›
›
›

Lý thuyết và Bài tập Giải tích Lớp 12 - Chuyên đề: Hàm đặc trưng - Trần Duy Thái (Có lời giải chi tiết)

docx 30 trang nhungbui22 5570
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Lý thuyết và Bài tập Giải tích Lớp 12 - Chuyên đề: Hàm đặc trưng - Trần Duy Thái (Có lời giải chi tiết)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docxly_thuyet_va_bai_tap_giai_tich_lop_12_chuyen_de_ham_dac_trun.docx

Nội dung text: Lý thuyết và Bài tập Giải tích Lớp 12 - Chuyên đề: Hàm đặc trưng - Trần Duy Thái (Có lời giải chi tiết)

  1. Đại Số 12 Hàm Đặc Trưng Chuyeân Ñeà haøm ñaëc tröng  VẤN ĐỀ 1. KHAI THÁC TÍNH CHẤT HÀM ĐẶC TRƯNG ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH  Bước 1: Biến đổi phương trình về dạng: f u f v ; u,v D .  Bước 2: Xét hàm số y f t trên miền xác định D . Tính y và xét dấu y . Kết luận hàm số y f t là hàm số đơn điệu trên D .  Bước 3: Kết luận. Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi u v . Giải phương trình u v . Kết luận nghiệm của phương trình đã cho. Câu 1. Số nghiệm của phương trình x6 x3 4x2 4x 2 0 là A. 1. B. 2. C. 3. D. 0 . Lời giải Chọn D Ta có x6 x3 4x2 4x 2 0 x3 3x2 3x 1 x 1 x6 x2 3 x 1 3 x 1 x2 x2 1 Xét hàm số f t t3 t trên ¡ . Ta có f t 3t 2 1 0 t ¡ f t là hàm số đồng biến trên ¡ . Khi đó ta có 1 f x 1 f x2 x2 x 1 x2 x 1 0 . Phương trình vô nghiệm. Câu 2. Gọi S là tập nghiệm của phương trình 2x3 x2 3x 1 2 3x 1 3x 1 . Số tập con khác rỗng của S là A. 1. B. 2 . C. 3 .D. 4 . Lời giải Chọn C 1 Điều kiện: x . 3 3 2 Ta có: 1 2x3 x2 1 2 3x 1 3x 1 1 f x f 3x 1 . Xét hàm số f t 2t3 t 2 1 liên tục trên khoảng 0; . Ta có: f t 6t 2 2t 0,t 0; Hàm số f t đồng biến trên 0; . 3 5 x 2 2 f x f 3x 1 x 3x 1 x 3x 1 . 3 5 x 2 1 3 5 3 5  So với điều kiện x Tập nghiệm của phương trình S ;  . 3 2 2  Vậy số tập con khác rỗng của S là 3 . Câu 3. Tập nghiệm của phương trình sin5 x cos5 x cos x sin x là Trường THPT Gò Công Đông GV: Trần Duy Thái Trang -1-
  2. Đại Số 12 Hàm Đặc Trưng 3   A. k 2 , k ¢  . B. k 2 , k ¢  . 4  4    C. k ,k ¢  . D. k , k ¢  . 4  4  Lời giải Chọn D Ta có: sin5 x cos5 x cos x sin x sin5 x sin x cos5 x cos x * . Xét f t t5 t, t ¡ f t 5t 4 1 0, t ¡ f t đồng biến trên ¡ . * f sin x f cos x sin x cos x  x k ,k ¢ Tập nghiệm của phương trình là k , k ¢  . 4 4  3 2 Câu 4. Tính tổng các nghiệm của phương trình 2019x 3x x 2019x 2 x3 3x2 2 0 . A. 3 . B. 2. C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn D 3 2 2019x 3x x 2019x 2 x3 3x2 2 0 . 3 2 2019x 3x x x3 3x2 x 2019x 2 x 2 (1). Xét hàm số: f t 2019t t, f t 2019t ln 2019 1 0,t ¡ f t đồng biến trên ¡ . x 1 3 2 3 2 3 2 (1) f x 3x x f x 2 x 3x x x 2 x 3x 2 0 . x 1 3 Vậy tổng các nghiệm là 3 . 2 2 Câu 5. Gọi S là tập hợp mọi nghiệm thực của phương trình 2x 3x 2 2x x 2 2x 4 . Số phần tử của S là: A. 3 . B. 2 . C. 1. D. 4 . Lời giải Chọn C 2 2 2 2 2x 3x 2 2x x 2 2x 4 1 2x 3x 2 x2 3x 2 2x x 2 x2 x 2 . Xét hàm số f u 2u u có f u 2u.ln 2 1 0,u Hàm số f u 2u u đồng biến trên ¡ . Do đó 1 f x2 3x 2 f x2 x 2 x2 3x 2 x2 x 2 x 2. Vậy S 2 . 2 Câu 6. Phương trình 2x 1 2x x x 1 2 có tất cả bao nhiêu nghiệm? A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Lời giải Chọn A 2 2 Phương trình 2x 1 2x x x 1 2 2x 1 x 1 2x x x2 x . * Xét hàm số f t 2t t trên ¡ , ta có f ' t 2t ln 2 1 0,t ¡ . Suy ra hàm số f t đồng biến trên ¡ . Nhận thấy * có dạng f x 1 f x2 x x 1 x2 x x 1 2 0 x 1. Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất x 1. 1 1 x a b 3 x 1 2 Câu 7. Gọi x0 là một nghiệm lớn hơn 1 của phương trình 2x 3 1 2x 1. c 3 Giá trị của P a b c là A. P 6 .B. P 0 .C. P 2 . D. P 4 . Lời giải Chọn D Trường THPT Gò Công Đông GV: Trần Duy Thái Trang -2-
  3. Đại Số 12 Hàm Đặc Trưng Điều kiện xác định: x 0 . 1 1 x 1 x 1 2 x 1 1 2x 3 1 2x 1 32x 3 1 x 3 2x 1 1 32x 3x 1 x 1 1 . Xét hàm số f t 3t t t 0 , f t 3t.ln 3 1 0 2x 1 1 1 3 1 f f x 1 x 1 x a 1, b 1, c 2 . Vậy P 4 . 2x 2x 2 2 2 Câu 8. Tính tổng T tất cả các nghiệm của phương trình 2017sin x 2017cos x cos 2x trên đoạn 0; . 3 A. x . B. x . C. x . D. x . 4 2 4 Lời giải Chọn A 2 2 Phương trình 2017sin x 2017cos x cos2 x sin2 x 2 2 2017sin x sin2 x 2017cos x cos2 x. * Xét hàm số f t 2017t t trên ¡ , ta có f ' t 2017t ln 2017 1 0,t ¡ . Suy ra hàm số f t đồng biến trên ¡ . Nhận thấy * có dạng f sin2 x f cos2 x sin2 x cos2 x cos2 x sin2 x 0 cos 2x 0 x k , k ¢ . 4 2 3  3 Vì x 0;   x ;   T . 4 4  4 4 2 2 Câu 9. Tìm số nghiệm của phương trình ex + 2018- x + 2017 . x2 + 2017 = x2 + 2018 . A. 0. B. 2. C. 4. D. 1. Lời giải Chọn A x2 + 2018 x2 + 2017 2 2 e e ex + 2018- x + 2017 . x2 + 2017 = x2 + 2018 Û = (1). x2 + 2018 x2 + 2017 Nhận xét : x2 + 2017 > 1 và x2 + 2018> 1 với mọi x Î ¡ . et et .t - et et (t - 1) Xét hàm số y = f (t)= với t > 1, y¢= = > 0 với mọi t > 1. t t 2 t 2 et Hàm số y = đồng biến trên khoảng (1;+ ¥ ) nên (1)Û f (x2 + 2018)= f ( x2 + 2017) t Û x2 + 2018 = x2 + 2017 Û (x2 + 2017)- x2 + 2017 + 1= 0 (Vô nghiệm) Vậy phương trình vô nghiệm. 1 Câu 10. Tìm tổng tất cả các nghiệm của phương trình log x 3 log x 1 x2 x 4 2 x 3 . 2 2 2 A. S 1. B. S 1 2 . C. S 1. D. S 2 . Lời giải Chọn C x 3 0 ĐKXĐ: x 1. x 1 0 Phương trình đã cho tương đương với: 2 log2 x 3 2 x 3 x 3 log2 x 1 2 x 1 x 1 1 . 2 Xét f t log2 t 2t t với t 0 . Trường THPT Gò Công Đông GV: Trần Duy Thái Trang -3-
  4. Đại Số 12 Hàm Đặc Trưng 2 1 1 2 2ln 2. t 1 ln 2 1 2ln 2 t 2ln 2 t 1 2 2 f t 2 2t 0 t 0 . t ln 2 t ln 2 t.ln 2 x 3 0; Ta có f t là hàm số đồng biến trên 0; và . x 1 0; Do đó 1 f x 3 f x 1 x 3 x 1 2 2 x 1 x 3 x 1 x x 2 0 .So với điều kiện ta nhận x 1. x 2 Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là S 1. x2 2x 1 Câu 11. Phương trình log x2 1 3x có tổng tất cả các nghiệm bằng: 3 x A. 3. B. 5.C. 5 . D. 2. Lời giải Chọn A 2 x2 2x 1 x 1 Điều kiện: 0 0 0 x 1. x x x 1 2 Phương trình log x2 2x 1 x 3 x 2 2 2 2 log3 x 1 log3 x x 1 x log3 x 1 x 1 log3 x x. * 1 Xét hàm số f t log t t với t 0 . Ta có f ' t 1 0, t 0 . 3 t ln 3 Suy ra hàm số f t đồng biến trên 0; . Nhận thấy * có dạng f x 1 2 f x x 1 2 x 3 5 x thoûa maõn 2 2 3 5 3 5 x 3x 1 0  3. 3 5 2 2 x thoûa maõn 2 x2 - 2x + 1 Câu 12. Phương trình log + x2 + 1= 3x có tổng tất cả các nghiệm bằng: 3 x A. 3.B. 5.C. 5 . D. 2. Lời giải Chọn A x 0 Điều kiện: . x 1 Ta có: 2 x - 2x + 1 2 2 2 log3 + x + 1= 3x Û log3 (x - 2x + 1)+ x - 2x + 1= log3 x + x x Û f (x2 - 2x + 1)= f (x) với f t log2 t t . 1 Xét hàm số f t log t t với t 0 . Ta có: f t 1 0 , với mọi t 0 . 2 ln 3 Do đó hàm số f đồng biến trên 0; . Trường THPT Gò Công Đông GV: Trần Duy Thái Trang -4-
  5. Đại Số 12 Hàm Đặc Trưng Vậy f (x2 - 2x + 1)= f (x)Û x2 - 2x + 1= x Û x2 - 3x + 1= 0 Tổng các nghiệm là S 3. 2 4x 4x 1 2 Câu 13. Biết x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình log7 4x 1 6x và 2x 1 x 2x a b với a , b là hai số nguyên dương. Tính a b. 1 2 4 A. a b 16 . B. a b 11. C. a b 14 . D. a b 13 . Lời giải Chọn C x 0 Điều kiện 1 . x 2 2 4x2 4x 1 2x 1 Ta có log 4x2 1 6x log 4x2 4x 1 2x 7 7 2x 2x 2 2 log7 2x 1 2x 1 log7 2x 2x 1 . 1 Xét hàm số f t log t t với t 0; có f t 1 0 , t 0; . 7 t ln 7 Vậy hàm số f t đồng biến trên khoảng 0; . 3 5 x 2 2 4 Phương trình 1 trở thành f 2x 1 f 2x 2x 1 2x 3 5 x 4 Trường hợp 1: 3 5 3 5 9 5 x , x x 2x l 2 4 1 4 1 2 4 Trường hợp 2: 3 5 3 5 9 5 x , x x 2x TM 1 4 2 4 1 2 4 a 9; b 5 a b 9 5 14 . æ ö 2 x + 1 ç x 1 ÷ Câu 14. Biết phương trình log = 2log ç - ÷ có một nghiệm dạng x = a + b 2 trong 5 3 ç ÷ x èç 2 2 x ø÷ đó a,b là các số nguyên. Tính 2a + b. A. 3 .B. 8 . C. 4 . D. 5. Lời giải Chọn B æ ö 2 x + 1 ç x 1 ÷ 2 x + 1 æx - 1ö Ta có log = 2log ç - ÷Û log = 2log ç ÷ 1 . 5 3 ç ÷ 5 3 ç ÷ ( ) x èç 2 2 x ø÷ x èç2 x ø÷ ĐKXĐ: x > 1. 1 Û log 2 x + 1 + 2log 2 x = log x + 2log x - 1 (*) ( ) 5 ( ) 3 5 3 ( ) Xét hàm số f (t ) = log5 t + 2log3 (t - 1), với t > 1. 1 2 f ¢(t ) = + > 0 với mọi t > 1, suy ra f (t ) đồng biến trên khoảng (1;+ ¥ ). t.ln 5 (t - 1)ln 3 Trường THPT Gò Công Đông GV: Trần Duy Thái Trang -5-
  6. Đại Số 12 Hàm Đặc Trưng Từ (*) ta có f (2 x + 1) = f (x) nên suy ra 2 2 x + 1 = x Û ( x ) - 2 x - 1 = 0 Û x = 1+ 2 (do x > 1). Suy ra x = 3 + 2 2 Þ a = 3;b = 2 Þ 2a + b = 8. Câu 15. Số nghiệm của phương trình sin 2x cos x 1 log2 sin x trên khoảng 0; là 2 A. 4 . B. 3 . C. 2 .D. 1. Lời giải Chọn D Vì sin x 0 và cos x 0 , x 0; nên phương trình đã cho tương đương 2 sin 2x cos x log2 cos x 1 log2 sin x log2 cos x log2 cos x cos x log2 sin 2x sin 2x * 1 Xét hàm số f t log t t , với t 0;1 ta có f t 1 0, t 0;1 . 2 t ln 2 Do đó, hàm số f t đồng biến trên khoảng 0;1 . 1 Từ phương trình * , ta có f cos x f sin 2x cos x sin 2x sin x hay x . 2 6 2 1 x 2x 1 2x Câu 16. Tính tích tất cả các nghiệm thực của phương trình log2 2 5. 2x 1 A. 0 .B. 2 .C. 1.D. . 2 Lời giải Chọn D Điều kiện: x 0 . 2 2 2x 1 2x 1 2x PT: log2 2 5 1 . 2x 2x2 1 1 1 Đặt t x 2 x. 2 2x 2x 2x t PT trở thành log2 t 2 5 (2) . t Xét hàm f t log2 t 2 t 2 là hàm đồng biến nên: 2 f t f 2 t 2 (t/m). 2x2 1 1 Với t 2 thì 2 2x2 4x 1 0 (t/m). Vậy x x (theo Viet ). 2x 1 2 2 Câu 17. Tập tất cả các giá trị của m để phương trình x6 + 6x4 - m3 x3 + 3(5- m2 )x2 - 6mx + 10 = 0 có é1 ù đúng hai nghiệm phân biệt thuộc ê ;2ú là S = (a;b]. Tính T = 5a + 8b . ëê2 ûú A. T = 18 . B. T = 43 .C. T = 30 . D. T = 31. Lời giải Chọn C x6 + 6x4 - m3 x3 + 3(5- m2 )x2 - 6mx + 10 = 0 Û x6 + 6x4 - m3 x3 + 15x2 - 3m2 x2 - 6mx + 10 = 0 . Đặt u = x2 (u ³ 0); v = mx Þ u3 + 6u2 - v3 + 15u - 3v2 - 6v + 10 = 0 Trường THPT Gò Công Đông GV: Trần Duy Thái Trang -6-
  7. Đại Số 12 Hàm Đặc Trưng 3 3 Û u3 + 6u2 + 15u + 10 = v3 + 3v2 + 6v Û (u + 2) + 3u + 2 = (v + 1) + 3v- 1 3 3 Û (u + 2) + 3(u + 2)= (v + 1) + 3(v + 1)(1). Xét hàm f (t)= t3 + 3t Þ f ¢(t)= 3t 2 + 3> 0 , " t Î ¡ . 1 Do đó (1)Û f (u + 2)= f (v + 1) Û u + 2 = v + 1 Þ x2 + 2 = mx + 1 Þ x + = m . x é é1 ù êx = 1Î ê ;2ú 1 1 ê ëê2 ûú Xét hàm g(x)= x + Þ g¢(x)= 1- ; g¢(x)= 0 Û ê . x x2 ê é1 ù ê ê ú êx = - 1Ï ;2 ë ëê2 ûú Bảng biến thiên: é1 ù 5 Để phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt thuộc ê ;2ú thì 2 0 , suy ra hàm số đồng biến trên ¡ . Trường THPT Gò Công Đông GV: Trần Duy Thái Trang -7-
  8. Đại Số 12 Hàm Đặc Trưng t2 + 1 Do đó: (1)Û f (t2 + 2)= f (mt + 1)Û mt + 1= t2 + 2 Þ m = (- 1£ t £ 1). t t2 + 1 Khảo sát hàm số f (t)= (- 1£ t £ 1) ta được - 2 £ m £ 2 , vậy có 5 giá trị nguyên của m t Câu 20. Tìm số giá trị nguyên của tham số thực m để phương trình 3 sin x m sin 3 x m có nghiệm. A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn D Đặt t 3 sin x m sin x m t3 sin x t3 m 1 . Khi đó phương trình đã cho thành t sin3 x m 2 . Lấy 1 trừ 2 vế với vế ta được: sin x t t3 sin3 x * Cách 1: * sin3 x t3 sin x t 0 sin x t sin2 x t 2 t.sin x 1 0 sin x t 3 . Cách 2: * sin3 x sin x t3 t . Xét f t t3 t, t ¡ f t 3t 2 1 0, t ¡ f t đồng biến trên ¡ . sin x t 3 . Thế 3 vào 1 được sin 3 x sin x m Đặt u sin x u  1;1 m u3 u . 3 Hàm số g u u u trên  1;1. 1 g u 3u2 1 0 u  1;1. 3 1 2 3 1 2 3 g 1 0 , g 1 0 , g , g . 3 9 3 9 2 3 2 3 Max g u , Min g u .  1;1 9  1;1 9 2 3 2 3 Từ đó để phương trình 3 sin x m sin 3 x m có nghiệm m ; . 9 9 Số giá trị nguyên của tham số thực m thỏa mãn là 1. Câu 21. Gọi S là tập hợp giá trị thực của tham số m sao cho phương trình x9 3x3 9x m 33 9x m có đúng hai nghiệm thực. Tích tất cả các phần tử của S là A. 1. B. 64 . C. 81. D. 121. Lời giải Chọn B Biến đổi phương trình có dạng: 3 3 x9 3x3 9x m 33 9x m x3 3x3 3 9x m 33 9x m . f x3 f 3 9x m với f t t3 3t đồng biến trên ¡ (vì f ' x 3t 2 3 0,t ¡ ). x3 3 9x m m x9 9x g x Ta có: g ' x 9x8 9; g ' x 0 x 1. Trường THPT Gò Công Đông GV: Trần Duy Thái Trang -8-
  9. Đại Số 12 Hàm Đặc Trưng Khi đó ta có bảng biến thiên như hình vẽ. Từ bảng biến thiên suy ra phương trình có hai nghiệm m 8 thực phân biệt S 8;8 m 8 Vậy tích của các phần tử của S là 8. 8 64 . Câu 22. Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình m m 1 1 sin x sin x có nghiệm 1 là đoạn a;b . Khi đó giá trị của biểu thức T 4a 2 bằng b A. 4 . B. 5 . C. 3 . D. 3 . Lời giải Chọn A Đặt t 1 sin x sin x t 2 1 . Vì 1 sin x 1 0 1 sin x 2 0 1 sin x 2; x ¡ nên 0 t 2 . Khi đó ta có phương trình m m 1 t t 2 1 m 1 t m 1 t t 2 t (2). 2 Xét hàm số f (t) t t, t 0; 2 f '(t) 2t 1 0; t 0; 2 . 2 Hàm số f (t) t t luôn đồng biến trên 0; 2 . Khi đó phương trình (2) t m 1 t t 2 m 1 t m t 2 t 1 (3). 2 Bảng biên thiên của hàm số y t t 1 trên 0; 2 . 5 Vậy để phương trình đã cho có nghiệm (3) có nghiệm t 0; 2 m 1 2 . 4 5 1 Do đó a ;b 1 2 T 4a 2 4 . 4 b Câu 23. Có bao nhiêu giá trị âm của tham số m để phương trình 2019m 2019m x2 x2 có hai nghiệm thực phân biệt A. 1.B. 0 .C. Vô số. D. 2 . Lời giải Chọn A Ta có 2019m 2019m x2 x2 2019m 2019m x2 x4 2019m x2 2019m x2 x4 x2 , 1 . 1 Xét hàm số f t t 2 t ; f ' t 2t 1 0,t . 2 Trường THPT Gò Công Đông GV: Trần Duy Thái Trang -9-
  10. Đại Số 12 Hàm Đặc Trưng 2 1 Ta có hàm số f t t t đồng biến trên khoảng ; 2 2 1 2 1 và 2019m x ; , x ; . 2 2 Do đó 1 f 2019m x2 f x2 2019m x2 x2 2019m x2 x4 2019m x4 x2 . Ta có BBT hàm số g x x4 x2 2 2 x 0 2 2 g x 0 0 0 0 g x 1 1 4 4 1 2019m Phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt 4 m 0 1 Do m âm nên có một giá trị m thỏa mãn. 4.2019 Câu 24. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f 3 f x m x3 m có nghiệm x 1;2 biết f x x5 3x3 4m ? A. 15.B. 16.C. 17 .D. 18. Lời giải Chọn B Đặt: y 3 f x m y3 f x m 1 . Từ đề bài suy ra: f y x3 m 2 . Lấy 1 2 ta được: y3 f y x3 f x * . Xét hàm: h t t3 f t t3 t5 3t3 4m h t 3t 2 5t 4 9t 2 0, t ¡ . Hàm số h t t3 f t đồng biến trên ¡ . Do đó: * y x 3m x5 2x3 . Xét hàm: g x x5 2x3 g x 5x4 6x2 0 ,x ¡ Hàm số đồng biến trên 1;2. Yêu cầu bài toán g 1 3m g 2 1 m 16 . Vậy có 16 giá trị nguyên của tham số m . Câu 25. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m  2019;2019 để phương trình 3 2 2020x x m x3 3x2 m 20203x x có ba nghiệm phân biệt? A. 4 . B. 2020 . C. 3 . D. 2019 . Lời giải Chọn C 3 2 3 2 2020x x m x3 3x2 m 20203x x 2020x x m x3 x m 20203x x 3x2 x (1). Xét hàm số: f t 2020t t, f t 2020t ln 2020 1 0,t ¡ f t đồng biến trên ¡ . (1) f x3 x m f 3x2 x x3 x m 3x2 x x3 3x2 m . Xét hàm số g x x3 3x2 . Trường THPT Gò Công Đông GV: Trần Duy Thái Trang -10-
  11. Đại Số 12 Hàm Đặc Trưng 2 x 0 g x 3x 6x , g x 0 . x 2 Bảng biến thiên của hàm y g x Yêu cầu bài toán 4 m 0 0 m 4 m ¢,m  2019;2019 m 1;2;3 . Vậy m có 3 giá trị nguyên. Câu 26. Có bao nhiêu số tự nhiên m để phương trình em e3m 2 x 1 x2 1 x 1 x2 có nghiệm? A. 2 .B. 0 . C. Vô số. D. 1 . Lời giải Chọn D Điều kiện 1 x 1 . Ta có em e3m 2 x 1 x2 1 x 1 x2 em e3m x 1 x2 2 2x 1 x2 2 3 m 3m 2 2 m 3m 2 2 e e x 1 x x 1 x 1 e e x 1 x x 1 x 1 . Xét hàm số f t t3 t , ta có f t 3t2 1 0 với mọi t ¡ . Vậy hàm f t đồng biến trên ¡ . 1 f em f x 1 x2 em x 1 x2 2 . 2 Xét g x x 1 x với x 1;1 . x x 0 1 . 2 . g x 1 g x 0 1 x x 2 2 x 1 x2 1 x x 2 1 g 1 1, g 1 1 và g 2 . 2 Để 2 có nghiệm thì 1 em 2 . Do m ¥ nên m 0 . 3 2 2 Câu 27. Cho phương trình: 2x x 2x m 2x x x3 3x m 0 . Tập các giá trị để bất phương trình có ba nghiệm phân biệt có dạng a;b . Tổng a 2b bằng: A. 1. B. 2. C. 4. D. 0. Lời giải Chọn B 3 2 2 3 2 2 Ta có: 2x x 2x m 2x x x3 3x m 0 2x x 2x m x3 x2 2x m 2x x x2 x * . Xét hàm số f t 2t t trên ¡ . Ta có: f t 2t ln 2 1 0,t ¡ Hàm số f t đồng biến trên ¡ . Mà * f x3 x2 2x m f x2 x x3 x2 2x m x2 x x3 3x m 0 m x3 3x . Xét hàm số g x x3 3x trên ¡ . Ta có: g x 3x2 3. g x 0 x 1. Bảng biến thiên: Trường THPT Gò Công Đông GV: Trần Duy Thái Trang -11-
  12. Đại Số 12 Hàm Đặc Trưng 3 2 2 Phương trình 2x x 2x m 2x x x3 3x m 0 có 3 nghiệm phân biệt phương trình ( ) có 3 a 2 nghiệm phân biệt 2 m 2 a 2b 2 . b 2 Câu 28. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 2x2 mx 1 log 2x2 mx 1 x 2 có hai nghiệm thực phân biệt? 2 x 2 A. 3 . B. 4 . C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn B x 2 0 Điều kiện: 2 . 2x mx 1 0 2x2 mx 1 Ta có log 2x2 mx 1 x 2 2 x 2 2 2 log2 2x mx 1 2x mx 1 log2 x 2 x 2 1 . 1 Xét hàm số f t log t t với t 0; có f t 1 0 , t 0; . 2 t ln 2 f t đồng biến trên 0; . Phương trình 1 trở thành f 2x2 mx 1 f x 2 2x2 mx 1 x 2 . x 2 x 2 Mà 2x2 mx 1 x 2 . 2 2 2 2x mx 1 x 2 x m 4 x 3 0 2 Yêu cầu bài toán 2 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 lớn hơn 2 2 m 4 12 0 m ¡ m ¡ x1 2 x2 2 0 x1 x2 4 0 4 m 4 0 x 2 x 2 0 x x 2 x x 4 0 3 2 4 m 4 0 1 2 1 2 1 2 m 8 9 9 m . Do m ¥ * nên m 1;2;3;4. m 2 2 Câu 29. Tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình 3 3x 3 m 3x (x3 9x2 24x m).3x 3 3x 1 có 3 nghiệm phân biệt bằng: A. 45. B. 38. C. 34.D. 27. Lời giải Chọn D x 3 3 3 1 Ta có 3x 3 m 3x (x3 9x2 24x m).3x 3 3x 1 3 m 3x (x3 9x2 24x m) 3x 3 3 3 3 m 3x (x 3)3 m 3x 33 x 3 m 3x (m 3x) 33 x (3 x)3 (1). Xét hàm số f (t) 3t t3 với t ¡ , ta có: f '(t) 3t ln 3 3t 2 0,t ¡ . Suy ra hàm số luôn đồng biến trên ¡ . Trường THPT Gò Công Đông GV: Trần Duy Thái Trang -12-
  13. Đại Số 12 Hàm Đặc Trưng Khi đó 1 f ( 3 m 3x) f (3 x) 3 m 3x 3 x m x3 9x2 24x 27 2 . Pt đã cho có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi pt 2 có 3 nghiệm phân biệt. 3 2 2 x 2 Xét hàm số y x 9x 24x 27 có y ' 3x 18x 24 y ' 0 . x 4 BBT Từ bbt suy ra pt(2) có 3 nghiệm phân biệt khi 7 m 11 . Vì m ¢ nên m 8,9,10 Suy ra :  m 27 . Câu 30. Cho phương trình 27x 3x.9x 3x2 1 3x m3 1 x3 m 1 x , m là tham số. Biết rằng giá trị m nhỏ nhất để phương trình đã cho có nghiệm trên 0; là a eln b , với a, b là các số nguyên. Giá trị của biểu thức 17a 3b bằng A. 26 .B. 54.C. 48 .D. 18. Lời giải Chọn A 2 3 Phương trình đã cho tương đương x3 3x2 3x 3x. 3x 3x x 3x mx 3 mx 3 x 3x x 3x mx 3 mx (*) Xét hàm số f t t3 t có f t 3t 2 1 0,t ¡ f t là hàm đồng biến trên ¡ . 3x Do đó từ * suy ra x 3x mx . Vì x 0 suy ra 1 m . x 3x Xét hàm số f (x) 1 trên 0; . x x x 3 ln 3 x 3 1 Ta có f x 0 3x x ln 3 1 0 x log e . x2 ln 3 3 Dấu của f x cũng là dấu của nhị thức bậc nhất x ln 3 1, do đó ta có bảng biến thiên: x 0 log3e +∞ f' 0 + +∞ + ∞ f 1+e.ln3 Từ bảng biến thiên suy ra giá trị nhỏ nhất của m để phương trình có nghiệm là m 1 eln 3. Suy ra a 1, b 3 17a 3b 17 9 26 . Câu 31. Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình ln m 2sin x ln m 3sin x sin x có nghiệm thực? A. 4 .B. 5 .C. 6 . D. 3 . Lời giải Chọn A Đặt a ln m 3sin x m 3sin x ea 1 . Phương trình ln m 2sin x ln m 3sin x sin x trở thành Trường THPT Gò Công Đông GV: Trần Duy Thái Trang -13-
  14. Đại Số 12 Hàm Đặc Trưng lnm 2sin x a sin x m 2sin x a esinx 2 . m 3sin x ea Từ 1 và 2 ta có esin x sin x ea a 3 . sin x m 2sin x a e Xét hàm số g u u eu có g u 1 eu 0 u ¡ . Do đó hàm số g u u eu đồng biến trên ¡ . Khi đó 3 g a g sin x a sin x m esin x 3sin x . Đặt t sin x 1 t 1 . Xét hàm số f t et 3t f t et 3 với 1 t 1. Bảng biến thiên hàm số f t : 1 Dựa vào bảng biến thiên ta có, phương trình có nghiệm thực khi và chỉ khi e 3 m 3 . e Vì m ¢ nên m 0;1;2;3 . Vậy có 4 giá trị nguyên của m để phương trình có nghiệm thực. Câu 32. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số mđể tồn tại các số thực thỏax, y mãn đồng thời 3x 5y 10 x 3y 9 2 2 e e 1 2x 2y và log5 3x 2y 4 m 6 log5 x 5 m 9 0 ? A. .3B. 5 .C. 4 .D. . 6 Lời giải Chọn C Ta có e3x 5y 10 ex 3y 9 1 2x 2y e3x 5y 10 ex 3y 9 x 3y 9 3x 5y 10 e3x 5y 10 3x 5y 10 ex 3y 9 x 3y 9 1 Do hàm số f t et t đồng biến trên ; nên 1 3x 5y 10 x 3y 9 2x 2y 1 Khi đó phương trình 2 2 log5 3x 2y 4 m 6 log5 x 5 m 9 0 2 2 log5 x 5 m 6 log5 x 5 m 9 0 , đặt t log5 x 5 ,t ¡ . Phương trình đã cho trở thành t2 m 6 t m2 9 0 2 2 2 có nghiệm m 6 4 m2 9 3m2 12m 0 0 m 4 . Vậy số giá trị nguyên dương của tham số m thỏa mãn là 4 giá trị . x Câu 33. Cho phương trình 5 m log5 x m với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m 20;20 để phương trình đã cho có nghiệm? A. 20. B. 21. C. 9.D. 19. Lời giải Chọn D x x Ta có 5 m log5 x m * . Đặt t 5 m . Trường THPT Gò Công Đông GV: Trần Duy Thái Trang -14-
  15. Đại Số 12 Hàm Đặc Trưng t t Suy ra * t log5 x m x m 5 x 5 m . t 5x m x t x t Ta có hệ t t x 5 5 x 5 t 5 (1). x 5 m u Xét hàm số f u u 5 có f u 1 5u.ln 5 0, u nên hàm số đồng biến trên ¡ . 1 x t . Khi đó ta được x 5x m x 5x m . Đây là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y x 5x và đường thẳng y m song song hoặc trùng trục hoành. x x 1 Xét y x 5 có y 1 5 ln5. Suy ra y 0 x log5 . ln5 Bảng biến thiên 1 Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình có nghiệm m f log5 1;0 ln 5 m ¢ Vì nên m 19; 18; ; 1 . Vậy có 19 giá trị nguyên của m thỏa bài toán. m 20;20 Câu 34. Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m sao cho phương trình 3x2 3x m 1 log x2 5x m 2 có nghiệm ? 2 2x2 x 1 A. Vô số. B. 4 . C. 6 .D. 5 . Lời giải Chọn D 2 2 2 1 2 1 1 7 1 7 Ta có: 2x x 1 2 x x 1 2 x 2.x. 2 x 0 x ¡ . 2 4 16 8 4 8 Do đó điều kiện để phương trình xác định là 3x2 3x m 1 0 (1) Phương trình đã cho tương đương với: 2 2 2 log2 3x 3x m 1 log2 2x x 1 x 5x m 2 2 2 2 2 log2 3x 3x m 1 3x 3x m 1 log2 2x x 1 1 4x 2x 2 2 2 2 2 log2 3x 3x m 1 3x 3x m 1 log2 4x 2x 2 4x 2x 2 (2) 1 Xét hàm số f t log t t trên 0; , ta có f t 1 0 t 0; , do đó f t 2 t ln 2 đồng biến trên 0; nên 2 3x2 3x m 1 4x2 2x 2 m x2 5x 1 (3) 5 Xét hàm số f x x2 5x 1, f x 2x 5 , f x 0 x , ta có bảng biến thiên 2 Trường THPT Gò Công Đông GV: Trần Duy Thái Trang -15-
  16. Đại Số 12 Hàm Đặc Trưng 21 Vậy 3 có nghiệm khi và chỉ khi m . khi đó 4 3x2 3x m 1 3x2 3x x2 5x 1 1 4x2 2x 2 3x2 x 1 2 1 0 nên 1 đúng. 21 Vậy m , mà m là số nguyên âm nên m 5; 4; 3; 2; 1 . 4 Câu 35. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình ln m ln m sin x sin x có nghiệm. 1 1 A. 1 m e 1. B. 1 m e 1. C. 1 m 1. D. 1 m e 1. e e Lời giải Chọn B u ln m sin x eu m sin x Đặt u ln m sin x ta được hệ phương trình: sin x ln m u sin x e m u Từ hệ phương trình ta suy ra: eu u esin x sin x * Xét hàm số f t et t có f ' t et 1 0,t ¡ . Hàm số f t đồng biến trên ¡ . * f u f sin x u sin x Khi đó ta được: ln m sin x sin x esinx sin x m Đặt z sin x,z  1;1. Phương trình trở thành: ez z m Xét hàm số: g z ez z trên  1;1. z Hàm số g z e z liên tục trên  1;1 và có max g z g 1 e 1, min g z g 0 1  1;1  1;1 Hệ phương trình ban đầu có nghiệm phương trình có nghiệm 1 m e 1. Câu 36. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 3 m 33 m 3sin x sin x có nghiệm thực? A. 5. B. 7.C. 3.D. 2. Lời giải Chọn A Đặt t 3 m 3sin x t3 m 3sin x m t3 3sin x 1 . Ta được phương trình 3 m 3t sin x m 3t sin3 x m sin3 x 3t 2 . Từ 1 và 2 ta được sin3 x 3sin x t3 3t 3 . Xét hàm số g u u3 3u . Ta có g u 3u2 3 0,u ¡ g u u3 3u đồng biến trên ¡ Phương trình 3 có nghiệm t sin x với 1 t 1 . Khi đó 1 trở thành m t3 3t 4 . Trường THPT Gò Công Đông GV: Trần Duy Thái Trang -16-
  17. Đại Số 12 Hàm Đặc Trưng 3 Xét hàm số f t t 3t với 1 t 1 . 2 t 1 Ta có f t 3t 3 f t 0 . t 1 Bảng biến thiên: t 1 1 f'(t) 0 0 f(t) 2 2 Phương trình 4 có nghiệm khi 2 m 2 . Suy ra m 2; 1;0;1;2. Câu 37. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 3 m 33 m 3cos x cos x có nghiệm? A. 5. B. 4. C. 6. D. 3. Lời giải Chọn A u3 m 3cos x 3 u3 3u cos3 x 3cos x 1 . Đặt u m 3cosx . Ta có: 3 cos x m 3u Xét hàm số: f t t3 3t là hàm số tăng. Do đó: u cosx 3 m 3cosx cosx cos3 x 3cosx m. Phương trình 3 m 33 m 3cos x cos x có nghiệm khi và chỉ khi phương trình cos3 x 3cos x m * có nghiệm. 3 2 v 1 Đặt v cosx, v 1. Xét hàm số: g v v 3v, v 1; g ' v 3v 3 0 . v 1 max g v g 1 2; min g v g 1 2 .  1;1  1;1 Do vậy (*) có nghiệm khi 2 m 2 Suy ra: Các giá trị nguyên thỏa mãn bài toán của tham số m 2; 1;0;1;2 . Cho phương trình: sin x 2 cos 2x 2 2 cos3 x m 1 2 cos3 x m 2 3 2 cos3 x m 2 2 Câu 38. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình trên có đúng một nghiệm x 0; 3 A. 1. B. 4. C. 2. D. 3. Lời giải Chọn B Điều kiện: 2 cos 3 x m 2 0 Ta có: sin x 2 cos 2x 2 2cos3 x m 1 2cos3 x m 2 3 2cos3 x m 2 sin x 1 2sin2 x 2 2cos3 x m 1 2cos3 x m 2 3 2cos3 x m 2 sin x 2sin3 x 2 2cos3 x m 2 2cos3 x m 2 2cos3 x m 2 * Xét hàm số đặc trưng f t 2t3 1 Trường THPT Gò Công Đông GV: Trần Duy Thái Trang -17-
  18. Đại Số 12 Hàm Đặc Trưng Ta có f ' t 6t2 1 Vậy hàm số f t luôn đồng biến trên khoảng xác định Phương trình * có nghiệm duy nhất sin x 2cos3 x m 2 2 3 3 2 Xét với x 0; ta có sin x 2cos x m 2 m 2cos x cos x 1 3 2 Để phương trình đã cho có một nghiệm x 0; thì đường thẳng y m cắt đồ thị hàm số 3 3 2 2 y 2cos x cos x 1 tại một điểm duy nhất với x 0; . Ta có bảng biến thiên của hàm số 3 3 2 2 y 2cos x cos x 1với x 0; 3 28 Vậy m 4;  1 hay có 4 giá trị nguyên của m. Thay vào điều kiện thấy cả 4 giá trị 27 đều thỏa mãn. 2 x2 y 1 2x y Câu 39. Xét các số thực dương x, y thỏa mãn 2019 . Giá trị nhỏ nhất P của biểu thức (x 1)2 min P 2 y x bằng 1 1 7 15 A. P .B. P .C. P .D. P . min 4 min 2 min 8 min 8 Lời giải Chọn D 2 x2 y 1 2x y Ta có: 2019 (x 1)2 2 2 2 x 1 2 y x 1 .2019 2 x y .2019 2 x 1 2 .20192 x 1 4 x 2x y .20192 y 2 x 1 2 .20192 x 1 2x y .20192 2x y . (1) 2 Đặt u x 1 ,v 2x y, u 0,v 0 , khi đó (1) trở thành u.2019 2u v.2019 2 v. (2) Xét hàm đặc trưng f t t.20192t , t 0 , ta có 2t 2t f ' t 2019 2t.2019 .ln2019 0,t 0: Hàm f t đồng biến trên (0; ). Phương trình 2 f u f v u v x 1 2 2x y y x2 1. 2 Vậy P 2y x 2x x 2. Do P là hàm bậc hai có hệ số a 2 0 nên b 1 1 1 15 min P P P 2. 2 . 2a 4 16 4 8 2 2 2 Câu 40. Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn 4+ 9.3x - 2y = (4+ 9x - 2y ).72y- x + 2. Giá trị nhỏ nhất của x + 2 y + 18 biểu thức P = . x Trường THPT Gò Công Đông GV: Trần Duy Thái Trang -18-
  19. Đại Số 12 Hàm Đặc Trưng 3+ 2 A. 9. B. . C. 1 + 9 2 . D. 17. 2 Lời giải Chọn A 2 2 2 2 2 2 4+ 9.3x - 2y = 4+ 9x - 2y .72y- x + 2 Û 4+ 3x - 2y+ 2 = é2+ 32(x - 2y) ù.72y- x + 2 Ta có ( ) ëê ûú 2 2 4+ 3x - 2 y+ 2 2+ 32(x - 2 y) Û 2 = 2 (*). 7x - 2 y+ 2 72(x - 2 y) t 4+ 3 æ öt æ öt ç1÷ ç3÷ Xét hàm số f (t)= t trên ¡ . Ta có f (t) = 4.ç ÷ + ç ÷ nghịch biến trên ¡ . 7 èç7ø÷ èç7÷ø 2 é 2 ù 2 2 2 2 (*) Û f (x - 2y + 2)= f ëê2(x - 2y)ûúÛ x - 2y + 2 = 2(x - 2y) Û x - 2y = 2 Û 2y = x - 2. x2 + x + 16 16 16 Từ đó P = = x + + 1³ 2 x. + 1Û P ³ 9. x x x Dấu "= " xảy ra khi và chỉ khi x= 4. x 3y Câu 41. Xét các số thực dương x, y thỏa mãn log xy 3y x 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 3 xy 1 1 thức A x . y 14 14 A. A . B. A . C. Amin 6. D. Amin 6. min 3 min 3 Lời giải Điều kiện: x 3 y 0 . x 3y log xy 3y x 1 log x 3y log xy 1 xy 3y x 1 3 xy 1 3 3 log3 x 3y x 3y log3 xy 1 xy 1 1 . Xét hàm f t log3 t t, t 0. 1 f t 1 0,t 0 . t.ln 3 x 1 Suy ra hàm số f t đồng biến trên 0; nên 1 x 3 y xy 1 y . x 3 1 x 3 A x x . y x 1 x 3 4 Đặt A A x x A x 1 0 x 3 do x, y 0 . x 1 x 1 2 x y Câu 42. Cho các số thực x, y thỏa mãn 0 x, y 1 và log3 x 1 y 1 2 0 . Tìm giá trị nhỏ 1 xy nhất của P với P 2x y . A. 2.B. 1. C. 1 . D. 0. 2 Lời giải Trường THPT Gò Công Đông GV: Trần Duy Thái Trang -19-
  20. Đại Số 12 Hàm Đặc Trưng Chọn D x y log3 x 1 y 1 2 0 log3 x y x y log3 1 xy 1 xy 1 . 1 xy 1 Xét hàm số f t log3 t t với t 0, ta có f t 1 0 t 0 t.ln 3 f t luôn đồng biến với t 0 1 x 2 1 x y 1 xy y 1 2 . x 1 x 1 1 x Thế 2 vào P ta được P 2 x Với 0 x 1 1 x 2 x 0 0;1 P 0 P 2 2 ; . x 1 x 2 0;1 P 0 1;P 1 2. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 đạt được khi x 0; y 1 . x 3y Câu 43. Cho x, y 0 thỏa mãn log xy x 3y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức xy x2 9y2 P ? 1 3y 1 x A. 10. B. 71 . C. 7 2 . D. 73 . 7 7 7 Lời giải Chọn C x 3y Ta có log xy x 3y . xy log x 3y log xy xy x 3y . log x 3y x 3y log xy xy 1 . Xét hàm số f t logt t, t 0 . 1 f t 1 0, t 0. t.ln10 Suy ra hàm số f t đồng biến trên 0; . Phương trình 1 tương đương f x 3y f xy x 3y xy . Theo bất đẳng thức Schwarz ta có 2 2 x2 9y2 x2 3y x 3y P 2 . 1 3y 1 x 1 3y 1 x 2 x 3y Theo bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương ta có xy x 3y 2 x.3y xy 2 12xy 0 xy xy 12 0 . Vì xy 0 nên xy 12 x 3 y 12 . Đặt u x 3 y u 12 . u2 Từ 2 ta có P f u , u 12 u 2 u 2 4u u 0 (không thỏa mãn). f u 2 f u 0 u 2 u 4 Trường THPT Gò Công Đông GV: Trần Duy Thái Trang -20-
  21. Đại Số 12 Hàm Đặc Trưng 72 Min f u f 12 . 7 x 3y 12 72 72 Vậy P Min P khi u 12 , suy ra x 3y 7 7 1 3y 1 x x 3y 12 x 6 2 2 . 3y 12 3y 12 3y 9y y 2 x y Câu 44. Cho hai số thực x, y thỏa mãn log x x 3 y y 3 xy. Tìm giá trị lớn nhất 3 x2 y2 xy 2 x 2y 3 của biểu thức P . x y 6 43 3 249 37 249 69 249 69 249 A. . B. . C. . D. . 94 94 94 94 Lời giải Chọn D x y Điều kiện 0 x y 0. x2 y2 xy 2 x y log x x 3 y y 3 xy 3 x2 y2 xy 2 2 2 2 2 2log3 x y 2log3 x y xy 2 x y xy 3x 3y 2 2 2 2 2log3 x y 2 2log3 x y xy 2 x y xy 2 3x 3y 2 2 2 2 2log3 3x 3y 3x 3y 2log3 x y xy 2 x y xy 2 2 Xét hàm đặc trưng f t 2log3 t t, t 0; , ta có f t 1 0,t 0; . t.ln 3 Suy ra hàm f t đồng biến trên khoảng 0; . Phương trình f 3x 3y f x2 y2 xy 2 x2 y2 xy 2 3x 3y x y a , x a b 2 3a b 3 2 2 Đặt Khi đó P và 2 là 3 a 1 b 1. y a b x y 2a 6 b . 2 3 a 1 cost, Đặt t 0;2  , khi đó b sin t, 3cost 3 sin t 6 3 P 2P 3 .cost 3 sin t 6 3 8 3P 2cost 8 3 Do phương trình luôn có nghiệm t nên ta có 2 2 69 249 69 249 2P 3 3 6 3 8 3P 47P2 69P 24 0 P . 94 94 69 249 Vậy giá trị lớn nhất của P là . 94 Trường THPT Gò Công Đông GV: Trần Duy Thái Trang -21-
  22. Đại Số 12 Hàm Đặc Trưng x 2 2 xy y 2 2 2 1 m Câu 45. Cho các số thực x, y thay đổi thỏa mãn e 4 x 2 xy y 3 2 . Gọi 0 là giá trị e3 x 3 của tham số msao cho giá trị lớn nhất của biểu thức P x2 2xy y2 3m 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó, m0 thuộc vào khoảng nào ? A. m0 1;2 . B. m0 1;0 . C. m0 2;3 . D. m0 0;1 . Lời giải Chọn A 2 2 2 x 2 2 xy y 2 2 2 1 x 2xy y 2 2 3 3x 2 Ta có e 4 x 2 xy y 3 2 e x 2xy y e 3 3x (1) e3 x 3 2 2 u x 2xy y t Đặt 2 . Khi đó (1) trở thành f u f v với f t e t . v 3 3x Ta có f t et 1 0t Hàm số f t et t đồng biển trên R . 2 2 2 2 2 Vậy f u f v u v hay x 2xy y 3 3x 4x 2xy y 3. 2 x x 2 2 2 1 P x 2xy y 3m 2 y y 3m 2 Ta có 2 2 2 . 3 4x 2xy y 3 x x 3 4 2 1 y y 2 x P t 2 2t 1 3m 2 t 2t 1 3m 2 Đặt t . Khi đó g(t) ,với g(t) . y 3 4t 2 2t 1 3 4t2 2t 1 3 2 t 2 6t 10t 4 Ta đi tìm max g t . Ta có g (t) 2 0 1 . R 4t 2 2t 1 t 3 Bảng biến thiên 8 1 m m 3m 2 1 3m 2  8 1  3 3 7 Vậy max g t max 2 ,  max m , m  . R 3 3 3  3 3  2 6 8 1 3 Dấu '' '' xảy ra khi m m m . 3 3 2 VẤN ĐỀ 2. KHAI THÁC TÍNH CHẤT HÀM ĐẶC TRƯNG ĐỂ GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH  Bước 1: Biến đổi phương trình về dạng: f u f v ; u,v D.  Bước 2: Xét hàm số y f t trên miền xác định D . Tính y và xét dấu y . Trường THPT Gò Công Đông GV: Trần Duy Thái Trang -22-
  23. Đại Số 12 Hàm Đặc Trưng Kết luận hàm số y f t là hàm số đơn điệu trên D . Hàm số f (t) luôn đồng biến trên D thì f (u) f (v) u v, u, v D. Hàm số f (t) luôn nghịch biến trên D thì f (u) f (v) u v, u, v D.  Bước 3: Kết luận nghiệm của bất phương trình đã cho. 4x3 18x2 27x 14 3 4x 5 Câu 46. Tập nghiệm của bất phương trình là 7 5 7 5 7 5 A. ;  ; 1 . B. ; . 4 4 4 7 5 C. ; 1 . D. ; 1 . 4 Lời giải Chọn A Ta có 3 8x3 36x2 54x 28 23 4x 5 2x 3 3 2 2x 3 3 4x 5 23 4x 5 1 Xét hàm số f t t3 2t có f t 3t2 2 0, t ¡ , nên hàm số đồng biến trên ¡ khi đó ta có 1 f 2x 3 f 3 4x 5 2x 3 3 4x 5 2x 3 3 4x 5 4x3 18x2 25x 11 0 x 1 4x2 14x 11 0 7 5 7 5 x ;  ; 1 . 4 4 Câu 47. Tập nghiệm của bất phương trình x 2 x 2 2 3 1 x x 2 3 1 0 là A. 1; . B. 1;2 . C. 1; . D. 1;2 . Lời giải Chọn C Bất phương trình đã cho có dạng f x 2 f x trong đó f t t t 2 3 1 . Xét f t t t 2 3 1 , t ¡ ; 2 2 t 2 t Ta có f t t 3 1 t t 3 1 0 t ¡ . t 2 3 t 2 3 Do đó f t đồng biến trên ¡ . Từ đó f x 2 f x x 2 x x 1. Câu 48. Gọi S là tập nghiệm của bất phương trình 2x3 x x 2 2x 5 . Biết S a;b,a,b ¡ . Giá trị của M 3 a2b gần nhất với số nào sau đây? A. 0,12 .B. 2, 42 . C. 2,12 . D. 1,12 . Lời giải Chọn C Xét phương trình 2x3 x x 2 2x 5 1 . ĐKXĐ x 2 1 x 2x2 1 x 2 2x 5 x 2x2 1 x 2 2 x 2 1 2 2 Xét hàm số f t t 2t 2 1 (với t 2) có đạo hàm f ' t 6t 1 0, nên đồng biến trên khoảng  2; . Trường THPT Gò Công Đông GV: Trần Duy Thái Trang -23-
  24. Đại Số 12 Hàm Đặc Trưng Khi đó: 2 f x f x 2 (với x 2 và x 2 0 2) x x 2 x 0 x 0 x 0 x 0 2 x 0 hoặc hoặc 2 x 2 . 2 2 x 2 0 x x 2 x 2 x x 2 0 0 x 2 Vậy tập nghiệm S  2;2, suy ra M 2 . Câu 49. Có bao nhiêu nghiệm nguyên thuộc đoạn  2020;2020 của bất phương trình x 9 x 9 2 3 1 x x 2 3 1 0 A. 2019 . B. 2020 . C. 2023. D. 2025 . Lời giải Chọn D Ta có: x 9 x 9 2 3 1 x x 2 3 1 0 x 9 x 9 2 3 1 x x 2 3 1 x 9 x 9 2 3 1 x x 2 3 1 Bất phương trình đã cho có dạng f x 9 f x trong đó f t t t 2 3 1 . Xét f t t t 2 3 1 , t ¡ ; 2 2 t 2 t Ta có f t t 3 1 t t 3 1 0 t ¡ . t 2 3 t 2 3 9 Do đó f t đồng biến trên ¡ . Từ đó f x 9 f x x 9 x x . 2 Kết hợp x ¢,x 2020;2020 nên x 4; 3; ;2020    Vậy có 2025 nghiệm nguyên của PT đã cho. Câu 50. Gọi S là tập hợp gồm tất cả các nghiệm nguyên của bất phương trình x2 x 3 2x 2 2x 3 x x2 2 9 x 6 4 3 5x . Tính tổng bình phương các phần tử của S. A. 5. B. 25. C. 14. D. 13. Lời giải Chọn D x2 x 6 4x 2 4x 6 x x2 Bất phương trình 2 3 x 6 2 3 5x 2 2 2 x x 3x x x 2 x 24 x 6 36 4 x 4x 6 ; 1 . Xét hàm số f t 2t 3 t t trên tập ¡ . t t Ta có f t 2.ln2 3 .ln3 1 0 , t ¡ suy ra hàm số f t đồng biến trên ¡ . Do đó: Bất phương trình 1 f x2 x f 4x 6 x2 x 4x 6 2 x 3 . Mặt khác x ¢ nên S 2; 3 . Vậy tổng cần tìm là 2 2 32 13 . 2 2 Câu 51. Tính tổng tất cả các nghiệm nguyên của bất phương trình log2 x 3 log2 x x 4x 1 0 . A. 3. B. 4. C. 5.D. 6. Lời giải Chọn D Điều kiện xác định x 0 . Ta có 2 2 2 2 log2 x 3 log2 x x 4x 1 0 log2 x 3 x 3 log2 x 4x 2 2 2 log2 x 3 x 3 log2 4x 4x * Trường THPT Gò Công Đông GV: Trần Duy Thái Trang -24-
  25. Đại Số 12 Hàm Đặc Trưng Xét hàm số f t log t t với t 0. 2 1 Có f t 1 0,t 0 nên hàm số f t log2 t t đồng biến trên 0; . t ln 2 Bởi vậy * f x2 3 f 4x x2 3 4x x 2 4 x 3 0 1 x 3 . Các nghiệm nguyên của bất phương trình đã cho là 1; 2; 3 . Ta có1 2 3 6 . 2 x 3x 2 2 Câu 52. Bất phương trình: log3 x 4x 3 có tập nghiệm là S a;b . Tính tổng T a 2b. x 1 A. T 3. B. T 6 . C. T 7 . D. T 8. Lời giải Chọn D x2 3x 2 Điều kiện: 0 x 2 x 1 2 x 3x 2 2 2 2 Ta có: log3 x 4x 3 log x 3x 2 log x 1 x 4x 3 x 1 3 3 2 2 log3 x 3x 2 x 3x 2 log3 x 1 x 1 1 1 Xét hàm số: f t log3 t t trên 0; , ta có f t 1 0 , t 0; . t.ln 3 Suy ra hàm số f t đồng biến trên 0; . Do đó: 1 f x2 3x 2 f x 1 x2 3x 2 x 1 x2 4x 3 0 1 x 3 Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là: S 2;3 Suy ra a 2, b 3 T a 2b 2 2.3 8 . x 2 x 1 2 Câu 53. Biết bất phương trình có tập nghiệm là S a;b . Hãy tính log 2 x 2 x 1 16x 3 tổng T 20a 10b. A. T 45 10 2 . B. T 46 10 2 .C. T 46 11 2 .D. T 47 11 2 . Lời giải Chọn A Điều kiện: x 0 . 2 2 x x 1 2 log2 x 2 x 1 log2 x x 1 log2 16x 3 2x 4 x 3 0 16x 3 2 1 3 1 3 2 3 3 log x 2 x log 2 x 2 2 x 2 2 . 2 4 2 4 4 4 2 3 3 2t Xét hàm số f t log2 t 2 t với t 0 có f t 2 0 , t 0 4 4 2 3 t ln 2 4 nên f t đồng biến trên khoảng 0; . 1 3 3 1 Suy ra x 2 x 2 x x 2 4 4 2 x 0 3 2 2 3 2 2 1 x . x2 3x 0 2 2 4 3 2 2 3 2 2 a ;b T 20a 10b 45 10 2 . 2 2 Trường THPT Gò Công Đông GV: Trần Duy Thái Trang -25-
  26. Đại Số 12 Hàm Đặc Trưng Câu 54. Tập nghiệm của bất phương trình log x x2 2 4 x2 2x x2 2 1 là . Khi 2 a ; b đó a.b bằng A. 15 .B. 12 .C. 16 .D. 5 . 16 5 15 12 Lời giải Chọn C 2x Ta có: x x2 2 x2 x x2 2 x . x2 2 x Ta có: log x x2 2 4 x2 2x x2 2 1 log x x2 2 x 4 2x x2 2 1 2 2 2 3x 2 x2 2 2x 2 2 log2 4 2x x 2 1 log2 2x x 2 1, 1 x2 2 x x2 2 x Ta có x2 2 x 0, x ¡ . x 0 2 2 8 Điều kiện: 3x 2 x 2 0 2 x 2 3x x 0 x , * 5 2 2 4x 8 9x Với điều kiện * , ta có 1 log 3x 2 x2 2 3x 2 x2 2 log x2 2 x x2 2 x, 2 2 2 1 Xét hàm số f t log2 t t với t 0 . Có f t 1 0 , t 0; . t.ln 2 Hàm số f t log t t đồng biến trên 0; , 3x 2 x2 2 0; và 2 x2 2 x 0; Nên 2 f 3x 2 x2 2 f x2 2 x 2x 0 x 0 2 3x 2 x2 2 x2 2 x x2 2 2x x . 2 2 2 x 2 4x 3x 2 3 8 2 16 Kết hợp với ĐK ta có tập nghiệm bất phương trình là ; hay a.b . 5 3 15 x2 x 1 Câu 55. Tích các nghiệm nguyên của bất phương trình log x2 3x 2 bằng? 2x2 4x 3 A. .4 B. . 6 C. 0 . D. 2 . Lời giải Chọn D Ta có: x2 x 1 0 Điều kiện: ,x ¡ 2 2x 4x 3 0 2 x x 1 2 2 2 2 log 2 x 3x 2 log x x 1 log 2x 4x 3 x 3x 2 * 2x 4x 3 * log x2 x 1 x2 x 1 log 2x2 4x 3 2x2 4x 3 Đặt f t logt t,t 0; 1 f x 1 0,t 0; t ln10 Trường THPT Gò Công Đông GV: Trần Duy Thái Trang -26-
  27. Đại Số 12 Hàm Đặc Trưng Suy ra, hàm số đồngf biến trên 0; Mặt khác f x2 x 1 f 2x2 4x 3 x2 x 1 2x2 4x 3 x2 3x 2 0 1 x 2 S 1;2 Câu 56. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để bất phương trình x 6 3x 4 m 3 x 3 4x 2 mx 2 0 đúng với mọi x 1;3. Tổng của tất cả các phần tử thuộc S bằng A. 3. B. 2. C. 1. D. 4. Lời giải Chọn A 3 Bất phương trình đã cho đúng với mọi x 1;3 x 2 1 x 2 1 mx 3 mx , x 1;3 . 3 2 Xét hàm số: f t t t f (x) 3t 1 0 t R . Vậy f t đồng biến trên R . Suy ra bất phương trình đã cho đúng với mọi x 1;3 f x2 1 f mx ;x 1;3 xx2 1 mx;x 1;3 . x2 1 x2 1 m x 1;3 m min m 2. x 1;3 x Vì tham số m nguyên dương suy ra S 1;2 . Vậy tổng tất cả các phần tử thuộc S bằng 3 . Câu 57. Cho bất phương trình 3 x4 x2 m 3 2x2 1 x2 x2 1 1 m . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình trên nghiệm đúng x 1. 1 1 A. m 1. B. m . C. m . D. m 1. 2 2 Lời giải Chọn D Xét bất phương trình 3 x4 x2 m 3 2x2 1 x2 x2 1 1 m 1 . Ta có (1) 3 x4 x2 m x4 x2 m 3 2x2 1 2x2 1 2 . Xét hàm số: f t t t3 , t ¡ . Ta có f t 1 3t 2 0,t ¡ . Suy ra hàm f t đồng biến trên ¡ . Do đó 2 f 3 x4 x2 m f 3 2x2 1 3 x4 x2 m 3 2x2 1 m x4 x2 1 (*) Bất phương trình (1) nghiệm đúng x 1 khi và chỉ khi bất phương trình (*) nghiệm đúng với mọi x 1. Xét g x x4 x2 1 với x 1. Ta có: g x 4x3 2x 2x 1 2x2 0,x 1. Suy ra hàm số g x nghịch biến trên khoảng 1; . Do đó bất phương trình (*) nghiệm đúng x 1 khi và chỉ khi m g 1 m 1. Câu 58. Với điều kiện nào của m để bất phương trình 8x3 2x (x 1 m). x m có nghiệm? 1 1 1 A. m . B. m . C. m . D. m ¡ . 16 4 8 Lời giải Chọn D Điều kiện của bất phương trình là x m 3 3 Ta có 8x3 2x (x 1 m). x m 2x 2x x m x m 1 Xét hàm số f t t3 t trên nửa khoảng 0; . Trường THPT Gò Công Đông GV: Trần Duy Thái Trang -27-
  28. Đại Số 12 Hàm Đặc Trưng ta có f t 3t 2 1 0,t 0 nên hàm số f t t3 t là hàm số đồng biến nửa khoảng 0; . Nên BPT 1 f 2x f x m 2x x m x 0 x 0 x m x m I 2 2 4x x m 4x x m 0 (*) Xét VT của (*) có 1 16m . 1 Trường hợp 1: 0 1 16m 0 m thì bất phương trình (*) có tập nghiệm là ¡ (2). 16 1 1 Trường hợp 2: 0 1 16m 0 m thì bất phương trình (*) có tập nghiệm là ¡ \  16 8 (3). 1 Trường hợp 3: 0 1 16m 0 m thì bất phương trình (*) có tập nghiệm là 16 2 ; x1  x2 ; với x1, x2 x1 x2 là nghiệm của phương trình 4x x m 0 (4). Từ (2), (3) và (4) thì hệ bất phương trình luôn có nghiệm với mọi m . Suy ra bất phương trình (1) có nghiệm với mọi m . 4 mx x2 1 x 2019 Câu 59. Cho bất phương trình 2019 2 2 , m là tham số. Có bao nhiêu số nguyên m x 2mx 2020 m  2020;2020 để tập nghiệm của bất phương trình đã cho là ¡ . A. 2021. B. 2020 . C. 4 . D. 5. Lời giải Chọn D 2 2 mx 1 x2 x 2019 Bất phương trình 2019 mx 1 2 2019 2 2 mx 1 2 2019 .2019 mx 1 x2 2019 .2019x ; 1 . Xét hàm số f t t 2 2019 2019t trên tập ¡ . Ta có f t t 2.ln 2019 2t 2019.ln 2019 .2019t 0 , t ¡ suy ra hàm số f t đồng biến trên ¡ . ( vì t 2.ln 2019 2t 2019.ln 2019 có 1 2019.ln2 2019 0 và 2019t 0 , t ¡ .) Do đó: Bất phương trình 1 f mx 1 f x2 mx 1 x2 x2 mx 1 0 . Bài toán trở thành: Tìm m để x2 mx 1 0 1 nghiệm đúng với mọi x ¡ . Bất phương trình 1 nghiệm đúng với mọi x ¡ m2 4 0 2 m 2 . Mặt khác m ¢ , m  2020;2020 nên m 2; 1;0;1; 2 . Vậy có 5 giá trị m nguyên cần tìm. 3x2 3x m 1 Câu 60. Có bao nhiêu số nguyên m để bất phương trình: log x2 5x 2 m có tập 2 2x2 x 1 nghiệm là ¡ . A. 3 . B. 2 . C. 1. D. 0 . Lời giải Chọn D Điều kiện: 3x2 3x m 1 0 . Trường THPT Gò Công Đông GV: Trần Duy Thái Trang -28-
  29. Đại Số 12 Hàm Đặc Trưng 2 2 3x 3x m 1 2 3x 3x m 1 2 Ta có: log2 2 x 5x 2 m log2 2 1 x 5x 1 m 2x x 1 2x x 1 3x2 3x m 1 log x2 5x 1 m 2 4x2 2x 2 2 2 2 2 log2 3x 3x m 1 log2 4x 2x 2 4x 2x 2 3x 3x m 1 2 2 2 2 log2 4x 2x 2 4x 2x 2 log2 3x 3x m 1 3x 3x m 1 1 1 Xét hàm số: f t t log t trên 0; , ta có f t 1 0 , t 0; . 2 t.ln 2 Do đó hàm số f t đồng biến trên 0; . Suy ra: 1 f 4x2 2x 2 f 3x2 3x m 1 4x2 2x 2 3x2 3x m 1 x2 5x m 1 0. Bất phương trình đã cho có tập nghiệm là ¡ khi và chỉ khi 21 x2 5x m 1 0 1.1 m 1 0 4m 21 0 4 x ¡ vô nghiệm. 3x2 3x m 1 0 1.2 0 12m 3 0 1 2 m 4 Vậy không có giá trị nào của m để bất phương trình có tập nghiệm là ¡ . Câu 61. Cho hàm số f x 2x 2 x 2019x . Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của m thỏa mãn điều kiện f x3 2x2 3x m f 2x 2x2 5 0,x 0;1 . Số phần tử của S là? A. 7 . B. 3 . C. 9 . D. 5 . Lời giải Chọn C Ta có f x 2x ln 2 2 x ln 2 2019 0x ¡ f x đồng biến trên ¡ . Từ giả thiết suy ra f x3 2x2 3x m f 2x 2x2 5 f x3 2x2 3x m f 2x2 2x 5 x3 2x2 3x m 2x2 2x 5 x3 2x2 3x m 2x2 2x 5 3 2 2 x 2x 3x m 2x 2x 5 x3 4x2 5x 5 m 3 x x 5 m Xét g x x3 4x2 5x 5 và h x x3 x 5 trên 0;1 có bảng biến thiên là Từ bảng biến thiên suy ra f x3 2x2 3x m f 2x 2x2 5 0,x 0;1 khi và chỉ m 3 khi 3 m 5 . Vậy tập S có 9 phần tử. m 5 . .Hết Trường THPT Gò Công Đông GV: Trần Duy Thái Trang -29-
  30. Đại Số 12 Hàm Đặc Trưng Trường THPT Gò Công Đông GV: Trần Duy Thái Trang -30-