intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Chuyên đề Giải bất phương trình - Bất phương trình mũ lôgarit

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:20

Thêm vào BST
Báo xấu
1
lượt xem 0
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Chuyên đề Giải bất phương trình bất phương trình mũ lôgarit bao gồm phần lý thuyết cô đọng, bài tập trắc nghiệm phong phú và bài tự luyện có hướng dẫn chi tiết. Tài liệu giúp học sinh nhận diện dạng toán, phân tích điều kiện xác định và áp dụng công thức logarit để giải nhanh. Mời các bạn học sinh cùng tham khảo tài liệu để nắm vững dạng bài bất phương trình nâng cao.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề Giải bất phương trình - Bất phương trình mũ lôgarit

  1. Tailieumontoan.com  Sưu tầm CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT Tài liệu sưu tầm, ngày 24 tháng 8 năm 2020
  2. Website: tailieumontoan.com DẠNG TOÁN 3: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH -BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT KIẾN THỨC CẦN NHỚ: Các công thức thường dùng để giải phương trình bất phương trình logarit  log a bc log a b + log a c . = b = log a b − log a c .  log a c α  log a bα = α log a b . Nếu log a  f ( x )  = α log a f ( x ) với α chẵn; f ( x ) ≠ 0 .   1  log aα b = log a b . α log c b  log a b = . log c a 1  log a b = . log a b Phương trình logrit cơ bản: log a f ( x ) = f ( x ) =và log a f (= log a g ( x ) ⇔ f (= g ( x ) b⇔ ab x) x) Bất phương trình logarit cơ bản: Với a > 1 thì log a f ( x ) > log a g ( x ) ⇔ f ( x ) > g ( x ) . Với 0 < a < 1 thì log a f ( x ) > log a g ( x ) ⇔ f ( x ) < g ( x ) . Các công thức thường dùng để giải phương trình mũ  (a) m+n = a m .a n . am  (a) m−n = n . a n  ( a )  = a m.n m    ( a.b ) = a n .b n . n n a an   = n. b b −n n a b   =  . b a Phương trình mũ cơ bản: a f ( x ) = f ( x ) =a b và a f ( x ) = a g ( x ) ⇔ f ( x) = g ( x) b⇔ log Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 Trang 1
  3. Website: tailieumontoan.com Bất phương trình mũ cơ bản: Với a > 1 thì a f ( x ) > a g ( x ) ⇔ f ( x ) > g ( x ) . Với 0 < a < 1 thì a f ( x ) > a g ( x ) ⇔ f ( x ) < g ( x ) . BÀI TẬP MẪU (ĐỀ MINH HỌA LẦN 2-BDG 2019-2020) Nghiệm của phương trình 3x−1 = 27 là A. x = 4 . B. x = 3 . C. x = 2 . D. x = 1 . Phân tích hướng dẫn giải 1. DẠNG TOÁN: Đây là dạng toán giải phương trình mũ. 2. HƯỚNG GIẢI B1: Đưa về cùng cơ số. B2: Áp dụng công thức a f ( x ) = a g ( x ) ⇔ f ( x) = g ( x) . B3: Tìm nghiệm của phương trình. Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau: Lời giải Chọn A Ta có: 3x −1 = 27 ⇔ 3x −1 = 33 ⇔ x − 1 = 3 ⇔ x = 4 . Bài tập tương tự và phát triển:  Mức độ 1 Câu 1. Phương trình 43 x− 2 = 16 có nghiệm là 3 4 A. x = . B. x = 5 . C. x = . D. x = 3 . 4 3 Lời giải Chọn C 4 Ta có: 43 x − 2 = 16 ⇔ 3 x − 2 = 2 ⇔ x = . 3 4 Vậy phương trình có nghiệm là: x = . 3 Câu 2. Nghiệm của phương trình log3 ( 2 x − 1) =là 2 7 9 A. x = 4 . B. x = . C. x = . D. x = 5 . 2 2 Lời giải Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 Trang 2
  4. Website: tailieumontoan.com Chọn D log3 ( 2 x − 1) = 2 ⇔ 2 x − 1 = 32 ⇔ x = 5. 1 Câu 3. Tập nghiệm của phương trình 2 x − x−4 = 2 là 16 A. {0;1} . B. ∅ . C. {2; 4} . D. {−2; 2} . Lời giải Chọn A − x−4 1 x = 1 = ⇔ 2 x − x − 4 = −4 ⇔ x 2 − x − 4 = 4 ⇔ x( x − 1) = ⇔  − 2 2 Ta có 2 x 2 0 . 16 x = 0 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là T = {0;1} . Câu 4. Số nghiệm của phương trình π 2 x + x −3 = 1 là: 2 A. 2 . B. 0 . C. 1 . D. 3 . Lời giải Chọn A Điều kiện xác định: x ∈  . x = 1 Ta có: π 2 x 2 + x −3 = 1 ⇔ 2x + x − 3 = ⇔  2 0 . x = − 3  2 Vậy phương trình có 2 nghiệm. Câu 5. Tìm tập nghiệm của bất phương trình 32 x > 3x+ 4 . A. S = ( −∞; 4 ) . B. D = ( 0; 4 ) . C. S = ( −4; +∞ ) . D. = S ( 4; +∞ ) . Lời giải Chọn D Ta có 32 x > 3x + 4 ⇔ 2 x > x + 4 ⇔ x > 4 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là = S ( 4; +∞ ) . Câu 6. Nghiệm của phương trình 3x+1 = 3100 là A. 11 . B. 9 . C. 101 . D. 99 . Lời giải Chọn D Ta có: 3x +1 3100 ⇔ x + 1 100 ⇔ x 99. = = = Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 Trang 3
  5. Website: tailieumontoan.com x 1 Câu 7. Tập nghiệm của bất phương trình   > 4 là 2 A. ( −2; +∞ ) . B. ( −∞; −2 ) . C. ( −∞; 2 ) . D. ( 2; +∞ ) . Lời giải Chọn B Điều kiện xác định: x ∈ . x x x −2 1 1 1 1   > 4 ⇔   > 2 ⇔   >   ⇔ x < −2. 2 2 2 2 2 Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S = ( −∞; −2 ) . + 4 x +3 Câu 8. Số nghiệm thực của phương trình 9 x = 1 là 2 A. 0 . B. 1 . C. 3 . D. 2 . Lời giải Chọn D + 4 x +3 + 4 x +3  x = −1 = 1 ⇔ 9x = 90 ⇔ x 2 + 4 x + 3 = 0 ⇔  2 2 Ta có : 9 x .  x = −3 ⇒ phương trình có hai nghiệm thực. Câu 9. Tập nghiệm của bất phương trình log 3 (2 x − 1) > 3 là: A. (5;+∞ ) . B. (14;+∞ ) . C. (− ∞;2 ) . D. 1   ;14  . 2  Lời giải Chọn B 1 Điều kiện của bpt là 2 x − 1 > 0 ⇔ x > 2 Do cơ số a = 3 nên ta có: log 3 (2 x − 1) > 3 ⇒ 2 x − 1 > 27 ⇒ x > 14 Kết hợp điều kiện của bpt ta được tập nghiệm là T= (14;+∞ ) . − 2 x +1 = 1 có bao nhiêu nghiệm? 2 Câu 10. Phương trình 5 x A. 1 . B. 3 . C. 2 . D. 0 . Lời giải Chọn A − 2 x +1 = 1 ⇔ x2 − 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1 . 2 Ta có 5 x Nên phương trình có 1 nghiệm.  Mức độ 2 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 Trang 4
  6. Website: tailieumontoan.com ( ) ( ) ( ) x x x Câu 1. Từ phương trình 3 + 2 2 −2 3 đặt t 2 −1 = = 2 −1 ta thu được phương trình nào sau đây? A. t 3 − 3t − 2 =. 0 B. 2t 3 + 3t 2 − 1 = . 0 C. 2t 3 + 3t − 1 = . 0 D. 2t 2 + 3t − 1 = . 0 Lời giải Chọn B ( )( ) ( ) 2 Nhận xét: 2 +1 2 − 1 =và 1 2 +1 = + 2 2 . 3 ( ) ( ) = 2 + 1) (= 1 1 x x 2x Đặt t = 2 − 1 , t > 0 . Suy ra 3 + 2 2 = 2. ( ) 2x 2 −1 t 1 Phương trình đã cho được viết lại: 2 − 2t = 3 ⇔ 2t 3 + 3t 2 − 1 = 0 . t −2 x − 2 x +3 −2 x Cho phương trình 4 x + 2x − 3 =. Khi đặt t = 2 x , ta được phương trình nào dưới 2 2 2 Câu 2. 0 đây? A. t 2 + 8t − 3 = . 0 B. 2t 2 − 3 =. 0 C. t 2 + 2t − 3 = . 0 D. 4t − 3 =. 0 Lời giải Chọn A ( ) 2 −2 x −2 x − 3 = ⇔ 2x + 23.2 x − 3 =. 2 2 −2 x − 2 x +3 Phương trình 4 x + 2x 2 2 0 0 −2 x Kho đó, đặt t = 2 x , ta được phương trình t 2 + 8t − 3 = . 2 0 1 x+ Câu 3. Tìm tập nghiệm S của phương trình 4 2 − 5.2 x + 2 =. 0 A. S = {−1;1} . B. S = {−1} . C. S = {1} . D. S = ( −1;1) . Lời giải Chọn A 2x = 2 1 x = 1 − 5.2 x + 2 = ⇔ 2.22 x − 5.2 x + 2 = ⇔  x 1 x+ Ta có 4 2 0 0 ⇔   2 = = 2−1  x = −1.   2 Vậy tập nghiệm của phương trình S = {−1;1} . Câu 4. Nghiệm của phương trình 2 x + 2 x +1 = x + 3x +1 là. 3 3 3 2 A. log 3 . B. x = 1 . C. x = log 3 . D. x = log 4 . 4 2 2 4 3 3 Lời giải Chọn C x 3 3 3 Ta có: 2 x + 2 x +1 = x + 3x +1 ⇔ 3.2 x =⇔   =x = 3 . 3 4.3x ⇔ log 2 4 2 4 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 Trang 5
  7. Website: tailieumontoan.com Câu 5. Phương trình 9 x − 3.3x + 2 = có hai nghiệm x1 , x2 0 ( x1 < x2 ) . Giá trị của biểu thức = 2 x1 + 3 x2 bằng A A. 0 . B. 2 . C. 4log 2 3 . D. 3log 3 2 . Lời giải Chọn D t = 1 Đặt t = 3x ( t > 0 ) , khi đó phương trình trở thành t 2 − 3t + 2 = ⇔  0 ( tm ) t = 2 Với t = 1 ta có 3x =1 ⇔ x =0 Với t = 2 ta có 3x = 2 ⇔ x = log 3 2 Suy ra phương trình có hai nghiệm là x1 = 0 và x2 = log 3 2 Vậy = 2 x1 + 3= 2.0 + 3log 3 2 = 3log 3 2 . A x2 Câu 6. Biết x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình 16 x − 3.4 x + 2 =. Tích P = 4 x1.4 x2 bằng 0 1 A. −3 . B. 2 . C. . D. 0 . 2 Lời giải Chọn B x = 0 4x = 1 Ta có: 16 − 3.4 + 2 = ⇔  x x 0 ⇔ x .  4 =2 x = 1  2 1 ⇒ P = 40.4 2 = 2 . −x − x +1 Kí hiệu x1 , x2 là hai nghiệm thực của phương trình 4 x + 2x = trị của x1 − x2 bằng 2 2 Câu 7. 3 . Giá A. 3 . B. 2 . C. 4 . D. 1 . Lời giải Chọn D ( ) 2 3⇔ −x + 2.2 x −x −3 = ( *) 2 2 −x − x +1 + 2x =2 x 2 2 Ta có 4 x 0 . −x = 2x Đặt t ,t >0 . 2 Khi đó phương trình (*) trở thành: t = 1 t 2 + 2t − 3 = ⇔  0 . Đối chiếu với điều kiện t > 0 ta được t = 1 . t = −3 x = 0 Với t = 1 , ta có 2 x −x =1 ⇔ x 2 − x = 0 ⇔  2 . x = 1 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 Trang 6
  8. Website: tailieumontoan.com Vậy x1 − x2 = 1. x+2 1 Câu 8. Tập nghiệm của bất phương trình   > 3− x là 3 A. ( 2; +∞ ) . B. (1; 2 ) . C. (1; 2] . D. [ 2; +∞ ) . Lời giải Chọn A Điều kiện: x ≥ −2 x+2 x+2 x 1 −x1 1 Ta có:   >3 ⇔   >  ⇔ x+2 < x 3 3 3  x ≥ −2 x > 0  x ≥ −2    ⇔ ⇔ x > 0 ⇔   x < −1 ⇔ x > 2  x+2 < x   x2 − x − 2 > 0  x > 2   Câu 9. Cho bất phương trình 4 x − 5.2 x+1 + 16 ≤ 0 có tập nghiệm là đoạn [ a ; b ] . Tính log ( a 2 + b 2 ) . A. 2 . B. 1 . C. 0 . D. 10 . Lời giải Chọn B Bất phương trình 4 x − 5.2 x+1 + 16 ≤ 0 ⇔ 4 x − 10.2 x + 16 ≤ 0 ⇔ 2 ≤ 2 x ≤ 8 ⇔ 1 ≤ x ≤ 3 . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là [1;3] . Suy ra= 1; b 3 nên log ( a 2 + b 2= log (12 + 32= 1 . a = ) ) Câu 10. Gọi x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình 5 x −1 = 2 x −1 . Tính P = 1 + 1)( x2 + 1) . (x 2 A. 0 . B. 2 log 2 5 + 2 . C. 2 log 2 5 − 1 . D. log 2 25 . Lời giải Chọn D 5 x −1 = 2 x −1 2 −1 ⇔ log 2 2 x log 2 5 x −1 = 2 ⇔ x2 −1 = ( x − 1) log 2 5 ⇔ ( x − 1)( x + 1 − log 2 5 ) =0 x = 1 ⇔  x =−1 + log 2 5 Hai nghiệm của phương trình 5 x −1 = 2 x −1 là x1 = x2 =−1 + log 2 5 . 2 1, Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 Trang 7
  9. Website: tailieumontoan.com P = ( x1 + 1)( x2 + 1) = (1 + 1)( −1 + log 2 5 + 1) = 2 log 2 5 = log 2 25 .  Mức độ 3 Phương trình ( 2 + 3 ) + ( 2 − 3 ) = có nghiệm khi: x x Câu 1. m A. m ∈ ( −∞;5 ) . B. m ∈ (1; + ∞ ) . C. m ∈ ( −∞;5] . D. m ∈ [ 2; + ∞ ) . Lời giải Chọn D Đặt ( 2 + 3 ) => 0 ) phương trình trở thành t + = . 1 t , (t x m t 1 Cos i Vì t > 0 nên ta có m =t + ≥ 2 nên m ≥ 2 thì phương trình có nghiệm. t Câu 2. Giá trị của tham số m để phương trình 4 x − m.2 x +1 + 2m = hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn 0 có x1 + x2 =là: 3 A. m = 3 . B. m = 1 . C. m = 4 . D. m = 2 . Lời giải Chọn C Có 4 x − 2m.2 x + 2m =(1) . Đặt t 2 x ( t > 0 ) . 0 = Khi đó (1) trở thành t 2 − 2m.t + 2m =( 2 ) . 0 Để (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = ( 2 ) có hai nghiệm t1 , t2 > 0 thỏa mãn 3 thì  ∆ = m 2 − 2m ≥ 0 '  t1.t2 = 8 ⇔ t1 + t2 = 2m > 0 ⇔ m = 4 . t = 2= 8  1.t2 m Có bao giá trị nguyên dương của m để phương trình 4 − m.2 + 2m − 5 = có hai nghiệm trái x x Câu 3. 0 dấu? A. 1 . B. 0 . C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn A Đặt = 2 > 0 . x t Do phương trình có hai nghiệm trái dấu x1 < 0 < x2 ⇒ 2 1 < 2 < 2 2 ⇒ 0 < t1 < 1 < t2 . x 0 x Suy ra phương trình trở thành t − mt + 2m − 5 = có hai nghiệm 0 < t1 < 1 < t2 2 0 ∆ > 0 Suy ra t1 − 1 < 0 < t2 − 1 ⇒  S > 0; P > 0  P − S + 1 < 0  Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 Trang 8
  10. Website: tailieumontoan.com m 2 − 8m + 20 > 0  m > 0 5 ⇔ ⇔ < m < 4 , do m nguyên dương, suy ra m = 3 .  2m − 5 > 0 2  2m − 5 − m + 1 < 0  Câu 4. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 25 x  3.5 x  m 1  0 có hai nghiệm phân biệt? A. 2 B. 1 . C. 4 . D. 5 . Lời giải Chọn A Đặt t  5 x t  0 . Phương trình đã cho trở thành: t 2  3t  m 1  0 1 . Phương trình đã cho có hai nghiêm phân biệt  1 có hai nghiệm dương phân biệt      0     b    13   0  13  4m  0  m  4  1  m  13 .       a   m 1  0    m  1 4  c    0  a     13  1  m  4  m  2;3 . Ta có   m     4 x−4 Câu 5. Phương trình 3 = 81m −1 vô nghiệm khi và chỉ khi A. m ≥ 1 . B. m < 1 . C. m > 1 . D. m ≤ 1 . Lời giải Chọn B 4 x−4 x −1 Ta có 3 = 81m −1 ⇔ 81 81m −1 = ⇔ x −1 = m −1 . Phương trình vô nghiệm ⇔ m − 1 < 0 ⇔ m < 1 . x +1 Với giá trị nào của tham số m thì phương trình 4 − m.2 + 2m + 3 = có hai nghiệm x1 , x2 x Câu 6. 0 thoả mãn x1 + x2 = 4? 13 5 A. m = 8 . B. m = . C. m = . D. m = 2 . 2 2 Lời giải Chọn B Đặt t 2 x ( t > 0 ) , phương trình có dạng: t − 2mt + 2m + 3 = (*). 2 = 0 Để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thì phương trình (*) có hai nghiệm dương phân biệt t1 , t2 . Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 Trang 9
  11. Website: tailieumontoan.com   m < −1   ∆ > 0 '  m − 2m − 3 > 0 2 m > 3    Khi đó: 2m > 0 ⇔ m > 0 ⇔ m > 0 ⇔ m > 3 .  2m + 3 > 0  3  3  m > − m > −  2  2  x + x2 13 Ta có: t1.t2 2m + 3 ⇔ 2 1.2 2 = + 3 ⇔ 2 1 = =m + 3 ⇔ m = . x x 2m 2 2 13 Vậy m = . 2 Câu 7. Bất phương trình 2.5 x + 2 + 5.2 x + 2 ≤ 133. 10 x có tập nghiệm là S = [ a; b ] thì biểu thức = 1000b − 4a + 1 có giá trị bằng A A. 3992 . B. 4008 . C. 1004 . D. 2017 . Lời giải Chọn D Ta có: 2.5 x + 2 + 5.2 x + 2 ≤ 133. 10 x ⇔ 50.5 x + 20.2 x ≤ 133. 10 x x x  5  2 ⇔ 50.   + 20.   2  5  − 133 ≤ 0 .      x  5 Đặt t =   2  , t > 0 , ta được bất phương trình:  50t 2 − 133t + 20 ≤ 0 ⇔ 4 ≤ t ≤ 5 .   25 2 x 4 5 4  5 5 x Với ≤ t ≤ , ta có: ≤  ≤ ⇔ −2 ≤ ≤ 1 ⇔ −4 ≤ x ≤ 2 .  2 25 2 25   2 2 Tập nghiệm của bất phương trình là S = [ −4; 2] ⇒ a =4 , − b=2. ⇒= 1000b − 4a= 1000.2 − 4 ( −4 ) + 1 = 2017 . A +1 Tập nghiệm của bất phương trình 3x −9 + ( x 2 − 9 ) .5x +1 < 1 là khoảng ( a ; b ) với a, b là phân số tối 2 Câu 8. giản. Tính b − a A. 6 . B. 3 . C. 8 . D. 4 . Lời giải Chọn A −9 + ( x 2 − 9 ) .5x +1 < 1 (1) . 2 3x Có 5x +1 > 0 ∀x . Xét x − 9 =, VT (1) = 3 + 0 = 1 (loại). 2 0 0 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 Trang 10
  12. Website: tailieumontoan.com > 30 =  −9 2 3x 1  Xét x − 9 > 0 ⇒  ⇒ VT (1) > 1 (loại). 2 ( x 2 − 9 ) .5x+1 > 0  < 30 =  −9 2 3x 1  Xét x − 9 < 0 ⇒ 2  ⇒ VT (1) < 1 luôn đúng. 2 ( x − 9 ) .5x+1 < 0  Có x 2 − 9 < 0 ⇔ x ∈ ( −3;3) . ⇒ Tập nghiệm của bất phương trình là: ( −3;3) ⇒ b − a =. 6 Câu 9. Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình m.4 x + (m − 1).2 x + 2 + m − 1 > 0 nghiệm đúng với mọi ∀x ∈  . A. m ≥ −1 . B. m > 1 . C. m ≥ 1 . D. m < 1. Lời giải Chọn C x+2 4.2 x + 1 Ta có: m.4 + (m − 1).2 + m − 1 > 0 ⇔ m > x (1) 4 x + 4.2 x + 1 4t + 1 = Xét hàm số f (t ) t ∈ (0; +∞) t + 4t + 1 2 −4t 2 − 2t = Có f '(t ) < 0, t ∈ (0; +∞) , suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng (0; + ∞) (t + 4t + 1) 2 2 Từ đó ta có 0 < f ( t ) < 1, ∀t ∈ (0; + ∞). Để (1) nghiệm đúng với mọi x thuộc tập  khi m ≥ 1 . Câu 10. Cho phương trình log2 2x   2m log2 x   m  1  0. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của 2 m để tích hai nghiệm của phương trình bằng 16. Tổng tất cả các phần tử của S nằm trong khoảng nào sau đây?  35  11  5 7  A. 16;  .       2 B.  ;6 .  2        C. 5;9 . D.  ;  .   2 2     Lời giải Chọn D Điều kiện pt: x  0. Đặt t  log2 x . Pt trở thành 1  t   2mt  m  1  0  t 2  2 1  m t  m  0 1. 2 Phương trình đã cho có 2 nghiệm x 1; x 2 khi phương trình 1 có 2 nghiệm t1; t2 . Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 Trang 11
  13. Website: tailieumontoan.com  m  3  5  2 . Khi đó  '  0  m 2  3m  1  0    3 5 m   2 Theo giả thiết 2 1  m  x 1x 2  16  log2 x 1x 2  log2 16  t1  t2  4   4  m  3 TM . 1  Mức độ 4 Câu 1. Tìm số giá trị nguyên của m để phương trình 4 x +1 + 41− x = ( m + 1) ( 22+ x − 22− x ) + 16 − 8m có nghiệm trên [ 0;1] ? A. 2 . B. 5 . C. 4 . D. 3 . Lời giải Chọn A 4 x +1 + 41− x = ( m + 1) ( 22+ x − 22− x ) + 16 − 8m ⇔ 4 ( 4 x + 4− x )= 4 ( m + 1) ( 2 x − 2− x ) + 16 − 8m Đặt = u ( x= 2 x − 2− x , x ∈ [ 0;1] t )  3 u ′ ( x ) =2 x + 2− x > 0 ∀x ∈ [ 0;1] . Suy ra u ( 0 ) ≤ t ≤ u (1) hay t ∈ 0;   2 ⇒ t 2 = 4 x + 4− x − 2.2 x.2− x ⇒ 4 x + 4− x = t 2 + 2 Phương trình trở thành: 4 ( t 2 + 2 ) 4t ( m + 1) + 16 − 8m = ⇔ t 2 + 2 t ( m + 1) + 4 − 2m = ⇔ t 2 − t ( m + 1) + 2m − 2 =0 ⇔ m (t − 2) = t 2 − t − 2 ⇔ m ( t − 2 ) =( t − 2 )( t + 1)   3 ⇔ m = + 1  t ∈ 0;   t   2 ⇔ t = m −1 Để phương trình đã cho có nghiệm trên [ 0;1] thì phương trình = m − 1 phải có nghiệm t  3 t ∈ 0;  .  2  3  5 Suy ra m − 1 ∈ 0;  , hay m ∈ 1;  .  2  2 Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 2sin x + 3cos = 2 2 2 x Câu 2. m.3sin x có nghiệm? Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 Trang 12
  14. Website: tailieumontoan.com A. 7 . B. 4 . C. 5 . D. 6 . Lời giải Chọn B Ta có: 2sin x + 3cos x= m.3sin ⇔ 2sin x + 31−sin x= m.3sin x . 2 2 2 2 2 2 x t Đặt t = sin 2 x , t ∈ [ 0;1] . Phương trình đã cho trở thành: 2t + 31−t = m.3t ⇔   + 31− 2t = m . 2   3 t t Xét hàm số f=   + 31− 2t , với t ∈ [ 0;1] . Ta =   .ln − 2.31− 2t.ln 3 2 2 2 (t )   có f ′ ( t )   3 3 3 t 2 2  2 f ′′ ( t ) =   .  ln  + 4.31− 2t. ( ln 3) > 0 ∀t ∈ [ 0;1] . 2 3  3 ⇒ f ′ ( t ) liên tục và đồng biến trên [ 0;1] nên f ′ ( t ) ≤ f ′ (1) = 2 ln 2 < 0 ∀t ∈ [ 0;1] . 3 9 ⇒ f ( t ) liên tục và nghịc biến trên [ 0;1] nên f (1) ≤ f ( t ) ≤ f ( 0 ) ∀t ∈ [ 0;1] Suy ra 1 ≤ m ≤ 4 . ( ) ( ) x2 x2 5 −1 +m 5 +1 2x − =2 có đúng bốn nghiệm phân 2 Câu 3. Các giá trị của m để phương trình biệt là khoảng ( a; b ) , a, b ∈  ; a, b là các phân số tối giản . Giá trị b − a là A. 1 . B. 49 . C. 1 . D. 3 . 16 64 64 4 Lời giải Chọn C x2 x2  5 −1   5 +1  ( ) ( ) x2 x2 =2 (1) ⇔  1 5 −1 +m 5 +1 2x − 2  2  + m 2  = .    4     x2 x2 5 −1 5 +1  5 −1   5 +1 1 = 1 nên đặt t =   ⇒ 0 < t ≤ 1 và   2  =t Vì . . 2 2  2       Ta có phương trình t + m. 1 = 4m = t 2 + t 1 ⇔ −4 ( 2) . t 4 Ứng với một nghiệm t ∈ ( 0;1) của phương trình ( 2 ) ta có 2 nghiệm x phân biệt của phương trình (1) . Do đó, phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình ( 2 ) có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng ( 0;1) ⇔ Đường thẳng y = 4m cắt phần đồ thị của hàm số f ( t ) = t + t với −4 2 t ∈ ( 0;1) tại 2 điểm phân biệt. Bảng biến thiên của hàm f ( t ) = t + t với t ∈ ( 0;1) −4 2 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 Trang 13
  15. Website: tailieumontoan.com Từ bảng biến thiên suy ra 0 < 4m < 1 ⇔ 0 < m < 1 . Vậy a = 0 ; b = 1 ⇒ b − a = . 1 16 64 64 64 2(1−sin x ) Câu 4. Cho phương trình e m cos x −sin x − e = sin x − m cos x với 2− m là tham số thực. Gọi S là tập tất cả các giá trị của m để phương trình có nghiệm. Khi đó S có dạng ( −∞; a ] ∪ [b; +∞ ) . Tính= 10a + 20b . T A. T = 10 3 . B. T = 0 . C. T = 1 . D. T = 3 10 . Lời giải Chọn A Ta có e m cos x −sin x − e 2(1−sin x ) = sin x − m cos x 2− ⇔ e m cos x −sin x + m cos x − sin= e 2(1−sin x ) + 2 (1 − sin x ) x Xét hàm số f ( t = et + t ( t ∈  ) , f ′ ( t ) = et + 1 > 0 ⇒ f ( t ) đồng biến trên  . ) Suy ra e m cos x −sin x + m cos x − sin x = 2(1−sin x ) + 2 (1 − sin x ) ⇔ m cos x − sin x = (1 − sin x ) e 2 2 . Phương trình có nghiệm khi m 2 + 1 ≥ 4 ⇔ m 2 ≥ 3 . ⇔ m cos x + sin x = ⇒S= ( −∞; −   T ) 3  ∪  3; +∞ . Vậy= 10a + 20b = 10 3 . Câu 5. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn 0;18 để phương trình  x  2 log 4  x  m  x 1 có đúng một nghiệm dương? A. 16 . B. 19 . C. 17 . D. 18 . Lời giải Chọn C Bài yêu cầu m  0;18 và x  0 , khi đó x  m  0 . Xét x  2 không phải nghiệm của phương trình nên với x  2 ta có: x 1  x  2 log 4  x  m  x 1  log 4  x  m  x2 x1 x1  x  m  4 x2  m  4 x2  x 1 x1 Đặt f  x  4 x2  x , ta chỉ quan tâm nghiệm dương nên xét f  x trên 0;  \ 2 . x1 1 Ta có f   x  4 x2 . .ln 4 1  0, x  0;  \ 2 .  x  2 2 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 Trang 14
  16. Website: tailieumontoan.com Bảng biến thiên của f  x x 0 2 +∞ f'(x) 2 +∞ f(x) -2 -∞ Từ bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có đúng một nghiệm dương khi m  2 hoặc m  2 . Do m nguyên thuộc đoạn 0;18 nên tập các giá trị của m là 2;3; 4;...;18 , có 17 giá trị. Câu 6. Cho bất phương trình m.3x +1 + (3m + 2)(4 − 7) x + (4 + 7) x > 0 , với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x ∈ ( −∞;0 ) . 2+2 3 2−2 3 2−2 3 2−2 3 A. m > . B. m > . C. m ≥ . D. m ≥ − . 3 3 3 3 Lời giải Chọn B m.3x +1 + (3m + 2).(4 − 7) x + (4 + 7) x > 0 x x  4− 7   4+ 7  ⇔ 3m + (3m + 2).   3  + 3  > 0        x  4+ 7  Đặt t =   3     Khi x < 0 thì 0 < t < 1 3m + 2 BPT trở thành 3m + + t > 0, ∀t ∈ ( 0;1) . t −t 2 − 2 ⇔ 3m > , ∀t ∈ ( 0;1) . t +1 −t 2 − 2 Xét f (t ) = , ∀t ∈ ( 0;1) . t +1 −t 2 − 2t + 2 t =−1 + 3 f ' (t )= = 0⇔ ( t + 1) t =−1 − 3 ∉ ( 0;1) 2  2 3 −6 2−2 3 Vậy ycbt ⇔ 3m > ⇔m> . 3 3 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 Trang 15
  17. Website: tailieumontoan.com Câu 7. Phương trình 2 x − 2+ m −3 x + ( x3 − 6 x 2 + 9 x + m ) 2 x − 2 = 2 x +1 + 1 có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 3 m ∈ (a; b) ; a, b ∈  . Đặt T b 2 − a 2 thì: = A. T = 36 . B. T = 48 . C. T = 64 . D. T = 72 . Lời giải Chọn B Ta có 2 x − 2+ m −3 x + ( x3 − 6 x 2 + 9 x + m ) 2 x − 2 = 2 x +1 + 1 ⇔ 2 m −3 x + ( x − 2 ) + 8 + m − 3 x = 23 + 2 2 − x 3 3 3 ⇔2 m −3 x + m − 3 x= 22− x + ( 2 − x ) . 3 3 Xét hàm f ( t= 2t + t 3 trên  . ) ′ (t ) có f = 2t.ln 2 + 3t 2 > 0, ∀t ∈  nên hàm số liên tục và đồng biến trên  . Do đó từ (1) suy ra m − 3 x = ( 2 − x ) ⇔ m =8 − 9 x + 6 x 2 − x3 . 3 Xét hàm số f ( x ) =x 3 + 6 x 2 − 9 x + 8 trên  . − x = 3 có f ′ ( x ) =x 2 + 12 x − 9 ; f ′ ( x )= 0 ⇔  −3 . x = 1 Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên ta có, phương trình có 3 nghiệm phân biệt khi 4 < m < 8 . Suy ra: T = b 2 − a 2 = 48. Câu 8. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m nhỏ hơn 10 để phương trình m + m + e x = có ex nghiệm thực? A. 9 . B. 8 . C. 10 . D. 7 . Lời giải Chọn C m + e x ≥ 0  Điều kiện:  . m + m + e ≥ 0 x  Đặt t =m + e x , ( t ≥ 0 ) ta suy ra: Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 Trang 16
  18. Website: tailieumontoan.com ( e x )2 m + t  = e x − t = (1) 0  ⇒ ( e ) − t = − e ⇒ ( e − t )( e + t + 1) = ⇒  x x 2 2 t x x x 0 . t = m + e  2 x e + t + 1 = ( 2 )  0 Phương trình ( 2 ) vô nghiệm vì e x + t + 1 > 0 . Phương trình (1) tương đương với e x = t ⇔ ex = m + ex ⇔ m = (e ) x 2 − e x ( 3) Phương trình m + m + e x = *) có nghiệm thực khi phương trình ( 3) có nghiệm thực. ex ( ( x) Xét hàm số f= (e ) x 2 − e x với x ∈  , ta có: f ′ (= 2 ( e x ) −= 0 ⇔ e x =⇔ x = ln 2 . 1 x) 2 ex − 2 ( x) Bảng biến thiên của hàm số f= (e ) x 2 − e x là 1 Dựa vào bẳng biến thiên suy ra phương trình ( 3) có nghiệm khi m ≥ − . 4 Kết hợp với giả thiết m là số nguyên nhỏ hơn 10 ta suy ra m ∈ {0,1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9} . Vậy có 10 giá trị thỏa mãn. Câu 9. Có bao nhiêu số tự nhiên m để phương trình sau có nghiệm? ( )( e m + e3 m = 2 x + 1 − x 2 1 + x 1 − x 2 . ) A. 2 . B. 0 . C. Vô số. D. 1 . Lời giải Chọn D Điều kiện : x ∈ [ −1;1] . ( Xét phương trình: e m + e3m = 2 x + 1 − x 2 1 + x 1 − x 2 )( ) (1) . Đặt t =x + 1 − x 2 . t 2 −1 Ta có t 2 =+ 2 x. 1 − x 2 ⇒ x. 1 − x 2 = 1 . 2 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 Trang 17
  19. Website: tailieumontoan.com Khi đó, phương trình (1) trở thành:  t 2 −1   ⇔ e + e = t ( t + 1) ⇔ ( e ) + e =t + t ( 2 ) . m 3 e m + e3m = 2t 1 + m 3m 2 m 3  2  Xét hàm số: g ( u= u 3 + u trên  . ) Ta có: g ′ ( u = 3u 2 + 1 > 0, ∀u ∈  . Suy ra hàm số g ( u ) đồng biến trên  . ) Do đó: ( 2 ) ⇔ g ( e m )= g ( t ) ⇔ e m = t . Khi đó ta có (1) ⇔ e m =x + 1 − x 2 ( 3) Xét hàm số: f ( x ) =x + 1 − x 2 . TXĐ: [ −1;1] . x 1 − x2 − x Ta có: f ′ ( x ) = 1− = . 1 − x2 1 − x2 x ≥ 0 2 f ′ ( x ) = 0 ⇔ 1 − x2 = x ⇔  ⇔x= . 1 − x = 2 2 x 2 Bảng biến thiên: Phương trình (1) có nghiệm x ∈ [ −1;1] ⇔ phương trình ( 3) có nghiệm x ∈ [ −1;1] ⇔ −1 ≤ e m ≤ 2 ⇔ m ≤ ln 2 . Do m ∈  nên m = 0 . Câu 10. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Gọi S là tập hợp các giá trị của tham số m để  ( f sin x ) f sin x  f x ( ) bất phương trình  x m − 2 ( ) + 2.2 ( ) + m 2 − 3 . 2 ( ) − 1 ≥ 0 nghiệm đúng với mọi x ∈  . Số tập con của tập hợp S là A. 4 . B. 1 . C. 2 . D. 3 . Lời giải Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 Trang 18
  20. Website: tailieumontoan.com Chọn C Ta có: 2 ( ) − 1 = 0 ⇔ f ( x) = 0 . Sử dụng đồ thị hàm số ta thấy phương trình f ( x) = 0 có một f x nghiệm đơn x = 2 nên biểu thức sẽ đổi dấu khi đi qua điểm x = 2 . Do đó để bất phương trình ( ) nghiệm đúng với mọi x ∈  thì phương trình x m − 2 f (sin x ) + 2.2 f (sin x ) + m 2 − 3 = phải có một 0 m = 1 nghiệm x = 2 ⇒ m 2 + 2m − 3 = 0 ⇔  .  m = −3 Thử lại với m = 1 ta có: ( ) ( ) ( )( )  x 1 − 2 f (sin x ) + 2.2 f (sin x ) − 2  2 f ( x ) − 1 ≥ 0 ⇔ ( x − 2 ) 1 − 2 f (sin x ) 2 f ( x ) − 1 ≥ 0   ⇔ 2 f (sin x ) ≤ 1 ⇔ f ( sin x ) ≤ 0 ⇔ sin x ≤ 2 luôn đúng với mọi x ∈  ⇒ m =thỏa mãn ycbt. 1 Thử lại với m = −3 ta có: ( ) ( ) ( )( )  x −3 − 2 f (sin x ) + 2.2 f (sin x ) + 6  2 f ( x ) − 1 ≥ 0 ⇔ − ( x − 2 ) 3 + 2 f (sin x ) 2 f ( x ) − 1 ≥ 0   ⇔ 3 + 2 f (sin x ) ≤ 0 (vô lý) ⇒ m =3 không thỏa mãn ycbt. − Vậy S = {1} . Số tập con của S là 2 đó là {1} và ∅ . Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 Trang 19
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright ©2025 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
6=>0