Vận dụng cao - Bài toán tham số m trong phương trình Mũ - Logarit ôn thi THPQG năm 2021

BÀI TOÁN THAM SỐ TRONG PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT Câu 1. [2D2-6.5-3] (Chuyên Hưng Yên Lần 3) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình log 0,02 log 2  3x  1  log 0,02 m có nghiệm với mọi x   ;0    A. m  1. B. 0  m  1. C. m  1. Lời giải D. m  2. Chọn A Đk: x   ; m  0 .   Ta có: log 0,02 log 2  3x  1  log 0,02 m , x   ;0  .  log 2  3x  1  m , x    ; 0  .  3x  1  2m , x    ; 0  . Xét hàm f  x   3x  1 trên   ;0  . Ta có f   x   3x.ln 3  0, x    ;0  . Bảng biến thiên: x ∞ y' 0 + 2 y 1 Để phương trình có nghiệm với mọi x   ;0  ta phải có 2m  2  m  1 . Câu 2. [2D2-6.5-3] (Triệu Thái Vĩnh Phúc Lần 3) Cho hàm số y  f ' ( x) có bảng biến thiên như sau Bất phương trình f ( x)  e x  m đúng với mọi x  (1;1) khi và chỉ khi 1 A. m  f ( 1)  . e B. 1 C. m  f ( 1)  . e Lời giải D. m  f (1)  e. Chọn C Ta có f ( x)  e x  m, x  (1;1)  m  f  x   e x , x  (1;1) Thấy g  x   f  x   e x , x  (1;1)  g '  x   f '  x   e x , x  (1;1) Trên  1;1 thì f '  x   0 và e x  0 nên g '  x   f '  x   e x  0, x  (1;1) Để m  g  x  , x  ( 1;1)  m  g  1  f  1  1 e 1 Các thầy cô xem kĩ: Trong đề không có đ/a nào như vậy nên mình sửa đ/a C từ m  f (1)  . e 1 thành m  f (1)  . e Câu 3. [2D2-6.5-3] (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Bất phương trình 4 x   m  1 2 x 1  m  0 nghiệm đúng với mọi x  0 . Tập tất cả các giá trị của m là A.  ;12  . B.  ; 1 . C.  ; 0 . D.  1;16 . Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Anh Đào; Fb: Đào Nguyễn Chọn B 4 x   m  1 2 x 1  m  0, x  0 . 2   2 x   2  m  1 2 x  m  0, x  0 (1). Đặt t  2 x ,  t  0  . (1) trở thành t 2  2  m  1 t  m  0, t  1 (2). Cách 1: (2)  m  t 2  2t , t  1 (3). 2t  1 Xét hàm số y  f  t   f  t   t 2  2t . Ta có hàm số y  f  t  liên tục trên 1;   . 2t  1  2t  2  2t  1  2  t 2  2t  2t 2  2t  2   0, t  1 . 2 2  2t  1  2t  1 Suy ra hàm số f  t  đồng biến trên 1;    f  t   f 1  1, t  1 . Do đó (3)  m  min f  t   m  1 . 1;  Cách 2: t 2  2  m  1 t  m  0 là một bất phương trình bậc hai. Tam thức bậc hai ở vế trái luôn có   m2  m  1  0, m nên tam thức luôn có hai nghiệm là t  m  1  m2  m  1 và t  m  1  m 2  m  1 . Suy ra bất phương trình t 2  2  m  1 t  m  0 có tập nghiệm là  ; m  1   m 2  m  1    m  1  m 2  m  1;  .   m  0  m  1 . (2)  m  1  m2  m  1  1  m2  m  1  m   2 2 m  m  1  m Cách 3: Lưu Thêm Với m  0 , ta có bất phương trình 4 x  2 x1  0  2 x  2  0  x  1 . Suy ra mệnh đề bất phương trình 4 x   m  1 2 x 1  m  0 nghiệm đúng với mọi x  0 là mệnh đề sai. Do đó loại A, C, D. Chọn B Câu 4.   [2D2-6.5-3] (Đặng Thành Nam Đề 5) Cho hàm số f  x   ln x  x 2  1 . Có tất cả bao nhiêu 1   số nguyên m thỏa mãn bất phương trình f  log m   f  log m 0 2019   A. 65 . B. 66 . C. 64 . D. 63 . Lời giải Tác giả: Trần Quốc Tú; Fb: Tran Tu Chọn C Điều kiện: m  1 (do m là số nguyên và m  0, m  1 ), suy ra log m  0 .  Ta có: f   x   ln   x   Hàm số f  x   ln x  x 2  1 có TXĐ D   . Mặt khác f '  x    1 x 2  1  ln 1 x2  1 2 x  x 1     ln x  x 2  1   f  x  , x   .  0, x , nên f  x  đồng biến trên  . Khi đó ta có 1  1  1     f  log m   f  log m   0  f  log m    f  log m   f  log m   f   log m  2019  2019  2019     1 log 2019  log m   log m  log m   m  10 log 2019  65, 77. 2019 log m Suy ra m  2;3;...;65 . Vậy có tất cả 64 số nguyên m thỏa mãn. Câu 5. [2D2-6.5-3] (Đề thi HK2 Lớp 12-Chuyên Nguyễn Du- Đăk Lăk) Tập hợp tất cả các số thực m để bất phương trình 4ln  x  3  x 2  x  ln  m  nghiệm đúng với mọi số thực x  0 là A.  26 ;    . B. 36 ;    . C.  28 ;    . D. 38 ;    . Lời giải Tác giả: Giáp Văn Khương; Fb: Giáp Văn Khương Chọn C Với x  0 , bất phương trình đã cho tương đương 4ln  x  3  x 2  x  ln  m  (*). Xét hàm f  x   4 ln  x  3  x 2  x trên  0 ;    . Ta có f   x   4 2 x 2  5 x  7 ; f   x   0  x  1  0 ;    .  2x 1  x3 x3 Bảng biến thiên của hàm số f  x  trên  0 ;    Từ bảng biến thiên ta thấy để bất phương trình 4 ln  x  3  x 2  x  ln  m  đúng với mọi số thực  x  0 , ta phải có 4ln 4  ln  m   m  44 hay m   28 ;   . Chọn C Câu 6. [2D2-6.5-3] (Sở Nam Định) Gọi S là tập tát cả các giá trị thực của tham số m để bất phơng trình m 2  x 5  x 4   m  x 4  x3   x  ln x  1  0 thỏa mãn với mọi x  0 . Tính tổng các giá trị của m trong tập S . A. 2 . B. 0 . C. 1 . D.  2 . Lời giải Tác giả: Phương Xuân Trịnh; PB: Phương Xuân Trịnh. Chọn C Xét hàm số f  x   m2  x 5  x 4   m  x 4  x3   x  ln x  1  f  x  liên tục trên  0;    và f 1  0 . * Điều kiện cần f   x   m 2  5 x4  4 x3   m  4 x3  3x 2   1  1 . x f  x   0, x   0;     f  x   f 1 , x   0;    . Do f  x  liên tục trên  0;     x  1 là điểm cực tiểu của hàm số  f  1  0  m2  m  0  m  0, m  1 . */ Điều kiện đủ + Với m  0  f  x   x  ln x  1  f   x   1  1 x 1 .  f  x  x x f  x   0  x  1. Bảng biến thiên:  f  x   0, x   0;     m  0 thỏa mãn. + Với m  1  f  x   x 5  2 x 4  x 3  x  ln x  1 2  f  x   x 3  x  1   x  ln x  1  0, x   0;     m  1 thỏa mãn. Vậy S  0;1  Tổng các phần tử của S bằng 1. Câu 7. [2D2-6.5-3] (Chuyên Thái Bình Lần3) Tập 2 3x 9   x 2  9  .5x 1  1 là khoảng  a ; b  . Tính b  a A. 6 . B. 3 . nghiệm của C. 8 . bất phương trình D. 4 . Lời giải Chọn A 3x 2 9   x 2  9  .5x 1  1 1 . Có 5x 1  0 x . Xét x 2  9  0 , VT 1  30  0  1 (loại). 2 Xét x  9  0  2 Xét x  9  0  2    VT 1  1 (loại).  x 2  9  .5x 1  0 3x 2 9  30  1    VT 1  1 luôn đúng.  x 2  9  .5x1  0 3x 9  30  1 Có x 2  9  0  x   3;3 .  Tập nghiệm của bất phương trình là:  3;3  b  a  6 . Câu 8. [2D2-6.5-3] (Chuyên Hạ Long lần 2-2019) Tìm m để hàm số sau xác định trên  : y  4 x   m  1 .2 x  m A. Đáp án khác. B. m  1 . C. m  0 . D. 3  2 2  m  3  2 2 . Lời giải Tác giả: Trần Minh Nhựt; Fb: Trần Minh Nhựt Chọn A Hàm số y  4 x   m  1 .2 x  m xác định trên  khi và chỉ khi 4 x   m  1 .2 x  m  0 x   . Đặt t  2 x  t  0 . Khi đó: t 2   m  1 .t  m  0 Xét hàm số: f  t   Ta có: f '  t   t  0  t2  t  m t  0 . t 1 t2  t với t  0 . t 1 t 2  2t  1  t  1 2 khi đó: f '  t   0  t 2  2t  1  0  t  1  2 do t  0 .   Lập bảng biến thiên ta tìm được min f  t   f 1  2  3  2 2 .  0;  Để bất phương trình Câu 9. t2  t  m t  0 thì m  3  2 2 . t 1 [2D2-6.5-3] (THPT ĐÔ LƯƠNG 3 LẦN 2) Cho hàm số y  f  x  . Hàm số f   x  có bảng biến thiên như hình vẽ: Bất phương trình e x  m  f  x  có nghiệm x   4;16 khi và chỉ khi A. m  f  4   e2 . B. m  f  4   e2 . C. m  f 16   e 4 . D. m  f 16   e 4 . Lời giải Tác giả: Công Phương; Fb: Nguyễn Công Phương Chọn C Ta có bất phương trình e Xét hàm số g  x   e Có: g   x   x x x  m  f  x  m  e  f  x  f  x  trên đoạn  4;16 . e x  f   x   0, x   4;16 2 x e x  0, x   4;16 và 2 x 0  f   x   5, x   4;16 vì từ bảng biến thiên của hàm số y  f  x ta có Suy ra hàm số y  g  x  đồng biến trên  4;16 và g  4   g  x   g 16  Để bất phương trình m  g  x  có nghiệm x   4;16 thì m  g 16   e 4  f 16  . x2 1 Câu 10. [2D2-6.5-3] (Đặng Thành Nam Đề 10) Cho hàm số f ( x)  e e x  e  x  . Có bao nhiêu số  12  nguyên dương m thỏa mãn bất phương trình f  m  7   f    0?  m 1 A. 4 . B. 6 . C. 3. D. 5 . Lời giải Tác giả: Dương Hoàng Quốc; Fb: Dương Hoàng Quốc Chọn D Tập xác định D   là tập đối xứng. Ta có f ( x)  e x  x 2 1  e x x 2 1 và f ( x)  e x  x 2 1  e x x 2 1    e x Suy ra f  x  là hàm số lẻ.  x  x Ta có f '( x)  1  2 e x 1   x2 1  x   x  1  e x2  1   x2 1  0, x .  f  x  đồng biến trên  .  12   12   12  f ( m  7)  f    0  f ( m  7)   f    f  .  m 1  m 1  m 1  m7   1  m  5 12  . m  1 m  1 Vì m là số nguyên dương nên m  1, 2,3, 4,5 . x 2 1  e x x 2 1    f ( x) . Câu 11. [2D2-6.5-3] (PHÂN-TÍCH-BL-VÀ-PT-ĐẠI-HỌC-SP-HÀ-NỘI) y  f  x   ln  Cho hàm số  1  x  x . Tập nghiệm của bất phương trình f  a  1  f  ln a   0 là 2 A.  0;1 . B.  0;1 . C.  0;   . D.  0;   . Lời giải Tác giả: Lưu Huyền Trang; Fb: Lưu Huyền Trang Chọn B Ta có 1  x 2  x  x 2  x  x  x  0 x    1  x 2  x  0x   Vậy ta có tập xác định của hàm số là  Xét f   x   ln  1    x     x  2  f   x   ln    f   x   ln    1  x2  x    1  x2  x . 1  x2  x   1  x 2  x    1  f   x   ln   2  1 x  x   f   x    ln  1  x2  x   f x  f  x Vậy hàm số f  x  là hàm số lẻ Mặt khác f  x  1 1 x  f  x   f  x  2  x 1  x2  x   x  .  1 2 1 x  x  1 x  1 2 1 1  x2  x . 1  x2  x 1  x2  1 1  x2 0 Vậy hàm số f  x  đồng biến trên  f  a  1  f  lna   0  dk : a  0   f  a  1   f  ln a   f  a  1  f   ln a  ( Vì hàm số là hàm lẻ )  a  1   ln a ( Vì hàm số đồng biến trên  )  a  ln a  1* Xét g  a   a  ln a, a  0 g a   1 1  0, a  0 a Vậy hàm số g  a  đồng biến trên  0;   Mà g 1  1 Vậy *  g  a   g 1  a  1 Vậy tập nghiệm bất phương trình là  0;1 . PT 45.1( Đề thi chuyên vinh lần 1-2019 ) Cho hàm số f  x   2 x  2 x . Gọi m0 là số lớn nhất trong các số nguyên m thỏa mãn f  m   f  2m  212   0 . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. m0  1513; 2019  . B. m0  1009;1513 . C. m0  505;1009  . D. m0  1;505 . Lời giải Tác giả: Lưu Huyền Trang; Fb: Lưu Huyền Trang Chọn B Ta có f   x   2  x  2   x     2 x  2  x   f  x  f   x   2 x.ln 2  2 x ln 2  0, x   hàm số f  x   2 x  2 x hàm số lẻ và tăng trên  Yêu cầu bài toán f  2m  212    f  m   f   m   2m  212  m  m  212 3  212  m nguyên lớn nhất là: m0     1365  3  PT 45.2 Cho hàm số y  f  x   1  x 2  x . Tìm các giá trị của m để bất phương trình  x  m f  x  m  x3  2019 x  0 luôn đúng trên đoạn  4;16 . f  x3  2019 x  A. m  35228 . B. m  36416 . C. m  38421 . Lời giải D. m  34662 . Tác giả: Lưu Huyền Trang; Fb: Lưu Huyền Trang Chọn B 2 Ta xét f   x   1    x     x   1  x 2  x  Vậy f   x   1 f  x Có  x  m  f  x  m   x3  2019 x 0 f  x3  2019 x  1 2 1 x  x  1 f  x  x  2019 x   x  m f  x  m   f  x  2019 x    x  m  f  x  m     x  2019 x  f   x 3 3 3 ( Vì f   x   3  2019 x  1 1 ) f  x Xét g  t   t. f  t   t gt   1 t 2   1 t2  t t2  AM GM 1 t 2  2t  2 1 t2 . t2 1 t 2  2t  2 t 2  2t  g   t   2 t  2t  0 Vậy hàm số g  t  luôn đồng biến trên  1  g  x  m   g   x3  2019 x   x  m   x3  2019 x  m  x 3  2020 x Để 1 luôn đúng ta phải có m  Max  x 3  2020 x   36416  4;16 Câu 12. [2D2-6.5-3] (Đặng Thành Nam Đề 3) Cho a  1 . Biết khi a  a0 thì bất phương trình x a  a x đúng với mọi x  1;   . Mệnh đề nào dưới đây đúng? B. e  a0  e2 . A. 1  a0  2 . C. 2  a0  3 . D. e 2  a0  e3 . Lời giải Tác giả: Nguyễn Văn Bình ; Fb: Nguyễn Văn Bình Chọn C Ta có x a  a x , x  1  ln  x a   ln  a x  , x  1  a ln x  x ln a, x  1  Xét hàm số f ( x )  ln x x (1)  f ( a )  f ( x ), x  1  f (a )  f '( x )  ln a  max f ( x )  2  . 1;  a 1  ln x ; f '( x)  0  x  e x2 Bảng biến thiên Do đó (2)  f (a )  ln a ln e  max f ( x )  f (e)   a0  e. 1;  a e ln a ln x  , x  1 (1). a x Câu 13. [2D2-6.5-3] (CỤM TRƯỜNG SÓC SƠN MÊ LINH HÀ NỘI) Với a là tham số thực để bất phương trình 2 x  3x  ax  2 có tập nghiệm là  , khi đó A. a    ;0  . B. a  1;3 . C. a   3;    . D. a   0;1 . Lời giải Chọn B Cách 1 Tác giả: Lâm Thanh Bình ; Fb: Lâm Thanh Bình Xét trường hợp a  0 , bất phương trình không nhận các giá trị âm của x làm nghiệm. Thật vậy, khi đó 2 x  3x  2 mà ax  2  2 . Suy ra loại a  0 . Xét trường hợp a  0 2 x  3x  ax  2  2 x  3x  ax  2  0 . Đặt f  x   2 x  3x  ax  2 , x   . Khi đó f   x   2 x ln 2  3x ln 3  a, x   . f   x   0  2 x ln 2  3x ln 3  a 1 Đặt g  x   2 x ln 2  3x ln 3, x   . g   x   2 x ln 2 2  3x ln 2 3  0, x   . Suy ra hàm số g  x  đồng biến trên  . Lại có lim g  x    và lim g  x   0 x  x  Suy ra với mỗi giá trị a  0 thì phương trình 1 luôn có nghiệm duy nhất là xo . Ta có phương trình f   x   0 có nghiệm duy nhất là xo . Mà lim f   x    và lim f   x   a  0 nên f   x   0, x  xo và f   x   0, x  xo . x  x  Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f  x  đạt giá trị nhỏ nhất tại xo , ta kết hợp với điều kiện đề bài là f  x   0, x   và f  0   0 nên ta suy ra xo  0 và xo  0 là giá trị duy nhất để f  x   0 . Suy ra xo  0 là giá trị duy nhất để f   xo   0  f   0   ln 2  ln 3  a  0 . Suy ra a  ln 2  ln 3  ln 6 . Như vậy a là giá trị duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán. Suy ra mệnh đề đúng là a  1;3 . Cách 2: Tác giả: ; Fb: Khoa Nguyen 2  3  ax  2, x   x x  2x  3x  ax  2  0, x  . Đặt f  x   2 x  3x  ax  2 , x   . Khi đó f   x   2 x ln 2  3x ln 3  a, x   . Điều kiện cần f  x   0, x   và f  0   0 nên hàm số đạt cực tiểu tại x  0  f   0   ln 2  ln 3  a  0 .  a  ln 2  ln 3  ln 6 . Điều kiện đủ Với a  ln 6 , ta có f  x   2 x  3x  x ln 6  2 . f   x   2 x ln 2  3x ln 3  ln 6, x   . f   x   2 x ln 2 2  3x ln 2 3  0, x    f   x  đồng biến trên  . Mà f   0   0  phương trình f   x   0 có nghiệm duy nhất x  0 . Bảng biến thiên  f  x   0, x   . Vậy a  ln 6 Cách 3: Tác giả: ; Fb: Tú Tran 2 x  3 x  ax  2, x   Xét hàm số f  x   2 x  3x C  f  0  2 . Ta có f   x   2 x ln 2  3x ln 3, x   . f   0   ln 2  ln 3  ln 6 . Gọi  là tiếp tuyến của  C  tại điểm  0; 2  . Phương trình của  : y  f   0  x  0   2  y  ln 6.x  2 . Yêu cầu bài toán được thỏa mãn khi a  ln 6 . Thật vậy, ta sẽ chứng minh 2x  3x  ln 6.x  2, x  . Ta có 2 x  3x  ln 6.x  2  2 x  3x  ln 6.x  2  0 . Đặt g  x   2 x  3x  ln 6.x  2 Suy ra g   x   2 x ln 2  3x ln 3  ln 6 . g  x   0  x  0 . Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên ta có g  x   0, x   . Hay 2x  3x  ln 6.x  2, x  . Vậy a  ln 6 . Câu 14. [2D2-6.5-3] (Hai Bà Trưng Huế Lần1) Cho x , y là hai số thực dượng thỏa mãn ln x  ln y  ln  x 2  y  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  3x  y . A. 9 . B. 2 . C. 1 . 2 D. 4 Lời giải Tác giả: Phan Văn Tài ; Fb: Phan Van Tai Chọn A Cách 1. Ta có: xy  x 2  y  y  x  1  x 2 .  x2  0 Do  nên x  1  0  x  1 . y  0 x2 x2 1  P  3x   3x  x  1  Khi đó: y  . x 1 x 1 x 1 • Hướng đi số 1: 1 5. x 1 P  4  x  1  1 Vì x  1  0 nên bất đẳng thức Cauchy cho ta: P  2 4  x  1 .  5  P  9 khi x 1 3 4  x  1  x . x 1 2 • Hướng đi số 2: x2 4 x 2  3x với x  1 . P  x   3x   x 1 x 1 4x2  8x  3 . P  x   2  x  1 P  x   0  x  3 . 2 Bảng biến biên: x  3 2 0 1 P  x       P  x 3 P   9 2 Từ bảng biến thiên cho ta giá trị nhỏ nhất P  9 . Cách 2. ( Nguyễn Văn Hòa) Ta có: xy  x 2  y  x 2  xy  y  0 Nên   y 2  4 y  0  y  4 y  y2  4 y y  y2  4 y x 2 2 y  y2  4 y 5 y  3 y2  4 y y . 2 2 5 3  y  2  P   . 2 y2  4 y P  3x  y  3 P  0  y  9 3 3 9 khi đó x  từ đó suy ra giá trị nhỏ nhất P  9 khi x  , y  . 2 2 2 2 Câu 15. [2D2-6.5-3] (Đặng Thành Nam Đề 9) Có bao nhiêu số thực m để tồn tại duy nhất cặp số thực  x ; y  thỏa mãn đồng thời log x2  y2  2  4 x  4 y  m 2  m  5   1 và x 2  y 2  2 x  4 y  1  0 . A. 2 . B. 6 . C. 4 . D. 0 . Lời giải Tác giả: Trần Nhân Lộc ; Fb: Nhan Loc Tran Chọn A Từ yêu cầu đề, để tìm m thỏa mãn hai điều kiện đề cho, ta lập hệ phương trình: 2 2  x 2  y 2  2 x  4 y  1  0  x  y  2 x  4 y  1  0    2 2 2 2 log x2  y 2  2  4 x  4 y  m  m  5   1  4 x  4 y  m  m  5  x  y  2  x  1 2   y  2  2  4 (1) .  2 2 2  x  2    y  2   m  m  1 (2) Ta có 1 là phương trình đường tròn  C1  tâm I1  1; 2  , R1  2 ;  2  là phương trình hình tròn  C2  tâm I 2  2; 2  ; R2  m2  m  1 . Để tồn tại duy nhất cặp số thực  x ; y  khi và chỉ khi hệ có nghiệm duy nhất tương đương với  C1  và  C2  tiếp xúc ngoài, nghĩa là I1 I 2  R1  R2  2  2  1   2  2 2  m2  m  1  2  m2  m  1  1  m2  m  0  m  0; m  1 . Chú ý: Tiếp xúc trong thì đường tròn và hình tròn có vô số điểm chung. Bạn đọc cần cẩn thận cho trường hợp này. Câu 16. [2D2-6.5-3] (Cẩm  Cho a là số nguyên dương lớn a . Giá trị của log 2  2017a  xấp xỉ bằng: Giàng)  3 3log 3 1  a  a  2 log 2 A. 19 . B. 26 . nhất thỏa mãn C. 25 . D. 23 . Lời giải Tác giả: Nguyễn Văn Hòa ; Fb: Nguyễn Văn Hòa Hòa Chọn D Từ giả thiết 3log 3 1  a  3 a  2 log 2 a .   x Đặt log 2 a  3x  a  64 . Ta được bất phương trình: 3log 3 1  8 x  4 x   6 x  1  8x  4 x  9 x . x x x 1 8 4           1. 9 9 9 x x x 1 8 4 Đặt f  x           . 9 9 9 x x x 1 1 8 8 4 4  f   x     ln      ln      ln    0 , x   . 9 9 9 9 9 9 Vậy f  x  là hàm số nghịch biến trên  . Và ta lại có f  2   1 . x x x 1 8 4 Từ          1  f  x   f  2   x  2 . 9 9 9 Suy ra a  642  4096 mà a là số nguyên dương lớn nhất thỏa mãn suy ra a  4095 . Vậy log 2  2017a   log 2  2017  4095  22.97764311  23 . Câu 17. [2D2-6.5-3] (THPT NÔNG CỐNG 2 LẦN 4 NĂM 2019) Cho a, b là các số thực thỏa mãn 4a  2b  0 và log a2 b2 1  4a  2b   1 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  3a  4b . Tính M  m . A. 25 . B. 22 . C. 21 . D. 20. Lời giải Tác giả: Nguyễn Vĩnh Thái; Fb:Thaiphucphat. Chọn D Nhận xét: a2  b2  1  1, a, b + Ta có log a2 b2 1  4a  2b   1  4a  2b  a 2  b2  1 (1) . Cách 1. + Ta có P  3a  4b  b  P  3a . 4 (2) 2 + Thay (2) vào (1) ta được 4a  2 P  3a  P  3a   a2     1. 4  4   25a 2  2a(3P  20)  P 2  8 P  16  0 . (3) Để bài toán đã cho tồn tại giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P thì bất phương trình (3) có nghiệm hay  '  0   '  16 P 2  320 P  0  0  P  20 . Suy ra M  20; m  0 hay M  m  20 . Cách 2 2 1   a  2   b  1 2  4. Suy ra M  a; b  là các điểm thuộc hình tròn  C  tâm I  2;1 , bán kính R  2 . Gọi  là đường thẳng có phương trình: 3x  4 y  0 . Khi đó d  M ;    Mặt khác d  I ;    3.2  4.1 5 3a  4b 5  P 5 .  2 nên  tiếp xúc với đường tròn  C  . Đường thẳng   qua I và vuông góc với  , cắt đường tròn  C  tại hai điểm M 1 , M 2 (như hình vẽ). Dựa vào hình vẽ ta thấy: Khi M  M 1 , min d  M ;    0  minP  0  m  0 . Khi M  M 2 , max d  M ;    2 R  4  maxP  20  M  20 . Vậy M  m  20 . Cách 3 2 2 + Ta có log a2 b2 1  4a  2b   1  4a  2b  a 2  b2  1   a  2    b  1  4 1 + Mặt khác P  3a  4b  3  a  2   4  b  1  10 2 2 2 2 Do đó  P  10  3  a  2  4  b  1   32  42  a  2    b  1   25.4  100   Khi đó 10  P  10  10  0  P  20    a  2 b 1  0  4 Vậy m  min P  0 khi và chỉ khi  3 (hệ có 1 nghiệm duy nhất)  a  2 2   b  12  4   a  2 b 1  0  4 M  max P  20 khi và chỉ khi  3 (hệ có 1 nghiệm duy nhất)  a  2 2   b  12  4  Câu 18. [2D2-6.5-3] (SGD-Nam-Định-2019) Gọi S là tập tát cả các giá trị thực của tham số m để bất phơng trình m 2  x 5  x 4   m  x 4  x 3   x  ln x  1  0 thỏa mãn với mọi x  0 . Tính tổng các giá trị của m trong tập S . A. 2 . B. 0 . C. 1 . D.  2 . Lời giải Tác giả: Phương Xuân Trịnh; PB: Phương Xuân Trịnh. Chọn C Xét hàm số f  x   m 2  x 5  x 4   m  x 4  x 3   x  ln x  1  f  x  liên tục trên  0;    và f 1  0 . * Điều kiện cần f   x   m 2  5 x 4  4 x3   m  4 x3  3 x 2   1  1 . x f  x   0, x   0;     f  x   f 1 , x   0;    . Do f  x  liên tục trên  0;     x  1 là điểm cực tiểu của hàm số  f  1  0  m2  m  0  m  0, m  1 . */ Điều kiện đủ + Với m  0  f  x   x  ln x  1  f   x   1  1 x 1 .  f  x  x x f  x   0  x  1. Bảng biến thiên:  f  x   0, x   0;     m  0 thỏa mãn. + Với m  1  f  x   x 5  2 x 4  x 3  x  ln x  1 2  f  x   x 3  x  1   x  ln x  1  0, x   0;     m  1 thỏa mãn. Vậy S  0;1  Tổng các phần tử của S bằng 1. Câu 19. [2D2-6.5-3] (Chuyên Vinh Lần 3)Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình    e3m  e m  2 x  1  x 2 1  x 1  x 2 có nghiệm.  1  A.  0; ln 2  .  2  1   B.  ; ln 2  . 2    1 C.  0;  .  e Lời giải. 1  D.  ln 2;   . 2  Tác giả: Trần Quốc Thép; Fb: Thép Trần Quốc. Chọn B Đặt t  x  1  x 2  t 2  1  2 x 1  x 2  x 1  x 2  Ta có t '  1  x2  x 1 x 2 ,t '  0  x  t 2 1 . 2 1 . 2 Vậy t   1; 2  .  t 2 1  3m m 3 m Phương trình trở thành e3m  em  2t 1    e  e  t  t  e  t . (sử dụng hàm đặc 2   trưng). 1 Phương trình có nghiệm khi và chi khi 1  e m  2  m  ln 2  m  (; ln 2] . 2