›
›
›

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 13/08/2022 4790
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-