Ứng dụng phương pháp hàm số giải phương trình mũ và logarit - 50 bài toán ôn thi THPTQG
NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 696 KIẾN THỨC CẦN NHỚ: 1. Định lý: Nếu hàm số y f x đồng biến [hoặc luôn nghịch biến] và liên tục trên ; a b thì * ; ; : u v a b f u f v u v . * Phương trình f x k k const có nhiều nhất 1 nghiệm trên khoảng ; a b . 2. Định lý: Nếu hàm số y f x đồng biến [hoặc nghịch biến] và liên tục trên ; a b , đồng thời lim . lim [ ] 0 x a x b f x f x thì phương trình f x k k const có duy nhất nghiệm trên ; a b . 3. Tính chất của logarit: 1.1. So sánh hai logarit cũng cơ số: Cho số dương 1 a và các số dương , b c . Khi 1 a thì log log a a b c b c . Khi 0 1 a thì log log a a b c b c . 1.2. Hệ quả: Cho số dương 1 a và các số dương , b c . Khi 1 a thì log 0 1 a b b . Khi 0 1 a thì log 0 1 a b b . log log a a b c b c . 2. Logarit của một tích: Cho 3 số dương 1 2 , , a b b với 1 a , ta có 1 2 1 2 log [ . ] log log a a a b b b b 3. Logarit của một thương: Cho 3 số dương 1 2 , , a b b với 1 a , ta có 1 1 2 2 log log log a a a b b b b Đặc biệt: với , 0, 1 a b a 1 log log a a b b . 4. Logarit của lũy thừa: Cho , 0, 1 a b a , với mọi , ta có log log a a b b . Đặc biệt: 1 log log n a a b b n [ n nguyên dương]. 5. Công thức đổi cơ số: Cho 3 số dương , , a b c với 1, 1 a c , ta có log log log c a c b b a . Đặc biệt: 1 log log a c c a và 1 log log a a b b với 0 . ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 697 BÀI TẬP MẪU Có bao nhiêu cặp số nguyên ; x y thỏa mãn 0 2020 x và 3 log 3 3 2 9 ? y x x y A. 2019 . B. 6 . C. 2020 . D. 4 . Phân tích hướng dẫn giải 1. DẠNG TOÁN: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình mũ, logarit. Phương pháp Tìm hàm đặc trưng của bài toán, đưa phương trình về dạng f u f v . 2. HƯỚNG GIẢI: B1: Đưa phương trình đã cho về dạng f u f v . B2: Xét hàm số y f t trên miền D . * Tính y và xét dấu y . * Kết luận tính đơn điệu của hàm số y f t trên D . B3: Tìm mối liên hệ giữa ; x y rồi tìm các cặp số ; x y rồi kết luận. Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau: Lời giải Chọn D ĐK: 1 x . Ta có 3 log 3 3 2 9 y x x y 3 log 3 3 2 1 3 3log 3 3 3 3 2 1 3 [*] x y x y Xét hàm số 3 3 t f t t trên , vì 3 3 .ln 3 0, 0 t f t t nên hàm số f t đồng biến trên . Từ đó * 3 log 3 3 2 1 f x f y 3 log 3 3 2 1 x y . Mặt khác 3 3 3 0 2020 log 3 3 1;log 6063 2 1 1;log 6063 x x y 3 1 2 1 log 6063 0 3 y y y Z . Vậy có 4 cặp ; x y thỏa mãn. Bài tập tương tự và phát triển: Câu 47.1: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số 2019; 2019 m để phương trình 2 1 2 1 2019 0 1 2 x x mx m x x có đúng 3 nghiệm thực phân biệt ? A. 4038 . B. 2019 . C. 2017 . D. 4039 . Lời giải Chọn C NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 698 TXĐ: \ 1; 2 . D Ta có 2 1 2 1 2019 0 1 2 2 1 [ 2] 1 2019 0 1 2 2 1 1 2019 . [*] 1 2 x x x x mx m x x x m x x x x m x x Đặt 2 1 1 [ ] 2019 . 1 2 x x f x x x Khi đó 2 2 3 1 '[ ] 2019 ln 2019 0 . [ 1] [ 2] x f x x D x x Ta có bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên, để phương trình [*] có 3 nghiệm thực phân biệt thì 2 2. m m Mà 2019; 2019 m và m nên có 2017 giá trị m thỏa mãn. Câu 47.2: Có bao nhiêu cặp số nguyên ; x y thỏa mãn 0 2020 y và 3 2 1 log 1 2 ? x x y y A. 2019 . B. 11. C. 2020 . D. 4 . Lời giải Chọn B Từ giả thiết ta có: 0 2 1 0 2 1 0 0 x x y x y y Ta có: PT 3 3 log 2 1 2 1 log [*] x x y y NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 699 Xét hàm số 3 log f t t t trên 0; Khi đó 1 1 0 ln 3 f t t do đó hàm số 3 log f t t t đồng biến trên 0; [*] có dạng 2 1 2 1 x x f f y y Vì 2 0 2020 0 2 1 2020 1 2 2021 0 log 2021 x x y x 2 0 log 2021 0;1; 2;3; 4;5;6;7;8;9;10 x x x . Vậy có 11 cặp ; x y thỏa mãn. Câu 47.3: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tồn tại cặp số ; x y thỏa mãn 3 5 3 1 e e 1 2 2 x y x y x y , đồng thời thỏa mãn 2 2 3 3 log 3 2 1 6 log 9 0 x y m x m ? A. 6 . B. 5. C. 8 . D. 7 . Lời giải Chọn B Ta có 3 5 3 1 e e 1 2 2 x y x y x y 3 5 3 1 e 3 5 e 3 1 x y x y x y x y [1] Xét hàm số e t f t t trên . Ta có e 1 0 t f t nên hàm số đồng biến trên . Khi đó [1] 3 5 3 1 f x y f x y 3 5 3 1 x y x y 2 1 2 y x . Thế vào phương trình còn lại ta được 2 2 3 3 log 6 log 9 0 x m x m [2] Đặt 3 log t x . Số nghiệm của phương trình [2] chính là số nghiệm của phương trình 2 2 6 9 0 t m t m [3] Phương trình [3] có nghiệm khi 0 2 3 12 0 m m 0 4 m . Do đó có 5 số nguyên m thỏa mãn. Câu 47.4: Có bao nhiêu số nguyên của m để phương trình 2 2 2 log 2 2log 4 2 1 x m x x x m có hai nghiệm thực phân biệt ? A. 2 . B. 3 . C. 1. D. 4 Lời giải Chọn C Điều kiện 0 2 x m x 2 2 2 log 2 2log 4 2 1 x m x x x m NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 700 2 2 2 2 2 2 2 log 2 2log 2 2 1 log 2 2 2 1 log x m x x x m x m x m x x 2 2 2 2 log 2 2 2 2 log x m x m x x [1] Xét 2 log , 0 f u u u u 1 ' 1 0 ln 2 f u u , do đó hàm số đồng biến trên [0; ] . Khi đó [1] 2 2 2 2 2 2 2 4 2 f x m f x x m x x x m Xét hàm số 2 4 , 0 g x x x x Phương trình có 2 nghiệm dương khi 4 2 0 2 0 m m suy ra có 1 giá trị nguyên. Câu 47.5: Biết 1 x , 2 x là hai nghiệm của phương trình 2 2 7 4 4 1 log 4 1 6 2 x x x x x và 1 2 1 2 4 x x a b với a , b là hai số nguyên dương. Tính a b . A. 13 a b . B. 11 a b . C. 16 a b . D. 14 a b . Lời giải Chọn D Điều kiện: 1 0, 2 x x . Ta có: 2 2 2 2 7 7 7 4 4 1 log 4 1 6 log 4 4 1 4 4 1 log 2 2 2 x x x x x x x x x x x . Xét hàm số 7 log f t t t có 1 1 0 ln7 f t t 0 t nên là hàm số đồng biến trên 0; . Do đó ta có 2 2 3 5 4 4 1 2 4 6 1 0 4 x x x x x x . NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 701 Khi đó 1 2 3 5 3 5 1 2 2 9 5 4 4 4 x x hoặc 1 2 3 5 3 5 1 2 2 9 5 4 4 4 x x . Vậy 1 2 3 5 3 5 ; 4 4 x x . Do đó 9; 5 a b và 9 5 14 a b . Câu 47.6: Biết phương trình 5 3 2 1 1 log 2log 2 2 x x x x có một nghiệm dạng 2 x a b trong đó , a b là các số nguyên. Tính 2 a b . A. 3 . B. 8 . C. 4 . D. 5 . Lời giải Chọn B Ta có 5 3 5 3 2 1 1 2 1 1 log 2log log 2log 1 . 2 2 2 x x x x x x x x ĐKXĐ: 1 x . 5 3 5 3 1 log 2 1 2log 2 log 2log 1 [*] x x x x Xét hàm số 5 3 log 2 log 1 f t t t , với 1 t . 1 2 0 .ln 5 1 ln 3 f t t t với mọi 1 t , suy ra f t đồng biến trên khoảng 1; . Từ [*] ta có 2 1 f x f x nên suy ra 2 2 1 2 1 0 1 2 x x x x x [do 1 x ]. Suy ra 3 2 2 3; 2 2 8 x a b a b . Câu 47.7: Tìm tổng tất cả các giá trị nguyên của m để phương trình 3 3 3 3 2 3 3 9 24 .3 3 1 x m x x x x x x m có 3 nghiệm phân biệt. A. 45 . B. 34 . C. 27 . D. 38 . Lời giải Chọn C NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 702 3 3 3 3 3 3 2 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 9 24 .3 3 1 3 3 27 3 .3 3 1 3 3 3 27 3 3 1 x m x x x x m x x x m x x x x x m x m x x m x 3 3 3 3 1 3 27 27. 3 3 3 b a b a b a b a Đặt 3 3 ; 3 a x b m x , phương trình [1] trở thành 3 3 3 3 3 27 27. 3 3 3 b a b a b a b a . Xét hàm số 3 2 3 ' 3 .ln 3 3 0, t t f t t f t t t 3 3 3 2 [1] 3 3 3 3 9 24 27 f a f b a b x m x m x x x x x 3 2 2 9 24 27 ' 3 18x 24 ' 0 2 4 g x x x x g x x g x x x Đồ thị: Dựa vào đồ thị ta thấy điều kiện để phương trình có 3 nghiệm phân biệt là 7 11 m hay 8;9;10 m . Câu 47.8: Tìm các giá trị m để phương trình sin 5 cos 5 sin 5 cos 10 3 log 5 x x m x x m có nghiệm. A. 6 6 m . B. 5 5 m . C. 5 6 5 6 m . D. 6 5 m . Lời giải Chọn C Ta có sin 5 cos 5 sin 5 cos 10 sin 5 cos 10 5 3 log 5 ln 5 3 3 ln sin 5 cos 10 x x m x x x x m m m x x NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 703 5 sin 5cos 10 3 .ln sin 5 cos 10 3 .ln 5 m x x x x m [1] Xét ln .3 , 5 t f t t t , vì 1 3 ln 3 ln 3 0, 5 t t f t t t t nên hàm số f t đồng biến trên [5; ] . Khi đó [1] sin 5 cos 10 5 f x x f m sin 5 cos 10 5 sin 5 cos 5 x x m x x m Mà 6 sin 5 cos 6 x x nên để phương trình có nghiệm ta phải có 5 6 5 6. m Câu 47.9: Số nghiệm thực của phương trình 6 6 3log 5 1 2 1 x x x là A. 0 . B. 2 . C. 1. D. 3. Lời giải Chọn B Điều kiện: 1 5 x . PT: 6 log 5 1 6 6 6 3 3log 5 1 5 1 6 3 6 3log 5 1 [1] x x x x x x x x . Xét hàm số 6 3 t f t t , vì 6 .ln 6 3 0, t f t t nên f t đồng biến trên . Khi đó 1 6 6 6 log 5 1 log 5 1 log 5 1 0 f x f x x x x x Xét hàm số 6 log 5 1 h x x x trên 1 ; 5 , ta có 5 1 5 1 ln 6 h x x 2 25 1 0, 5 5 1 ln 6 h x x x và 1 5 lim ; lim 1 x x h x h x Bảng biến thiên: NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 704 Từ BBT suy ra phương trình 0 h x có nhiều nhất 2 nghiệm thuộc khoảng 1 ; 5 Mà 0 0, 1 0 h h . Vậy phương trình đã cho có đúng hai nghiệm 0, 1 x x . Câu 47.10: Tính tổng S tất cả các nghiệm của phương trình 1 5 3 ln 5 5.3 30 10 0 6 2 x x x x x x . A. 1 S . B. 2 S . C. 1 S . D. 3 S . Lời giải Chọn A Điều kiện 1 . 3 x Phương trình tương đương ln 5 3 ln 6 2 5 5 3 5 6 2 0 x x x x x x ln 5 3 5 5 3 ln 6 2 5 6 2 x x x x x x [1]. Xét hàm số ln 5 , 0 f t t t t . Có 1 ' 5 0 f t t , 0 t nên f t đồng biến trên 0; . Từ 1 suy ra 5 3 6 2 x x f f x 5 3 6 2 x x x 5 3 6 2 0 x x x Xét 5 3 6 2 x x g x x , ' 5 ln5 3 ln3 6 x x g x 2 2 '' 5 ln 5 3 ln 3 0 x x g x , 1 3 x . NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 705 Nên ' 0 g x có không quá 1 nghiệm suy ra 0 g x có không quá 2 nghiệm trên 1 ; 3 . Mà 0 1 0 g g . Vậy phương trình có tập nghiệm là 0,1 . Do đó 1. S Câu 47.11: Số nghiệm của phương trình 2 1 2 80 ln 2.3 2 80 ln 3 3 x x x x là A. 2 . B. 3 . C. 1. D. 0 . Lời giải Chọn C PT 2 2 1 1 ln 80 2 80 ln 3 2.3 [1] x x x x Xét hàm số ln 2 , 0 f t t t t ; Ta có: 1 2 0, 0 f t t t Hàm số f t đồng biến trên 0; . Từ [1] suy ra 2 1 2 1 2 1 1 2 80 3 80 3 80 9 9 80 0 x x x x f x f x x x Xét hàm số 1 2 9 80 x g x x trên . Ta có: 1 2 1 2.9 ln 3 2 4.9 ln 3 2 x x g x x g x 2 2 0 9 0 9 0 log 2ln 3 1 [ ] log 2ln 3 1 3,7 0 g x x x g x g lim ; lim [ ] x x g x g x Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta có ' 0, g x x hàm số g x đồng biến trên phương trình 0 g x có nhiều nhất một nghiệm. Mà 1 0 g Do đó phương trình đã cho có duy nhất 1 nghiệm . Câu 47.12: Cho phương trình 2 2 log x m x m với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của 18;18 m để phương trình đã cho có hai nghiệm?NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 706 A. 20 . B. 17 . C. 9 . D. 21. Lời giải Chọn B Điều kiện x m PT 5 log [ ] 2 2 2 log 2 2 log [ ] [1] x m x x x x m x m x x m Xét hàm số 2 , t f t t t ; Ta có: 2 ln 2 1 0, t f t t Hàm số f t đồng biến trên . Từ [1] suy ra 2 2 log [ ] log [ ] f x f x m x x m 2 2 x x x m m x Xét hàm số 2 x g x x trên ; m . Ta có: ' 1 2 ln 2 x g x ; 2 2 ' 0 2 ln 2 1 log log x g x x e 2 2 2 2 2 log log log log log g e e e lim 2 ; lim [ ] m x x m g x m g x Bảng biến thiên: Do đó. Phương trình đã cho có 2 nghiệm 2 2 2 2 2 2 2 log log log log log log 0,91 m m m e e m e e Vì 18;18 m m nên 17; 16; 15;....; 1 m Vậy có 17 giá trị của m . Câu 47.13: Cho phương trình 3 2 3 2 3 1 3 1 2 3 2 81 3 3 2 1 2 .log 3 1 2 2 .log 0 3 1 2 m m x x x x m m Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị m nguyên để phương trình đã cho có 6 nghiệm hoặc 7 nghiệm hoặc 8 nghiệm phân biệt . Tính tổng bình phương tất cả các phần tử của tập S . A. 20 . B. 19. C. 14 . D. 28 . Lời giải Chọn A NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 707 Ta có 3 2 3 2 3 1 3 1 2 3 2 81 3 3 2 1 2 .log 3 1 2 2 .log 0 3 1 2 m m x x x x m m 3 2 3 2 3 1 2 3 1 2 3 2 3 2 3 3 2 .log 3 1 2 2 .log 3 1 2 x x m m x x m m . Xét hàm số 3 2 .log t f t t với 2 t ; Ta có 3 1 2 ln 2.log 2 . 0 2 ln 3 t t f t t t t . Suy ra hàm số f t đồng biến trên 2; . Do đó phương trình tương đương với 3 2 3 2 3 1 3 1 1 m m x x . Vẽ đồ thị hàm số 3 2 3 1 g x x x từ đó suy ra đồ thị g x và đồ thị của g x như hình vẽ. Từ đồ thị suy ra 1 có 6, 7,8 nghiệm 0 3 g m . Từ đồ thị suy ra các giá trị nguyên của m là 3, 1, 0,1, 3 . Vậy 20 S . Câu 47.14: Cho phương trình 2 2 2 2 2 log 2 4 log 2 2 x a x x x a . Gọi S là tập hợp các giá trị a thuộc đoạn 0;2020 và chia hết cho 3 để phương trình có hai nghiệm. Hãy tính tổng các phần tử của S . A. 0 . B. 2041210 . C. 680403. D. 680430 . Lời giải Chọn C Phương trình tương đương 2 2 2 2 2 2 log 2 2 log 2 2 x a x x x a 2 2 2 2 2 4.2 log 2 4.2 log 2 2 x a x x x a NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 708 2 2 2 2 2 2 2 2 log 2 2 log 2 2 x a x x x a [*] Xét hàm số 2 log , 2 t f t t t . Có 2 2 ' 2 ln 2.log 0, 2 ln 2 t t f t t t t , nên f t đồng biến 2; . Khi đó [*] 2 2 2 2 2 2 2; 2 | | 2 2 f x f x a x x a 2 2 x x a [1] 2 2 2 2 2 2 2 0 [2] 2 2 2 0 [3] x x a x x a x x a x x a Phương trình [2] 2 1 2a , phương trình [3] có [3] 1 2a . Vì [3] 2 2 0 nên ít nhất một trong hai phương trình [2], [3] luôn có hai nghiệm phân biệt. Để phương trình [1] có hai nghiệm phân biệt, ta xét các trường hợp sau: * TH1: [2] có hai nghiệm phân biệt: 2 1 0 1 2 0 2 a a . Khi đó [3] 0 nên [3] vô nghiệm. Trường hợp này thỏa mãn điều kiện bài toán. * TH1: [3] có hai nghiệm phân biệt: [3] 1 0 1 2 0 2 a a . Khi đó [2] 0 nên [2] vô nghiệm. Trường hợp này cũng thỏa mãn điều kiện bài toán. Do đó phương trình đã cho có 2 nghiệm khi và chỉ khi 1 1 ; ; 2 2 a Vì 0;2020 a và chia hết cho 3 nên 3;6;9;12;...,2019 a S Tổng các phần tử của S là: 3 6 9 ... 2019 3.1 3.2 3.3 ... 3.673 673.674 3 1 2 3 ... 673 3. 680403 2 BỔ SUNG CÁCH 2: Xét phương trình 2 2 x x a * Vẽ đồ thị hàm số 2 1 ; 2 2 y x y x a trên cùng một hệ trục tọa độ ta được: NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 709 Xét 2 vị trí nhánh trái và phải của đồ thị hàm số 2 tiếp xúc với 1 khi đó dễ dàng tìm được 1 1 ; 2 2 a a ứng với đồ thị 2 ; 3 [hình vẽ]. Từ đồ thị nhận xét : Phương trình * đã cho có 2 nghiệm khi và chỉ khi 1 1 ; ; 2 2 a Vì 0;2020 a và chia hết cho 3 nên 3;6;9;12;...,2019 a S Tổng các phần tử của S là: 3 6 9 ... 2019 3.1 3.2 3.3 ... 3.673 673.674 3 1 2 3 ... 673 3. 680403 2 Câu 47.15: Có bao nhiêu giá trị thực của tham số a để phương trình 2 2 2 1 2 2 4 log 2 3 2 log 2 2 0 x a x x x x x a có 3 nghiệm thực phân biệt ? A. 0 . B. 2 . C. 1. D. 3. Lời giải Chọn D PT đã cho tương đương với 1 1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 log 2 3 log 2 2 0 2 2 x a x x x x x a . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 1 log 2 3 log 2 2 2 2 2 log 2 3 2 log 2 2 2 log 2 3 2 log 2 2 [1] x a x x x a x x x a x x x x x a x x x a x x x a NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 710 Xét hàm số 2 2 .log , 2 t f t t t ; Ta có: 2 2 ln 0, 2 ln 2 t t f t t t t Hàm số f t đồng biến trên 2; . Từ [1] suy ra 2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 f x x f x a x x x a 2 2 1 2 x x x a [*] 2 2 2 2 2 1 2 4 2 1 0 [2] 2 1 2 2 1 [3] x x x a x x a x x x a x a Phương trình [*] có 3 nghiệm phân biệt nếu xảy ra một trong các trường hợp sau: * TH1: [2] có hai nghiệm phân biệt và [3] có nghiệm kép khác hai nghiệm của [2]: 2 [3] 3 0 3 2 0 1 2 2 1 0 1 2 0 2 a a a a a * TH2: [3] có hai nghiệm phân biệt và [2] có nghiệm kép khác hai nghiệm của [3]: 2 [3] 3 0 3 2 0 3 2 2 1 0 1 2 0 2 a a a a a * TH3: [2] và [3] đều có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm chung: Điều này xảy ra khi hệ 2 2 4 2 1 0 2 1 x x a x a có nghiệm 2 2 4 2 1 0 1 1 1 2 1 x x a x a x a a x a Khi 1 a ta có: 2 trở thành 2 1 4 3 0 3 x x x x 3 trở thành 2 1 1 1 x x x Khi đó: PT đã cho có 3 nghiệm. Vậy 1 3 ;1; 2 2 a . BỔ SUNG CÁCH 2: Xét phương trình 2 2 1 2 x x x a * Vẽ đồ thị hàm số 2 2 1 1 ; 2 2 y x x y x a trên cùng một hệ trục tọa độ ta được: NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 711 Nhận xét * có 3 nghiệm phân biệt nh¸nh bªn tr¸i cña [2] tiÕp xóc víi [1] nh¸nh bªn ph¶i cña [2] tiÕp xóc víi [1] [1] vµ [2]cïng trïng cùc trÞ t¹i 1 2 2 1 2 2 1 2 3 2 1 2 2 1 1 cã nghiÖm kÐp cã nghiÖm kÐp a x x a x x x x a a a a Vậy có 3 giá trị của a thỏa mãn bài toán. Câu 47.16: Tìm tổng tất cả các giá trị của tham số a để phương trình 2 2 2 1 2 2 3 3 log 2 2 x x x a x x x a có đúng ba nghiệm phân biệt. A. 2 . B. 3 . C. 1. D. 0 . Lời giải Chọn B PT đã cho tương đương với 2 2 3 2 2 2 ln 2 2 3 ln 2 3 x x x a x a x x 2 2 2 2 3 2 3 .ln 2 3 3 .ln 2 2 [1] x a x x x x x a . Xét hàm số 3 .ln , 2 t f t t t ; Ta có: 3 3 ln 3.ln 0, 2 t t f t t t t Hàm số f t đồng biến trên 2; . Từ [1] suy ra 2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 f x x f x a x x x a 2 2 1 2 x x x a [*] NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 712 2 2 2 2 2 1 2 4 2 1 0 [2] 2 1 2 2 1 [3] x x x a x x a x x x a x a Phương trình [*] có 3 nghiệm phân biệt nếu xảy ra một trong các trường hợp sau: * TH1: [2] có hai nghiệm phân biệt và [3] có nghiệm kép khác hai nghiệm của [2]: 2 [3] 3 0 3 2 0 1 2 2 1 0 1 2 0 2 a a a a a * TH2: [3] có hai nghiệm phân biệt và [2] có nghiệm kép khác hai nghiệm của [3]: 2 [3] 3 0 3 2 0 3 2 2 1 0 1 2 0 2 a a a a a * TH3: [2] và [3] đều có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm chung: Điều này xảy ra khi hệ 2 2 4 2 1 0 2 1 x x a x a có nghiệm 2 2 4 2 1 0 1 1 1 2 1 x x a x a x a a x a Khi 1 a ta có: 2 trở thành 2 1 4 3 0 3 x x x x 3 trở thành 2 1 1 1 x x x Khi đó: PT đã cho có 3 nghiệm. Vậy 1 3 ;1; 2 2 a . Câu 47.17: Tìm số giá trị nguyên của m thuộc 20;20 để phương trình 2 2 2 2 log [ 4] [2 9] 1 [1 2 ] 4 x m x x m x m x có nghiệm. A. 12. B. 23. C. 25. D. 10. Lời giải Chọn B Điều kiện xác định: 2 2 4 0 x m x x . 2 2 2 2 log 4 2 9 1 1 2 4 x m x x m x m xNHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 713 2 2 2 2 log 4 2 9 1 4 2 4 x x x m mx x x m x 2 2 2 2 4 log 2 9 1 4 2 4 4 x m mx x x m x x x 2 2 2 2 2 4 4 log 2 9 1 4 2 4 4 x m x mx mx x x m x x x 2 2 2 2 2 2 log 4 4 8 2 4 2 1 log 4 4 x m x mx x m x mx x x x x 2 2 2 2 2 2 log 8 2 4 2 8 2 4 2 log 4 4 1 x m x mx x m x mx x x x x Xét hàm số 2 log f t t t , 0; t . 1 1 0, 0; ln 2 f t t t nên hàm số đồng biến trên 0; . Khi đó 1 2 2 8 2 4 2 4 x m x mx x x 2 2 2 4 4 8 m x x x x x 2 8 2 1 4 x m x x 2 8 4 2 1 4 x x x m 2 2 1 2 4 m x x x 2 2 1 2 4 2 m x x x . Xét hàm số 2 2 [ ] 4 g x x x x với ; x . Ta có 2 2 2 4 [ ] 0, 4 x x g x x x . 2 lim lim 4 x x g x x x x 2 4 lim 4 x x x x 2 4 lim 2 4 1 1 x x ; NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 714 2 2 4 lim lim 1 1 x x g x x x . Ta có bảng biến thiên của [ ] g x Để phương trình có nghiệm thì 1 2 5 2 2 2 m m . Do m nguyên thuộc 20;20 nên số giá trị m là 23. Câu 47.18: Cho , x y là hai số thực dương thỏa mãn 2 2 2 2 2 2 2 4 9.3 4 9 .7 . x y x y y x Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 18 x y P x là A. 9. B. 3 2 . 2 C. 1 9 2. D. 17. Lời giải Chọn A Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2[ 2 ] 2 2 4 9.3 4 9 .7 4 3 4 3 .7 x y x y y x x y x y y x 2 2 2 2 2 2 2[ 2 ] 2 2 2[ 2 ] 4 3 4 3 [*]. 7 7 x y x y x y x y Xét hàm số 4 3 [ ] 7 t t f t trên . Ta có 1 3 [ ] 4. 7 7 t t f t nghịch biến trên . 2 2 2 2 2 2 [*] 2 2 2[ 2 ] 2 2 2[ 2 ] 2 2 2 2. f x y f x y x y x y x y y x Từ đó 2 16 16 16 1 2 . 1 9. x x P x x P x x x Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi 4. x NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 715 Câu 47.19: Cho các số dương , x y thỏa mãn 5 1 log 3 2 4 2 3 x y x y x y . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 9 6 2 A x y x y bằng A. 31 6 . 4 B. 11 3. C. 27 2 . 2 D. 19. Lời giải Chọn D ĐK: 1 0 2 3 1 , 0 x y x y x y x y Ta có: 5 5 5 5 5 1 log 3 2 4 2 3 log 1 1 5 1 log 2 3 2 3 log 5 1 5 1 log 2 3 2 3 * x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y Xét hàm số 5 [ ] log f t t t trên 0; , vì 1 [ ] 1 0, 0; ln 5 f t t t nên hàm số [ ] f t đồng biến trên 0; . * 5 1 2 3 3 2 5 x y x y x y Mặt khác, ta có 4 9 4 9 6 2 9 4 3 2 2.6 2.6 5 19 A x y x y x y x y x y . Dấu “ = ” xảy ra 4 9 2 9 3 4 3 2 3 2 5 x x x y y y x y [thỏa mãn điều kiện]. Vậy GTNN của A là 19.NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 716 Câu 47.20: Cho hai số thực , x y lớn hơn 1 và thỏa mãn .[ ] .[ ] . y x x x e y y e y e x e Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức log log . x y P xy x A. 2 2 . B. 2 2 . C. 1 2 2 2 . D. 1 2 2 . Lời giải Chọn C Với , 1 x y , ta có .[ ] .[ ] ln .[ ] ln .[ ] ln ln ln ln [1]. y x y x x x e y y e x x e y y e y x y x y e x e y e x e x y xe y x ye y e x e y y x x Xét hàm số [ ] 1 ln t t g t te e t trên 1; , có 1 [ ] 0, 1. t g t te t t Hàm số [ ] g t đồng biến trên 1; nên [ ] [1] 1 0, 1. g t g t Xét hàm số ln [ ] t t e f t t t trên 1; , có 2 [ ] '[ ] 0, 1, g t f t t t nên [ ] f t đồng biến trên [1 ; ]. Với , 1 x y thì [1] [ ] [ ] . f y f x y x Đặt log . x u y Do 1 y x nên 1. u Ta có 1 1 [ ] . 2 u P h u u Nhận thấy 2 2 2 '[ ] 2 u h u u , nên '[ ] 0 h u khi 2, u '[ ] 0 h u khi 1 2, u '[ ] 0 h u khi 2. u Dẫn tới 1 2 2 [ ] 2 , 1, 2 P h u h u đẳng thức xảy ra khi 2. u Vậy 1 2 2 min , 2 P đạt được khi 2 y x và 1. x Câu 47.21: Cho hai số thực , x y thỏa mãn 0 , 1 x y trong đó , x y không đồng thời bằng 0 hoặc 1 và 3 log 1 . 1 2 0 1 x y x y xy . Tìm giá trị nhỏ nhất của P với 2 P x y A. 2 . B. 1 . C. 1 2 . D. 0 . Lời giải NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 717 Chọn B Từ điều kiện đề bài và 0;1 0 1 x y xy xy 0;1 0 x y xy khi đó 3 3 3 log 1 . 1 2 0 log log 1 1 1 1 x y x y x y x y xy xy xy Xét hàm số 3 log 0 f t t t t có 1 1 0 0 .ln 3 f t t t f t là hàm số đồng biến trên khoảng 0; . Vậy phương trình 1 1 1 1 2 1 1 x x x y xy y P x x x Xét hàm số 1 [ ] 2 1 x f x x x với 0; 1 x có 2 2 [ ] 2 1 f x x cho 0 [ ] 0 2 x f x x 0;1 0 1; 1 2 min [ ] 1 f f f x chọn B Câu 47.22: Xét các số thực dương x , y thỏa mãn 1 2 ln 3 1 x x y x y . Tìm giá trị nhỏ nhất min P của 1 1 P x xy . A. min 8 P . B. min 4 P . C. min 2 P . D. min 16 P . Lời giải Chọn A Điều kiện 1 0 2 x . Từ giả thiết 1 2 ln 3 1 x x y x y ln 1 2 1 2 ln x x x y x y 1 Xét hàm số ln f t t t trên 0; có 1 1 0 f t t , 0 t do đó hàm f t đơn điệu. Vậy 1 1 2 3 1 x x y x y 2 Có 1 1 1 2 1 2 1 2 P x x x y x x xy Đặt 1 2 1 2 g x x x , ta có 2 2 1 4 1 2 g x x x suy ra 1 0 4 g x x . Do đó 1 0; 2 min 8 g x . Vậy min 8 P . Bổ sung: có thể đánh giá 1 1 1 2 1 2 4 1 1 1 2 8 2 P x x x y x x xy x xNHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 718 Câu 47.23: Cho hai số thực , x y không âm thỏa mãn 2 2 2 1 2 1 log 1 y x x y x . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 1 2 4 2 1 x P e x y là A. 1 2 . B. 1. C. 1 2 . D. 1 . Lời giải Chọn A 2 2 2 1 2 1 log 1 y x x y x 2 2 2 2 2 1 log 2 1 log 2 1 2 1 x x y y . Xét hàm số 2 log , 0 f t t t t ; 1 1 0, 0 .ln 2 f t t t Suy ra 2 2 1 2 1 x y 2 2 2 1 1 y x . 2 1 2 4 2 1 x P e x y 2 2 1 2 4 2 1 1 1 x e x x 2 1 2 2 4 x e x x g x . 2 1 2 4 4 x g x e x là hàm số đồng biến trên nửa khoảng 0; nên 0 g x có tối đa 1 nghiệm, nhẩm được nghiệm 1 2 x nên nghiệm đó là duy nhất. Vậy 1 min 2 P tại 1 2 x . Câu 47.24: Cho hai số thực dương x , y thay đổi thỏa mãn đẳng thức 2 2 1 2 1 .2 .2 . xy x y xy x y Tìm giá trị nhỏ nhất min y của y . A. min 3 y . B. min 2 y . C. min 1 y . D. min 3 y . Lời giải Chọn B Ta có 2 2 1 2 1 2 2 xy x y xy x y 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 xy x y xy x y Xét hàm 1 .2 t f t t với 1 t . Khi đó 2 1 .2 .ln 2 0 t t f t t với 1 t . Từ 2 1 2 1 1 xy x y 2 2 2 1 x y x NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 719 2 2 2 2 4 0 2 1 x x y x 2 2 2 4 0 x x 2 1 x x Loại 1 x vì điều kiện của t nên 2 2 f . Câu 47.25: Cho , , 1 x y x y sao cho 3 3 ln 2 ln 3 19 6 [ 2 ] x x y xy x y y . Tìm giá trị nhỏ nhất m của biểu thức 1 3 T x x y . A. 1 3 m . B. 2 m . C. 5 4 m . D. 1 m . Lời giải Chọn C Ta có 3 3 3 3 ln 2 ln 3 19 6 [ 2 ] ln 2 2 ln 3 3 1 x x y xy x y y x y x y y y Xét hàm số 3 ln f t t t với 0 t có 2 1 3 0 0 f t t t f t t đồng biến Vậy 1 1 2 3 4 y x y x y T x x Áp dụng bất đẳng thức AM-GM 1 3 1 3 1 3 1 3 1 5 2 . 4 4 4 4 4 4 4 4 2 4 2 4 x x x x x T x x x x Dấu bằng xảy ra khi 1 x y Câu 47.26: Cho ; x y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 4 4 3 5 5 1 3 4 3 5 xy x y x y xy x y x . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x y . A. 3. B. 5 2 5 . C. 3 2 5 . D. 1 5 . Lời giải Chọn B Ta có 4 4 3 5 5 1 3 4 3 5 xy x y x y xy x y x 4 4 1 1 5 3 4 5 3 1 1 x y x y xy xy x y xy . Xét hàm số 5 3 t t f t t trên . Vì 5 .ln 5 3 .ln 3 1 0; t t f t x nên hàm số f t đồng biến trên 2 . Từ 1 và 2 ta có 4 1 3 x y xy . Dễ thấy 4 x không thỏa mãn 3 . Với 4 x , 1 3 4 x y x kết hợp điều kiện 0 y suy ra 4 x . NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 720 Do đó 1 4 x P x y x x . Xét hàm số 1 4 x g x x x trên 4; . Ta có 2 5 1 0 4 g x x 4 5 4 5 x x . x 4 4 5 g x – 0 g x 5 2 5 Dựa vào bảng biến thiên ta có min 4; min 5 2 5 P g x . Câu 47.27: Cho x , y là các số thực dương thỏa mãn 2 2 3 5 5 1 3 [ 2] 3 5 xy x y x y xy x y x . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T x y . A. min 2 3 2 T . B. min 3 2 3 T . C. min 1 5 T . D. min 5 3 2 T . Lời giải Chọn B Theo đề ra ta có 2 2 2 1 2 1 3 5 5 1 3 [ 2] 3 5 1 1 5 2 5 1 3 3 xy x y x y xy x y xy x y xy x y x x y xy Xét 1 5 3 t t f t t . 5 ln 5 3 ln 3 1 0 t t f t 1 2 1 2 x x y xy y x .Do 1 0, 0 0 2 2 x y x x x Ta có: 2 1 1 2 2 x x x T x y x x x 2 2 2 3 2; 4 1 0 2 2 3 2; x x x T x x Bảng biến thiên Chỉnh lại bbt cho em,chỉ xét với 2 x nhé,kết quả không thay đổi. NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 721 Từ bảng biến thiên ta thấy min 3 2 3 T tại 2 3 x . Câu 47.28: Xét các số thực dương , x y thỏa mãn 3 3 log 3 1 1 x y xy y x xy . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 A x y . A. min 14 3 A . B. min 14 3 A . C. min 6 A . D. min 6 A . Lời giải Chọn D Điều kiện: 3 0 x y . 3 3 3 3 log 3 1 log 3 log 1 3 1 1 x y xy y x x y xy xy y x xy 3 3 log 3 3 log 1 1 1 x y x y xy xy . Xét hàm 3 log , 0 f t t t t . 1 1 0, 0 .ln 3 f t t t . Suy ra hàm số f t đồng biến trên 0; nên 1 1 3 1 3 x x y xy y x . 1 3 1 x A x x y x . Đặt 3 1 x A A x x x 2 4 1 0 3 1 A x x x do , 0 x y . Câu 47.29: Cho , 0 x y thỏa 2 2 2 2 4 2 2019 0 2 x y x y x . Tìm giá trị nhỏ nhất min P của 2 4 P y x . A. 2018 . B. 2019 . C. 1 2 . D. 2 . Lời giải NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 722 Chọn D Ta có: 2 2 2 2 2 4 4 2 4 2 2 2 4 2 4 2 2019 0 2019 2 2 x y x x x y x y x y x x 2 2 2 2 2 4 2 2019 . 2 2019 . 4 2 * x x y x x y . Đặt 2 2 , 0 4 2 u x u v v x y Khi đó: 2 2 * 2019 . 2019 . u v u v f u f v với 2 2019 . , [ 0] t f t t t 2 2 ' 2019 .2 ln 2019. 2019 0, 0 t t f t t t Do đó: f u f v u v 2 2 2 4 2 2. x x y y x 2 2 2 4 2 4 4 2 1 2 2 P y x x x x . Vậy min 2 1 P x . Câu 47.30: Cho 2 số thực dương , x y thỏa mãn 1 3 log 1 1 9 1 1 y x y x y . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 P x y là A. min 11 2 P . B. min 27 5 P . C. min 5 6 3 P . D. min 3 6 2 P . Lời giải Chọn D Ta có 1 3 log 1 1 9 1 1 y x y x y 3 3 1 log 1 log 1 1 1 9 y x y x y . 3 3 1 log 1 log 1 1 9 y x y x 3 3 9 log 1 1 log 1 1 x x y y 3 3 9 9 log 1 1 2 2 log 1 1 x x y y . Xét hàm số 3 log 2 f t t t với 0 t có 1 1 0 ln 3 f t t với mọi 0 t nên hàm số f t luôn đồng biến và liên tục trên 0; . Từ đó suy ra 9 1 1 x y 8 9 1 1 1 y x y y , do 0 x nên 0; 8 y . Vậy 8 9 9 2 2 2 1 2 1 3 3 6 2 1 1 1 y P x y y y y y y y . NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 723 Vậy min 3 6 2 P khi 9 3 2 1 1 1 2 y y y . Câu 47.31: Xét các số thực dương , x y thỏa mãn 3 1 log 3 3 4 3 y xy x y x xy . Tìm giá trị nhỏ nhất min P của P x y . A. min 4 3 4 3 P . B. min 4 3 4 3 P . C. min 4 3 4 9 P . D. min 4 3 4 9 P . Lời giải Chọn B 3 3 3 1 log 3 3 4 log 1 log 3 3 3 4 3 y xy x y y x xy xy x y x xy 3 3 log 3 1 3 1 log 3 3 y y x xy x xy Xét hàm 3 log , 0 f t t t t có 1 ' 1 0, 0 ln 3 f t t t . Suy ra hàm số đồng biến trên 0; . Suy ra 3 3 log 3 1 3 1 log 3 3 y y x xy x xy 3 1 3 y x xy 3 1 3 1 1 3 1 3 y y x x y y y y 4 3 4 3 . Vậy min 4 3 4 3 P . Câu 47.32: Xét các số thực dương , x y thỏa mãn 2 2 3 log 3 3 . 2 x y x x y y xy x y xy Tìm giá trị lớn nhất max P của biểu thức 3 2 1 . 6 x y P x y A. 3. B. 2 . C. 1. D. 4 . Lời giải Chọn C Ta có: 2 2 3 log 3 3 2 x y x x y y xy x y xy 2 2 2 2 3 3 log 3 3 log 2 2 x y x y x y xy x y xy . Xét hàm số 3 log f t t t , 0 t có 1 1 0, 0 ln 3 f t t t . Vậy hàm số f t luôn đồng biến và liên tục trên khoảng 0; . Do đó: 2 2 2 2 3 2 3 2 f x y f x y xy x y x y xy 1 Từ 1 2 3 2 xy x y x y . Ta có 2 1 1 2 x y x x xy xy x y xy xy Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 x y . NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 724 Do đó từ 1 , suy ra: 2 2 1 3 2 4 x y x x y x y . Đặt t x y , 0 t . Suy ra: 2 2 2 1 2 1 3 2 2 1 3 22 3 4 6 6 4 6 t t t t x y x t t P f t x y t t . Ta có: 2 2 3 36 135 0 3 4 6 t t f t t t [nhận] Bảng biến thiên Dựa vào BBT, ta có 0; max max 3 1 P f t f khi và chỉ khi 1 2 3 1 x y x x y y . Câu 47.33: Xét các số thực dương x , y thỏa mãn 2 2 1 2 2 2018 1 x y x y x . Tìm giá trị nhỏ nhất min P của 2 3 P y x . A. min 1 2 P . B. min 7 8 P . C. min 3 4 P . D. min 5 6 P . Lời giải Chọn B Cách 1: Ta có 2 2 1 2 2 2018 1 x y x y x 2 2018 2 2 2 1 log 1 x y x y x 2 2 2018 2018 2 1 2 2 log 2 log 1 x x y x y x 2 2 2018 2018 2 1 log 1 2 2 log 2 x x x y x y Có dạng 2 1 2 f x f x y với 2018 2 log f t t t , 0 t . Xét hàm số 2018 2 log f t t t , 0 t , ta có 1 2 0 .ln 2018 f t t 0 t nên hàm số f t đồng biến trên khoảng 0; . Khi đó 2 1 2 f x f x y 2 1 2 x x y 2 1 y x . Ta có 2 2 2 3 2 1 3 2 3 2 P y x x x x x . 3 0 t f t f t 0 NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 725 Bảng biến thiên x 3 4 P 7 8 Vậy min 7 8 P khi 3 4 x . Câu 47.34: Cho 2 số thực dương , x y thỏa mãn 1 3 log 1 1 9 1 1 y x y x y . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 P x y là A. min 11 2 P . B. min 27 5 P . C. min 5 6 3 P . D. min 3 6 2 P . Lời giải Chọn D Ta có 1 3 log 1 1 9 1 1 y x y x y 3 3 1 log 1 log 1 1 1 9 y x y x y . 3 3 1 log 1 log 1 1 9 y x y x 3 3 9 log 1 1 log 1 1 x x y y 3 3 9 9 log 1 1 2 2 log 1 1 x x y y [*]. Xét hàm số 3 log 2 f t t t với 0 t có 1 1 0 ln 3 f t t với mọi 0 t nên hàm số f t luôn đồng biến và liên tục trên 0; . Từ [*] suy ra 9 1 1 x y 9 8 1 1 1 y x y y , do 0 x nên 0;8 y . Vậy 8 9 9 2 2 2 1 2 1 3 3 6 2 1 1 1 y P x y y y y y y y . Vậy min 3 6 2 P khi 9 3 2 1 1 1 2 y y y . Câu 47.35: Cho hai số thực dương , x y thỏa mãn 2 2 log log 6 6 x x x y y x . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 6 8 3 2 P x y x y bằng NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 726 A. 59 3 . B. 19. C. 53 3 . D. 8 6 2 . Lời giải Chọn B Điều kiện: 0 0 6 x y . Từ giả thiết ta có: 2 2 2 2 2 2 log log 6 6 log log 6 6 x x x y y x x x x y x y [*] Xét hàm số 2 log f t t t với 0 t , Ta có 1 ' 1 0, 0 ln 2 f t t t nên hàm số 2 log f t t t đồng biến trên khoảng 0; . Do đó 2 2 * 6 6 6 6 ** f x f x y x x y x y x y [ do 0 x ] Áp dụng Bất đẳng thức Cô si cho các cặp số dương và bất đẳng thức ** , ta có: 6 8 3 3 6 8 3 3 6 8 3 2 .6 2 . 2 . 19 2 2 2 2 2 2 x y x y P x y x y x y x y x y . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 6 2 3 6 4 2 8 2 x y x x y x y y . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 19. Câu 47.36: Cho , x y là các số dương thỏa mãn 2 2 2 2 2 2 2 5 log 1 10 9 0 10 x y x xy y x xy y . Gọi ,m M lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của 2 2 2 9 x xy y P xy y . Tính 10 T M m . A. 60 T . B. 94 T . C. 104 T . D. 50 T . Lời giải Chọn B 2 2 2 2 2 2 2 5 log 1 10 9 0 10 x y x xy y x xy y 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 log 5 log 10 log 2 2 5 10 0 x y x xy y x y x xy y 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 log 2 10 2 5 log 10 10 x y x y x xy y x xy y 2 2 2 2 2 10 10 x y x xy y vi] NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 727 2 2 10 9 0 x xy y 2 10 9 0 x x y y 1 9 x y 2 2 2 9 x xy y P xy y 2 9 1 x x y y x y Đặt x t y , điều kiện : 1 9 t 2 9 1 t t f t t ; 2 2 2 8 1 t t f t t ; 4 0 2 t f t t 11 1 2 f ; 2 5 f ; 99 9 10 f Nên 99 10 M , 5 m . Vậy 10 94 T M m . Câu 47.37: Vậy min 6 A .Cho các số thực dương x và y thỏa mãn 2 2 2 2 2 2 2 4 9.3 4 9 .7 x y x y y x . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 18 x y P x . A. 9 P . B. 3 2 2 P . C. 1 9 2 P . D. Hàm số không có giá trị nhỏ nhất. Lời giải Chọn A Từ giả thiết ta đặt 2 2 t x y , t . Phương trình 2 2 2 2 2 2 2 4 9.3 4 9 .7 x y x y y x trở thành 49 7 4 9.3 4 9 . 4 7 49 9 9. 49 0 7 3 t t t t t t . Nhận thấy 2 t là nghiệm phương trình. Ta chứng minh 2 t là nghiệm duy nhất của phương trình. Xét 2 t : 7 49 t và 7 9. 49 3 t nên vế trái phương trình luôn dương, nên phương trình vô nghiệm. Xét 2 t : 7 49 t và 7 9. 49 3 t nên vế trái phương trình luôn âm, nên phương trình vô nghiệm. NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 728 Vậy 2 2 2 t x y 2 2 2 x y thay vào 2 2 18 16 x y x x P x x 16 16 1 2 . 1 9 x x x x . Dấu bằng đạt được khi 16 4 x x x . Câu 47.38: Cho , x y là các số thực lớn hơn 1 sao cho y x e e x x y y y e x e . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: log log x y P xy x . A. 2 2 . B. 2 2 . C. 1 2 2 2 . D. 1 2 2 . Lời giải Chọn C Cách 1. Ta có: ln ln y x y x e e e e x x y y x x y y y e x e y e x e ln ln ln ln y x x y x y x y xe y x ye x e y e [*] [vì ln x y e x có 1 ' 0; 1 x y e x x nên 1 0 y y e ] Xét hàm số: ln t t f t t e trên 1 ; ta có 2 ln 1 ' ln t t t t e te f t t e . Với hàm số ln 1 t t g t t e te có 1 ' ln 1 ' 0, 1 t t t g t t e te te t t Nên 1 1 ' 0; 1 g t g f t t y f t là hàm nghịch biến trên 1; nên với [*] 1 f x f y y x Khi đó 1 1 1 1 1 1 1 2 2 log log log 2 log . 2 2 log 2 2 log 2 x y x x x x P xy x y y y y Dấu “=” xảy ra khi: 2 2 1 1 log log 2 2 log x x x y y y x y Vậy: min 1 2 2 2 P . Câu 47.39: Tính giá trị của biểu thức 2 2 1 P x y xy biết rằng 2 2 1 1 2 4 log 14 2 1 x x y y với 0 x và 13 1 2 y . A. 4 P . B. 2 P . C. 1 P . D. 3 P . Lời giải NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 729 Chọn B Xét 2 2 1 1 2 4 log 14 2 1 x x y y . Ta có 2 2 2 2 1 1 2 . 1 1 4 4 4 x x x x , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 x , . Mặt khác 3 14 2 1 14 3 1 1 y y y y . Đặt 1 t y ta có 30 0 2 t . Xét hàm số 3 3 14 f t t t . Ta tìm GTLN – GTNN của hàm số trên đoạn 30 0; 2 được 30 0; 2 30 min 2 f t f 56 9 30 4 ; 30 0; 2 max 1 16 f t f . Suy ra 2 2 log 14 2 1 log 16 4 y y , . Từ và suy ra ta có 1 1 1 x t y 1 0 x y . Thay vào 2 P . Câu 47.40: Cho hai số thực x , y thỏa mãn 1 0 2 x , 1 0 2 y và log 11 2 2 4 1 x y y x . Xét biểu thức 2 16 2 3 2 5 P yx x y y . Gọi m , M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của P . Khi đó giá trị của 4 T m M bằng bao nhiêu? A. 16. B. 18. C. 17 . D. 19. Lời giải Chọn A Ta có log 11 2 2 4 1 x y y x 2 2 log 11 2 1 0 x y x y Đặt 2 t x y , 0 11 t . Phương trình trở thành: 2 log 11 1 0 t t . 1 Xét hàm số 2 log 11 1 f t t t trên khoảng 0;11 . Có 1 2 0 11 y t , 0;11 t . Do đó hàm số f t luôn đồng biến. Dễ thấy 1 có nghiệm 1 t . Do đó 1 t là nghiệm duy nhất của 1 . Suy ra 2 1 x y . Khi đó 2 1 16 1 3 2 5 4 y P y y y y 3 2 4 5 2 3 y y y . Xét hàm số 3 2 4 5 2 3 g y y y y trên 1 0; 2 , có 2 12 10 2 0 g y y y , 1 0; 2 y . NHÓM WORD – BIÊN SO ẠN TÀI LI ỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Trang 730 Do đó, 1 0; 2 min 0 3 g y g , 1 0; 2 max 1 4 g y g . Suy ra 3 m , 4 m . Vậy 4.3 4 16 T .