Bài tập phương trình logarit có chứa tham số ôn thi THPT môn Toán
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây [504.6 KB, 22 trang ]
[1]43. PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT CÓ CHỨA THAM SỐ. DẠNG 1. 43.. PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 1. PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT CÓ CHỨA THAM SỐ. KIẾN THỨC CẦN NHỚ. PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT. Thường sử dụng các phương pháp sau: 1. Phương pháp đưa về cùng cơ số. 2. Phương pháp đặt ẩn phụ. 3. Phương pháp hàm số. loga [b · c] = loga b + loga c với b, c > 0; 0 < a 6= 1.. β loga |x| với α 6= 0; 0 < a 6= 1. α Nếu a > 1 thì với ∀x1 , x2 > 0 : x1 < x2 ⇒ loga x1 < loga x2 . Nếu 0 < a < 1 thì với ∀x ®1 , x2 > 0 : x1 < x2 ⇒ loga x1 > loga x2 . f [x] > 0 loga f [x] = loga g[x] ⇔ [0 < a 6= 1]. f [x] = g[x] loga f [x] = b ⇔ f [x] = ab [0 < a 6= 1]. ∆ > 0. Nhóm: PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA. logaα xβ =. Phương trình bậc hai có hai nghiệm âm phân biệt ⇔. S 0.. ∆ ≥ 0 S>0. . P > 0. Phương trình bậc hai có hai nghiệm trái dấu ⇔ P < 0.. 2. BÀI TẬP MẪU. Ví dụ 1. Cho phương trình log22 [2x] − [m + 2] log2 x + m − 2 = 0 [m là tham số thực]. Tập hợp tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn [1; 2] là A [1; 2]. B [1; 2]. C [1; 2]. D [2; +∞]. Lời giải..
[2] 43. PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT CÓ CHỨA THAM SỐ. PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 1. Phân tích hướng dẫn giải 1. DẠNG TOÁN: Đây là dạng tìm điều kiện của tham số để phương trình logarit có nghiệm thỏa mãn điều kiện cho trước. 2. HƯỚNG GIẢI: B1: Viết lại phương trình logarit về dạng phương trình bậc hai đối với 1 biểu thức logarit. B2: Đặt ẩn phụ là biểu thức logarit và tìm điều kiện cho ẩn phụ. B2: Tìm điều kiện cho phương trình ẩn phụ. LỜI GIẢI CHI TIẾT. [1 + t]2 − [m + 2]t + m − 2 = 0 ⇔ t2 − mt + m − 1 = 0 ⇔. t=1. [2]. t=m−1 Nhận thấy với mỗi số thực t ∈ [0; 1]® cho ta một số thực ® x ∈ [1; 2], do đó yêu cầu bài toán ⇔ [2] có m − 1 6= 1 m 6= 2 2 nghiệm phân biệt thuộc [0; 1] ⇔ ⇔ ⇔ 1 ≤ m < 2. m − 1 ∈ [0; 1] 0≤m−1≤1 Vậy 1 ≤ m < 2. Chú ý: Đối với phương trình bậc hai chứa tham số, nếu ∆ có dạng chính phương thì nên tìm cụ. thể hai nghiệm của phương trình. Chọn phương án C. 3. BÀI TẬP TƯƠNG TỰ VÀ PHÁT TRIỂN. Câu 1. Cho phương trình log23 x + 3m log3 [3x] + 2m2 − 2m − 1 = 0 [m là tham số thực]. Gọi S là tập hợp tất cả các số thực m mà phương trình có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn [1; 3]. Số phần tử của tập S là A 2. B 0. C 1. D 3. Lời giải. Điều kiện: x > 0 Phương trình: log23 x + 3m log3 [3x] + 2m2 − 2m − 1 = 0 ⇔ log23 x + 3m log3 [3x] + 2m2 + m − 1 = 0. Đặt t = log3 x, vớivới x ∈ [1; 3] thì t ∈ [0; 1], khi đó ta có phương trình t2 + 3mt + 2m2 + m − 1 = 0 ⇔ ñ t = −m − 1. t = −2m + 1.. Khi đó yêu cầu bài toán ⇔ phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn [0; 1] − 2 ≤ m ≤ −1 0 ≤ −m − 1 ≤ 1 1 ⇔ 0 ≤ −2m + 1 ≤ 1 ⇔ 0≤m≤ [Hệ vô nghiệm]. 2 − m − 1 6= −2m + 1 m 6= 2. Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.. 50 DẠNG TOÁN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 1. Điều kiện: x > 0. Ta có: log22 [2x] − [m + 2] log2 x + m − 2 = 0 ⇔ [1 + log2 x]2 − [m + 2] log2 x + m − 2 = 0[1]. Đặt t = log2 x, với x ∈ [1; 2] thì t ∈ [0; 1], khi đó ta có phương trình: ñ.
[3] 43. PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT CÓ CHỨA THAM SỐ. PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 1. Chọn phương án B Câu 2. Cho phương trình log23 [9x] − [m + 5] log3 x + 3m − 10 = 0 [với m là tham số thực]. Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc [1; 81] là A 2. B 3. C 4. D 5. Lời giải. Ta có: log23 [9x] − [m + 5] log3 x + 3m − 10 = 0. Đặt t = log3 x vì x ∈ [1; 81] ⇒ t ∈ [0; 4]. ñ t=3. Khi đó phương trình đã cho trở thành: t2 − [m + 1]t + 3m − 6 = 0 ⇔ t = m − 2. ® ® ycbt ⇔. 0≤m−2≤4 m − 2 6= 3. ⇔. 2≤m≤6 m 6= 5. . Vậy có 4 số nguyên m thoả ycbt.. Chọn phương án C. Nhóm: PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA. √. Câu 3. Cho phương trình 4 log23 x+[m−3] log3 x+2−m = 0 [với mlà tham số thực]. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt thuộc đoạn [1;9]? A 0. B 2. C 1. D 3. Lời giải. 2 √ Ta có 4 log23 x + [m − 3] log3 x + 2 − m = 0 ⇔ 4 21 log3 x + [m − 3] log3 x + 2 − m = 0 ñ ñ log3 x = 1. ⇔ log23 x + [m − 3] log3 x + 2 − m = 0 ⇔. log3 x = 2 − m. ⇔. x=3. log3 x = 2 − m. Phương trình đã cho có hai nghiệm ® thực phân biệt® thuộc đoạn [1; 9] khi và chỉ khi [1] có một 0≤2−m≤2 0≤m≤2 nghiệm thuộc đoạn [1; 9]\{3} tức ⇔ 2 − m 6= 1 m 6= 1. Vậy có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn bài toán.. Chọn phương án B Câu 4. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình log23 3x + log3 x + m − 1 = 0 có đúng 2 nghiệm phân biệt thuộc khoảng [0; 1]. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình log23 3x + log3 x + m − 1 = 0 có đúng 2 nghiệm phân biệt thuộc khoảng [0; 1] 9 4. A m> .. 9 4. B 0 0 ∆ > 0 9 −3 ⇔00. Chọn phương án B.
[4] 43. PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT CÓ CHỨA THAM SỐ. PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 1. Câu 5. Cho phương trình [log3 x]2 + 3m log3 [3x] + 2m2 − 2m − 1 = 0. Gọi S là tập tất cả các số tự nhiên m mà phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 ≥ 10 3 . Tính tổng các phần tử của S . A 6. B 1. C 0. D 10. Lời giải. Với m ∈ N. P T ⇔ [log3 x]2 + 3m[1 + log3 x] + 2m2 − 2m − 1 = 0. Đặt t = log3 x ⇔ x = 3t . ñ Ta được phương trình: t2 + 3mt + 2m2 + m − 1 = 0 ⇔. t = −1 − m. Chọn phương án B √. Câu 6. Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình 4 [log2 x]2 − log 1 x + m = 0 2. có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng [0; 1]. 1 4. 1 4. 1 4. B 0≤m< .. A 0 0. Khi đó phương trình đã cho tương đương với. D 6.. [1 + log2 x]2 − 4 log2 x − m − 1 = 0 ⇔ log22 x − 2 log2 x = m.. 50 DẠNG TOÁN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 1. t = 1 − 2m. Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1 − 2m 6= −1 − m ⇔ m 6= 2. 10 10 Khi đó x1 + x2 ≥ ⇔ 31−2m + 3−1−m ≥ ⇔ 9 · 3−2m + 3−m − 10 ≥ 0 3 3 ⇔ 3−m ≥ 1 ⇔ −m ≥ 0 ⇔ m ≤ 0..
[5] 43. PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT CÓ CHỨA THAM SỐ. Đặt t = log2 x, với mỗi x ∈. h2 2. PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 1. i. ; 16 thì cho một giá trị t ∈ [−1; 4].. Khi đó ta được phương trình t2 − 2t = m. Xét hàm số f [t] = t2 − 2t trên đoạn [−1; 4]. Ta có f 0 [t] = 2t − 2, f 0 [t] = 0 ⇔ t = 1. Bảng biến thiên của f [t] t. −1. f 0 [t]. −. 1 0. 4 +. 3. 8. f [t]. Nhóm: PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA. −1. Từ bảng biến thiên suy ra m ∈ {−1} ∪ [3; 8] thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy có tất cả 6 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn phương án D 1. Câu 8. Tìm m để phương trình: [m − 1] log21 [x − 2]2 + 4[m − 5] log 1 + 4m − 4 = 0 có nghiệm 2 x−2 2 h5 i thuộc đoạn , 4 . 2. A m ∈ R.. 7 3. B −3 ≤ m ≤ .. C m ∈ ∅.. 7 3. D −3 < m ≤ .. Lời giải. Điều kiện: x > 2. Khi đó phương trình đã cho tương đương với ⇔ [m − 1] [−2 log2 [x − 2]]2 + 4[m − 5] log2 [x − 2] + 4m − 4 = 0 ⇔ 4[m − 1] log22 [x − 2] + 4[m − 5] log2 [x − 2] + 4m − 4 = 0 ⇔ [m − 1] log22 [x − 2] + [m − h 55] log i 2 [x − 2] + m − 1 = 0. [1] Đặt t = log2 [x − 2]. Vì x ∈ ; 4 ⇒ t ∈ [−1; 1]. 2. Phương trình [1] trở thành [m − 1]t2 + [m − 5]t + m − 1 = 0 ⇔ m = t2 + 5t + 1 , t ∈ [−1; 1]. t2 + t + 1 ñ 2+4 t=2 −4t Ta có f 0 [t] = =0⇔ 2 [t2 + t + 1] t = −2.. Xét hàm số f [t] =. Bảng biến thiên x. −1. f 0 [t]. 1 + 7 3. f [t] −3. t2 + 5t + 1 . t2 + t + 1. [2].
[6] 43. PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT CÓ CHỨA THAM SỐ. Phương trình đã cho có nghiệm x ∈. PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 1. h5 i. ; 4 ⇔ khi phương trình [2] có nghiệm t ∈ [−1; 1]. 2 7 Từ bảng biến thiên suy ra −3 ≤ m ≤ . 3. Chọn phương án D Câu 9. Tất cả các giá trị của tham số m để phương trình log3 [mx] = 2 log3 [x + 1] có hai nghiệm phân biệt là A m ≥ 4. B m > 4. C m < 0 và m ≥ 4. D m < 0 và m > 4. Lời giải. ® ® x+1>0. Ta có log3 [mx] = 2 log3 [x + 1] ⇔. mx = [x + 1]. 2. x+1>0. ⇔. mx = x2 + 2x + 1. [∗].. x 1 Xét hàm số f [x] = x + 2 + với x ∈ [−1; +∞] \ {0}. x 2−1 1 x Ta có f 0 [x] = 1 − 2 = ; 0 f [x] = 0 ⇔ x = 1 [do x ∈ [−1; +∞] \ {0}]. x x2. Bảng biến thiên: x. −1. f 0 [x]. 0. +∞. 1. −. −. 0. +. +∞. 0. +∞. f [x] −∞. 4. Dựa vào bảng biến thiên suy ra m > 4 là giá trị cần tìm. Chọn phương án B Câu 10. Cho phương trình ln2 x2 + 1 − 8 ln x2 + 1 − m = 0 [với m là tham số thực]. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt. A 0.. B 15.. C 16.. D 17.. Lời giải. Đặt t = ln x2 + 1 vì x2 + 1 ≥ 1 nên t ≥ 0 , khi đó ta có phương trình t2 − 8t = m[∗] Nhận thấy: √ nếu t = 0 thì ta có một giá trị x = 0. Nếu t > 0 thì x = ± et − 1. Xét hàm số f [t] = t2 − 8t vói t ≥ 0. Ta có bảng biến thiên: t. 0. f 0 [t]. −. 4 0. +∞ + +∞. 0 f [t] −16. 50 DẠNG TOÁN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 1. Ta thấy x = 0 không là nghiệm của [*]. x > −1 Với x 6= 0: [∗] ⇔ m = x + 2 + 1 ..
[7] 43. PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT CÓ CHỨA THAM SỐ. PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 1. Yêu cầu bài toán ⇔ [∗] có hai nghiệm dương phân biệt ⇔ −16 < m < 0. Vậy có 15 giá trị nguyên của m thỏa mãn đề bài. Chọn phương án B p Câu 11. Cho phương trình log22 x − 2 log2 x − 3 = m[log2 x − 3] với m là tham số thực. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có nghiệm thuộc [16; +∞]. A 1 < m ≤ 2.. B 1 0. Nhóm: PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA. - Với m ≤ 0 thì phương trình vô nghiệm, do. , ∀t ≥ 4. t−3>0 - Với m > 0 thì [∗] ⇔ t2 − 2t − 3 = m2 [t − 3]2 ⇔ 1 − m2 t2 + 2 3m2 − 1 t − 3 1 + 3m2 = 0[1]. + Nếu m = 1 ⇒ t = 3: không thỏa mãn. t = 3 [loại] + Nếu m 6= 1 thì [1] ⇔ −3m2 − 1 . t= 1 − m2 √ −3m2 − 1 ≥ 4 ⇔ 1 < m ≤ Do đó để phương trình đã cho có nghiệm ⇔ 5 [thỏa mãn]. 1 − m2. Chọn phương án B p Câu 12. Cho phương trình log23 x − 4 log3 x − 5 = m [log3 x + 1] với m là tham số thực. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có nghiệm thuộc [27; +∞]. 1 4. B 0≤m< .. A 0 < m < 2.. C 0 ≤ m ≤ 1.. D 0 ≤ m < 1.. Lời giải. √ Đặt t = log3 x vói x ∈ñ[27; +∞] thì t ≥ 3, khi đó ta có phưong trinh t2 − 4t − 5 = m[t + 1]. [∗] Điều kiện xác định:. t ≤ −1 t ≥ 5.. [p. t2 − 4t − 5 ≥ 0. - Vơi m < 0 thì phurong trinh vô nghiệm, do. , ∀t ≥ 5.. t+1>0. - Với m = 0 thì [∗] ⇔. √. ñ. t = −1 [loại]. t2 − 4t − 5 = 0 ⇔. t2. t = 5 [thỏa mãn]. ⇔ 1 − m2 t2 − 2m2 + 4 t − 5 − m2 = 0.. m2 [t + 1]2. - Với m > 0 thì [∗] ⇔ − 4t − 5 = + Nếu m = 1 ⇒ t = −1 : không thỏa mãn.. [∗∗]. . t = −1 [loại]. + Nếu m 6= 1 thì [∗∗] ⇔ [t + 1]. . 1 − m2. . t − m2. . −5 =0⇔. t=. 2. 6m2. m2 + 5 . 1 − m2. +5 Do đó đề phưong trình đã cho có nghiệm ⇔ m 1−m2 ≥ 5 ⇔ 1 − m2 ≥ 0 ⇔ −1 < m < 1, kết hợp m > 0 suy ra 0 < m < 1. Vậy với 0 ≤ m < 1 thì phương trình đã cho có nghiệm thuộc [27; +∞]. Chọn phương án D.
[8] 43. PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT CÓ CHỨA THAM SỐ. PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 1. 1. Chọn phương án C Câu 14. Cho hàm số 3 log27 2x2 − [m + 3]x + 1 − m + log 1 x2 − x + 1 − 3m = 0. Số các giá trị 3. nguyên của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn |x1 −x2 | < 15 là A 14. B 11. C 12. D 13. Lời giải. Ta có: 3 log27 2x2 − [m + 3]x + 1 − m + log 1 x2 − x + 1 − 3m = 0 3 ⇔ log3 2x2 − [m + 3]x + 1 − m = log3 x2 − x + 1 − 3m ® 2 x − x + 1 − 3m > 0. ⇔. 2x2 − [m + 3]x + 1 − m = x2 − x + 1 − 3m. ® ⇔. x2 − x + 1 − 3m > 0[∗] x2 − [m + 2]x + 2m = 0. ⇔. 2 xñ − x + 1 − 3m > 0[∗] x=m. x=2 . Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình [1] có hai nghiệm phân 2 ® 2 m − m + 1 − 3m > 0 biệt thỏa mãn [*] ⇔. [1]. 22 − 1 + 1 − 3m > 0. ⇔. m − 4m + 1 > 0. ⇔m 0 m 6= 2 Theo giả thiết |x1 − x2 | < 15 ⇔ [x1 + x2 ]2 − 4x1 x2 < 225 ⇔ m2 − 4m − 221 < 0 ⇔ −13 < m < 17 Do √ đó −13 < m < 2 − 3. Vậy số các giá trị nguyên của m thỏa mãn là 13.. . Chọn phương án D Câu 15. Cho phương trình log9 x2 − log3 [5x − 1] = − log3 m [m là tham số thực]. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có nghiệm? A 4. B 6. C Vô số. D 5.. 50 DẠNG TOÁN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 1. Câu 13. Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình log2 | cos x| − m log cos2 x − m2 + 4 = 0 vô nghiệm. √ √ √ √ √ A m ∈ [ 2; 2]. B m ∈ − 2; 2 . C m ∈ − 2; 2 . D m ∈ −2; 2 . Lời giải. Ta có: log2 | cos x| − m log cos2 x − m2 + 4 = 0 ⇔ log2 | cos x| − 2m log | cos x| − m2 + 4 = 0. [∗] Đặt log | cos x| = t. Do | cos x| ≤ 1 ⇒ t ≤ 0. Khi đó phương trình [∗] trở thành: t2 − 2mt − m2 + 4 = 0. [1] Phương trình [∗] vô nghiệm khi và chỉ khi phương trình [1] vô nghiệm hoặc có các nghiệm đều dương. Điều này xảy ra khi và chỉ khi 2 m2 − 1 · −m2 + 4 < 0 √ ∆0 2m > 0 t1 + t2 > 0 1 −2 0 >0.
[9] 43. PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT CÓ CHỨA THAM SỐ. PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 1. Lời giải. Phương trình log9 x2 − log3 [5x − 1] = − log3 m ⇔. 1 x > 5. log3 5x − 1 = log3 m. x 1 1 Cách 1. Xét f [x] = 5 − trên khoảng ; +∞ . x 5 1 1 1 0 Có f [x] = 2 > 0, ∀x ∈ ; +∞ và lim f [x] = lim 5 − = 5. x→+∞ x→+∞ x 5 x Ta có bảng biến thiên của hàm số f [x]: x. 1 5. f 0 [x]. ⇔. 1 x >. 5. 5 − 1 = m[2]. x. +∞ +. Nhóm: PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA. 5 f [x] 0 1 5 Từ bảng biến thiên suy ra phương trình [1] có nghiệm ⇔ 0 < m < 5. Mà m ∈ Z và m > 0 nên m ∈ {1; 2; 3; 4}. Vậy có 4 giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có nghiệm. Cách 2. [2] ⇔ [5 − m]x = 1 [3]. Với m = 5, phương trình [3] thành 0.x = 1 [vô nghiệm]. 1 Với m 6= 5, [3] ⇔ x = . 5−m 1 1 1 m Xét x > ⇔ > ⇔ > 0 ⇔ 0 < m < 5. 5 5−m 5 5 · [5 − m] Mà m ∈ Z và m > 0 nên m ∈ {1; 2; 3; 4}. Vậy có 4 giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có nghiệm.. Phương trình [1] có nghiệm ⇔ phương trình [2] có nghiệm x > .. Chọn phương án A Câu 16. Cho phương trình [x − 2] log25 [x − m] + [x − 3] log5 [x − m] = 1 với m là tham số. Tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có nghiệm thuộc khoảng [3; +∞] là tập S = [a; +∞]. Đánh giá nào sau đây đúng? A −3 < a < −1. B −1 < a < 1. C 1 < a < 2. D 2 < a < 5. Lời giải. Đặt t = log5 [x − m]. Phương trình đã cho trở thành.. t = −1 [x − 2]t2 + [x − 3]t = 1 ⇔ 1 [x > 3]. t= x−2 1 14 +] Với t = −1 ⇒ x = m + > 3 ⇔ m > . 5 5 1 1 1 +] Với t = ⇒ x − m = 5 x−2 ⇔ m = x − 5 x−2 . x−2.
[10] 43. PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT CÓ CHỨA THAM SỐ. PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 1. 1. Mà hàm số f [x] = x − 5 x−2 đồng biến trên [3; +∞] ⇒ m > f [3] = −2. Kết hợp hai trường hợp trên ta được m ∈ [−2; +∞] ⇒ a = −2. Chọn phương án A 2 Câu 17. Tổng tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình 2[x−1] · log2 x2 − 2x + 3 = 4|x−m| · log2 [2|x − m| + 2] có đúng ba nghiệm phân biệt là A 2.. B. 3 . 2. C 0.. D 3.. Lời giải. 2 Ta có: 2[x−1] · log2 x2 − 2x + 3 = 4|x−m| · log2 [2|x − m| + 2] 2 ⇔ 2[x−1] · log2 [x − 1]2 + 2 = 22|x−m| · log2 [2|x − m| + 2][∗]. Đặt f [t] = 2t log2 [t + 2], t ≥ 0; f [t] = 2t ln 2 · log2 [t + 2] + 2t. 1 > 0, ∀t ≥ 0 [t + 2] ln 2 2[x − m] = [x − 1]2. ñ . 2. Khi đó [*] ⇔ f [x − 1] ñ 2 ⇔. − x + 4x − 1 = 2m. x2 + 1 = 2m. = f [2|x − m|] ⇔. [x − 1]2. = 2|x − m| ⇔. 2[x − m] = −[x − 1]2. [I].. Vẽ đồ thị của hai hàm số f [x] = −x2 + 4x − 1 và g[x] = x2 + 1 trên cùng một hệ trục tọa độ. 5 4. y y. 3 2 1. −3. −2. −1 O. 1. 3x. 2. 5x. 4. −1. 3 2 Từ đồ thị suy ra [I] có 3 nghiệm phân biệt ⇔ 2m = 2 ⇔ m = 1 1 2m = 1 m= . 2 Vậy tổng các giá trị của m là 12 + 1 + 32 = 3.. . 2m = 3. . m=. Chọn phương án D Câu 18. Cho phương trình 3x + m = log3 [x − m với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m ∈ [−15; 15] để phương trình đã cho có nghiệm? A 15. B 16. C 9. D 14. Lời giải.. 50 DẠNG TOÁN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 1. ⇒ hàm số f [t] = 2t log2 [t + 2] đồng biến trên [0; +∞]..
[11] 43. PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT CÓ CHỨA THAM SỐ. PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 1. Đặt log3 [x − m] = a ⇔ x − m = 3a . Ta có: 3x + m = log3 [x − m] ⇔ 3x + x = log3 [x − m] + x − m ⇔ 3x + x = 3a + a. Xét hàm số f [t] = 3t + t, với t ∈ R. Có f 0 [t] = 3t ln 3 + 1 > 0, ∀t ∈ R nên hàm số f [t] đồng biến trên tập xác định. Do đó [∗] ⇔ f [x] = f [a] ⇔ x = a ⇔ x = log3 [x − m] ⇔ 3x = x − m ⇔ 3x − x = −m .1 Xét hàm số g[x] = 3x − x, với x ∈ R. Có g 0 [x] = 3x ln 3 − 1, g 0 [x] = 0 ⇔ x = log3 . ln 3. Ta có bảng biến thiên. x. −∞. g 0 [x]. log3 −. 1 ln 3. 0. +∞ +. Nhóm: PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA. +∞ g[x]. +∞ 1 ä g log3 ln 3. Ä. . . Từ bảng biến thiên ta thấy các giá trị của tham số để phương trình có nghiệm là m ∈ −∞; −g log3. 1 . Vậy số giá trị nguyên của m ∈ [−15; 15] để phương trình đã cho có nghiệm là 14. Chọn phương án D Câu 19. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình ln [m + ln[m + sin x]] = sin x có nghiệm. A. 1 + 1 ≤ m ≤ e − 1. e. B 1 ≤ m ≤ e − 1.. C 1≤m≤. 1 + 1. e. D 1 ≤ m < e − 1.. Lời giải. ® Đặt u = ln[m + sin x] ta được hệ phương trình:. u = ln[m + sin x]. ® ⇔. eu = m + sin x. ln[m + u] = sin x esin x = m + u. Từ hệ phương trình ta suy ra: eu + u = esin x + sin x [∗] Xét hàm số f [t] = et + t có f 0 [t] = et + 1 > 0, t ∈ R. Hàm số f [t] đồng biến trên R. Do đó [∗] ⇔ f [u] = f [sin x] ⇔ u = sin x. Khi đó ta được: ln[m + sin x] = sin x ⇔ esin x − sin x = m. [∗∗] Đặt a = sinx, a ∈ [−1; 1]. Phương trình [∗∗] trở thành: ea − a = m[∗∗] Xét hàm số g[a] = ae − a trên [−1; 1]. Hàm số g[a] = ae − a liên tục trên [−1; 1] và có min g[a] = g[0] = 1; max g[a] = g[1] = e − 1. [−1;1]. [−1;1]. Hệ phương trình ban đầu có nghiệm ⇔ phương trình [∗∗] có nghiệm ⇔ 1 ≤ m ≤ e − 1. Chọn phương án B Câu 20. Cho phương trình m ln2 [x + 1] − [x + 2 − m] ln[x + 1] − x − 2 = 0 [1]. Tập tất cả các giá trị của tham số m để phương trình [1] có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn 0 < x1 < 2 < 4 < x2 là khoảng [a; +∞]. Khi đó a thuộc khoảng A [3.7; 3.8]. B [3.6; 3.7]. C [3.8; 3.9]. D [3.5; 3.6]. Lời giải.. ln 3.
[12] 43. PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT CÓ CHỨA THAM SỐ. PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 1. Theo đề ra ta chọn điều kiện của x là x > 0 ⇒ ln[x + 1] > 0. TH1:m = 0 ⇒ [1] ⇔ ln[x + 1] > 0 ln[x + 1] x+2 vớix > 0 Ta có: f 0 [x] = 0 ⇔ − ln[x + 1] x+2 x+1 −1 x+2 1 − ln[x + 1]có g 0 [x] = ,x > 0 Xét hàm số g[x] = − 2 x+1 [x + 1] x+1 Hàm số y = g[x] nghịch biến trên [0; +∞] có nhiều nhất một nghiệm trên [0; +∞] Mặt khác: g[2].g[3] < 0 và hàm số 4y = g[x] liên tục trên [0; +∞] Suy ra g[x] = 0 có ít nhất một nghiệm trên [2; 3] Từ đó suy ra g[x] = 0 có một nghiệm duy nhất có một nghiệm duy nhất x0 ∈ [2; 3]. ⇒ f 0 [x] = 0 có một nghiệm duy nhất có một nghiệm duy nhất x0 ∈ [2; 3].. TH2: m 6= 0 ⇒ [1] ⇔ Xét hàm số f [x] =. Bảng biến thiên x. x0. 2. 0. −. +. 0. 3 −. +∞. 4 −. −. f [x0 ] ln 3 4. y. ln 5 6. 0. Để có 2 nghiệm thỏa mãn 0 < x1 < 2 < 4 < x2 thì 0 Va= 3, 728 . m 6 ln 5 ln 5. Chọn phương án A Câu 21. Giá trị thực của tham số m để phương trình 4 log29 [3x] + [2m − 3] log3 x − 2m − 1 = 0 có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = 12 thuộc khoảng nào sau đây? A 2. B 1. C 3. D 4. Lời giải. Điều kiện x > 0. Ta có pt ⇔ [1 + log3 x]2 + [2m − 3] log3ñx − 2m − 1 = 0 ñ log3 x = 1. ⇔ log23 x + [2m − 1] log3 x − 2m = 0 ⇔. Theo đề, ta có: x1 + x2 = 12 ⇔ 3 + 32m Chọn phương án B 2. x=3. ⇔. log3 x = 2m x = 32m . = 12 ⇒ m = 1. 2. 2. Câu 22. Phương trình 32x −3x+m + 9 = 3x −x+2 + 3x −2x+m . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ [−2018; 2018] để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt? A 2019. B 2018. C 2020. D 2021. Lời giải. 2 2 2 2 2 2 Ta có: 32x −3x+m + 9 = 3x −x+2 + 3x −2x+m ⇔ 32x −3x+m − 3x −x+2 = 3x −2x+m − 9 2. ⇔ 3x. " ⇔. −x [3x2 −2x+m. x2 −x. 3. 2. 3x. ⇔ =9. −2x+m. x2 − x = 0. ñ. =1. −2x+m. 2. − 9] = 3x. 2. 2. − 9 ⇔ [3x −x − 1][3x x=1. x − 2x + m = 2. 2. −2x+m. − 9] = 0. ⇔ x = 0. . x2 − 2x + m − 2 = 0[2].. Để phương trình đầu có 4 nghiệm phân biệt khi phương trình [2] có hai nghiệm phân biệt x 6=. 50 DẠNG TOÁN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 1. y. 0.
[13] 43. PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT CÓ CHỨA THAM SỐ. 1, x 6=0. 0 ∆ > 0. m 6= 2 ⇔. Khi. 3 − m > 0 m 6= 2. ⇔. m < 3. m 6= 2 ⇔ 2 6= m < 3.. . . . PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 1. m 6= 3 m 6= 3 m 6= 3 Vì m ∈ [−2018; 2018] và m ∈ Z nên có 2020 giá trị m cần tìm.. Chọn phương án C √. Câu 23. Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 4[log3 x]2 − log 1 x + m = 0 3. có hai nghiệm thuộc [0; 1]. 1 5. A 0 0 m= 2m − 1 = 0 ® ⇔ ∆ = 3 − 2m = 0 m= 2m − 1 > 0. 1 2 3 . 2. Từ đó ta có 3 giá trị của tham số m là. n1. 3 ; 1; . 2 2. o. Chọn phương án D Câu 27. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x − phân biệt. A −1 < m 6= 0. Lời giải. ® Điều kiện:. x+1>0. x + 1 6= 1. B m > −1. ® ⇔. 3 = m có hai nghiệm log2 [x + 1]. D −1 < m < 0.. C Không tồn tại m.. x > −1. x 6= 0. 3 3 Xét hàm số f [x] = x − ; f 0 [x] = 1 + > 0, ∀x ∈ [−1; 0] ∪ [0 : + ∞]. log2 [x + 1] [x + 1] · ln2 · log22 [x + 1]. Bảng biến thiên x y0. −1. +∞. 0 +. + +∞. +∞. y −1. Từ bảng biến thiên suy ra phương trình x − khi m > −1. Chọn phương án B. −∞ 3 = m có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ log2 [x + 1]. 2. Câu 28. Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m để phương trình m.5x có đúng 3 nghiệm thực phân biệt.. −3x+2 + 54−x2. = 56−3x + m.
[16] 43. PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT CÓ CHỨA THAM SỐ. A 3. Lời giải. [ 2. 5x. Đặt. B 2.. −3x+2. =u. 2. 4−x. PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 1. C 1.. D 4.. ⇒ u · v = 56−3x . Khi đó phương trình trở thành mu + v = uv + m ⇔ m[u − 1] −. 5 =v v[u − 1] = 0. ". ñ. u=1. ⇔ [u − 1][m − v] = 0 ⇔. v=m. x2 − 3x + 2 = 0. ñ ⇔. 4 − x2 = log5 m. ⇔. x2 −3x+2. 5. =1. 2. 52−x = m. x=1. ⇔ x = 2 x2 = 4 − log5 m.. Câu 29. Với giá trị của tham số m thì phương trình [m + 1]9x − 2[2m − 3]3x + 6m + 5 = 0 có hai nghiệm trái dấu? 3 5 A −4 < m < −1. B Không tồn tại m. C −1 < m < . D −1 < m < − . 2. 6. Lời giải. Đặt 3x = t > 0. Phương trình đã cho trở thành: [m + 1]t2 − 2[2m − 3]t + 6m + 5 = 0. [∗]. | {z } f [t]. Yêucầu bài toán ⇔ [∗] có hai nghiệm t1 , t2 thỏa mãn 0 < t1 < 1 < t2 m + 1 6= 0 m + 1 6= 0 ⇔ [m + 1]f [1] < 0 ⇔ [m + 1][3m + 12] < 0 ⇔ −4 < m < −1. [m + 1][6m + 5] > 0. [m + 1][6m + 5] > 0. Chọn phương án A √. Câu 30. Cho phương trình [ 2 + 1]x. 2. +2mx+2 − [. 1 2 4 B − < m < 0. 5. √ 2 2 + 1]2x +4mx+2+m − x2 − 2mx − m = 0. Tìm m để. phương trình có đúng 2 nghiệm thuộc [ ; 2]. 1 8. A − < m < 0.. 1 8. C − < m < 1.. Lời giải. √ √ 2 2 Ta có: [ 2 + 1]x +2mx+2 − [ 2 + 1]2x +4mx+2+m − x2 − 2mx − m = 0. 1 8. D ⇒ − < m < 2.. √ √ 2 2 ⇔ [ 2 + 1]x +2mx+2 = [ 2 + 1]2x +4mx+2+m + x2 + 2mx + m √ √ 2 2 ⇔ [ 2 + 1]x +2mx+2 + x2 + 2mx + 2 = [ 2 + 1]2x +4mx+2+m + 2x2 + 4mx + 2 + m.. 50 DẠNG TOÁN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 1. Để phương trình có ba nghiệm thì: +] TH1: x2 = 4 − log5 m có nghiệm kép. Tức 4 − log5 m = 0 ⇔ m = 525. +] TH2: x2 = 4 − log5 m có một nghiệm bằng 1. Tức 4 − log5 m = 1 ⇔ m = 75. +] TH3: x2 = 4 − log5 m có một nghiệm bằng 2. Tức 4 − log5 m = 4 ⇔ m = 1. Vậy có 3 giá trị của m cần tìm. Chọn phương án A.
[17] 43. PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT CÓ CHỨA THAM SỐ. PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 1. √. Xét hàm số: f [t] = [ 2 + 1]t + t. √ Ta có hàm số f [t] = [ 2 + 1]t + t đồng biến trên R. Khi đó phương trình có dạng f [x2 + 2mx + 2] = f [2x2 + 4mx + 2 + m] ⇒ x2 + 2mx + 2 = 2x2 + 4mx + 2 + m ⇔ x2 + 2mx + m = 0 ⇔ m = −. x2 . 2x + 1. 1 2. Để phương trình có đúng hai nghiệm thuộc khoảng [ ; 2] khi và chỉ khi phương trình m = − 1 2. x2 2x + 1. có hai nghiệm thuộc [ ; 2]. x2 1 Xét hàm số y = − trên khoảng [ ; 2]. 2x + 1 2 ñ 2 x = 0 2x + 2x Ta có y 0 = − =0⇔ [2x + 1]2 x = −1 −∞. Nhóm: PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA. x y0. −1 −. 0. −. 1 2. +. 1 2. 0. 2. +. 0. −. +∞. +∞. +∞. 0. y. −. 1 − 8. 4 5 −∞. −∞ 1 ⇒ − < m < 0. 8. Chọn phương án A 2. Câu 31. Với những giá trị nào của m thì phương trình: 3x −2x+2 + 22[x nghiệm. A m ≥ 8. B m ≥ 7. C m ≥ 6. Lời giải. 2 2 Ta có: 3x −2x+2 + 22[x −2x+2] + x2 − 2x = m − 2 2 2 ⇔ 3x −2x+2 + 4x −2x+2 + x2 − 2x + 2 = m. Đặt: t = x2 − 2x + 2 ⇒ t ≥ 1. Khi đó phương trình trở thành 3t + 4t + t = m. Ta có hàm số f [t] = 3t + 4t + t đồng biến trên R. Để phương trình có nghiệm ⇔ m ≥ min [3t + 4t + t] ⇔ m ≥ 8. 2. −2x+2]. + x2 − 2x = m − 2 có. D m ≥ 5.. [1;+∞]. Chọn phương án A √. 3. Câu 32. Với những giá trị nào của m thì phương trình: [ 5 − 2]2x 2x3 − 6mx2 + 2m có nghiệm duy nhất. 1 1 1 A − < m < , m 6= 0. B m 0 ⇔ m[−4m3 + m] > 0 ⇔ − < m < . Chọn phương án C Câu 33. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thì phương trình sau có nghiệm [2 + 1 √ cos2 x− 7+4 3. √ sin x+m 3] −. 2 + m = cos2x − sin x. A 2. Lời giải.. B 1.. C 3.. D 4.. 1 √ sin x+m √ cos2 x− 2 + m = cos 2x − sin x. Ta có: [2 + 3] − 7+4 3 √ sin x+m √ 2cos2 x−1 ⇔ [2 + 3] + m = cos 2x − sin x − [2 + 3] . √ sin x+m √ ⇔ [2 + 3] + sin x + m = [2 + 3]cos 2x + cos 2x √ Xét hàm số: f [t] = [2 + 3]t + t. √ Ta có hàm số f [t] = [2 + 3]t + t nghịch biến trên R. Khi đó phương trình có dạng f [sin x + m] = f [cos2x] ⇒ sin x + m = cos 2x ⇔ −2 sin2 x − sin x + 1 = m. Đặt: t = sin x ⇒ t ∈ [−1; 1]. Khi đó phương trình trở thành −2t2 − t + 1 = m. 9 8. Để phương trình có nghiệm ⇔ min [−2t2 − t + 1] ≤ m ≤ max [−2t2 − t + 1] ⇔ −2 ≤ m ≤ . [−1;1]. [−1;1]. Chọn phương án D Câu 34. Giá trị thực của tham số m để phương trình 25x − 4[m + 1] · 5x + 5[4m − 1] = 0 có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn [x1 + 4][x2 + 4] = 30 thuộc khoảng nào sau đây? A [6; 7]. B [4; 5]. C [3; 4]. D [2; 3]. Lời giải.. 50 DẠNG TOÁN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 1. đó phương trình có một nghiệm duy nhất. +]TH1: m 6= 0 ⇒ y[0] = m, y[2m] = −4m3 + m. Khi đó để phương trình có một nghiệm duy nhất.
[19] 43. PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT CÓ CHỨA THAM SỐ. PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 1. Đặt t = 5x , ta có phương trình ñ t2 − 4[m + 1]t + 5[4m − 1] = 0 ⇔. t=5 t = 4m − 1. 5x = 5. ñ ⇔. 5x = 4m − 1. ñ ⇔. x=1 5x = 4m − 1[1].. Ta có [x1 + 4][x2 + 4] = 30 ⇔ 5 · [x2 + 4] = 30 ⇔ x2 = 2. . Thay vào [1] ta được 52 = 4m − 1 ⇔ m =. 26 . 4. Nhóm: PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA. Chọn phương án A Câu 35. Giá trị thực của tham số m để phương trình 9x − 2[2m + 1] · 3x + 243 = 0 có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn [x1 + 3][x2 + 3] = 30 thuộc khoảng nào sau đây? A [6; 7]. B [8; 9]. C [7; 8]. D [2; 3]. Lời giải. Đặt t = 3x , ta có phương trình t2 − 2[2m + 1]t + 243 = 0. GS: phương trình có nghiệm t1 = 3x1 , t2 = 3x2 ⇒ t1 · t2 = 3x1 +x2 = 243 = 35 ⇔ x1 + x2 = 5. Ta có [x + 3[x1 + x2 ] + 9 = 30 ⇔ x1 x2 = 6. ® 1 + 3][x2 + 3] =®30 ⇔ x1 x2 ® Ta có. x1 + x2 = 5 x1 · x2 = 6. ⇔. x1 = 2. ⇔. x2 = 3. t1 = 9. t2 = 27. ⇒ t1 + t2 = 36.. Mà theo đề bài t1 + t2 = 4m + 2 = 36 ⇔ m =. 34 . 4. Chọn phương án B Câu 36. Giá trị thực của tham số m để phương trình log22 x − 3 · log2 x + 4 − m = 0 có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn [x1 + 4][x2 + 4] = 48 thuộc khoảng nào sau đây? A [1; 2]. B [1; 3]. C [0; 1]. D [0; 2]. Lời giải. Đặt t = log2 x, ta có phương trình t2 − 3t + 4 − m = 0. GS: phương trình có nghiệm t1 = log2 x1 , t2 = log2 x2 ⇒ t1 + t2 = log2 x1 x2 = 3 ⇔ x1 x2 = 8. Ta có [x + 4[x1 + x2 ] + 16 = 48 ⇔ x1 + x2 = 6. ® 1 + 4][x2 + 4] =®48 ⇔ x1 x2 ® x1 + x2 = 6. ⇔. x1 = 2. ⇔. t1 = 1. ⇒ t1 · t2 = 2. x1 · x2 = 8 x2 = 4 t2 = 2 Mà theo đề bài t1 · t2 = 4 − m = 2 ⇔ m = 2.. Ta có. Chọn phương án B Câu 37. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất cặp [x; y] √ √ thỏa mãn đồng thời các điều kiện logx2 +y2 +3 [2x − 6y + 5] = 1 và 3x − y − 3 − m = 0. Tổng các phần tử của S bằng A 3. B 4. C 5. D 6. Lời giải. Ta có: logx2 +y2 +3 [2x − 6y + 5] = 1 ⇔ x2 + y 2 + 3 = 2x − 6y + 5. .. ⇔ x2 + y 2 − 2x + 6y − 2 = 0 Ta thấy phương trình x2 + y 2 − 2x + 6y − 2 = 0 là phương trình đường tròn tâm I[1; −3] bán kính.
[20] 43. PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT CÓ CHỨA THAM SỐ. R=. √. PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 1. 12.. Để tồn tại duy nhất cặp số [x; y] thỏa mãn yêu cầu bài toán khi đường thẳng ∆ : tiếp xúc với đường tròn [C] : x2 + y 2 − 2x + 6y − 2 = 0. √ ñ √ √ 3+3−m− 2. Khi và chỉ khi d[I, ∆] = R ⇔. 3. √. 3x − y −. √ 3=0. √ m=3+4 3 =2 3⇔ √ . m=3−4 3. Chọn phương án D √. Câu 38. Tất cả các giá trị của tham số m để phương trình log5 [ mx] = log5 [x + 1] có hai nghiệm phân biệt là A m ≥ 4. B m > 4. C m < 0 và m ≥ 4. D m < 0 và m > 4. Lời giải. ® ® x+1>0 x+1>0 ⇔ . [∗] √ mx = x + 1 mx = x2 + 2x + 1 Ta thấy x = 0 không là nghiệm của [∗]. x > −1 Với x 6= 0: [∗] ⇔ m = x + 2 + 1 . x 1 Xét hàm số f [x] = x + 2 + với x ∈ [−1; +∞] \ {0}. x 1 x2 − 1 0 0 Ta có f [x] = 1 − 2 = ; f [x] = 0 ⇔ x = 1 [do x ∈ [−1; +∞] \ {0}]. x x2 √. Ta có log[ mx] = log[x + 1] ⇔. 50 DẠNG TOÁN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 1. Bảng biến thiên: x f 0 [x]. −1. 0. +∞. 1. −. −. +. 0. +∞. 0. +∞. f [x] −∞. 4. Dựa vào bảng biến thiên suy ra m > 4 là giá trị cần tìm. Chọn phương án B 1 + 4m − 4 ≥ 0 [m là tham số 2 x−2 2 h5 i thực]. Tập hợp tất cả các giá trị của m để bất phương trình đã cho có nghiệm thuộc đoạn , 4 2. Câu 39. Cho bất phương trình [m − 1] log21 [x − 2]2 + 4[m − 5] log 1. là A [−3; +∞].. B. 7 3. . ; +∞ .. Lời giải. Điều kiện: x > 2. Ta có: [m − 1] log21 [x − 2]2 + 4[m − 5] log 1. h i 7 C −3; . 3. i 7 D −∞; . 3. 1 + 4m − 4 ≥ 0 2 x−2 2 ⇔ 4[m − 1] log22 [x − 2] + 4[m − 5] log2 [x − 2] + 4m − 4 ≥ 0. Đặt t = hlog2 [x − 2], ta có phương trình trở thành: [m − 1]t2 + [m − 5]t + m − 1 ≥ 0[∗]. i 5 Với x ∈ ; 4 , ta có: t ∈ [−1; 1]. 2.
[21] 43. PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT CÓ CHỨA THAM SỐ. [∗] ⇔ m ≥. PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 1. t2 + 5t + 1 , t ∈ [−1; 1]. t2 + t + 1. Để bất phương trình có Å nghiệm t ∈ [−1; ã 1]. t2 + 5t + 1 Khi và chỉ khi m ≥ min . 2. t +t+1 + 5t + 1 −4t2 + 4 f [t] = 2 . Ta có: f 0 [t] = ≥ 0, ∀t ∈ [−1; 1]. 2 t +t+1 [t2 + t + 1] 7 Suy ra: f [−1] ≤ f [t] ≤ f [1], ∀t ∈ [−1; 1] hay −3 ≤ f [t] ≤ , ∀t ∈ [−1; 1]. 3 Vậy m ≥ −3. [−1;1]. t2. Chọn phương án A Câu 40. Cho bất phương trình log22 [2x] − [m + 1] log2 x + m − 3 ≤ 0 [m là tham số thực]. Tập hợp √ tất cả các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x thuộc đoạn 4; 4 2 là 7 2. Nhóm: PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA. A m≤ .. 9 2. B m≥ .. C m ∈ R.. 7 4. D m≥ .. Lời giải. Điều kiện: x > 0. log22 [2x] − [m + 1] log2 x + m − 3 ≤ 0 ⇔ [1 + log2 x]2 − [m + 1] log2 x + m − 3 ≤ 0. .. ⇔ log22 x + [1 − m] log2 x + m − 2 ≤ 0 h 5i √ Với x ∈ 4; 4 2 ⇒ t ∈ 1; , ta có bất phương trình bậc hai t2 + [1 − m]t + m − 2 ≤ 0. 2 h 5i Bài toán trở thành tìm m để bất phương trình: t2 + [1 − m]t + m − 2 ≤ 0, ∀t ∈ 2; . 2 h 5i h 5i ⇔ [t − 1][t + 2 − m] ≤ 0, ∀t ∈ 2; [∗]. t2 + [1 − m]t + m − 2 ≤ 0, ∀t ∈ 2; 2 2 h 5i h 5i 5 9 ⇔ +2−m≤0⇔m≥ . Vì t − 1 > 0, ∀t ∈ 2; , nên [∗] ⇔ t + 2 − m ≤ 0, ∀t ∈ 2; 2 2 2 2. Chọn phương án B.
[22] 43. PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT CÓ CHỨA THAM SỐ. PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 1. BẢNG ĐÁP ÁN 1. 11. 21. 31.. B B B A. 2. 12. 22. 32.. C D C C. 3. 13. 23. 33.. B C D D. 4. 14. 24. 34.. B D D A. 5. 15. 25. 35.. B A C B. 6. 16. 26. 36.. A A D B. 7. 17. 27. 37.. D D B D. 8. 18. 28. 38.. D D A B. 9. 19. 29. 39.. B B A A. 10. 20. 30. 40.. B A A B. 50 DẠNG TOÁN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 1.
[23]