Thủ Thuật Hướng dẫn Tổng những nghiệm của phương trình sau 1 7 7 6log 6 5+1 xx bằng 2022

You đang tìm kiếm từ khóa Tổng những nghiệm của phương trình sau 1 7 7 6log 6 5+1 xx bằng được Update vào lúc : 2022-04-10 12:25:11 . Với phương châm chia sẻ Bí quyết Hướng dẫn trong nội dung bài viết một cách Chi Tiết Mới Nhất. Nếu sau khi Read tài liệu vẫn ko hiểu thì hoàn toàn có thể lại Comment ở cuối bài để Mình lý giải và hướng dẫn lại nha.

246

Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung CHỦ ĐỀ MŨ LÔGARIT CHỌN LỌC VD – VDC HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN I. CÁC BÀI TOÁN CỦA BGD Câu 1: (BGD – Đề thi thử nghiệm THPTQG 2022 C20) Tìm tập hợp toàn bộ những giá trị thực của tham số m để phương trình ( ) 6 3 .2 0 x x m m + − − = có nghiệm thuộc khoảng chừng (0; 1). A. 3;4       B. 2;4       C. ( ) 2;4 D. ( ) 3;4 . Hướng dẫn. Biến đổi phương trình ( ) ( ) 6 3.2 1 2 6 3.2 1 2 x x x x x x m m f x + + = + ⇒ = = + là hàm số liên tục trên khoảng chừng (0; 1); ( ) ( ) ( ) 2 12 ln6 ln3 6 ln6 3.2 ln2 ‘ 0 1 2 x x x x f x − + + = > + và ( ) () 0 2, 1 4 f f = = . Chọn C. Lời bình. Nhìn chung: những bài toán có tham số m nếu “cô lập được m ” thì nên giải theo phương pháp trên. Trong nhiều trường hợp ta đặt ẩn phụ để lấy về phương trình bậc hai (hay phương trình đa thức), từ đó biện luận phương trình theo m. Bằng máy tính Casio, ta vào Mode 7 và nhập hàm ( ) f x trên đoạn 0;1       ta cũng khảo sát được những giá trị của ( ) f x . Câu 2: (BGD – Đề thi thử nghiệm THPTQG 2022 C21) Xét những số thực , a b thỏa mãn nhu cầu 1 a b > > . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) 2 2 log 3log a b b a P a b      = +        bằng A. 19 B. 13 C. 14 D. 15 . Hướng dẫn. Đặt ( ) ( ) 2 2 2 1 4 3 log 0;1 3 1 3 1 1 a b t P t t t t           = ∈ ⇒ = + − = + −           −     − . Ta có: ( ) 2 4 3 12 3 1 1 1 12 9 12 12 6 1 1 1 2 1 P t t t t t t t              =− + + + ≥− + + =− + + +          − − −     −     9 12 6. 15 1 1 2 P t t t ≥− + = − + − + . Dấu bằng có một 3 t ⇔ = min 15 P ⇒ = . Chọn D.Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Lời bình. Trong bài toán có cơ số là phân số thì ta tìm cách khử phân số này đi, bằng công thức đổi cơ số: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 4 log log 2log 1 log log a a a b b b a a a a a a b b                      = = = =                  −                       . Cần để ý quan tâm đến bình phương của logarit mà nhiều học viên dễ mắc sai lầm không mong muốn. Ở đây ta dùng bất đẳng thức để giải toán, tuy nhiên ta hoàn toàn có thể khảo sát hàm số ẩn t () ( ) ( ) 2 3 1 4 1 t P t t t − = + − có dạng bậc hai trên bậc ba, riêng với một số trong những học viên đạo hàm cũng tương đối phức tạp, ngoài ra còn phải tìm nghiệm của đạo hàm, lập bảng biến thiên . . .Như vậy xem như đây bài toán khó nằm ở vị trí độ phức tạp và kỹ năng đạo hàm và biến hóa logarit. Câu 3: (BGD – Đề thi tìm hiểu thêm THPTQG 2022 C33) Cho những số thực , 0 a b> thỏa mãn nhu cầu log 3 a b= . Tính log b a a P b = bằng A. 5 3 3 − + B. 1 3 + C. 1 3 − − D. 5 3 3 − − . Hướng dẫn. Từ giả thiết 3 log 3 a b b a = ⇒ = , khi đó: 3 2 3 2 1 3 log log . 1 3 2 3 2 b a a a a a P b a    −    = = = = +       −   . Chọn B. Lời bình. Cách giải trên khá cơ bản, tức là dùng phép thế để biến hóa logarit theo a , kết quả không tùy từng , 0 a b> . Bằng máy tính Casio ta hoàn toàn có thể chọn cặp , 0, 1 a b a > ≠ tùy ý để tính. Ở đây cần yên cầu kỹ năng biên đổi cơ số, hay là công thức ( ) log log a a b b β α α β = . Bài toán ở tại mức VD. Câu 4: (BGD – Đề thi tìm hiểu thêm THPTQG 2022 C45) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc 2022;2022   −     để phương trình ( ) ( ) log 2log 1 mx x = + có nghiệm duy nhất? A. 2022. B. 4014. C. 2022. D. 4015 . Hướng dẫn. Điều kiện 1, 0 x x >− ≠ . Phương trình trở thành ( ) ( ) 2 1 1 2 mx x m x f x x = + ⇒ = + + = ( ) 2 2 1 ‘ 0 1 x f x x x − ⇒ = = ⇔ =± . Ta có bảng biến thiên: Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung x 1 − 0 1 +∞ ( ) ‘ f x 0 − − 0 + ( ) f x `0 −∞ +∞ +∞ 4 Vậy để phương trình có nghiệm duy nhất thì 4 0 m m  =   − ≠ ?” Câu 5: (Đề thi chính thức THPTQG 2022 M101 C39) Tìm giá trị thực của tham số m để phương trình 2 3 3 log log 2 7 0 x m x m − + − = có hai nghiệm 1 2 , x x thỏa mãn nhu cầu 1 2 81 x x = . A. 4. m=− B. 4. m= C. 81. m= D. 44 m = . Hướng dẫn. Đặt 3 log x t = ta có phương trình 2 2 7 0 t mt m − + − = . Theo yêu cầu bài toán và định lý Viet, ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 2 3 1 3 2 1 2 3 log log log log 81 4 x x x x t t m = + = + ⇒ = = . Chọn B. Lời bình. Ta không cần kiểm tra lại xem 4 m = có thỏa mãn nhu cầu bài toán hay là không? Vì đáp án đã cho rõ ràng. Nếu trong đáp án có phương án lựa chọn m∈∅ thì ta cần kiểm tra lại 4 m = có thỏa mãn nhu cầu hay là không, hoặc là yếu tố kiện có nghiệm 0 ∆> . Bài toán khó hơn nếu đưa vào phương án lựa chọn m∈∅ . Nói cách khác: khi dạy định lý Viet, cần để ý quan tâm nhấn mạnh yếu tố là một trong 2 1 2 b x x a c x x a    + =−       =     thì nên phải có 0 ∆≥ trước đã!. Một ví dụ mà giáo viên hay lấy làm dẫn chứng là một trong 2 1 2 1 1 x x x x   + =−    =   trong lúc phương trình 2 1 0 x x + + = vô nghiệm!. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 6: (Đề thi chính thức THPTQG 2022 M101 C42) Cho log 3,log 4 a b x x = = với , a b những số thực to nhiều hơn 1. Tính log ab P x = bằng A. 7 . 12 P= B. 1 . 12 P= C. 12. P= D. 12 . 7 P= Hướng dẫn. Biến đổi P theo giả thiết, ta có: 1 1 1 1 12 log log log log 1 1 1 1 7 log log 3 4 ab x x x a b P x ab a b x x = = = = = = + + + . Chọn D. Lời bình. Trên đấy là bài toán dễ, tương tự câu 3, hầu hết là công thức đổi cơ số. Ta cũng hoàn toàn có thể giải theo phương pháp thế theo a , ví dụ điển hình: 3 3 4 4 log 3,log 4 a b x x x a b b a = = ⇒ = = ⇒ = , khi đó ( ) 3 7 4 4 3 3 . 4 12 log log log 3. 7 7 ab a a a P x a a = = = = = . Mặt khác để không phải biến hóa nhiều thì ta cho 4 3 12 , a m b m x m = = ⇒ = (lấy những giá trị đổi làm số mũ lẫn nhau, 0 1 m    <   và kiểm tra xem dấu bằng xẩy ra lúc nào? Có thỏa mãn nhu cầu Đk hay là không? Mặt khác: những bài toán cho một phương trình hai ẩn thì thường xuyên giải theo PP nhìn nhận hay PP hàm số. Cách khác là đưa về một biến để xem nhận hay khảo sát, ví dụ điển hình: 3 3 2 x y x − = + thế vào P, ta có ( ) 11 3 2 3 11 3 3 3 2 3 2 11 3 3 2 3 2 3 2 x x P x P x x x x x − + − = + ⇒ = + = + + − ≥ − + + + , từ đó suy ra min 2 11 3 11 2 11 1 3 2 11 , 3 3 3 P x x y − − − = ⇔ + = ⇔ = = (thỏa mãn nhu cầu 1 xy< ) Chọn D. Câu hỏi nêu lên là: Có thể giải bài toán trên bằng máy tính Casio được không? Câu vấn đáp là được. Vì yêu cầu tìm GTNN nên thứ nhất ta kiểm tra xem trong 4 phương án thì số nào nhỏ nhất? Và ta thử từ đáp án nhỏ nhất trước tiên, lần lượt là một trong,2 1,22 1,46 A D C ≈ < ≈ ta có phương trình 2 2 0 t t m − + = . Để phương trình có hai nghiệm phân biệt và dương thì ( ) 1 2 ‘ 1 0 0;1 0 m m t t m  ∆ = − >  ⇔ ∈   = >   . Chọn D. Lời bình. Bài toán bậc hai khá đơn thuần và giản dị, thế nên vì thế không thiết yếu “cô lập m” là 2 2 m t t =− + rồi khảo sát hàm số () f t , như vậy lại trở nên phức tạp hơn. Nói cách khác: toàn bộ chúng ta hoàn toàn có thể cô lập m để khảo sát hàm số nhưng không nhất định phải vận dụng “cứng nhắc” để làm cho yếu tố phức tạp hay rắc rối hơn. Đây là yếu tố mà toàn bộ chúng ta hoàn toàn có thể nhắc nhở cho học viên về “sự linh hoạt” trong giải toán thông qua những ví dụ đơn thuần và giản dị, quan trọng hơn là: GV cần làm cho HS tự nhận xét và rút ra kinh nghiệm tay nghề cho mình. Không phải cả thầy và trò giải xong bài toán là xong! Như thế giờ học có lẽ rằng thành công xuất sắc hơn chăng? Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 9: (Đề thi chính thức THPTQG 2022 M102 C37) Cho x, y là những số thực to nhiều hơn 1 thoả mãn: 2 2 9 6 x y xy + = . Tính giá trị của biểu thức ( ) 12 12 12 1 log log 2log 3 x y M x y + + = + . A. 1 4 M= B. 1 M = C. 1 2 M= D. 1 3 M= . Hướng dẫn. Biến đổi giả thiết ( ) 2 2 2 9 6 3 12 x y xy x y xy + = ⇔ + = (*). Và biến hóa ( ) 12 2 12 log 12 1 log 3 xy M x y = = + . Chọn B. Lời bình. Cách giải trên tương đối khái quát, hướng giả thiết và kết luận đến “điểm chung”. Ngoài ra ta hoàn toàn có thể nhìn nhận giả thiết ở tính đẳng cấp và sang trọng để rút ẩn và thế: 2 2 6 9 0 x xy y − + = ( ) 2 3 0 3 x y x y ⇔ − = ⇔ = , rồi thế vào M, ta có ( ) 2 12 12 12 12 12 log 6 1 log 3 log 1 2log 6 2log 6 y y y M y y + + = = = . Hoặc sử dụng máy tính Casio, cho một, 3 y x = = là tính được M. Câu 10: (Đề thi chính thức THPTQG 2022 M102 C46) Xét những số thực dương , a b thỏa mãn nhu cầu 2 1 log 2 3 ab ab a b a b − = + + − + . Tìm giá trị nhỏ nhất min P của 2 P a b = + . A. min 2 10 3 . 2 P − = B. min 3 10 7 . 2 P − = C. min 2 10 1 . 2 P − = D. min 2 10 5 . 2 P − = Câu 11: (Đề thi chính thức THPTQG 2022 M103 C32) Tìm toàn bộ những giá trị thực của tham số m để hàm số ( ) 2 log 2 1 y x x m = − − + có tập những định là ℝ . A. 0. m≥ B. 0. m Hướng dẫn. Yêu cầu bài toán là ( ) 2 2 2 1 0, 1 , x x m x x m x − − + > ∀ ∈ ⇔ − > ∀ ∈ ℝ ℝ (*). Dễ thấy (*) đúng thời cơ và chỉ khi 0. m< Chọn B. Lời bình. Bài toán trên là trường hợp "đặc biệt quan trọng" của bất phương trình bậc hai. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Để giải ta cũng "đặc biệt quan trọng" cho một x = là được đáp án. Nói cách khái quát hơn: khi mà giả thiết đặc biệt quan trọng hóa thì ta cũng đặc biệt quan trọng hóa theo giả thiết để giải toán. Câu 12: (Đề thi chính thức THPTQG 2022 M103 C42) Tìm toàn bộ những giá trị thực của tham số m để bất phương trình 2 2 2 log 2log 3 2 0 x x m − + − < có nghiệm thực. A. 1. m< B. 2 . 3 m< C. 0. m< D. 1. m≤ Hướng dẫn. Đặt ( ) 2 2 2 log 2 3 2 0 1 3 3 x t t t m t m = ⇒ − + − < ⇒ − ⇔ , miễn sao tồn tại t sẽ cho ta x tương ứng và dương. Một số học viên hoàn toàn có thể sẽ đặt Đk cho x trước tiên 0 x> là đúng nhưng không thiết yếu. Câu 13: (Đề thi chính thức THPTQG 2022 M103 C50) Xét hàm số () 2 9 9 t t f t m = + với m là tham số thực. Gọi S là tập hợp toàn bộ những giá trị của tham số m sao cho ( ) ( ) 1 f x f y + = với mọi số thực , x y thỏa mãn nhu cầu ( ) x y e e x y + ≤ + . Tìm số thành phần của S . A. 0. B. 1. C. Vô số. D. 2. Hướng dẫn. Trước hết ta xét hàm số () () () ‘ 0 1; ” 0 t t t g t e et g t e e t g t e = − ⇒ = − = ⇔ = = > . Từ đó suy ra 1 t= là yếu tố cực tiểu của () g t , hay () () 1 0, , t g t g t e et t ≥ = ∀ ∈ ⇔ ≥ ∀ ∈ ℝ ℝ . Vậy giả thiết ( ) x y e e x y + ≤ + xẩy ra khi và chỉ khi một x y + = . Tiếp theo ta có phương trình: ( ) ( ) 1 1, f x f x x + − = ∀ ∈ℝ 1 2 1 2 9 9 1, 9 9 x x x x x m m − − ⇔ + = ∀ ∈ + + ℝ . Đặc biệt cho một x = , ta được 2 2 9 1 1 9 1 m m + = + + 2 2 4 2 2 2 1 9 3 1 9 m m m m m m m ⇒ = ⇒ + = + ⇒ =± + + . Thử lại với 2 3 m = thì 1 1 9 9 9 9 9 3 1, 9 3 9 3 9 3 9 3.9 9 3 3 9 x x x x x x x x x x x − − + = + = + = ∀ ∈ + + + + + + ℝ Vậy 3; 3 S = − . Chọn D.Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Lời bình. Chúng ta chỉ hoàn toàn có thể xuất phát từ giả thiết cuối ( ) x y e e x y + ≤ + để giải toán, mong tìm mối liên hệ giữa x và y vì hệ thức ( ) ( ) 1 f x f y + = là một phương trình hai ẩn và còn tồn tại tham số. Trong quy trình giải toán có tham số thì nhiều khi ta đổi vài trò ngược lại: tham số là ẩn cần tìm, những ẩn chính lại xem như tham số thỏa mãn nhu cầu Đk nhất định. Câu hỏi là: Chúng ta hoàn toàn có thể giải (hay mò) bài toán bằng máy tính Casio hay là không? Câu vấn đáp là được. Xuất phát từ Đk đặc biệt quan trọng khi cho dấu bằng xẩy ra ( ) 0 X Y e e X Y + − + = , dùng Shift Solve khi máy hỏi Y, ta cho Y tùy ý, ví dụ điển hình Y = 1, tìm kiếm được X = 0. Sau đó nhập Đk 2 2 9 9 1 , 9 9 X Y X Y M M M + − + + Shift Solve nhập M = 0.5 tìm kiếm được M = 1,7320508…Và Shift Solve nhập M = – 0.5 tìm kiếm được M = -1,7320508…(nhớ là để X, Y cố định và thắt chặt). Vậy 3 m=± . Câu 14: (Đề thi chính thức THPTQG 2022 M104 C31) Tìm giá trị thực của tham số m để phương trình 1 9 2.3 0 x x m + − + = có hai nghiệm thực 1 2 , x x thỏa mãn nhu cầu 1 2 1 x x + = . A. 6. m= B. 3. m=− C. 3. m= D. 1. m= Câu 15: (Đề thi chính thức THPTQG 2022 M104 C40) Tìm toàn bộ những giá trị thực của tham số m để hàm số ( ) 2 log 2 1 y x x m = − + + có tập những định là ℝ . A. 0. m= B. 0 3. m < < C. 1 . 0 m m    D. 0. m> Câu 16: (Đề thi chính thức THPTQG 2022 M104 C46) Xét những số nguyên dương , a b sao cho phương trình 2 ln ln 5 0 a x b x + + = có hai nghiệm phân biệt 1 2 , x x và phương trình 2 5log log 0 x b x a + + = có hai nghiệm phân biệt 3 4 , x x thỏa mãn nhu cầu 1 2 3 4 x x x x > . Tìm giá trị nhỏ nhất min S của 2 3 S a b = + . A. min 30. S = B. min 25. S = C. min 33. S = D. min 17. S = Hướng dẫn. Điều kiện để cả hai phương trình có những nghiệm phân biệt là 2 2 20 0 20 b a b a ∆= − > ⇔ > . Đến đây ta sử dụng định lý Viet và giả thiết: 1 2 3 4 1 2 3 4 ln ln ln ln x x x x x x x x > ⇒ + > + hay đổi cơ số vế phải là 3 4 1 2 log log 5 ln ln .ln10 2,17 log 5 ln10 x x b b x x a e a + + > ⇒− >− ⇔ > ≈ . Vì * a∈ℕ nên min 3 a = . Mà 2 20 60 b a > = nên min 8 b = . Suy ra min 30. S = Chọn A. Lời bình. Vì thi trắc nghiệm nên ta bỏ qua một số trong những lập luận là * , , 0 a b∈ ∆> ℕ nên những nghiệm 1 2 , x xFb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung rất khác nhau, 3 4 , x x rất khác nhau và cả 4 số đều dương. Do đó khi lấy logarit những vế thì đều thỏa mãn nhu cầu tồn tại. Nếu giải và lập luận quá khá đầy đủ và ngặt nghèo thì không đủ thời hạn cũng như giấy nháp (khoảng chừng 20 trang cho một bài thi!). Tuy nhiên khi dạy học hay ôn tập cho học viên thì toàn bộ chúng ta cũng cần phải nhắc nhở thêm hoặc lấy ví dụ phản chứng. Qua đây và nhiều bài toán khác, toàn bộ chúng ta cũng thấy được và cũng cần phải làm cho học viên thấy được sự mở rộng ứng dụng của định lý Viet ở đoạn: Định lý Viet hoàn toàn có thể vận dụng khái quát hơn riêng với những phương trình có ẩn ( ) u x hay ( ) , u x y dạng 2 0 au bu c + + = . Ý nghĩa là: không cần quy đổi trực tiếp Một trong những biến, rõ ràng hơn ta cũng hay vận dụng với ( ) u x a hoặc ( ) log a u x . Câu 17: (BGD – Đề thi tìm hiểu thêm THPTQG 2022 C27) Tổng giá trị toàn bộ những nghiệm của phương trình 3 9 27 81 2 log .log .log .log 3 x x x x = là A. 82 9 B. 80 9 C. 9 D. 0 . Hướng dẫn. Viết lại phương trình ( ) 4 3 3 1 2 1 log log 2 , 9 24 3 9 x x x x = ⇒ =± ⇒ = = . Chọn A. Câu 18: (BGD – Đề thi tìm hiểu thêm THPTQG 2022 C34) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình ( ) 16 2.12 2 .9 0 x x x m − + − = có nghiệm dương? A. 1 B. 2 C. 4 D. 3 . Hướng dẫn. Viết lại phương trình thành ( ) 2 16 12 4 2. 2 0 3 1 , 1 9 9 3 x x x m m t t                − + − = ⇒ − = − = >                      . Từ đó suy ra 3 0 3 1;2 m m m − > ⇒ < ⇒ ∈ . Chọn B. Lời bình. Bài toán yêu cầu "có nghiệm dương" chứ không phải "cả hai nghiệm đều dương". Bởi vậy nếu 3 m

thỏa mãn nhu cầu bài toán. Câu 19: (BGD – Đề thi tìm hiểu thêm THPTQG 2022 C42) Cho dãy số ( ) n u thỏa mãn nhu cầu 1 1 10 10 log 2 log 2log 2log u u u u + + − = và 1 2 n n u u + = với mọi 1 n≥ . Giá trị nhỏ nhất của n để 100 5 n u > bằng A. 247 B. 248 C. 229 D. 290 . Hướng dẫn. Đặt 1 10 2 log 2log 0 u u t + − = ≥ , ta được phương trình 2 2 0 1 t t t + − = ⇒ = . Mặt khác 1 2 n n u u + = nên ( ) n u là cấp số nhân công bội q = 2. Khi đó ta có: Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung ( ) ( ) 2 9 18 2 18 1 10 1 1 1 1 1 2 log 2log 1 log 10 log .2 0 10 2 . 10.2 u u u u u u u − + − = ⇒ − = ⇒ = ⇒ = . Suy ra 18 1 100 18 99 2 10.2 .2 5 2 5 18 99log 5 247,87 n n n u n − − − = > ⇔ > ⇒ > + ≈ . Vậy số n nhỏ nhất là 248. Chọn B. Lời bình. Đối với một số trong những học viên thấy “biểu thức cồng kềnh” hoàn toàn có thể sinh ra tâm lí “lo ngại” trong giải toán. Vì thế để tránh tâm lí này thì giáo viên hoàn toàn có thể lấy bài trên hay những bài tương tự để rèn luyện cho những em, điều quan tâm hơn là: toàn bộ chúng ta nhấn mạnh yếu tố tiến trình giải một cách “tường minh” thì những em không hề “đáng ngại” với dạng toán trên: – Đầu tiên là “giải phương trình vô tỉ như thông thường” ta vẫn thực hiện đấy thôi! – Thứ hai là “dãy số đã cho là gì?” suy ra số hạng tổng quát? – Cuối cùng “cho dãy thỏa mãn nhu cầu Đk”. Trên này cũng là những kiến thức và kỹ năng và kỹ năng có liên quan được phối hợp trong bài toán. Để rèn luyện cho HS, ta hoàn toàn có thể lấy những dãy đơn thuần và giản dị, phương trình vô tỉ nhẹ nhàng, giảm sút Đk. Câu 20 (Đề thi chính thức THPTQG 2022 M101 C34). Gọi S là tập hợp toàn bộ những giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình 1 2 16 .4 5 45 0 x x m m + − + − = có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu thành phần? A. 13 . B. 3 . C. 6 . D. 4 . Hướng dẫn. Đặt 4 0 x t = > ta có phương trình bậc hai 2 2 4 5 45 0 t mt m − + − = , để sở hữu hai nghiệm dương phân biệt thì ta hoàn toàn có thể sử dụng những Đk về tổng, tích và delta dương, tuy nhiên ta biến hóa tiếp: ( ) 2 2 2 45 t m m − = − suy ra Đk 2 2 45 0 4;5;6 5 45 0,4 0 m m m m   − >   ⇒ ∈   − > >    . Chọn B. Câu 21 (Đề thi chính thức THPTQG 2022 M101 C44). Cho 0 a> , 0 b> thỏa mãn ( ) ( ) 2 2 3 2 1 6 1 log 9 1 log 3 2 1 2 a b ab a b a b + + + + + + + + = . Giá trị của 2 a b + bằng A. 6. B. 9. C. 7 2 . D. 5 2 . Hướng dẫn. Để cho gọn ta ký hiệu 3 2 1 1 m a b = + + > và có ( ) ( ) 2 2 1 log 9 1 2 log 6 1 m m a b ab + + + = + . Đây là phương trình hai ẩn nên ta nhìn nhận: ( ) 2 2 9 1 6 1 a b ab + + ≥ + từ đó ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 2 log 9 1 log 6 1 2 log 6 1 log 6 1 m m m m a b ab ab ab = + + + ≥ + + ≥ + + , dấu bằng có khi và chỉ khi ( ) 2 2 1 9 3 2 6 1 3 2 1 3 log 6 1 1 2 m a a b a b ab m a b ab b     =     = =      ⇔ ⇔       + = = + + + =     =       . Chọn C. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 22 (Đề thi chính thức THPTQG 2022 M101 C46). Cho phương trình ( ) 5 5 log x m x m + = − với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của ( ) 20;20 m∈ − để phương trình đã cho có nghiệm? A. 20 . B. 19 . C. 9. D. 21 . Hướng dẫn. Nhận xét phương trình vừa chứa đựng logarit, vừa chứa đựng mũ nên ta chuyển về biến trung gian: Đặt ( ) 5 log 5 5 t t x m t x m x m − = ⇔ − = ⇔ = + . Thay vào phương trình ta có 5 x m t + = và ta được hệ phương trình 5 5 5 5 5 5 t t x x t x x m x t x t t m   = +   ⇒ − = − ⇒ + = +   = +    . Mà hàm số ( ) 5 x f x x = + đồng biến (vì ( ) ‘ 1 5 ln5 0 x f x = + > ) suy ra 5 x x t x m = ⇒ = + hay ta có ( ) 5 x m x g x = − = . Ta có ( ) ( ) 5 ‘ 1 5 ln5 0 log ln5 x g x x α = − = ⇔ =− = , ( ) ( ) 2 ” 5 ln5 x g x =− nên α là yếu tố cực lớn của ( ) g x . Từ đó ta có ( ) 0,9 m g α ≤ ≈− suy ra 19; 18;…; 1 m∈ − − − . Vậy chọn B. Lời bình Đây là bài toán khá dài, ta phải chuyển về hệ đối xứng loại II. Sau đó sử dụng PP hàm số để giải vòng quanh hai lần. Các câu khác của những mã đề thi năm 2022 giải tương tự. Câu 23 (Đề thi chính thức THPTQG 2022 M102 C35). Gọi S là tập hợp toàn bộ những giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình 1 2 25 .5 7 7 0 x x m m + − + − = có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu thành phần ? A. 7 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Câu 24 (Đề thi chính thức THPTQG 2022 M102 C37). Cho 0 a> , 0 b> thỏa mãn nhu cầu ( ) ( ) 2 2 10 3 1 10 1 log 25 1 log 10 3 1 2 a b ab a b a b + + + + + + + + = . Giá trị của 2 a b + bằng A. 5 2 . B. 6. C. 22 . D. 11 2 . Câu 25 (Đề thi chính thức THPTQG 2022 M102 C45). Cho phương trình ( ) 3 3 log x m x m + = − với là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của ( ) 15;15 m∈ − để phương trình đã cho có nghiệm? A. 16 . B. 9. C. 14 . D. 15 . Câu 26 (Đề thi chính thức THPTQG 2022 M103 C33). Gọi S là tập hợp toàn bộ những giá trị nguyên của tham số m sao chho phương trình 1 2 4 .2 2 5 0 x x m m + − + − = có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu thành phần ? A. 3. B. 5. C. 2. D. 1. Câu 27 (Đề thi chính thức THPTQG 2022 M103 C37). Cho 0, 0 a b > > thỏa mãn nhu cầu ( ) ( ) 2 2 4 5 1 8 1 log 16 1 log 4 5 1 2 a b ab a b a b + + + + + + + + = . Giá trị của 2 a b + bằng A. 9. B. 6. C. 27 4 . D. 20 3 . Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 28 (Đề thi chính thức THPTQG 2022 M103 C42). Cho phương trình ( ) 7 7 log x m x m + = − với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của ( ) 25;25 m∈ − để phương trình đã ch có nghiệm? A. 9. B. 25. C. 24. D. 26. Câu 29 (Đề thi chính thức THPTQG 2022 M104 C28). Gọi S là tập hợp những giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình 1 2 9 .3 3 75 0 x x m m + − + − = có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu thành phần ? A. 8 . B. 4 . C. 19 . D. 5. Câu 30 (Đề thi chính thức THPTQG 2022 M104 C48). 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 nghiệm ? A. 9. B. 19 . C. 17 . D. 18 . Câu 31 (Đề thi chính thức THPTQG 2022 M104 C50). Cho 0 a> , 0 b> thỏa mãn nhu cầu ( ) ( ) 2 2 2 2 1 4 1 log 4 1 log 2 2 1 2 a b ab a b a b + + + + + + + + = . Giá trị của 2 a b + bằng A. 15 4 . B. 5. C. 4 . D. 3 2 . Câu 32: (BGD – Đề thi tìm hiểu thêm THPTQG 2022 M001 C31) Tổng toàn bộ những nghiệm của phương trình ( ) 3 log 7 3 2 x x − = − bằng A. 2 . B. 1. C. 7 . D. 3 . Hướng dẫn. Mũ hóa ta được phương trình ( ) 2 2 9 7 3 3 3 7.3 9 0 3 x x x x x − − = = ⇔ − + = . Ta có: ( ) 1 2 1 2 1 2 3 3 3 log 3 log 3 3 log 9 2 x x x x x x + + = = = = . Chọn A. Câu 33: (BGD – Đề thi tìm hiểu thêm THPTQG 2022 M001 C39) Cho hàm số ( ) y f x = . Hàm số ( ) y f x ′ = có bảng biến thiên như sau Bất phương trình ( ) e x f x m − − . C. ( ) 1 1 e m f ≥ − − . D. () 1 e m f > − . Hướng dẫn. Xét hàm số ( ) ( ) ( ) e , 1;1 x g x f x x = − ∈ − có ( ) ( ) ( ) ‘ ‘ e 0, 1;1 x g x f x x = − < ∀ ∈ − nên Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) 1;1 1 max 1 1 g x g f e − < − = − − , từ đó ( ) ( ) ( ) 1 , 1;1 1 e g x m x m f < ∀ ∈ − ⇒ ≥ − − . Vậy chọn C. Lời bình: Có thể nhiều học viên sẽ chọn đáp án B, vì giả thiết ( ) 1;1 x∈ − không còn dấu bằng. Chúng ta cần phân tích và chỉ ra cho những em thấy được là: m hoàn toàn có thể bằng a, nhưng ( ) g x a < thì bất đẳng thức ( ) g x m . Khi đó ta có ( ) 3 3 3 3 log log log 3 1 log 3 1 x m x x x − = − − = − hay là một trong 3 1 1 1 3 , 0 3 3 1 3 x x m x m m x x x − = ⇔ = = − > ⇒ < < − . Vì m nguyên nên lựa chọn A. Câu 35 (Đề thi chính thức THPTQG 2022 M101 C50). Cho phương trình ( ) 2 2 2 4log log 5 7 0 x x x m + − − = (m là tham số thực). Có toàn bộ bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt A. 49. B. 47. C. Vô số. D. 48. Hướng dẫn. Trước hết ta xét phương trình: 2 2 5 2 2 4 2 log 1 2 4log log 5 0 5 log 2 4 x x x x x x α − = = + − = ⇔ ⇔ =− = = (*). Và * 7 7 0 log , x m x m m − = ⇒ = ∈ℕ . Đến đây theo yêu cầu bài toán ta xét: 7 log 2 49 7 0 x m m m α   = =   ⇔ =   − <    Hoặc 7 0 log 2 3;4;5;…;48 7 0 x m m m α   < = <   ⇔ ∈   − ≠ > thỏa mãnlog a b m = . Giá trị của biểu thức 3 log b a b A a       =         tính theo m là: A. 2 3 . 3 6 m m + + B. 2 3 . 3 6 m m + − C. 2 3 . 3 6 m m − + D. 2 3 . 3 6 m m − − Hướng dẫn. Bài này toàn bộ chúng ta giải tương tự như những câu 3 và câu 6. Chúng ta hoàn toàn có thể làm như sau: Ta thấy trong biểu thức logarit có căn bậc hai và bậc ba nên lựa chọn 6 ,0 1 a n n = 2 2 1 3 1 6 2 0 2 t t t t ⇒ − = ⇒ − + = . Ta có ( ) ( ) 1 2 3 3 3 1 2 1 2 1 2 1 2 27 27 3 x x t t t t t t t t + = + = + − + Nên 3 6 3.6.2 180 S= − = . Chọn D. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 51. Biết phương trình 2 1 1 3 log (3 3 1) x x x − − − + = có hai nghiệm 1 2 , x x (với cùng 1 2 x x 2 1 2 4 3 0 1, 3 t t t t ⇒ − + = ⇒ = = . Ta có một 2 1 2 3 3 1 3 x x P t t = − = − = − . Chọn A. Câu 52. Tổng toàn bộ những nghiệm của phương trình ( ) ( ) 2 9 3 3 2 log log .log 2 1 1 x x x = + − bằng A. 2. B. 1. C. 9. D. 5. Hướng dẫn. Biến đổi phương trình tương tự với ( ) ( ) 2 3 3 3 1 log log .log 2 1 1 2 x x x = + − ( ) ( ) 3 2 2 3 3 log 0 1 1 2 2 1 2, 0 log log 2 1 1 2 1 1 , 0 x x x x x x x x x x x   = =  =      ⇔ ⇔ ⇔    + = + > = + − = + − >       2 1 1 4 4 0, 0 x x x x x x   = =   ⇔ ⇔   = − = >     . Chọn D. Câu 53. Cho phương trình ( ) 2 2 2 2 3 3 2 3 1 3 1 9 3 3 3 6 18 x x x x x x − − − + − + − = − + − . Tổng toàn bộ những nghiệm của phương trình bằng A. 3 . B. 4 . C. 11. D. 9. Hướng dẫn. Đặt ( ) ( )( ) 2 3 2 2 2 3 3 0, 3 3 6 18 6 3 0 3 x a a x b b a a a a b a a b b −  =  = > = ⇒ − = − + − ⇔ − − − = ⇒  =   2 2 3 1, 0 9 9 x x x x x   = − = >   ⇒ ⇒   = =     . Chọn C. Câu 54. Tổng toàn bộ những nghiệm của phương trình ( ) ( ) 9 2 5 .3 9 2 1 0 x x x x − + + + = bằng A. 3 . B. 12 . C. 6. D. 5. Hướng dẫn. Đặt ( ) ( )( ) 2 9 3 0,2 1 9 9 0 9 0 x a a x b a b a b a a b a b  =  = > + = ⇒ − + + = ⇔ − − = ⇒  =   2 2 0, 1 2 1 3 x x x x x x   = =   ⇒ ⇒   = = + =     . Chọn A. Lưu ý: Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Để giải phương trình 2 1 3 x x+ = ta cần khảo sát hàm số ( ) 3 2 1 x f x x = − − . Câu 55. Tổng toàn bộ những nghiệm của phương trình 3 3 2 2 2 3 3 3 3 2 0 x x x x x x − + + − + − + = bằng A. 2. B. 4 . C. 1 − . D. 2 − . Hướng dẫn. Biến đổi phương trình tương tự với 3 3 0 3 3 u v u v u v u v u v − + − = ⇔ + = + ⇔ = 3 2 3 2 0 1 x x x x  =−  ⇔ − + = ⇔  =   . Chọn C. Câu 56. Phương trình ( ) ( ) 2 2 2 log 3 1 2log 3 1 3 0 x x − + − − = có 2 nghiệm 1 x ; 2 x 1 2 ( ) x x và a b là phân số tối giản. Tính a b − . A. 5 a b − =− . B. 5 a b − = . C. 20 a b − =− . D. 1 a b − =− . Hướng dẫn. Đặt ( ) 1 2 1 3 2 2 2 3 9 1 3 log 3 1 log 3 1 2 3 0 8 8 1 3 1 2 log 3 x x x t x t t t t x          =−  =  = +        − = ⇒ + − = ⇔ ⇔ ⇔      =   = +   =    Suy ra 1 2 3 3 9 3 log log 5 8.3 8 x x a b           − = = ⇒ − =−               . Chọn A. Câu 57. Tổng toàn bộ những nghiệm của phương trình ( ) 3 1 7 7 2log 6 5 1 x x − − − = bằng A. 3 . B. 2. C. 0 . D. 7 . Hướng dẫn. Biến đổi phương trình tương tự với ( ) 1 7 7 6log 6 5 1 x x − − − = . Đặt ( ) ( ) 7 1 ,log 6 5 6 5 7 6 1 1 7 1 7 6 v v v x u x v x x u − = − = ⇒ − = ⇔ − + = ⇒ = − ta có phương trình 7 6 7 6 7 6 7 6 u v u v v u u v − = − ⇔ + = + . Hàm số () 7 6 t f t t = + đồng biến trên ℝ nên từ ( ) ( ) f u f v u v = ⇔ = 1 7 6 u u ⇔ = − . Hàm số () 7 6 t g t t = − có () () ( ) 2 0 7 6 ‘ 7 ln7 6 0 log ; ” 7 ln7 0 ln7 t t g t t g t      = − = ⇔ = = >        do đó 0 t là yếu tố cực tiểu, ngoài ra ( ) () 0 1 1 g g = = nên phương trình 1 7 6 u u = − có đúng hai nghiệm 0, 1 u u = = 1, 2 x x ⇔ = = . Chọn A. Câu 58: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng chừng ( ) 40;40 − để hàm số sau ( ) ( ) 2 2 2 2 log 4 2 4 x y x m x m x m =   + − − +     xác lập với mọi ( ) 2; x∈ +∞ ?Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung A. 50. B. 40. C. 21. D. 41. Hướng dẫn. + Trước hết 2 0, 2 1 x m x m + ≠ ∀ > ⇒ ≥− . + Mặt khác ( ) ( ) 2 2 2 4 2 4 0, 2 2 2 , 2 x m x m x x m x x − − + > ∀ > ⇔ + >− ∀ > (luôn đúng). Vậy ta có 1;0;1;2;…;39 m∈ − . Chọn D. Câu 59: Đồ thị hàm số ( ) y f x = đối xứng với đồ thị của hàm số ( 0, 1) x y a a a = > ≠ qua điểm ( ) 1;1 I . Giá trị của biểu thức 1 2 log 2022 a f      +        bằng A. 2022. B. 2022 − . C. 2022. D. 2022 − . Hướng dẫn. Lấy điểm ( ) ; x M x a bất kì thuộc đồ thị ( 0, 1) x y a a a = > ≠ , khi đó tọa độ ( ) ‘ 2 ;2 x M x a − − sẽ thuộc đồ thị ( ) y f x = . Nói cách khác: nếu ta lấy 2 X x = − thì ( ) 2 x f X a = − . Đặt 1 log 2022 log 2022 a a t t = ⇒ =− thì giá trị ( ) 1 2 log 2022 a f f X      + =        với 2 X t = − , do vậy: ( ) log 2022 2 2 2 2022 2022 a t f X a a = − = − = − =− . Chọn B. Câu 60: Gọi ( ; , , S a b a b  = −∞ + ∈   ℚ là tập những giá trị của tham số thực m để hàm số ( ) 2 ln 2 y x x m = + + + đồng biến trên tập xác lập của nó. Tính tổng K a b = + là A. 5 K =− . B. 0 K = . C. 5 K = . D. 2 K = . Hướng dẫn. Tính đạo hàm ( ) 1 ‘ 2 , 2; 2 y x x m x m = + ∈ − − +∞ + + . Yêu cầu bài toán tương tự với: ( ) ( ) 2 2 2 1 0 2 2 2 1 0, 2 x x m x m x x m + + + ≥ ⇔ + + + ≥ ∀ >− − (1). + Trường hợp 1: ( ) 2 ‘ 2 2 0 2 2 2 2 m m ∆ = + − ≤ ⇔− − ≤ ≤− + . Khi đó (1) luôn đúng. + Trường hợp 2: Không cần xét vì tìm kiếm được 2 2 m≤− + . Ta có ngay 2, 2 0 a b K a b =− = ⇒ = + = . Chọn B. Câu 61: Hàm số ( ) 2 log 4 2 x x y m = − + có tập xác lập là ℝ thì A. 1 4 m≥ B. 0 m> C. 1 4 m . Câu 62: Tìm toàn bộ những giá trị của m để hàm số 2 2022 log (2022 ) 2 x x y x m = − − − xác lập với mọi x thuộc ) 0;  +∞  Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung A. 2022. m> B. 1. m< C. 0 2022. m < < D. 2022. m ∀ ≥ nên hàm số ( ) ‘ f x đồng biến trên ) 0;  +∞   , suy ra: ( ) ( ) ‘ ‘ 0 0 f x f ≥ > do đó ( ) f x đồng biến trên ) 0;  +∞   . Do đó ( ) ( ) min 0 1 f x f m = = − . Vậy ( ) ( ) 2022 log y f x = xác lập với mọi x thuộc ) 0;  +∞   khi một 0 1. m m − > ⇔  + − >     ∀ ∈ ⇔ ∀ ∈     + + > + + >        ℝ ℝ (*). + Ta có 2 2 1 , x x x x + > = ∀ ∈ℝ nên từ (*) suy ra 0 m> . Khi đó (1) ( ) ( )( ) 2 2 2 3log 1 1 0 x x e e m x mx m x mx − ⇒ + − + − + + ≥ , x ∀ ∈ℝ ( ) ( ) ( ) 2 1 2 3log 0, log , 3 x x x x e e m x m e e x − − ⇒ + − ≥ ∀ ∈ ⇒ ≤ + ∀ ∈ ℝ ℝ (2). Mà ta có ( ) 2 . 2 x x x x e e e e − − + ≥ = nên để (2) đúng x ∀ ∈ℝ thì 3 2 log 0 100 3 m m ≤ ⇒ ⇔ ∈ và kiểm tra thêm ( ) ( ) () ( ) ‘ 2 4 0, 1;3 ‘ 0, 2;2 f x x f t t − > ∈ ⇔ > ∈ − đúng. Vậy chọn A. Lời bình Cách giải cũng rất tự nhiên bởi lẽ khi xét dấu một tích dương của hai số thì hai thừa số cùng dấu, còn khi xét dấu của tổng thì ta thử tương tự, ngoài ra chỉ có 4 khoảng chừng cho trong bài toán nên ta cũng dễ thử. Tuy nhiên còn tùy trường hợp, ví dụ điển hình: nếu 5, 2 a b = =− trái dấu nhưng tổng 3 0 a b + = > . Cách tốt nhất vẫn là tìm nghiệm của những biểu thức rồi lập bảng xét dấu. Câu 67: Cho hàm số ( ) y f x = có bảng biến thiên như hình bên. Có bao nhiêu số m nguyên để phương trình ( ) ( ) 6 4 log 2 log f x m f x     + =         có 4 nghiệm phân biệt? A. 1. B. 3. C. 16. D. 15. x −∞ 1 − 1 +∞ ‘ y + 0 − 0 + y 16 12 4 0 Hướng dẫn. Đặt ( ) f x y = và ( ) 6 4 log 2 log y m y t + = = suy ra: 2 6 , 4 6 2.4 t t t t y m y m + = = ⇔ = − . Mà từ bảng biến thiên ta có 0 4 16 2 t y t D. 1 1. 2 m Khi đó ta có: 1 3 3 1 1 1 3 1 log 1 log 2 1 2 1 2 1 x x x m m m − = ⇔ − = ⇔ = ± − − − tiếp theo đó là cho hai nghiệm trùng nhau: 3 3 2 1 1 1 1 log 1 log log 0 1 2 1 2 1 2 1 m m m m + = − ⇔ = ⇔ = − − − . Giá trị 1 m= thỏa mãn nhu cầu Đk. Vậy chọn A. Câu 69: Tìm toàn bộ những giá trị thực của tham số m sao cho phương trình 2 x x m + = có nghiệm duy nhất A. 3. m= B. . m∈∅ C. 0. m> D. . m∈ℝ Câu 70: Tìm toàn bộ những giá trị thực của tham số m sao cho phương trình ( ) 2 3 log 4 6 x x m − + = có nghiệm kép. A. 2 log 3. m= B. 2 . 3 m= C. 3 log 2. m= D. . m∈∅ Hướng dẫn. Viết lại ( ) ( ) 2 2 3 3 log 4 6 log 2 2 x x m x m   − + = ⇔ − + =       , khi đó nghiệm kép là 2 x= nên ta có 3 log 2. m= Chọn C. Câu 71: Tìm toàn bộ những giá trị thực của tham số m sao cho phương trình ( ) 2 2 log log 1 x x m + + = có nghiệm duy nhất. A. . m∈ℝ B. . m∈∅ C. 0. m> D. 1. m> Câu 72: Tìm toàn bộ những giá trị thực của tham số m sao cho phương trình ( ) ( ) 3 3 log 1 log 3 x x m + + − = có nghiệm kép A. . m∈∅ B. . m∈ℝ C. 0. m> D. 3 . 4 m=− Hướng dẫn. Điều kiện: 3. x> Viết lại ( )( ) ( ) 2 3 3 log 1 3 log 2 3 m x x x x = + − = − − suy ra nghiệm kép là một trong x= không thỏa mãn nhu cầu. Chọn A. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 73: Với giá trị nào của tham số m thì phương trình 1 4 .2 2 0 x x m m + − + = có hai nghiệm 1 2 , x x thoả mãn 1 2 3 x x + = ? A. 4 m= . B. 2 m= . C. 1 m= . D. 3 m= . Câu 74: Cho phương trình ( ) 2 2 2 2 log 3 log 3 0 x m m x − − + = . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 x , 2 x thỏa mãn nhu cầu 1 2 16 x x = . A. 1 4 m m  =   =   . B. 1 4 m m  =−   =   . C. 1 1 m m  =−   =   . D. 1 4 m m  =   =−   . Câu 75: Tìm những giá trị thực của tham số m để phương trình 2 3 3 log 3log 2 7 0 x x m − + − = có hai nghiệm thực 1 2 ; x x thỏa mãn nhu cầu ( )( ) 1 2 3 3 72. x x + + = A. 61 2 m= . B. 3 m= . C. . m∈∅ D. 9 2 m= . Hướng dẫn. Đặt 2 3 log 3 2 7 0 x t t t m = ⇒ − + − = . Giả sử bài toán được thỏa mãn nhu cầu và 1 2 x x < , khi đó viết lại Đk ( ) 1 2 1 2 3 63 x x x x ⇔ + + = , trong số đó 1 2 1 2 3 1 2 3 .3 3 3 27 t t t t x x + = = = = , suy ra: 1 2 12 x x + = và suy ra 1 2 3, 9 x x = = . Cuối cùng 1 2 3 3 9 2 7 log 3.log 9 2 2 m t t m − = = = ⇔ = . Vậy chọn D. Lời bình. Ta hoàn toàn có thể giải cách khác ví như sau: Giả sử tồn tại m thỏa mãn nhu cầu bài toán. Viết lại 2 3 3 3 37 3 log 2 log 2 4 2 x m a x a      − = − = ⇒ = ±        hay ta có 3 3 2 2 1 2 3 , 3 a a x x − + = = . Viết lại Đk ( ) 1 2 1 2 3 63 x x x x ⇔ + + = và khi đó ta có: 3 3 3 3 3 2 2 2 2 3 3 3 3 63 3 3 12 a a a a − + − +       + + = ⇔ + =        . Hay ta có một 2 1 1 2 2 27 3 12 9 x x x x x x     = =   ⇔     + = =     . 3 2 1 3 1 3 3 1 2 4 a x a a − ⇔ = = ⇔ − = ⇔ = . Trở về ẩn m ta có 37 1 9 2 4 4 2 m m − = ⇔ = . Câu 76: Tìm toàn bộ những giá trị thực của tham số m để phương trình ( ) 3 2 log 1 x m x − = + có hai nghiệm thực phân biệt. A. 1 0. m − − C. . m∈∅ D. 1 0. m − < − ≠ ⇒ = + +   + +     do đó ( ) ‘ 0, 1, 0 f x x x > ∀ >− ≠ suy ra ( ) f x đồng biến. Bảng biến thiên: x 1 − 0 +∞ ( ) f x +∞ 1 − +∞ −∞ Vậy để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì 1. m>− Chọn B. Lời bình. Bài toán cho dạng đa thức và logarit và đã cô lập m, nên ta chỉ việc khảo sát hàm số. Xin lỗi quý thầy cô và bạn đọc vì ban đầu tôi nhẩm được đạo hàm thấy nó dương mà quên nhận định rằng ( ) f x dương và đơn điệu trên tập xác lập, do đó không thể cắt y m = tại hai điểm và chọn đáp án C. Ngoài cách giải trên toàn bộ chúng ta cũng hoàn toàn có thể biến hóa và khảo sát sự tương giao của những đồ thị rất khác nhau, tuy nhiên độ phức tạp cũng không giảm hơn bao nhiêu. Câu 77: Cho phương trình 2 0. x ax b − + = Biết , a b thuộc đoạn 2;10       và phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 2 , x x thỏa mãn nhu cầu 2 1 log log 1 2 a b x x x x = . Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ) ; a b ? A. 6. B. 5. C. 10. D. 14. Hướng dẫn. Từ Đk suy ra 2 2 1 2 2 1 1 1 log 0 1 log .log log .log log log a a a a b a b x x x x x x x x a b   = =   = ⇔ ⇔   = =     . + Nếu a b = thì ta có phương trình 2 0 x ax a − + = và có hai nghiệm khi 2 4 0 4 a a a − > ⇒ > . Khi đó những cặp ( ) ( )( )( )( )( )( ) ; 5;5 , 6;6 , 7;7 , 8,8 , 9;9 , 10;10 a a ∈ . Có 6 cặp loại này. + Nếu 2 1 x = thì 1 & 1 x b a b = = + . Khi đó những cặp ( ) 1; , 2;3;…;9 b b b + ∈ . Có 8 cặp loại này. Vậy toàn bộ có 14 cặp ( ) ; a b thỏa mãn nhu cầu. Chọn D. Câu 78: Cho phương trình ( ) ( ) 3 2 1 2 2 log 6 2log 14 29 2 0 mx x x x − + + − = . Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên m để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt? A. 0 B. 4 C. 18 D. 15. Hướng dẫn. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Điều kiện 2 29 953 29 953 14 29 2 0 28 28 x x x x − − − + + − > ⇒ . Ta có phương trình: ( ) 3 2 2 2 6 14 29 2 6 14 29 mx x x x m x x f x x − = + − ⇒ = + + − = . Ta có ( ) 2 2 ‘ 12 14 f x x x = + + Suy ra ( ) ( ) 29 953 29 953 ‘ 0, ‘ 0, 28 28 f x x a f x x b − − − + < ∀ ∀ > = . Bảng biến thiên: x −∞ a b +∞ ( ) ‘ f x − + ( ) f x +∞ ( ) f a +∞ ( ) f b Từ đó suy ra phương trình ( ) f x m = không thể có ba nghiệm phân biệt. Chọn A. Câu 79: (THPT Chuyên ĐH Vinh) Cho phương trình ( ) 2 2 4 9.3 4 2 1 3 3 3 1 0 x x m x x m − + + + + + = . Hỏi có bao nhiêu giá trị m nguyên để phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt? A. Vô số B. 3. C. 1. D. 2. Hướng dẫn. Biến đổi PT ( ) 2 1 3 4 1 3 3 0 3 x x m x m + ⇔ + − + + + = . Đặt 1 1 x t x t + = ⇔ = − ta có phương trình: ( ) 1 1 3 3 4 3 3 0 t t m t m + − + − + + = (1). Nhận xét: nếu phương trình (1) có nghiệm 0 t thì cũng luôn có thể có nghiệm 0 t − do đó nếu phương trình có đúng 3 nghiệm thì trước hết phải có nghiệm 0 0 t t = − còn sót lại hai nghiệm khác là a và a − (với 0 a ≠ ). Khi đó 0 0 t = và suy ra: ( ) 2 6 3 3 0 2 0 1, 2 m m m m m m − + = ⇒− − + = ⇒ = =− . trái lại Với 2 m = − , ta có phương trình: ( ) 1 1 1 1 3 3 2 4 3 0 3 3 6 8 0 t t t t t t + − + − + + − = ⇔ + − + = ( ) 2 1 1 3 3 8 0 0 1 t t t t x + − ⇔ − + = ⇔ = ⇔ =− là nghiệm duy nhất, nên 2 m = − loại. Như thế phối hợp đáp án thì chỉ có một m = thỏa mãn nhu cầu bài toán. Chọn C. Lời bình. Chúng ta phối hợp Đk cần và phương pháp loại trừ để lấy ra đáp án C là đúng (vì thi trắc nghiệm). Tuy nhiên nếu tự luận thì toàn bộ chúng ta còn phải chứng tỏ Đk đủ, hoàn toàn có thể làm như sau: Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Với 1 m = ta có phương trình () ( ) 1 1 3 3 4 6 0 t t f t t + − = + − + = (2). Ta thấy ( ) f t là hàm số chẵn mà đồ thị có trục đối xứng là trục tung nên ta chỉ việc xét trên ) 0;  +∞  . Khi đó ta có () ( ) 1 1 2 ‘ 3 3 ln 3 t t f t t + − = − − và có () () 0 lim ‘ ; ‘ 1 8ln 3 2 0 t f t f + → =−∞ = − > nên tồn tại ( ) 0;1 α ∈ sao cho ( ) ‘ 0 f α = . Ngoài ra () ( )( ) 2 1 1 1 ” 3 3 ln 3 0, 0 t t f t t t t + − = + + > ∀ > nên () ‘ 0 f t = có nghiệm α duy nhất và α là yếu tố cực tiểu của ( ) f t . Bảng biến thiên: t 0 α 1 +∞ ( ) ‘ f t − 0 + ( ) f t +∞ 0 0 ( ) f α Suy ra phương trình () 0 f t = có đúng hai nghiệm 0, 1 t t = = trên ) 0;  +∞  . Suy ra trên ℝ phương trình () 0 f t = có 3 nghiệm phân biệt là 0, 1, 1 1, 0; 2 t t t x x x = = = − ⇔ = − = = − . Vậy 1 m = thỏa mãn nhu cầu bài toán. Bài toán này còn có lẽ rằng ra cho học viên để “hạn chế 10 điểm tròn”. Trường Chuyên mà! (chẳng lẽ là thi Olimpic hay sao nhỉ – Thi trắc nghiệm mà làm tóm tắt cả một trang lận!) Câu 80: Tìm toàn bộ những giá trị thực của tham số m để phương trình ( ) 2 2 2 2 1 4 2 log log 3 log 3 x x m x + − = − có nghiệm thuộc ) 32;  +∞   ? A. ( 1; 3 m  ∈   . B. ) 1; 3 m  ∈   . C. ) 1; 3 m  ∈ −   . D. ( 3;1 m  ∈ −   . Hướng dẫn. Đặt 2 log ; 32 5 x t x t = ≥ ⇒ ≥ , ta có phương trình ( ) 2 2 3 3 t t m t − − = − ( )( ) ( ) 1 4 1 3 3 1 3 3 t t t m t m t t + ⇔ + − = − ⇒ = = + − − (vì 5 t ≥ ). Từ đó suy ra: 4 1 1 3 5 3 m D. 0 5. m ∀ ∈     nên phải có 2 2 0, 0;4 1 0 1 x x m x m m   − + > ∀ ∈ ⇒ − > ⇒ >     . Biến đổi ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 log 2 2 2 2 log log 2 2 2 x x m x x x x m u u v v x x   − +    ≤ + + − − + ⇔ + ≤ +      + +   2 2 2 2 2 2 2 4 2 0, 0;4 u v x x m x x x x m x   ⇔ ≤ ⇔ − + ≤ + + ⇔ + + − ≥ ∀ ∈     2 0 2 m m ⇒ − ≥ ⇒ ≤ . Kết hợp ta chỉ có 2 m = thỏa mãn nhu cầu bài toán. Chọn B. Lời bình. Ta gặp quá nhiều những hàm số dạng ( ) , 1, t f t a t a t = + > ∈ℝ hoặc ( ) log , 1, 0 a f t t t a t = + > > đều là những hàm số đồng biến trên tập xác lập nên từ đây về sau ta không trình diễn lại. Tuy nhiên khi giải tự luận thì bắt buộc những em học viên phải nêu ra, mặc dầu đạo hàm chỉ một dòng. Mặc dù cả thầy và trò đều hiểu được nhưng trình diễn cho ngặt nghèo theo nghĩa toán học mà không bắt bẻ những em làm gì. Câu 83: (THPT CHUYÊN SƠN LA) Cho phương trình 2 9 1 1 3 3 1 2 4log log log 0 6 9 x m x x m + + + − = ( m là tham số ). Tìm m để phương trình có hai nghiệm 1 x , 2 x thỏa mãn nhu cầu 1 2 . 3 x x = . Mệnh đề nào sau này đúng ? A. 1 2 m < < . B. 3 4 m < < . C. 3 0 2 m < < . D. 2 3 m < nên 2 3 m= thỏa mãn nhu cầu bài toán. Chọn C. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 84: Cho phương trình 2 2 3 2 0 x a x − − = , với a là tham số thực. Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của 25;25 a   ∈ −     để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt? A. 0 . B. 50 . C. 24 . D. 48 . Hướng dẫn. Nhận xét nếu x là nghiệm thì x − cũng là nghiệm nên ta xét với 2 0; 2 a x      ∈         . Khi đó ta có: 2 2 2 2 2 2.3 4 2.3 ,0 2 x t a x t t a = + = + < ≤ . Hàm số () 2 2.3 t f t t = + đồng biến nên suy ra: 2 2 2 2 2 2 2.3 2 1 1 1 25; 24;…;24;25 0; 1 a a a a a a a ⇒ ⇒ ∈ − − ± .Chọn D. Câu 85: (CHUYÊN ĐH VINH) Số nghiệm của phương trình ( ) 2 2 3 5 log 2 log 2 2 x x x x − = − + là A. 3. B. 2. C. 1. D. 4. Hướng dẫn. Đặt ( ) 2 2 2 2 3 5 log 2 log 2 2 2 3 , 2 2 5 t t x x x x t x x x x − = − + = ⇒ − = − + = . Dùng phép thế ta có: 5 2 3 5 2 3 5 2 3 t t t t t t  = +  − = ⇔  = −   . Ta có 2 2 2 3 3 2 2 2 2 2 x x x       − + = − + ≥         do đó ta có Đk cho t là 5 3 log 2 t α ≥ = . Ta có 3 5 2 t ≥ , trong lúc đó 3 2 3 2 t − . Suy ra phương trình có đúng hai nghiệm là 2 14 2 x ± = . Chọn B. Lời bình. Phương pháp mũ hóa ẩn chung mới cũng gặp một số trong những bài. Trong bài trên ta còn như mong ước tìm kiếm được đúng chuẩn những nghiệm của phương trình. Nói chung là chỉ ra số nghiệm của phương trình là phục vụ yêu cầu bài toán. Câu 86: Nghiệm của phương trình 2 2 9 3 ln 6 2 9 ln 2 2 x x x x + = − + + có dạng a x b c = (a, b, c ∈ℕ ). Hỏi tổng a + b + c bằng bao nhiêu? A. 5. B. 6. C. 7. D. 9. Hướng dẫn. Viết lại phương trình 2 2 2 2 9 3 2 9 ln ln 6 2 9 ln 6 2 9 2 2 6 x x x x x x x x + + − = − + ⇔ = − +Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Đặt 2 2 9 ,6 ln ln x u x v u u v v + = = ⇒ + = + . Hàm số () ln f t t t = + đồng biến trên ( ) 0;+∞ nên suy ra 2 3 9 3 0 0 7 2 2 u v x x x a b c = ⇔ + = > ⇒ = > ⇒ + + = . Chọn C. Lời bình. Ở chính sách Mode 1, sử dụng máy tính Casio và hiệu suất cao Shift Solve ta tìm kiếm được nghiệm X, tiếp theo đó bấm 2 X kết quả cho ta 9 8 khai căn bậc hai thì 3 2 2 x= từ đó suy ra , , a b c . Câu 87 (THPT Chu Văn An – Tp Hà Nội Thủ Đô). Biết phương trình 2 1 2 1 1 2 5 .5 4.5 x x x x m + − − − − = có nghiệm khi và chỉ khi ; m a b   ∈     , với m là tham số. Tính giá trị b a − bằng A. 9 . 5 B. 1. C. 9. D. 1 . 5 Hướng dẫn. Biên đổi phương trình 2 1 2 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 1 1 2 5 4.5 5 4.5 5 4 5 x x x x x x x x m t t + − − + − + −+ − − − − ⇔ = = − = − , trong số đó ( ) 1 1 2 1 1 2 1 1 5 , ‘ 1 5 ln5 0 1 2 1 0 2 1 2 x x x x t x t x x x x −+ − −+ −      = ≤ ⇒ = − = ⇔ − = ⇔ =        − , từ đó suy ra 0 x= là yếu tố cực lớn của ( ) t x , và suy ra ( 0;1 t  ∈   . Bây giờ ta xét () 2 5 4 f t t t = − có () 2 ‘ 10 4 0 5 f t t t = − = ⇔ = , suy ra () 2 4 ; 1 ;1 ; 5 5 m f f a b                ∈ = − =                      nên 9 5 b a − = . Chọn A. Câu 88: Cho phương trình ( ) 4 10 1 .2 32 0 x x m − + + = . Biết rằng phương trình này còn có hai nghiệm 1 2 , x x thỏa mãn nhu cầu 1 2 1 2 1 1 1 1 x x x x + + = . Khi đó giá trị của m thỏa mãn nhu cầu Đk nào? A. 0 1 m < < B. 2 3 m < < C. 1 0 m − < < D. 1 2 m < ta có phương trình: ( ) 2 10 1 32 0 t m t − + + = và giả sử phương trình có hai nghiệm 1 2 , t t thì theo định lý Viet ta có: 1 2 5 1 2 1 2 32 2 .2 2 5 x x t t x x = ⇔ = ⇔ + = (1). Biến đổi 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 x x x x x x x x + + = ⇔ + + = (2). Từ (1) và (2) suy ra 1 2 2, 3 x x = = , vì thế ta có: 2 3 1 2 2 2 12 t t + = + = . Cũng theo định lý Viet ta được: 1 2 11 10 1 12 10 m t t m + = + = ⇒ = . Chọn D. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 89: (CHUYÊN THÁI BÌNH) Tìm toàn bộ những giá trị thực của tham số m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: 2 3 1 3 log (1 ) log ( 4) 0 x x m − + + − = . A. 1 0 4 m − < < . B. 21 5 . 4 m ≤ ≤ C. 21 5 . 4 m < ⇔ ∈ − . Khi đó ta có phương trình 2 4 1 x m x + − = − hay ta có 2 5 m x x = − − , vế phải là phần của Parabol, lập bảng biến thiên suy ra: để phương trình có hai nghiệm phân biệt thuộc ( ) 1;1 − thì 21 5 . 4 m <   + + > ∀ ∈ ⇔ ⇔ >   −    ℝ . Từ đó suy ra 2 5, 3;4;5 12 m m m S < ≤ ∈ ⇒ ∈ ⇒ = ℤ . Chọn C. Câu 91: (THPT Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa) Cho phương trình ( ) ( ) 2 2 27 1 3 3log 2 3 1 log 1 3 0 x m x m x x m   − + + − + − + − =     . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 2 , x x thỏa mãn nhu cầu 1 2 15 x x − . Khi đó phương trình trở thành: ( ) ( ) 2 2 2 1 2 2 3 1 1 3 2 2 0 2, x m x m x x m x m x m x x m − + + − = − + − ⇒ − + + = ⇒ = = . + Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt là 2 m≠ ; + Thay những nghiệm 1 2 2, x x m = = vào (*) ta có: 2 3 3 0 2 3 4 1 0 m m m m   − >   ⇔    . Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung + Các nghiệm 1 2 2, x x m = = thỏa mãn nhu cầu 1 2 15 2 15 13 17 x x m m − < ⇔ − < ⇔− < nên 1 1 2 0 1 1 2 t t t + > ⇒ − . Khi đó ta có phương trình: () 1 4 4 2 , 1 1 t t x m m g t t t + = ⇒ = − − = ≠ − . () ( ) 2 1 ‘ 4 ln 4 0, 1 1 t g t t t = + > ∀ ≠ − như vậy hàm () g t đồng biến. Bảng biến thiên: t −∞ 0 1 2 1 +∞ g(t) 2 0 2 − +∞ −∞ Kết luận: 2, 0;18 , 2;3;4;…;18 m m m m   ≥ ∈ ∈ ⇒ ∈     ℤ . Vậy có 17 giá trị của m. Chọn C. Câu 93. (THPT Chuyên Thái Bình) Trong toàn bộ những cặp số thực ( ) ; x y thỏa mãn nhu cầu ( ) 2 2 3 log 2 2 5 1 x y x y + + + + ≥ , có bao nhiêu giá trị thực của m để tồn tại duy nhất cặp ( ) ; x y sao cho 2 2 4 6 13 0 x y x y m + + + + − = ? A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 0 . Hướng dẫn. Vì 2 2 3 1 x y + + > nên ta được ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 5 3 1 1 4 x y x y x y + + ≥ + + ⇔ − + − ≤ (1). Mặt khác ( ) ( ) 2 2 2 2 4 6 13 0 2 3 x y x y m x y m + + + + − = ⇔ + + + = . Xét ( ) ; x y như những điểm trong hệ trục Oxy thì để tồn tại duy nhất cặp ( ) ; x y xem như hai tuyến phố tròn tiếp xúc nhau, mà do điểm ( ) 2; 3 K − − nằm ngoài hình tròn trụ (1) như vậy có 2 giá trị m thỏa mãn nhu cầu.Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 94: [TT Tân Hồng Phong] Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình 2 2 2 15 100 10 50 2 2 2 25 150 0 x x x x x x − + + − − + − + < . A. 6. B. 4 . C. 5. D. 3 . Hướng dẫn. Bất phương trình có dạng 2 2 0 2 2 u v u v u v u v u v − + − < ⇔ + < + ⇔ < 2 25 150 0 10 15 x x x − + < ⇔ < ⇒ − + − + = . Giả sử ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 3 2 3 1 2 2 3 3 x x x x x x m m m + = ⇔ + − = ⇒ + − − + = hay ta có 2 4 26 5 8 2 0 5 m m m I − ± ⇒ + − = ⇒ = ∈ . Vậy không tồn tại m∈ℤ . Chọn B. Câu 96: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình ( ) 2 2 2 2 1 4 2 log log 3 log 3 x x m x + − = − có nghiệm thuộc ) 32;  +∞   ? A. 0 B. 1 C. 2. D. 3. Hướng dẫn. Xem câu 80. Câu 97: Cho phương trình ( ) 5 3 4 10.2 16 log 0 x x x m − + − = . Tổng những giá trị nguyên dương của m để phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt? A. 15. B. 6. C. 21. D. 10. Hướng dẫn. Phương trình tương tự với: 3 4 10.2 16 0 (1) 5log 0 (2) x x x m  − + =   − =   . Giải (1): 2 2 1, 3 2 8 x x x x   =   ⇔ ⇔ = =   =    . Vì * m∈ℕ nên (2) luôn có nghiệm 5 3 m x= . Để phương trình có đúng hai nghiệm, ta xét + Trường hợp 1: 5 3 1 0 m x m = = ⇒ = (loại). Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung + Trường hợp 2: 5 3 2 m x m I = = ⇒ ∈ (loại). + Trường hợp 3: Phương trình chỉ nhận 3 x= của () 1 làm nghiệm, một nghiệm từ (2): 3 5 5 3 0 5 1;2;3;4 5log , 3 5log 1 3 3 m m m m m x x m x x      < < ∈  = <      ⇒ ⇒ ⇒       − ≠ . Phương trình tương tự với: 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 6 1 log log 2 log log 2 1 2 4 2 x x u x x v x x x x       + +          − + = − = =                − + − +       ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 log log log log log u v u u v u u v v v      ⇔ − = = − ⇔ + = +        . (Hàm số () 2 log f t t t = + đồng biến trên ( ) 0;+∞ ) nên ta được: v u = 2 2 2 6 1 0 3 7 2 4 2 2 1 0 1 2 , 1 2 x x a b x x x x c x x   − + =  + +   ⇔ − + = + > ⇔ ⇔ = =   >− ≠     . Vậy 12 a b c + + = . Chọn C. Câu 99: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Bất phương trình 2 2 2.5 5.2 133. 10 x x x + + + ≤ có tập nghiệm là ; S a b   =     thì 2 b a − bằng A.6 B. 10 C.12 D.16 . Hướng dẫn. Chia cả hai vế cho 2 x ta có 2 25 10 5 50. 20 133. 50 133 20 0, 4 4 2 x x x x x x t t t + ≤ ⇒ − + ≤ = suy ra 4 2 4 5 5 5 5 5 4;2 25 2 2 2 2 2 x x x t x −                  ≤ = ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ∈ −                          . Từ đó ta có 2 10 b a − = . Chọn B. Lời bình. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Đối với một số trong những học viên thì tuy nhiên những em hiểu được khi giải bất phương trình mũ cần để ý quan tâm đến cơ số, nhưng thường vẫn sai như: 4 2 2 4 3 3 x x           > ⇔ >               (Là do thói quen!!). Để tránh việc này cũng như phải lý giải sau này về cơ số, ta thường chia cả hai vế cho lũy thừa có cơ số nhỏ nhất như bài toán trên ví dụ điển hình. Câu 100: [THPT Tiên Lãng] Với giá trị nào của m để bất phương trình ( ) 9 2 1 .3 3 2 0 x x m m − + − − > có nghiệm đúng với mọi số thực ? x∈ℝ . A. m∈∅ . B. 2 m≠ . C. 3 2 m + ∀ ∈ ⇔ < = − ∀ ∈ + ℝ ℝ hay ta có 3 2 3 3 , 2 3 0 2 x m x m m + < ∀ ∈ ⇔ + ≤ ⇔ ≤− ℝ . Chọn D. Câu 101: (THPT Yên Phong) Biết ; a b       là tập toàn bộ những giá trị của tham số m để bất phương trình ( ) 2 2 2 4 log 2 4 log 2 5 x x m x x m − + + − + ≤ thỏa mãn nhu cầu với mọi x thuộc ; a b       . Tính a b + A. 4 B. 2 C. 0 D.6. Hướng dẫn. Đặt ( ) 2 4 log 2 0 x x m t − + = ≥ ta có bất phương trình: 2 4 5 0 1 t t t + ≤ ⇒ ≤ ≤ ( ) 2 2 1 2 4 2 1 5 x x m m x m ⇒ ≤ − + ≤ ⇔ − ≤ − ≤ − . + Nếu 2 m≤ thì tập nghiệm là hai đoạn 1 5 1 2 1 2 1 5 m x m m x m − − ≤ ≤ − − ∪ + − ≤ ≤ + − không thỏa mãn nhu cầu trên ( ;2  −∞   . + Nếu 2 5 m ≤ ≤ thì tập nghiệm là một trong 5 1 5 m x m − − ≤ ≤ + − Ta có: 1 5 5 1 5 2 m m m   + − ≥   ⇔ ∈∅   − − ≥    (xích míc). + Xét 2 m= thì tập nghiệm là một trong 3 1 3 x − ≤ ≤ + . Khi đó đúng với 2 x= . Vậy ; 2 a b     =         là một điểm duy nhất. Chọn B. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 102: [THPT NGUYỄN QUANG DIÊU] Cho phương trình ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 2 2 1 1 log 2 4 5 log 4 4 0 2 m x m m x − − + − + − = − . Tìm tập hợp toàn bộ những giá trị thực của tham số m để phương trình sau có nghiệm thực trong đoạn 5 ;4 4         . A. 7 3 3 m − ≤ ≤ . B. 7 3 3 m − < ≤ . C. 3 m . Hướng dẫn. Ta có Đk ( 2;4 x  ∈   . Khi đó ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 log 2 5 log 2 1 0 m x m x m − − + − − + − = . Đặt ( ) 2 log 2 1 x t − = ≤ , ta được ( ) ( ) 2 1 5 1 0 m t m t m − + − + − = ( ) 2 2 2 2 2 2 4 1 4 5 1 4 4.2 4 1 3 3 3 7 1 1 1 1 t t t t t t t m m t t t t t t t t + + + + + ⇔ = = + ⇔ = + ≤ + = + + + + + + + + . Suy ra 7 3 m≤ . Mặt khác ( ) 2 2 2 2 4 1 4 8 4 3 3 3 1 1 t t t m t t t t + + + =− + =− + ≥− + + + + . Vậy 7 3 3 m − ≤ ≤ . Chọn A. Lời bình. Ta hoàn toàn có thể theo phương pháp chung khảo sát () 2 2 5 1 , 1 1 t t f t t t t + + = ≤ + + để giải toán. Khi biết “điểm rơi” thì ta hoàn toàn có thể trình bầy thêm cách khác “để thay đổi không khí một tí”. Câu 103: [THPT Chuyên Thái Nguyên] Cho phương trình: ( ) ( ) 2 3 2 2 3 2 2 log 1 log 0 x m mx x + − + − + + = . Tìm m để phương trình có nghiệm thực duy nhất. A. 3 1 m m  =−   =   . B. 1 m> . C. 3 1 m − < , nếu 0 m x + < thì 1 0 m x + − >   ⇒     > + − > > −     . Ngoài ra ( ) 1 3 2 2 3 2 2 − − = + từ đó ta có phương trình: ( ) 2 2 1 1 , 0, 1 1 x x m x mx x m f x x x x − + + − = + ⇔ = = > ≠ − . Ta có: 1 0 0 1 1 x m x x x > − ⇒ > ⇒ < ∀ ∈ , ta có bảng biến thiên:Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung x 0 1 ( ) f x +∞ 1 Từ đó suy ra để phương trình có nghiệm duy nhất thì 1 m> . Chọn B. Câu 104: Số giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình 2 2 3 3 log log 1 2 1 0 x x m + + − − = có tối thiểu một nghiệm trên đoạn 3 1;3       ? A. 0 B. 1 C. 2 D. 3. Hướng dẫn. Đặt 2 2 3 log 1 1;2 2 2 0 2 4 0 2 x t t t m m m   + = ∈ ⇒ + − = ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤     . Chọn D. Câu 105: Cho phương trình ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 2 2 .log 2 3 4 .log 2 2 x x m x x x m − − − + = − + . Tập toàn bộ những giá trị của m để phương trình có đúng ba nghiệm phân biệt là: A. 3 1 . 2 m − < < B. 1 3 . 2 2 m − < < C. 3 1. 2 m − < là tích của hai hàm số dương và đồng biến nên đồng biến, suy ra ( ) 2 1 2 u v x x m = ⇔ − = − . Thử thấy 3 2 m= phương trình có 3 nghiệm 2, 2 x x = =± . Chọn D. Câu 106: (CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH) Cho hai số thực dương , x y thỏa mãn nhu cầu 2 2 4 x y + = . Tìm giá trị lớn số 1 max P của biểu thức ( )( ) 2 2 2 2 9 P x y y x xy = + + + . A. max 27 2 P = . B. max 18 P = . C. max 27 P = . D. max 12 P = . Hướng dẫn. Áp dụng bđt ( ) 2 1 4 2 2 2 2 .2 2 4 2 1 4 x y x y x y x y xy x y + = + ≥ ⇒ ≤ ⇒ + ≤ ⇒ ≤ + = . Ta có ( )( ) 2 2 2 2 2 4 2 3 10 4 4 4 3 10 P x y x y x y xy xy x y xy xy     = + + + − + ≤ + − +           ( ) 2 2 16 2 2 1 18 18 1 max P x y xy xy P x y ≤ + + − ≤ ⇒ = ⇔ = = . Chọn B. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 107: Cho những số thực a, b, c, d thỏa mãn nhu cầu ( ) 9 log 3 0 a b + = và 2 6 1 1 5 25 c d + − = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) 2 2 2 2 2 P a b c d ac bd = + + + − + là A. 11 . 40 B. 9 . 40 C. 3 10 . 20 D. 22 . 10 Hướng dẫn. Từ giả thiết: ( ) 9 log 3 0 3 1 a b a b + = ⇔ + = và 2 6 1 1 1 5 3 25 2 c d c d + − = ⇔ + =− . Khi đó ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 P a b c d ac bd a c b d = + + + − + = − + − hay viết lại: ( )( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 9 10 1 3 3 1 2 4 P a c b d a c b d   −        = + − + − ≥ − + − = − =                  ( ) ( ) 3 1 9 1 min 3 40 2 3 a b P c d a c b d   + =      ⇒ = ⇔ + =−     − = −     . Chẳng hạn tại: 23 1 1 , , 1, 20 20 2 a b c d = =− = =− . Chọn B. Câu 108: Cho những số thực , x y thỏa mãn nhu cầu 2 2 1 2 2 3 2 log ( 1) 3. x y x y + − + + + = Biết giá trị lớn số 1 của biểu thức 3 3 S x y x y = − + − là 6 a b với , a b là những số nguyên dương và a b tối giản. Tính 2 . T a b = + A. 25. T= B. 34. T= C. 32. T= D. 41. T= Hướng dẫn. Đặt 2 2 1 1 2 2 x y t + − = ≥ ( ) 2 2 2 2 3 3 2 log 1 3 1 3 2 log t x y t x y t − ⇒ + + = − ⇔ + + = = + . () 3 2 2 log 3 0 t f t t − ⇔ = + − = . Ta có () 3 1 1 ‘ 3 ln3 0, ln2 2 t f t t t − = + > ∀ ≥ nên () f t đồng biến và suy ra phường trình () 0 f t = có nghiệm duy nhất 2 2 2 2 t x y = ⇔ + = . Lại đặt 2 2 0 2 t x y t xy − − = ≥ ⇒ = khi đó 2 3 2 1 3 4 2 2 t S t t t   −    = + =− +        . () 2 3 8 16 6 ‘ 4 0 0 max 2 3 9 S t t t S =− + = ⇔ = > ⇒ = . Suy ra 2 41. T a b = + = Chọn D. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 109: (THPT Triệu Sơn 3 Thanh Hóa) Xét những số thực , a b thỏa mãn nhu cầu 1 1 4 a b > > > . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 log log 4 a a b P b b      = − −        bằng A. 3 . 2 B. 7 . 2 C. 1 . 2 D. 9 2 . Hướng dẫn. Đặt log b a t = . Từ Đk 1 1 4 a b > > > suy ra ( ) 0;1 t∈ . Áp dụng bất đẳng thức: 2 2 2 1 1 1 2 0 log log 2 4 4 a a b b b b b t           − ≥ ⇒ ≥ − ⇒ − ≥ =               và ( ) 1 1 log 2 1 2 log a b b b a t b = =   −           ta có ( ) ( ) 2 2 1 2 1 4 1 9 2 2 2 2 2 2 2 2 1 P t t t t t t + ≥ + = + ≥ = − + − − . Đẳng thức có tại 2 1 2 2 2 2 3 t t t = ⇔ = − . Vậy 9 min 2 P= ⇔ 3 1 1 , 2 4 b a = = . Chọn D. Câu 110: [Sở GD Hải Dương] Cho 3 log a m ab = với cùng 1, 1 a b > > và 2 log 16log a b P b a = + . Tìm m sao cho đạt giá trị nhỏ nhất. A. 1 2 m = . B. 2 m = . C. 1 m = . D. 4 m= . Hướng dẫn. Đặt 3 2 2 min 16 8 8 log 0 3 8.8 12 12 a b x P x x P x x x = > ⇒ = + = + + ≥ = ⇒ = tại 2 x = . Khi đó ( ) ( ) 3 1 1 log 1 log 1 1 3 3 a a m ab b x = = + = + = . Chọn C. Câu 111: Cho hai số thực , x y không âm thỏa mãn nhu cầu 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 − . Hướng dẫn. Biến đổi PT ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 1 log 2 1 log 2 1 x y y x   ⇔ + − + = + − +     . PFb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Xét hàm số () 2 2 log f t t t = + đồng biến trên ( ) 0;+∞ , với ( ) 2 1 , 2 1 u x v y = + = + thì phương trình đã cho trở thành ( ) ( ) f u f v u v = ⇔ = ( ) 2 2 1 2 1 y x ⇔ + = + 2 2 2 4 1 y x x ⇒ = + + thế vào P, ta có: ( ) 2 1 2 2 2 1 2 4 2 4 1 1 2 4 x x P e x x x e x x − − = + − + + + = + − Hay viết lại 2 1 3 , 2 1 2 2 t P e t t t x = + − − = − . Ta có ‘ 1; ‘ 0 0 t P e t P t = + − = ⇔ = ” 1 0, t P e t = + > ∀ ‘ P ⇒ đồng biến, ta có bảng biến thiên: t −∞ 0 +∞ P’ – 0 + P +∞ +∞ 1 2 − Vậy 1 min 2 P=− . Chọn A. Câu 112: Xét những số thực , a b thỏa mãn nhu cầu 1 1 3 a b > > > và 2 3 4 1 log log 4 a a b b P a a   −    = +        đạt giá trị nhỏ nhất. Tính a b bằng A. 2 . 4 B. 2 . 2 C. 2. D. 2. Hướng dẫn. Đặt log a b t = . Từ Đk 1 1 3 a b > > > suy ra 1 t> . Áp dụng bất đẳng thức: 2 2 2 1 4 1 4 1 0 log log 2 2 4 4 a a b b b b b t     − −       − ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ =               và ( ) 2 2 2 1 1 log 1 log a b a a a t b = =   −           Khi đó ( ) ( ) 2 3 2 2 4 1 1 1 log log log 2 3 1 1 1 4 1 1 a a a b b P a a t t t t t   −    = + − ≥ + − = − + − + −        − − ( )( ) ( ) 3 2 1 3 1 1 1 2 1 P t t t ≥ − − − = − . Đẳng thức có tại ( ) 2 1 1 2 1 t t t − = ⇔ = − Hay tại 2 1 2 2 2 2 2 a b a a b = = ⇒ = = = . Chọn C. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 113: Cho những số dương 1. b a > > Giá trị nhỏ nhất của ( ) 2 2 2 log 6 log a b a b P b a       = +         là A. 30. B. 40. C. 18. D. 60. Hướng dẫn. Đặt ( ) log , 2 x a b x x b a = > ⇒ = và ( ) /2 /2 1 /2 /2 1/2 1/2 1 log log log 2 x x x x a a b a a b a x a x a a − − − = = = − Ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 2 6 4 2 6 , 2 0 2 x t P x t t x x t     − +       = + = + + = − >           −     2 2 2 1 1 1 4 12 2 22 8 24 6 22 60 P t t t t t t t                = + + + + + + + ≥ + + + =                      . Vậy ( ) 3 min 60 1 3 , 1 P t x b a a = ⇔ = ⇔ = ⇔ = > . Chọn D. Câu 114: (THPT Yên Phong) Cho x , y là những số dương thỏa mãn nhu cầu 4 1 xy y ≤ − .Giá trị nhỏ nhất của ( ) 6 2 2 ln x y x y P x y + + = + là ln a b + . Giá trị của tích ab là A. 45 . B. 81. C. 108 . D. 115 . Hướng dẫn. Đặt ( 2 2 4 2 4 , 0 4 1 4 1 0 , 0;4 t t x ty t xy y ty y y t t t − − + −  = > ⇒ ≤ − ⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤ ∈   . Và ( ) ( () ( ) ( 2 2 2 6 6 1 6 12 ln 2 , 0;4 ‘ 0, 0;4 2 2 t t S t t S t t t t t t t − − −   = + + ∈ ⇒ = + = ⇒ = > − − . Hay ta có ( ) 2 9 9 4 4 9 3 4 3 1 5 2 4 5 9 3 1 3 1 3 1 x x P x x x x x + = = + + = − + + ≥ + = − − − . Suy ra min 1 1 1 P P x y ≥ ⇒ = ⇔ = = . Chọn C. Câu 116: Cho những số thực dương , x y thỏa mãn nhu cầu 2 2 2 2 2 2 log 2 1 3 3 x y x y xy xy x + + + + ≤ + . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 x xy y P xy y − + = − là A. 1 2 . B. 1 5 2 + . C. 3 2 . D. 5 2 . Hướng dẫn. Đặt 2 2 2 2 2 0,3 0 x y u xy x v + = > + = > , khi đó từ giả thiết ta có 2 log u u v v + ≤ hay 2 2 2 2 2 2 log log 2 2 3 3 2 0 x x u u v v u v x y xy x y y           + ≤ + ⇔ ≤ ⇔ + ≤ + ⇔ − + ≤               . Đặt 0 x t y = > Ta có một;2 t   ∈     và 2 2 2 2 1 1 1 1 5 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 t t P t t t t t         − +    = = + = − + + ≥ + =     − −    −      . Vậy 5 3 min 2 3 2 2 P t x y = ⇔ = ⇔ = . Chọn D. Câu 117: Cho những số thực , , a b c khác 0 thỏa mãn nhu cầu 3 5 15 . a b c − = = Hỏi giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 4( ) P a b c a b c = + + − + + là? A. 5 3 log 3. − − B. 4. − C. 2 3. − − D. 3 2 log 5. − − Hướng dẫn. Từ ( ) ( ) ( ) ( ) 3 5 1 3 5 15 1 log 5 , 1 log 3 1 , a b c c m a c b c a c m b m − − + = = ⇒ =− + =− + ⇒ =− + = thay vào P ta được ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 4 ( 1) 4 2 4 4 P c m c m T c Tc Tc m m      = + + + + + = + = + − ≥−        . Chọn B. Câu 118: Cho x , y là những số thực thỏa mãn nhu cầu ( ) ( ) 4 4 log log 1 x y x y + + − ≥ . Tìm giá trị nhỏ nhất min P của biểu thức 2 P x y = − . A. min 4 P = . B. min 4 P =− . C. min 2 3 P = . D. min 10 3 3 P = . Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Hướng dẫn. Điều kiện 0 x y x y x y   >  ⇒ > ≥   >−   . Khi đó ta có ( ) 2 2 2 2 4 log 1 4 x y x y − ≥ ⇒ − ≥ . Dùng phép thế ta có ( ) 2 2 2 2 2 4 3 4 4 0 x x P x Px P − − ≥ ⇒ − + + ≤ . Trước hết ta có ( ) 2 2 ‘ 4 3 4 0 P P ∆ = − + ≥ Hay 2 12 2 3 P P ≥ ⇒ ≥ (vì ( ) ( ) 0 P x x y y x y = + − > + − > ). Dấu bằng có khi: 4 3 2 3 , 3 3 x y = = thỏa mãn nhu cầu Đk. Vậy min 2 3 P = . Chọn C. Câu 119: Gọi 0 m là giá trị nhỏ nhất của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 log 2 2log 4 2 2 2 log 1 2 x x m x x x      + − ≤ − + − + + − +        . Khi đó 0 m thuộc khoảng chừng nào dưới đây? A. ( ) 0 9;10 m ∈ . B. ( ) 0 8;9 m ∈ . C. ( ) 0 10; 9 m ∈ − − . D. ( ) 0 9; 8 m ∈ − − . Hướng dẫn. Điều kiện 1 2 x − < thỏa mãn nhu cầu 3 log log log( ). x y x y + ≥ + Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 S x y = + là? A. 2 2 2. − B. 3 . 8 C. 4 2 2. + D. 3 2 2. + Hướng dẫn. Từ giả thiết suy ra 3 , 1. 1 x y x x ≥ > − Nên ( ) 3 2 1 2 2 3 1 1 1 x S x y x x x f x x x = + ≥ + = + + + = − − . Đặt () 2 1 1 0 5 5 x t f t t t t − = > ⇒ = + + + () 2 1 ‘ 2 5 f t t t ⇒ = + − . () ( ) ( )( ) 2 3 2 2 ‘ 0 2 5 1 0 2 5 1 0 2 1 2 1 0 1 2 f t t t t t t t t t = ⇔ + − = ⇒ + − = ⇒ + + − = ⇒ =− + Suy ra () ( ) min 1 2 4 4 2 2, 4 2 2 f t f x y = − + = + ⇔ = = + . Chọn C. Câu 122: Cho hai số thực , x y thay đổi thỏa mãn nhu cầu 1 4, , 1. 2 xy x y = ≥ ≥ Gọi , M m lần lượt là giá trị lớn số 1, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 log (log 1) P x y = + − . Tính . S M m = + A. 6. S= B. 11. S= C. 21 . 2 S= D. 11 . 2 S= Hướng dẫn. Rút 4 1 , ;4 2 y x x     = ∈     thế vào P, ta có: () 2 2 2 2 2 log (1 log ) 2 2 1 P x x t t f t = + − = − + = ; Với 2 log 1;2 x t   = ∈ −     , () 1 ‘ 4 2 0 2 f t t t = − = ⇔ = . 1 1 min 2 2 m P f      ⇒ = = =        tại 2, 2 2 x y = = , và ( ) ( ) max 5 2 1 M P f f = = = = −Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung tại 4, 1 x y = = hoặc tại 1 , 8 2 x y = = . Suy ra 11 . 2 S M m = + = Chọn D. Câu 123: Giá trị lớn số 1 của biểu thức ( ) 3 3 2 2 1 log 4 2log 3 a a b P b a      = + + − +        là bao nhiêu? Biết , a b là những số thực thỏa mãn nhu cầu 3 1. a b > ≥ A. 67. B. 31455 512 . C. 27. D. 455 8 . Hướng dẫn. Đặt ( ) log , 0 3 x a b x x b a = ≤ < ⇒ = và 2 2 2 1 1 log 1;log 2 4 a a b x b x x a      = − = =        . Khi đó ( ) ( ) 3 3 3 2 3 2 1 1 2 1 1 4 3 2 3 8 2 8 P x x x x      = + − + − + = + + −        . Ta có ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 3 2 6 6 3 ' 6 8 8 8 2 2 12 32 8 8 4 x x x P x x x x x x x x   = − − = − − = − + − −       Xét ( ) ) ( ) 3 2 2 2 2 10 2 12 32, 0;3 ' 3 4 12 0 3 g x x x x x g x x x x − +  = + − − ∈ ⇒ = + − = ⇔ =   Lập bảng biến thiên suy ra ( ) ) 0, 0;3 g x x  . Chọn A. Câu 124: Cho những số thực dương , , a b c thỏa mãn nhu cầu 10 1, 1 b a c ≥ > > và log 2log 5log 12 a b c b c a + + = . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 2log 5log 10log a c b c b a = + + là A. 15 2 . B. 15 . C. 21 . D. 25 . Hướng dẫn. Đặt log ,log ,log , , 0, 1 a b c b x c y a z x y z xyz = = = ⇒ > = và 2 5 12 x y z + + = . Khi đó ta có: 10 5 2 P 2log 5log 10log a c b c b a x y z = + + = + + hay 10 5 2 P xy x y = + + . Đặt 10 ,2 x m y n = = , vì 10 1 x m ≥ ⇒ ≥ , ta có: 1 10 1 1 10 20 18 3 18 21 P mn m m m m m n m m           = + + ≥ + = + + + ≥ + =               . Đẳng thức xẩy ra 1 1 1 10, , 2 5 m n x y z ⇔ = = ⇔ = = = hay là ( ) 10 5 , , 1 b a c a a = = > . Vậy min 21 P = . Chọn C. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Lời bình: Một số học viên hoàn toàn có thể đưa về: 10 5 2 P x y z = + + và tiếp tục biến hóa ( ) 2 1 1 1 10 10 10 1 1 1 90 15 10 10. 2 5 2 5 2 5 12 2 P x y z x y z x y z   + +    = + + = + + ≥ = =      + +   nên min 15 2 P = . Và kết luận: chọn đáp án A. Nhưng quên để ý quan tâm đến Đk xyz = 1. Câu 125: Cho những số thực , , a b c thỏa mãn nhu cầu 1 a b c < < ⇒ = − Ta có log a c xy = và khi đó giả thiết là: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 6 2 1 1 6 2 2 2 2 1 x y xy x y x T x x T x x T x − = − − − − ⇔ − + = + − − + + ( ) ( ) 2 2 1 4 5 2 1 5 1 1 1 1 5 T T Tx Tx x T x T T T x  =   ⇔− − = − − + ⇔ − = − ⇔ −  = >   1 4 T T  =  ⇔  và log ( ) 2log ( ) 9log ( ) a b c S bc ca ab = + + . Tính log ( ) b ca khi biểu thức S đạt giá trị nhỏ nhất. A. 2 2. B. 8(2 2 1) . 7 − C. 3 2. + D. 8 2 2 . 7 − Hướng dẫn. Đặt log 0,log 0,log 0 1 a b c b x c y a z xyz = > = > = > ⇒ = . Khi đó ta có: 1 2 9 2 9 9 2 9 2 S x y z x xy y z x y x xy y = + + + + + = + + + + + . ( ) ( )( ) 1 2 9 2 9 9 9 9 9 1 2 2 2 2 2 11 2 y y y S x y y y y y xy y y y y y + + + = + + + + ≥ + + = + + + + ( ) 2 2 18 11 2 18 2 6 2 11 6 2 2 2 3 6 2 min 6 8 2 S S ≥ + + = + + = + + ⇒ = + . Khi đó ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 4 9 3 2 2 2 2 9 2 , , 1 log log 2 2 1 1 1 3 b a y y y y x x c a b a a ca a y y z xyz      =     =       +   = ⇔ = ⇔ = = > ⇒ = =     +       = =          . Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 127: Cho những số thực , , 1 a b c> và những số thực dương thay đổi , , x y z thỏa mãn nhu cầu x y z a b c abc = = = . Tìm giá trị lớn số 1 của biểu thức 2 16 16 . P z x y = + − A. 20. B. 3 3 20 . 4 − C. 24. D. 3 3 24 . 4 − Hướng dẫn. Ta có log , log x y z b c a b c y x a z x a = = ⇒ = = . Mà ta có: 2 2 1 2 1 log log x x a a a abc a bc x b c − = ⇒ = ⇒ − = + 1 1 1 2 1 2 x x x y z x y z ⇔ = + + ⇔ + + = Suy ra 3 2 2 2 16 16 1 8 8 16 2 32 32 3 64 20 P z z z x y z z z           = + − = − − = − + + ≤ − =               . Vậy 2 8 1 1 3 20 2, 2 max P z z z x y = ⇔ = ⇔ = + = . Chọn A. Câu 128: Cho hai số thực , x y thay đổi thỏa mãn nhu cầu 2 2 2 2 4 1 1 . 4 x y x y x y x e e y − + − + − − − − = Biết giá trị lớn số 1 của biểu thức 3 2 2 2 2 8 2 P x y x y x = + − + − + là a b với , a b nguyên dương và a b tối giản. Tính . S a b = + A. 85. S= B. 31. S= C. 75. S= D. 41. S= Hướng dẫn. Viết lại ( ) 2 2 2 2 2 2 4 1 1 1 4 1 1 1 4 4 4 x y x y x u v y x x y x e e e u e v − + − + − + − − − + − − = ⇔ + = + và thuận tiện và đơn thuần và giản dị suy ra 2 2 2 2 4 1 1 4 , 1;1 u v x y x y x y y x x   = ⇔ − + − = + − ⇔ + = ∈ −     . Biến đổi ( ) 3 2 2 3 2 2 2 2 4 2 2, 1;1 P x x x y y x x x x   = − − + + + = − + + ∈ −     . Ta có ( ) 2 1 ‘ 3 4 1 0 1, 3 P x x x x x = − + = ⇔ = = . Suy ra 58 27 max P = . Vậy 85. S a b = + = Chọn A. Câu 129: Cho hai số thực , x y thay đổi thỏa mãn nhu cầu 1 2( 2 3). x y x y + + = − + + Giá trị lớn số 1 của biểu thức 4 7 2 2 3 ( 1)2 3( ) x y x y S x y x y + − − − = + + + − + là a b với , a b nguyên dương và a b tối giản. Tính . T a b = + A. 8. T= B. 141. T= C. 148. T= D. 151. T= Hướng dẫn. Đặt ( ) ( ) 2 2 2 2 2 0, 3 0 2( ) 1 1 2 x m y n m n m n m n − = ≥ + = ≥ ⇒ + = + ⇔ − + − = (*). Biến đổi ( ) ( ) 2 2 2 2 5 8 2 2 2 2 3 2( )2 3 2 3 m n m n S m n m n + − − −   = + + − + + −       . Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Mà a b là số hữu tỉ nên ta phải có 2 2 5 8 2 2 3 ;2 m n m n + − − − là những số hữu tỉ suy ra m n + là số tự nhiên. Từ (*) thì ta tìm kiếm được những cặp số tự nhiên là ( ) ( )( )( ) ; 0;0 , 2;0 , 0;2 m n ∈ , thử vào S ta có GTLN tại 0, 2 m n = = và: max 1 148 64 15 151 3 3 a S T b = + − = = ⇒ = . Chọn D. Lời bình. Trên đấy là bài toán lấy từ ý tưởng bài toán thi THPTQG năm 2022 của BGD. Bài toán hầu hết rèn luyện kỹ năng biến hóa và biện luận là chính, không còn công dụng rèn luyện về chủ đề mũ và loogarit bao nhiêu. Như thế về chủ đề mũ logarit tôi nhìn nhận ở tại mức trung bình thấp. Câu 130: Cho những số thực dương , , a b c khác 1 thỏa mãn nhu cầu 2 2 log log log 2log 3 a b a b c c b c b b + = − − . Gọi , M m lần lượt là giá trị lớn số 1 và giá trị nhỏ nhất của biểu thức log log a b P b c = − . Tính 3 2 . S M m = + A. 2 . 3 S= B. 1 . 3 S= C. 3. S= D. 2. S= Hướng dẫn. Đặt log ,log log a b a b x c y c xy = = ⇒ = . Khi đó ta có: 2 2 2 2 2 2 3 2 1 x y xy x y x y xy x y + = − − + − ⇔ + = − − − Hay ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 3 2 1 0 x x P x x P x x P x P x P P + − = − − − − − ⇔ − − + − + = . PT có nghiệm khi ( ) ( ) 2 2 2 5 3 4 2 1 0 3 2 5 0 1 3 P P P P P P − − − + ≥ ⇔− + + ≥ ⇔− ≤ ≤ . Từ đó suy ra 3 2 3. S M m = + = Chọn C. Câu 131: Cho những số thực dương , x y thay đổi thỏa mãn nhu cầu log( 2 ) log log . x y x y + = + Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 4 1 2 1 . x y y x P e e + + = là a b e với , a b nguyên dương và a b tối giản. Tính . S a b = + A. 3. S= B. 9. S= C. 13. S= D. 2. S= Hướng dẫn. Viết lại giả thiết 2 log( 2 ) log log 2 , 1 1 y x y x y x y xy x y y + = + ⇒ + = ⇒ = > − . Thế vào P ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 4 1 4 1 2 4 1 2 1 2 1 1 . . x x y x y y x y y f y y x x P e e e e e e + + + + + + + = = = = , với ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 , 1 3 1 1 1 2 y y y f y y y y y − = + > − − + Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 3 2 2 3 1 1 1 2 1 1 2 3 1 y y y y f y y y y   − + − +       = − + − . Với ( )( ) ( ) 2 2 1 25 1 3 1 1 2 3 1 1 2 4 4 y y y y y y > ⇒ − + ≤ − + + = suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 4 3 1 1 1 2 25 1 y y y f y y   − + − +       ≥ − . Đặt ( ) 3 2 4 3 2 2 3 1 25 t t t y t Q. t   + + +     = + ⇒ = , ta viết lại ( ) 2 2 4 2 3 4 8 2 3 4 6 25 25 5 Q. t t t t      = + + + ≥ + =        . Dấu bằng có khi một 2 t y = ⇔ = . Vậy ( ) 8 min 5 f y = suy ra 8 5 min 13 a b P e e S = = ⇒ = . Chọn C. Lời bình. Đây là bài toán khó vì số mũ của lũy thừa là biểu thức phức tạp. Nếu để nguyên để khảo sát thì gặp trở ngại vất vả lớn khi phải đạo hàm và tìm nghiệm, rồi còn phải lập bảng biến thiên… do đó gặp trường hợp này thì toàn bộ chúng ta nghĩ đến phương pháp nhìn nhận đựng giảm độ phức tạp. Nói như vậy: phương pháp đạo hàm là công cụ mạnh để giải toán hàm số, nhưng trong trường hợp này chưa chắc tỏ ra là “mạnh”. Bài toán trên là thi Olimpic hay sao nhỉ? Ra đề thi kiểu như vậy thì bó tay! Câu 132: Cho hai số thực , x y thỏa mãn nhu cầu 2 2 2 2 2 2 2 2 4 3 (4 9 ).7 . x y x y y x − + − − + + = + Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 . S x y = + A. 9 . 4 − B. 7 . 4 C. 33 . 8 − D. 1 . 4 − Hướng dẫn. Đặt ( ) 2 2 2 2 2 4 3 2 4 3 4 9 .7 7 4 9 t t t t t t x y t + + − − + − = ⇒ + = + ⇒ = + . Xét hàm ( ) 2 4 9 , 0 4 u f u u u + = > + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 0 2 2 9 4 2 4 9 4 2 85 ‘ ‘ 0 9 8 36 0, 0 9 4 u u u f u f u u u u u u + − + − + = ⇒ = ⇔− − + = > ⇔ = + . Ta có 0 u là yếu tố cực lớn, và ( ) ( ) 0 lim 1, lim 0 u u f u f u → →+∞ = = . Hàm số ( ) 3 2 log 7 , 0 u g u u − = > nghịch biến trên ( ) 0;+∞ . Và ( ) ( ) 0 lim , lim 0 u u g u g u → →+∞ =+∞ = . Ta có bảng biến thiên u 0 0 u +∞ ( ) f u 1 ( ) 0 f u 0 ( ) g u +∞ 0Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Từ bảng biến thiên suy ra phương trình ( ) ( ) f u g u = có nghiệm duy nhất tại ( ) ( ) 9 9 1 f g = = , và khi đó: 2 3 9 2 2 2 t u t x y = = ⇔ = ⇔ = + . 2 2 2 2 0 x S x x x S ⇒ = − + ⇔ + + − = . Phương trình có nghiệm khi: ( ) 7 7 1 4 2 0 min 4 4 S S S − − ≥ ⇒ ≥ ⇒ = . Chọn B. Câu 133: Cho , 0 x y> thỏa mãn nhu cầu 3 3 2 ( ) log 8(1 ) 2 3. 1 x y x y x y xy xy xy + + + + + = − − + − Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 . P x y = + A. 1 15 . 2 + B. 3 15 . 2 + C. 15 2. − D. 2 15 3 . 6 + Hướng dẫn. Đặt 0,1 0 x y u xy v + = > − = > ( ) ( ) 3 3 2 2 log 2 log 2 2 u u u v v v ⇒ + + = + + Xét hàm () () 3 2 2 1 log ‘ 3 1 0, 0 ln2 f t t t t f t t t t = + + ⇒ = + + > ∀ > () f t ⇒ đồng biến. Từ đó ta được: ( ) 2 2 2 1 , 1 1 2 y u v x y xy xy x y − = ⇔ + = − < ⇒ = + . Khi đó ta có: ( ) 4 2 5 5 2 2 6 6 6 1 3 2 1 4 2 15 4 1 2 1 2 1 2 y P x y y y y y y y − = + = + = + − = + + − ≥ − + + + . Suy ra 3 15 1 15 min 15 2 , 6 2 P y x − + − + = − ⇔ = = (thỏa mãn nhu cầu 1 xy . Tìm phần nguyên của ( ) 2 log 2017a . A. 14. B. 22. C. 16. D. 19. Hướng dẫn. Đặt 6 * ; 1 x a a x = ∈ ⇒ ≥ ℕ . Khi đó ta có ( ) 3 2 3 3 2 3log 1 2log x x x + + > Hay ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 ln 1 2ln 2ln3 ln 1 ln 0 ln3 ln2 ln2 x x x f x x x x + + > ⇔ = + + − > . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 2 3 2 3 2 3 2 1 3 2 2ln3 ‘ ; ‘ ln2 1 1 x x b x x x x b f x b f x x x x x x x + − + + + = − = ⇒ = + + + + . Lại xét ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 2 3 2 1 ‘ 3 3 2 2 g x x x b x x g x b x b x = + − + + ⇒ = − + − , ta có Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung ( ) 2 2ln3 2log 3 3,16 3 0 & 2 0 ‘ 0, 1 ln2 b b b g x x = = ≈ ⇒ − < − < ⇒ < ∀ ≥ , suy ra ( ) g x nghịch biến và ( ) () 1 5 3 0 g x g b ≤ = − < từ đó suy ra ( ) ' 0, 1 f x x = ⇔ < ⇒     − + − hay ta có ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 ‘ 1 , 1 1 1 f x S x S x x x x x x           = − − − = − + ∀ >           − +     , khi cho x nguyên dương từ 2 đến n, ta được: ( ) ( ) 2 2 1 1 1 1 ; 1 2 1 n n x x S x S x n n = = = − + = − + ∑ ∑ và do đó: ( ) 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 2 ‘ 1 2 1 2 1 2 2 2 n x n n a f x n n n n b n n n n =     + −       = − − − = + − = − = =           + + + +     ∑ . Vậy 2 4 S a b = − =− . Chọn D. Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 139: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Cho hàm số ( ) 4 4 2 x x f x = + . Tính giá trị biểu thức 1 2 100 … 100 100 100 A f f f                = + + +                      ? A.50 . B.49 . C. 149 3 . D. 301 6 . Hướng dẫn. Sử dụng tính chất ( ) ( ) 1 1 4 4 4 2 1 1, 4 2 4 2 4 2 2 4 x x x x x x x f x f x x − − + − = + = + = ∀ ∈ + + + + ℝ . Ta có một 99 2 98 99 1 100 2 … 2 100 100 100 100 100 100 100 A f f f f f f f                                                = + + + + + +                                                                    Suy ra 4 301 301 2 99 2. 6 3 6 A A = + = ⇒ = . Chọn D. Câu 140: Cho hàm số ( ) 2022 2019ln x f x e e       = +        . Giá trị của () ( ) ( ) ‘ 1 ‘ 2 … ‘ 2022 M f f f = + + + là A. 2022 B. 2022 2 C. 1009 D. 2022 2 . Hướng dẫn. Tính ( ) ( ) 2022 2022 2022 2022 2022 2022 2022 2022 ‘ ‘ 2022 . x x x x x x e e e e f x f x e e e e e e e e e − − = ⇒ − = = = + + + + Do đó ( ) ( ) 2022 2022 2022 ‘ ‘ 2022 1 x x x e e f x f x e e e e + − = + = + + . Áp dụng đẳng thức trên khi cho x nhận giá trị nguyên dương từ là 1 đến 2022 và ghép những cặp ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) () 2 ‘ 1 ‘ 2022 ‘ 2 ‘ 2022 … ‘ 2022 ‘ 1 2022 M f f f f f f       = + + + + + + =             Do đó 1009 M = . Chọn C. Câu 141: (THPT Thiệu Hóa Thanh Hóa) Cho hàm số ( ) 3 3 f x x x = − và cấp số nhân ( ) n b thỏa mãn nhu cầu 2 1 1 b b > ≥ sao cho ( ) ( ) 2 2 2 1 log 2 log f b f b + = . Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất để 100 5 n b > ? A. 333. B. 299. C. 234. D. 292. Hướng dẫn. Gọi 1 q > là công bội của ( ) n b , khi đó 2 1 b qb = và đặt 2 1 log 0 b t = > , ta có: 2 2 2 log log b t q t a = + = + , từ đó: ( ) ( ) 3 3 3 2 3 t a t a t t + − + + = − hay Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung 2 2 3 3 3 3 2 0 a t a a + + − + = có nghiệm 0, 1 t a = = hay là một trong một, 2 b q = = và cấp số nhân là một trong 2 n n b − = do đó: 100 1 100 2 5 2 5 1 100log 5 233,19 234 n n b n n − > ⇔ > ⇒ > + ≈ ⇒ = . Chọn C. Câu 142: Cho dãy ( ) n u thỏa mãn nhu cầu 1 3, 1 n n u u n + = + ∀ ≥ và 18 18 1 1 4 4 5 u u u u e e e e + − = . Tìm số tự nhiên n lớn số 1 sao cho ( ) ( ) 2 log ln 2022 n u < ? A. 58. B. 60. C. 59. D. 61. Hướng dẫn. + Từ 1 3, 1 n n u u n + = + ∀ ≥ suy ra ( ) n u là cấp số cộng có công sai 3 d= . + Từ ( ) 18 1 18 1 18 1 18 1 4 4 4 4 5 0 5 0 u u u u u u u u e e e e e e e e − + − = ⇔ − − + = 18 1 4 18 1 0 4 u u e e u u ⇔ − = ⇔ = . Kết hợp CSC suy ra: 1 1 1 17.3 4 17, 3 14 n u u u u n + = ⇒ = = + . + Ta có ( ) ( ) ( ) ln2.ln2020 ln2.ln2020 2 1 log ln 2022 14 60,5 3 n n u u e n e < ⇔ < ⇔ a + 1 B. a > b + 1 C. alnb > blna D. blna > alnb. Hướng dẫn. Phương trình thứ nhất là 2022 2022 2022 … 1 0 1 x x x x x + + + + = ⇒ < < hay ta có: ( ) 2108 2 3 2022 2022 2022 1 1 1 … . 1 2 1 1 x x x x x x x x x x x x − = + + + + = ⇔ − = − ⇔ = − − . Mà a là nghiệm của phương trình nên 2022 1 2 1 1 2 a a a = − ⇒ < < . Hoàn toàn tương tự b là nghiệm của phương trình 2022 2 1 x x = − nên 2022 2 1 b b = − . Nói cách khác a và b là những hoành độ giao điểm của đường thẳng 2 1 y x = − lần lượt với những đồ thị ( ) 2022 y f x x = = và ( ) 2022 y g x x = = trên khoảng chừng 1 ;1 2             . Dễ thấy 1 1 2 b a < < ∀ ∈               , Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung suy ra ( ) h x đồng biến, do đó: ( ) ( ) ln ln ln ln a b h a h b b a a b a b > ⇔ > ⇔ > . Chọn D. Câu 144: Cho những số thực 1 2 3 , , ,…, n x x x x thuộc khoảng chừng 1 ;1 4             . Với mỗi n , kí hiệu n u là giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 2 2 3 1 1 1 1 log log … log 4 4 4 n x x x S x x x                = − + − + + −                      . Tìm lim 1 n u n+ . A. 2. B. 1. C. 1 2 . D. 2 . Hướng dẫn. Với những số tùy ý 1 , ;1 4 a b      ∈       , ta có: 2 2 2 1 1 1 0 log log 2log 2 4 4 a a a b b b b b b           − ≥ ⇒ ≥ − ⇒ − ≥ =               . Áp dụng tính chất trên ta có: ( ) 1 2 1 2 2 3 1 2 3 1 2 log log … log 2 log .log …log 2 n n n x x x x x x S x x x n x x x n ≥ + + + ≥ = . Dấu bằng có khi và chỉ khi một 2 3 1 … 2 n x x x x = = = = = . Suy ra min 2 2 lim lim 2 1 1 n n u n u S n n n = = ⇒ = = + + . Chọn A. BẠN ĐỌC CÓ THỂ THAM KHẢO THÊ M CÁC CÂ U SAU Câu 145: Cho hàm số ( ) 1 log 3 3 x x f x x = + − . Tổng những bình phương những giá trị của m sao cho phương trình ( ) 2 1 2 2 0 2 1 f f x x x m       + − + =     − +     có đúng 3 nghiệm phân biệt bằng A. 5 . 2 B. 7 . 2 C. 3. D. 2. Hướng dẫn. Ta có ( ) 1 1 1 1 log 3 3 log 3 3 , 0 x x x x f x f x x x x            = + − =− + − =− ∀ >               . Từ đó suy ra phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 2 1 f x x f x m − + = − + (1). Mặt khác ( ) 1 2 1 1 ‘ 3 3 . ln3 0, 0 ln10 x x f x x x x       = + + > ∀ >        nên ( ) f x đông biến trên ( ) 0;+∞Fb: Diendangiaovientoan GV: Nguyễn Xuân Chung nên từ (1) ta được: ( ) ( ) 2 2 2 4 1 2 0, 2 2 2 2 1 2 1, 3 x x m x m x x x m x m x m  − + + = ≥  − + = − + ⇔  = − ≤   . + Trường hợp 1: (2) có nghiệm kép khác với hai nghiệm của (3). Khi đó 4 8 1 2 0,2 3 2 2 1 0,2 1 4; 2 1 m m m m m m m   − + + = ≥   ⇔ ⇔ =   − > − ≠ − ≤    . + Trường hợp 2: (3) có nghiệm kép khác với hai nghiệm của (2). Khi đó ( ) 1 1 4 1 2 0, 2 1 2 0;2 3 2 4 2 2 1 0;0 m m m m m m m    − + > − + + ≠ ± − ≥   ⇔ ⇔ =    − = ≤    . + Trương hợp 3: Hai phương trình có đúng một nghiệm trùng nhau. Khi đó: 2 3 2 2 1 1 1 3 2 2 m m m m   − − = −    ⇔ ⇔ =   < ∀ > − nên ( ) t x đồng biến, do đó với 3 x> suy ra 3 8 t> + . Vì a là cơ số và nguyên nên ta phải có 2 a≥ . Từ đó ta có: 2 2022 2 2022 2 2107 2 2022 1 log log .log 1 log .log .log log .log log log a t t t t t a t a t a t = ⇔ = = ⇔ = ( ) 2 3 8 2022 1 log log 2022 2 19,92 log 3 8 a a α α + ⇒ < = = ⇒ thỏa mãn nhu cầu 8 3 log log 2 16 12 a b b a a a b b                + = giá trị của biểu thức 3 3 P a b = + là A. P = 20 B. P = 39 C. P = 125 D. P = 72 Câu X: (THPT CHUYÊN KHTN): Cho hai số thực 1, 1 a b > > . Gọi 1 2 , x x là hai nghiệm của phương trình 2 1 1 x x a b − = . Trong trường hợp biểu thức 2 1 2 1 2 1 2 4 4 x x S x x x x       = − −      +   đạt giá trị nhỏ nhất, mệnh đề nào sau này là đúng? A. a b < B. a b ≥ C. 4 ab= D. 2 ab= . Câu X: (THPT TRẦN NGUYÊN HÃN) Xét những số thực dương x, y thỏa mãn nhu cầu 2 2 3 log ( 3) ( 3) . 2 x y x x y y xy x y xy + = − + − + + + + Tìm giá trị lớn số 1 của biểu thức 3 2 1 . 6 x y P x y + + = + + A.max 1 P= B. maxP=4 C. maxP= 2 D. maxP= 3 Câu X (THPT Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa): Cho , x y là những số thực thỏa mãn nhu cầu ( ) ( ) 3 2 2 log 9 9 2 x y x x y y xy x y xy + = − + − + + + + . Tìm giá trị lớn số 1 của biểu thức 3 2 9 10 x y P x y + − = + + khi , x y thay đổi. A. 2 B. 3 C. 1 D. 0 Câu X [THPT NGUYỄN QUANG DIÊU – ĐỒNG THÁP]: Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn nhu cầu ( ) 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 + + = bằng A. 9 B. 3 2 2 + C. 1 9 2 + D. 17 Câu X: (THPT CHUYÊN HƯNG YÊN) Cho hàm số ( ) ( ) 4 7 3 1 .2 6 3 x x f x x x − − = + + − + . Giả sử 0 a m b = ( , , a a b b ∈ℤ là phân số tối giản) là giá trị nhỏ nhất của tham số thực m sao cho phương trình ( ) 2 7 4 6 9 2 1 0 f x x m − − + − = có số nghiệm nhiều nhất. Tính giá trị của biểu thức 2 P a b = + A. 1 P=− B. 7 P= C. 11 P= D. 9 P= . CHÚ C CÁC BẠN VUI VẺ VÀ THÀNH CÔNG!

Reply
9
0
Chia sẻ

Review Tổng những nghiệm của phương trình sau 1 7 7 6log 6 5+1 xx bằng ?

You vừa Read Post Với Một số hướng dẫn một cách rõ ràng hơn về Video Tổng những nghiệm của phương trình sau 1 7 7 6log 6 5+1 xx bằng tiên tiến và phát triển nhất

Chia Sẻ Link Download Tổng những nghiệm của phương trình sau 1 7 7 6log 6 5+1 xx bằng miễn phí

Người Hùng đang tìm một số trong những Chia SẻLink Download Tổng những nghiệm của phương trình sau 1 7 7 6log 6 5+1 xx bằng miễn phí.

Thảo Luận vướng mắc về Tổng những nghiệm của phương trình sau 1 7 7 6log 6 5+1 xx bằng

Nếu sau khi đọc nội dung bài viết Tổng những nghiệm của phương trình sau 1 7 7 6log 6 5+1 xx bằng vẫn chưa hiểu thì hoàn toàn có thể lại phản hồi ở cuối bài để Ad lý giải và hướng dẫn lại nha
#Tổng #những #nghiệm #của #phương #trình #sau #6log #bằng