Giả sử Xét f ' ( x ) = − ( x + 2 ) ( x − 1) 2 ( x − 3) y = f ( x 2 − 2 x ) ⇒ y ' = ( 2 x − 2 ) f ' ( x 2 − 2 x ) = −2 ( x − 1) ( x 2 − 2 x + 2 ) ( x 2 − 2 x − 1) Suy ra bảng xét dấu của Suy ra hàm số 2 y = f ( x2 − 2x ) y = f ( x 2 − 2x ) (x 2 − 2 x − 3) có 1 điểm cực tiểu là x = 1 . x m ∈ ( 0; 2018 ) Câu 28. Có bao nhiêu số nguyên để phương trình m + 10 x = m.e có hai nghiệm phân biệt? A. 9 B. 2017 C. 2016 D. 2007 Lời giải Chọn C. Ta có: PT ⇔ me − 10 x − m = 0 f ( x ) = me x − 10 x − m Xét hàm số x Ta có: f ' ( x ) = me x − 10 = 0 ⇔ x = ln 10 m 10 lim f ( x ) = lim f ( x ) = +∞; Min f ( x ) = f ln ÷ x →+∞ ¡ m , mặt khác f ( 0 ) = 0 Mặt khác 10 ln ≠ 0 ⇔ m ≠ 10 Do đó để PT có 2 nghiệm phân biệt thì m . x →−∞ Vậy có 2016 giá trị nguyên m ∈ ( 0; 2018 ) để PT có 2 nghiệm. (u ) Câu 29. Cho cấp số cộng n có tất cả các số hạng đều dương và thỏa mãn điều kiện sau u1 + u2 + ... + u2018 = 4 ( u1 + u2 + ... + u1009 ) . 2 2 2 Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = log 3 u2 + log 3 u5 + log 3 u14 bằng A. 3 B. 1 Lời giải Chọn C. C. 2 D. 4 u1 + u2 + ... + u2018 = 4 ( u1 + u2 + ... + u1009 ) ⇔ u1 + u2018 u +u .2018 = 4. 1 1009 .1009 2 2 Ta có: u1 + u2018 = 2u1 + 2u1009 ⇔ u2018 ⇔ u1 + 2u1009 ⇔ 2017d = 2 ( u1 + 1008d ) ⇔ 2u1 = d P = log 32 u2 + log 32 u5 + log 32 u14 = log 32 ( u1 + d ) + log 32 ( u1 + d ) + log 32 ( u1 + 13d ) Ta có: ⇒ P = log 32 ( 3u1 ) + log 32 ( 9u1 ) + log 32 ( 27u1 ) = ( 1 + log 3 u1 ) + ( 2 + log 3 u1 ) + ( 3 + log 3 u1 ) 2 2 2 ⇒ P = ( 1 + t ) + ( 2 + t ) + ( 3 + t ) = 3t 2 + 12t + 14 = 3 ( t + 2 ) + 2 ≥ 2 Đặt t = log 3 u1 Do đó Pmin = 2 . 2 Câu 30. Số giá trị nguyên của b ∈ ( 1; +∞ ) 2 2 m ∈ ( −200; 200 ) để 2 3.a log a b −b logb a > m. log a b + 2 với mọi a , là A. 200. B. 199. C. 2020. Lời giải D. 2002. Chọn A Đặt log a b = x x > 0 , . 2 x Suy ra b = a . Khi đó 3.a Xét hàm số log a b −b f ( x) = logb a ( ) x x > m. log a b + 2 ⇔ 3.a − a 2 1 x > m.x + 2 ⇔ 2.a x − 2 >m x . 2.a x − 2 x , với x > 0 . 2a x ( x.ln a + 2 ) f ′( x) = > 0 ∀x ∈ ( 0; +∞ ) f ( x) ( 0; +∞ ) . x2 có , nên liên tục và đồng biến trên Bảng biến thiên Dựa vào BBT ta thấy m < f ( x ) ⇔ m < 2 ln a . 3.a Vì ln a > 0, ∀a > 1 , do đó Và m ∈ ( −200; 200 ) log a b −b logb a > m. log a b + 2 b ∈ ( 1; +∞ ) với mọi a , thì m ≤ 0 . nguyên nên có 200 số nguyên m thỏa yêu cầu bài toán. 2 x − y − 2 y + x = 2 y x 2 y 2 2 + 1 = ( m + 2 ) .2 . 1 − y Câu 31. Cho hệ phương trình ( 1) , m là tham số. Gọi S là tập các giá trị m nguyên để hệ có nghiệm duy nhất. Tập S có bao nhiêu phần tử? A. 0 . B. 1 . C. 3 . Lời giải Chọn B D. 2 . 2 x − y − 2 y + x = 2 y x 2 y 2 2 + 1 = ( m + 2 ) .2 . 1 − y Xét hàm số x− y y 2 + x − y = 2 − y ( 1) ⇔ x 2 y 2 2 + 1 = ( m + 2 ) .2 . 1 − y y = f ( t ) = 2t + t , dễ thấy đây là hàm số đồng biến trên ¡ . Từ đó, phương trình 2x− y + x − y = 2 y − y ⇔ f ( x − y ) = f ( y ) ⇔ x − y = y ⇔ x = 2 y . Thế x = 2y vào phương trình 2 x + 1 = ( m 2 + 2 ) .2 y. 1 − y 2 được 22 y + 1 = ( m 2 + 2 ) .2 y. 1 − y 2 22 y + 1 = ( m 2 + 2 ) . 1 − y 2 ⇔ 2 y + 2− y = m 2 + 2 . 1 − y 2 y 2 . ( *) nếu có nghiệm y = y0 thì sẽ có nghiệm y = − y0 . Dễ thấy phương trình ( 1) có nghiệm duy nhất ⇔ ( *) có nghiệm duy nhất ⇒ ( *) có nghiệm y = 0 ⇒ m = 0 . Hệ ⇔ ( ) y −y 2 2 y −y Thử lại với m = 0 c ( *) ⇔ 2 + 2 = 2 1 − y . Dễ thấy VT = 2 + 2 ≥ 2 và VP = 2 1 − y ≤ 2 nên 2 y = 2 − y ⇔ 2 1 − y = 1 ⇔ y = 0 và ( 1) có nghiệm dấu “=” xảy ra x = 0 y = 0 . Vậy tập S có 1 phần tử. Câu 32. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt trong đoạn . A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn A . Đặt , . Khi đó phương trình đã cho trở thành: . Yêu cầu bài toán tương đương với phải có một nghiệm thuộc . . Câu 33. Có bao nhiêu cặp số nguyên A. 1010 . B. 6 . ( x; y ) log 5 ( 5 x + 5 ) − 3 y = 125 y − x thỏa mãn 0 ≤ x ≤ 2020 và ? C. 2 . D. 4 . Lời giải ChọnC. log 5 ( 5 x + 5 ) + x = 3 y + 125 y ⇔ 1 + log 5 ( x + 1) + x = 3 y + 53 y Ta có: t = log 5 ( x +1) Þ x = 5t - 1 Đặt . 1 + log 5 ( x + 1) + x = 3 y + 53 y Û t + 5t = 3 y + 53 y Khi đó: . v f ( v) = v + 5 Xét hàm đặc trưng: . v Þ f ¢( v ) = 1 + 5 ln 5 > 0 f ( v ) = v + 5v nên hàm số đồng biến trên ¡ . t 3y Û log 5 ( x +1) = 3 y Û x +1 = 53 y Û x +1 =125 y Do đó: t + 5 = 3 y + 5 Û t - 3 y . Theo giả thiết: 0 ≤ x ≤ 2020 ⇔ 1 ≤ x ≤ 2021 ⇔ 1 ≤ 125 y ≤ 2021 ⇔ 0 ≤ y ≤ log125 2021 ≈ 1,57 . Chọn y = 0 Þ x = 0 và y = 1 Þ x = 124 . ( x; y ) là ( 0;0) ;( 1;124) thỏa mãn. Vậy có 2 cặp số nguyên Câu 34. Có bao nhiêu cặp số nguyên A. 1010 . B. 6 . ( x; y ) log5 ( 5 x + 5) − 3 y = 125 y − x thỏa mãn 0 ≤ x ≤ 2020 và ? C. 2 . D. 4 . Lời giải ChọnC. Ta có: Đặt log 5 ( 5 x + 5 ) + x = 3 y + 125 y ⇔ 1 + log 5 ( x + 1) + x = 3 y + 53 y t = log 5 ( x +1) Þ x = 5t - 1 Khi đó: . 1 + log 5 ( x + 1) + x = 3 y + 53 y Û Xét hàm đặc trưng: f ( v) = v + 5v Þ f ¢( v) =1 + 5v ln 5 > 0 t 3y Do đó: t + 5 = 3 y + 5 Theo giả thiết: . nên hàm số Û t - 3y t + 5t = 3 y + 53 y . f ( v ) = v + 5v đồng biến trên ¡ . Û log 5 ( x +1) = 3 y Û x +1 = 53 y Û x +1 = 125 y . 0 ≤ x ≤ 2020 ⇔ 1 ≤ x ≤ 2021 ⇔ 1 ≤ 125 y ≤ 2021 ⇔ 0 ≤ y ≤ log125 2021 ≈ 1,57 . Chọn y = 0 Þ x = 0 và y = 1 Þ x = 124 . Vậy có 2 cặp số nguyên ( x; y ) là ( 0;0) ; ( 1;124) thỏa mãn. x+ y log 3 ÷+ ( x + 1) ( y + 1) − 2 = 0 1 − xy Câu 35. Cho các số thực x, y thỏa mãn 0 ≤ x, y ≤ 1 và . Tìm giá trị nhỏ nhất của P với P = 2 x + y . A. 2. 1 C. 2 . B. 1. D. 0 . Lời giải Chọn D x+ y log 3 ÷+ ( x + 1) ( y + 1) − 2 = 0 ⇔ log ( x + y ) + ( x + y ) = log ( 1 − xy ) + ( 1 − xy ) ( 1) 3 3 1 − xy . Xét hàm số ⇒ f ( t) f ( t ) = log3 t + t f ′( t ) = 1 + 1 > 0, ∀t > 0 t.ln 3 . luôn đồng biến với ∀t > 0 . ⇒ ( 1) ⇔ x + y = 1 − xy 2 Thế ( ) với t > 0 , ta có vào P ta được ⇔ y= 1− x 2 = −1 + x +1 x +1 P = 2x + ( 2) . 1− x 1 + x với 0 ≤ x ≤ 1 . x = 0 ∈ [ 0;1] ′ P = 0 ⇔ 2 ( x + 1) ; x = −2 ∉ [ 0;1] . P ( 0 ) = 1 P ( 1) = 2 , . P′ = 2 − 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 đạt được khi x = 0 , y = 1 . Câu 36. Có bao nhiêu cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn 0 < x £ 2020 và A. 2018. B. 2019. C. 2020. 2 x + log 2 x = 2 2− y ? 2− y D. 2021. Lời giải Chọn C pt (1) ⇔ 2 x + log 2 x = 22− y + log 2 (2 − y ) . f (t ) = 2t + log 2 t liên tục trên khoảng (0; + ∞ ) 1 f '(t ) = 2t ln 2 + > 0, ∀t > 0 ⇒ hs f (t ) đồng biến trên (0; + ∞ ) t ln 2 Mà phương trình (4) ⇔ f ( x) = f (2 − y ) ⇔ x = 2 − y Hàm số Từ đó suy ra có 2020 cặp số thỏa mãn. sin x + 3 Câu 37. Tìm các giá trị m để phương trình 6≤m≤ 6. A. 5 cos x − m + 5 = log sin x + 5 cos x +10 ( m + 5) có nghiệm. C. 5 − 6 ≤ m ≤ 5 + 6 . D. − 6 ≤ m ≤ 5 . B. −5 ≤ m ≤ 5 . Lời giải Chọn C Ta có: sin x + 5 cos x − m +5 3 = log sin x + ( m + 5) ln ( m + 5 ) 5 cos x +10 3sin x + 5 cos x +10 ⇔ = m +5 3 ln sin x + 5 cos x + 10 ⇔ 3sin x + Xét ( ( ) ) .ln sin x + 5 cos x + 10 = 3 m +5.ln ( m + 5 ) 5 cos x +10 f ( t ) = ln ( t ) .3t , ∀t ≥ 5 1 f ′ ( t ) = 3t + ln ( t ) 3t ln ( 3 ) > 0, ∀t ≥ 5 t Vậy hàm số ( f ( t) đồng biến. ) f sin x + 5 cos x + 10 = f ( m + 5 ) ⇔ sin x + 5 cos x + 10 = m + 5 ⇔ sin x + 5 cos x + 5 = m Mà − 6 ≤ sin x + 5 cos x ≤ 6 Vậy để phương trình có nghiệm ta phải có 5 − 6 ≤ m ≤ 5 + 6 2018 Câu 38. Xét các số thực dương x, y thoả mãn P = 2 y − 3 x bằng A. Pmin = Chọn C Ta có 3 4. B. Pmin = 5 6. ( ) = 2x + y 2 2 x 2 − y +1 C. Lời giải ( x + 1) Pmin = 7 8. . Giá trị nhỏ nhất D. Pmin Pmin = của biểu thức 1 2. 2018 ) = 2 x + y ⇒ log 2 2 2018 ( x + 2 x + 1) + 2 ( x + 2 x + 1) = log 2018 ( 2 x + y ) + 2 ( 2 x + y ) ( * ) . 2 ( 2 x 2 − y +1 ( x + 1) f ( t ) = log 2018 t + 2t , t > 0 Xét hàm: Suy ra: f ′( t ) = Do đó hàm Mà ( *) ⇔ . 1 + 2 > 0 , ∀t > 0 t ln 2018 . f ( t) đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) . f ( x 2 + 2 x + 1) = f ( 2 x + y ) ⇔ x 2 + 2 x + 1 = 2 x + y ⇔ y = x 2 + 1 . 2 3 7 7 P = 2 y − 3x = 2 x 2 − 3x + 2 = 2 x − ÷ + ≥ 4 8 8 . Khi đó: 7 3 Pmin = x= 8 khi 4. Kết luận: log 2 x2 + xy +3 y 2 ( 11x + 20 y − 40 ) = 1 Câu 39. Cho các số thực dương x , y thỏa mãn . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của S= y x . Tính M + m . B. M + m = 10 . 11 M +m= 6. D. A. M + m = 2 14 . 7 M +m= 2. C. Lời giải Chọn C S= Do Ta có y x nên y = Sx. log 2 x2 + xy +3 y 2 ( 11x + 20 y − 40 ) = 1 ⇔ 11x + 20 y − 40 = 2 x 2 + xy + 3 y 2 ⇔ 11x + 20Sx − 40 = 2 x 2 + xSx + 3S 2 x 2 ⇔ ( 3S 2 + S + 2 ) x 2 − ( 20 S + 11) x + 40 = 0 ∆ = ( 20 S + 11) − 4 ×40 ×( 3S 2 + S + 2 ) = −80 S 2 + 280 S − 199. 2 Biệt thức Để có các số thực dương x , y thỏa mãn giả thiết trước hết ta phải có: ∆ ≥ 0 ⇔ −80 S 2 + 280 S − 199 ≥ 0 ⇔ 35 − 230 35 + 230 = S1 ≤ S ≤ S2 = . 20 20 20S1 + 11 >0 35 + 230 x = 2 3S1 + S1 + 2 M = max S = khi 20 y = S x > 0 1 Từ đó ta suy ra 20S2 + 11 >0 35 − 230 x = 3S2 2 + S2 + 2 m = min S = khi 20 y = S x > 0 2 7 M+m = . 2 Vậy ( 1) log 2 x2 + xy +3 y2 ( 11x + 20 y − 40 ) = 1 Câu 40. Cho các số thực dương x , y thỏa mãn . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của S= y x . Tính M + m . B. M + m = 10 . 11 M +m= 6. D. A. M + m = 2 14 . 7 M +m= 2. C. Lời giải Chọn C S= Do Ta có y x nên y = Sx. log 2 x2 + xy +3 y 2 ( 11x + 20 y − 40 ) = 1 ⇔ 11x + 20 y − 40 = 2 x 2 + xy + 3 y 2 ⇔ 11x + 20Sx − 40 = 2 x 2 + xSx + 3S 2 x 2 ⇔ ( 3S 2 + S + 2 ) x 2 − ( 20 S + 11) x + 40 = 0 ( 1) ∆ = ( 20 S + 11) − 4 ×40 ×( 3S 2 + S + 2 ) = −80 S 2 + 280 S − 199. 2 Biệt thức Để có các số thực dương x , y thỏa mãn giả thiết trước hết ta phải có: ∆ ≥ 0 ⇔ −80 S 2 + 280 S − 199 ≥ 0 ⇔ 35 − 230 35 + 230 = S1 ≤ S ≤ S 2 = . 20 20 20S1 + 11 >0 35 + 230 x = 2 3S1 + S1 + 2 M = max S = khi 20 y = S x > 0 1 Từ đó ta suy ra 20S2 + 11 >0 35 − 230 x = 3S2 2 + S2 + 2 m = min S = khi 20 y = S x > 0 2 7 M+m = . 2 Vậy x+ y log 3 ÷+ ( x + 1) ( y + 1) − 2 = 0 1 − xy Câu 41. Cho các số thực x, y thỏa mãn 0 ≤ x, y ≤ 1 và . Tìm giá trị nhỏ nhất của P với P = 2 x + y . A. 2. B. 1. 1 C. 2 . Lời giải D. 0 . Chọn D x+ y log 3 ÷+ ( x + 1) ( y + 1) − 2 = 0 ⇔ log ( x + y ) + ( x + y ) = log ( 1 − xy ) + ( 1 − xy ) ( 1) 3 3 1 − xy . 1 f ′( t) = + 1 > 0 ∀t > 0 f ( t ) = log 3 t + t t.ln 3 Xét hàm số với t > 0 , ta có ⇒ f ( t) luôn đồng biến với ∀t > 0 1− x 2 = −1 + ⇒ x +1 x + 1 ( 2) . 1− x P = 2x + 2) ( 1 + x Với 0 ≤ x ≤ 1 Thế vào P ta được x = 0 ∉ [ 0;1] 2 P′ = 2 − P′ = 0 ⇔ 2 ( x + 1) ; x = −2 ∉ [ 0;1] . P ( 0 ) = 1; P ( 1) = 2 . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 đạt được khi x = 0; y = 1 . ( 1) ⇔ x + y = 1 − xy ⇔ y= Câu 42. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình : ( m − 1) log 21 ( x − 2 ) 2 + 4 ( m − 5 ) log 1 2 2 A. 6. 1 5 + 4m − 4 = 0 , 4 x−2 có nghiệm trên 2 B. 7. C. 5. Lời giải D. 8. Chọn A 5 x ∈ ; 4 ⇒ t ∈ [ −1;1] 2 2 Đặt . Do 4 ( m − 1) t 2 + 4( m − 5)t + 4m − 4 = 0 t = log 1 ( x − 2 ) ⇔ ( m − 1) t 2 + ( m − 5) t + m − 1 = 0 ⇔ m ( t 2 + t + 1) = t 2 + 5t + 1 t 2 + 5t + 1 t2 + t +1 ⇔ g ( m) = f ( t ) ⇔m= t 2 + 5t + 1 f ( t) = 2 t + t + 1 với t ∈ [ −1;1] Xét f ′( t ) = Để (t 4 − 4t 2 2 + t + 1) phương 2 ≥0 trình ∀t ∈ [ −1;1] ⇒ [ −1;1] Hàm số đồng biến trên đoạn g ( m) ; f ( t ) có nghiệm khi hai đồ thị ⇒ f (−1) ≤ g ( m ) ≤ f ( 1) ⇔ −3 ≤ m ≤ cắt nhau ∀t ∈ [ −1;1] 7 3 x −a + b = log 9 x = log 6 y = log 4 ( x + y ) x , y y 2 Câu 43. Gọi là các số thực dương thỏa mãn điều kiện và , với a, b là hai số nguyên dương. Tính a.b ? A. a.b = 5 . B. a.b = 1 . C. a.b = 8 . D. a.b = 4. Lời giải Chọn A • Ta đặt t = log 9 x = log 6 y = log 4 ( x + y ) ⇒ x = 9t ; y = 6t ; x + y = 4t 3 t −1 − 5 ( loai ) ÷ = 2t t 2 2 3 3 t t t 9 + 6 = 4 ⇔ ÷ + ÷ =1⇒ 3 t −1 + 5 2 2 ÷ = ( nhan ) 2 2 Ta có: t t x −a + b 9 3 −1 + 5 = ⇔ ÷ = ÷ = 2 2 6 2 Mà y . Do đó: a = 1; b = 5 và a.b = 5 . Câu 44. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình : ( m − 1) log 21 ( x − 2 ) 2 + 4 ( m − 5 ) log 1 2 2 A. 6. 1 + 4m − 4 = 0 x−2 có nghiệm trên B. 7. 5 2 , 4 C. 5. Lời giải D. 8. Chọn A 5 x ∈ ; 4 ⇒ t ∈ [ −1;1] 2 2 Đặt . Do 4 ( m − 1) t 2 + 4( m − 5)t + 4m − 4 = 0 t = log 1 ( x − 2 ) ⇔ ( m − 1) t 2 + ( m − 5) t + m − 1 = 0 ⇔ m ( t 2 + t + 1) = t 2 + 5t + 1 t 2 + 5t + 1 t2 + t +1 ⇔ g ( m) = f ( t ) ⇔m= t 2 + 5t + 1 f ( t) = 2 t + t + 1 với t ∈ [ −1;1] Xét f ′( t ) = Để 4 − 4t 2 ( t 2 + t + 1) phương 2 ≥0 trình ∀t ∈ [ −1;1] ⇒ [ −1;1] Hàm số đồng biến trên đoạn g ( m) ; f ( t ) có nghiệm khi hai đồ thị ⇒ f (−1) ≤ g ( m ) ≤ f ( 1) ⇔ −3 ≤ m ≤ Cho các số thực dương a , b thỏa mãn 1 1 2 0 |