Có bao nhiêu cặp số nguyên [[ [x;y] ] ] thỏa mãn [xy = 2[ [x + y] ] ].
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
A. 10 .
B. 11 .
[ x; y ] thỏa mãn 0 £ x £ 2020 và log 2 [ 4 x + 4 ] + x = y + 1 + 2 y ?
D. 4 .
C. 2020 .
Lời giải
Chọn B
log 2 [ 4 x + 4] = t Û 4 x + 4 = 2t Û x = 2t- 2 - 1
Đặt
.
t- 2
Từ điều kiện 0 £ x £ 2020 Þ 0 £ 2 - 1 £ 2020 Û 1 £ t - 1 £ 1 + log 2 2021 .
t - 1 + 2t - 2 = y +1 + 2 y [ *]
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]
Có
nên
hàm
f [ u]
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