Chuyên Đề Bất Phương Trình Mũ Và Lôgarit Vận Dụng Cao Ôn Thi Tốt Nghiệp THPT Có Đáp Án Và Lời Giải

Chuyên đề bất phương trình mũ và lôgarit vận dụng cao theo từng mức độ luyện thi tốt nghiệp THPT 2021 có đáp án và lời giải được phát triển từ câu 40 của đề tham khảo môn Toán.

DẠNG TOÁN : BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ -LOGARIT VẬN DỤNG CAO

I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:

1. Bất phương trình mũ

+ Nếu $a > 1$ thì ${a^{f\left( x \right)}} > {a^{g\left( x \right)}} \Leftrightarrow f\left( x \right) > g\left( x \right)$.

+ Nếu $0 < a < 1$ thì ${a^{f\left( x \right)}} > {a^{g\left( x \right)}} \Leftrightarrow f\left( x \right) < g\left( x \right)$.

+ Nếu a chứa ẩn thì ${a^{f\left( x \right)}} > {a^{g\left( x \right)}} \Leftrightarrow \left( {a – 1} \right)\left[ {f\left( x \right) – g\left( x \right)} \right] > 0$.

2. Bất phương trình logarit

+ Nếu $a > 1$ thì ${\log _a}f\left( x \right) > {\log _a}g\left( x \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) > g\left( x \right)$

+ Nếu $0 < a < 1$ thì ${\log _a}f\left( x \right) > {\log _a}g\left( x \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) < g\left( x \right)$

+ Nếu a chứa ẩn thì $\left[ \begin{array}{l}{\log _a}B > 0 \Leftrightarrow \left( {a – 1} \right)\left( {B – 1} \right) > 0\\\frac{{{{\log }_a}A}}{{{{\log }_a}B}} > 0 \Leftrightarrow \left( {A – 1} \right)\left( {B – 1} \right) > 0\end{array} \right.$.

II. CÁC DẠNG BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

• Lý thuyết về bất phương trình mũ – lôgarit
• Nhận dạng và phát triển các dạng toán tương tự…

BÀI TẬP MẪU

Câu 40 (ĐỀ MINH HỌA BGD 2020-2021) : Có bao nhiêu số nguyên dương $y$ sao cho ứng với mỗi $y$ có không quá 10 số nguyên $x$ thỏa mãn $\left( {{2^{x + 1}} – \sqrt 2 } \right)\left( {{2^x} – y} \right) < 0?$

A.$1024$. B.$2047$. C. $1022$. D.$1023$.

Lời giải

Chọn A

Cách 1:

Ta có: $y \ge 1 \Leftrightarrow {\log _2}y \ge 0$. Gọi $\left( {{2^{x + 1}} – \sqrt 2 } \right)\left( {{2^x} – y} \right) < 0$ (*)

+Trường hợp 1: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{2^{x + 1}} – \sqrt 2 < 0}\\{{2^x} – y > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{2^x} < \frac{{\sqrt 2 }}{2}}\\{{2^x} > y \ge 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x < – \frac{1}{2}{\rm{ }}}\\{x > {{\log }_2}y \ge 0}\end{array}} \right.} \right.} \right. \Leftrightarrow VN$

+Trường hợp 2: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{2^{x + 1}} – \sqrt 2 > 0}\\{{2^x} – y < 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{2^x} > \frac{{\sqrt 2 }}{2}}\\{{2^x} > y}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > – \frac{1}{2}{\rm{ }}}\\{x < {{\log }_2}y}\end{array}} \right.} \right.} \right. \Leftrightarrow – \frac{1}{2} < x < {\log _2}y$

Theo đề bài, ứng với mỗi số nguyên dương $y$ có không quá 10 số nguyên $x$ thỏa mãn bất phương trình (*) tương đương với tập nghiệm $S = \left( {\frac{1}{2}\,\,;\,\,{{\log }_2}y} \right)$ chứa không quá 10 số nguyên, nghĩa là: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y \in {\mathbb{Z}^ + }}\\{{{\log }_2}y \le 10}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y \in {\mathbb{Z}^ + }}\\{y \le {2^{10}} = 1024}\end{array}} \right.$

Vậy có tất cả 1024 giá trị $y$ thỏa mãn yêu cầu đề.

Cách 2:

Đặt $t = {2^x} > 0$ thì ta có bất phương trình $(2t – \sqrt 2 )(t – y) < 0$ hay $(t – \frac{{\sqrt 2 }}{2})(t – y) < 0{\rm{ }}(*).$

Vì $y \in {\mathbb{Z}^ + }$ nên $y > \frac{{\sqrt 2 }}{2}$, do đó $(*) \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 2 }}{2} < t < y \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 2 }}{2} < {2^x} < y \Leftrightarrow – \frac{1}{2} < x < {\log _2}y.$

Nếu ${\log _2}y > 10$ thì $x \in \{ 0,\,\,1,\,\,2,\,\, \ldots ,\,\,10\} $ đều là nghiệm nên không thỏa yêu vầu bài toán. Suy ra ${\log _2}y \le 10$ hay $y \le {2^{10}} = 1024$, mà $y \in {\mathbb{Z}^ + }$ nên $y \in \{ 1,\,\,2,\,\, \ldots ,\,\,1024\} .$

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ VÀ PHÁT TRIỂN

Mức độ 3

Câu 1. Giả sử $\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ là cặp nghiệm nguyên không âm có tổng $S = {x_0} + {y_0}$ lớn nhất của bất phương trình ${4^x} + {2^x}{.3^y} – {9.2^x} + {3^y} \le 10$, giá trị của $S$ bằng

A. $2$. B. $4$. C $3$. . D. $5$.

Lời giải:

Chọn C

Ta có ${4^x} + {2^x}{.3^y} – {9.2^x} + {3^y} \le 10 \Leftrightarrow \left( {{2^x} + 1} \right)\left( {{2^x} + {3^y} – 10} \right) \le 0$.

Vì ${2^x} + 1 > 0$ nên bất phương trình tương đương với ${2^x} + {3^y} – 10 \le 0$.

Với cặp số $\left( {x,y} \right)$ nguyên không âm thì $\left( {x,y} \right)$ chỉ có thể là: $\left( {0;0} \right),\left( {0;1} \right),\left( {0;2} \right),$$\left( {1;0} \right),$$\left( {1;1} \right),$$\left( {2;0} \right);\left( {2;1} \right),\left( {3;0} \right)$.

Vậy tổng $S = 3$.

Câu 2. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn $1 \le x \le 10$ và $x + {x^2} – {9^y} \ge {3^y}$

A. $10$. B. $11$. C. $9$. D. $8$.

Lời giải

Chọn A

Ta có $x + {x^2} – {9^y} \ge {3^y} \Leftrightarrow x + {x^2} \ge {9^y} + {3^y}$.

Xét hàm số đặc trưng $f\left( t \right) = {t^2} + t$ với $t > 0$.

Ta có $f’\left( t \right) = 2t + 1 > 0,\forall t > 0$ suy ra $f\left( t \right)$ là hàm số đồng biến trên $\left( {t > 0} \right)$.

Suy ra $x + {x^2} \ge {9^y} + {3^y} \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge f\left( {{3^y}} \right) \Leftrightarrow x \ge {3^y}$.

Với giả thiết $1 \le x \le 10$ ta có: ${3^y} \le 10 \Rightarrow y \le 2$.

TH1: $y = 1 \Rightarrow {3^1} \le x \le 10 \Rightarrow x \in \left\{ {3;4;5;6;7;8;9;10} \right\}$ có 8 cặp nghiệm $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn.

TH2: $y = 2 \Rightarrow {3^2} = 9 \le x \le 10 \Rightarrow x \in \left\{ {9;10} \right\}$ có 2 cặp nghiệm $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn.

Vậy có tất cả 10 cặp nghiệm $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn.

Câu 3. Có bao nhiêu cặp số nguyên $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn $x,y \in \left[ {5;50} \right]$ và $\sqrt x \ge {y^2} + 2y – x + 2 + \sqrt {{y^2} + 2y + 2} $

A. $2$. B. $5$. C. $15$. D. $11$.

Lời giải

Chọn C

Có $\sqrt x \ge {y^2} + 2y – x + 2 + \sqrt {{y^2} + 2y + 2} \Leftrightarrow x + \sqrt x \ge {y^2} + 2y + 2 + \sqrt {{y^2} + 2y + 2} $ (2)

Xét hàm số $f\left( t \right) = t + \sqrt t $ trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$ ta có:

$f’\left( t \right) = 1 + \frac{1}{{2\sqrt t }} > 0,\forall t > 0 \Rightarrow f\left( t \right)$ đồng biến.

$\left( 2 \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge f\left( {{y^2} + 2y + 2} \right) \Leftrightarrow x \ge {y^2} + 2y + 2$.

Do $x,y \in \left[ {5;50} \right]$ nên $5 \le {y^2} + 2y + 2 \le 50 \Leftrightarrow 4 \le {\left( {y + 1} \right)^2} \le 49 \Leftrightarrow 1 \le y \le 6$

Do $y \in \mathbb{Z}$ và $y \in \left[ {5;50} \right]$ nên $y = 5$ hoặc $y = 6$.

Với $y = 5$ có $37 = {y^2} + 2y + 2 \le x \le 50 \Rightarrow x \in \left\{ {37;38;…;50} \right\}$ có 14 cặp $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn.

Với $y = 6$ có $50 = {y^2} + 2y + 2 \le x \le 50 \Rightarrow x = 50$ có 1 cặp $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn.

Vậy có tất cả 15 cặp $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn.

Câu 4. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn $\log \left( {2x + {2^y}} \right) \le 1$

A. $10$. B. $11$. C. $9$. D. $8$.

Lời giải

Chọn D

$\log \left( {2x + {2^y}} \right) \le 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x + {2^y} > 0\\2x + {2^y} \le 10\end{array} \right. \Leftrightarrow 2x + {2^y} \le 10$ (vì $\left( {x;y} \right)$ nguyên dương).

$\left( {x;y} \right)$ nguyên dương nên $2x + {2^y} \le 10 \Rightarrow {2^y} \le 8 \Rightarrow 1 \le y \le 3$.

Với $y = 1 \Rightarrow 2x \le 8 \Rightarrow x \le 4 \Rightarrow x \in \left\{ {1;2;3;4} \right\}$ có 4 cặp $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn.

Với $y = 2 \Rightarrow 2x \le 6 \Rightarrow x \le 3 \Rightarrow x \in \left\{ {1;2;3} \right\}$ có 3 cặp $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn.

Với $y = 3 \Rightarrow 2x \le 2 \Rightarrow x \le 1 \Rightarrow x = 1$ có 1 cặp $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn.

Vậy có tất cả 8 cặp $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn đề bài.

Câu 5. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn ${2.2^x} + x + {\sin ^2}y \le {2^{{{\cos }^2}y}}$

A. $1$. B. $0$. C. $2$. D. $3$.

Lời giải:

Chọn B

Ta có ${2.2^x} + x + {\sin ^2}y \le {2^{{{\cos }^2}y}} \Leftrightarrow {2^{x + 1}} + x + 1 \le {2^{{{\cos }^2}y}} + {\cos ^2}y$. (1)

Đặt $f\left( t \right) = {2^t} + t \Rightarrow f’\left( t \right) = {2^t}.\ln 2 + 1 > 0,{\rm{ }}\forall t > 0$.

Suy ra hàm số $y = f\left( t \right)$ là hàm số đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$.

Suy ra $\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( {x + 1} \right) \le f\left( {{{\cos }^2}y} \right) \Leftrightarrow x + 1 \le {\cos ^2}y \Leftrightarrow x \le – {\sin ^2}y \Rightarrow x \le 0$ vô lí.

Vậy không tồn tại cặp số nguyên dương $\left( {x;y} \right)$ nào thỏa mãn đề bài.

Câu 6. Tập các cặp số nguyên dương $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn điều kiện ${\log _x}\left( {y + x + {x^2} – 5} \right) \le 2$

A. $6$. B. $4$. C. $5$. D. $7$.

Lời giải:

Chọn A

Có ${\log _x}\left( {y + x + {x^2} – 5} \right) \le 2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0,x \ne 1\\y + x + {x^2} – 5 > 0\\y + x + {x^2} – 5 \le {x^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0,x \ne 1\\y + x + {x^2} – 5 > 0\\y + x \le 5\end{array} \right.$. (1)

Vì $\left( {x;y} \right)$ nguyên dương nên $x \in \left\{ {2;\,3;\,4} \right\}$

Với $x = 2$ có $\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0,x \ne 1\\y + 6 – 5 > 0\\y + 2 \le 5\end{array} \right. \Leftrightarrow y \in \left\{ {1;2;3} \right\}$ có 3 cặp $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn.

Với $x = 3$ có $\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0,x \ne 1\\y + 12 – 5 > 0\\y + 3 \le 5\end{array} \right. \Leftrightarrow y \in \left\{ {1;2} \right\}$ có 2 cặp $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn.

Với $x = 4$ có $\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0,x \ne 1\\y + 20 – 5 > 0\\y + 4 \le 5\end{array} \right. \Leftrightarrow y \in \left\{ 1 \right\}$ có 1 cặp $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn.

Vậy có tất cả 6 cặp $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Câu 7. Có bao nhiêu $m$ nguyên dương để bất phương trình ${3^{2x + 2}} – {3^x}\left( {{3^{m + 2}} + 1} \right) + {3^m} < 0$ có không quá 30 nghiệm nguyên?

A. 28. B. 29. C. 30. D. 31.

Lời giải:

Chọn D

$\begin{array}{l}{3^{2x + 2}} – {3^x}\left( {{3^{m + 2}} + 1} \right) + {3^m} < 0 \Leftrightarrow {9.3^{2x}} – {9.3^x}{.3^m} – {3^x} + {3^m} < 0\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow {9.3^x}\left( {{3^x} – {3^m}} \right) – \left( {{3^x} – {3^m}} \right) < 0\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left( {{3^x} – {3^m}} \right)\left( {{{9.3}^x} – 1} \right) < 0\end{array}$

Ta có ${3^x} – {3^m} = 0 \Leftrightarrow x = m.$

${9.3^x} – 1 = 0 \Leftrightarrow x = – 2.$

Bảng xét dấu

Ta có tập nghiệm $S = \left( { – 2\,\,;\,\,m} \right).$

Tập hợp các nghiệm nguyên là $\left\{ { – 1;\,\,0;\,\,1;\,\,…;\,\,m – 1} \right\}.$

Để có không quá 30 nghiệm nguyên thì $m – 1 \le 28 \Leftrightarrow m \le 29.$

Câu 8. Biết $\left( {x;y} \right)$ là cặp nghiệm nguyên của bất phương trình $\left( {{{\log }_x}\left( {y – x – 5} \right) – 1} \right)\left( {{{\log }_x}y – 1} \right) > 0$ thỏa mãn $y < x + 10$, hỏi hiệu số $y – x$ lớn nhất bằng bao nhiêu:

A. $7$. B. $5$. C. $2$. D. $9$.

Lời giải:

Chọn D

Điều kiện $\left\{ \begin{array}{l}x > 0,x \ne 1\\y – x – 5 > 0\\y > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0,x \ne 1\\y > x + 5\end{array} \right.$.

Suy ra ${\log _x}y > 1$

Suy ra $\left( {{{\log }_x}\left( {y – x – 5} \right) – 1} \right)\left( {{{\log }_x}y – 1} \right) > 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0,x \ne 1\\y – x – 5 > 0\\{\log _x}\left( {y – x – 5} \right) – 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0,x \ne 1\\y > x + 5\\y – x – 5 > x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0,x \ne 1\\y > 2x + 5\end{array} \right.$

Theo giả thiết $y < x + 10$ suy ra $2x + 5 < y < x + 10 \Rightarrow x \le 3 \Rightarrow x \in \left\{ {2;3} \right\}$.

Với $x = 2 \Rightarrow 9 < y < 12 \Rightarrow y \in \left\{ {10;11} \right\}$.

Với $x = 3 \Rightarrow 11 < y < 13 \Rightarrow y \in \left\{ {12} \right\}$.

Trong các cặp $\left( {x;y} \right)$ ta thấy hiệu $y – x = 9$ là lớn nhất..

Câu 9. Số cặp nghiệm $\left( {x;y} \right)$ nguyên của bất phương trình ${\left( {2x + y} \right)^2}{.2^{5{x^2} + 2xy + 2{y^2} – 3}} + {\left( {x – y} \right)^2} \le 3$ là

A. $0$. B. $1$. C. $2$. D. $3$.

Lời giải

Chọn D

Từ ${\left( {2x + y} \right)^2}{.2^{5{x^2} + 2xy + 2{y^2} – 9}} + {\left( {x – y} \right)^2} \le 3 \Leftrightarrow {\left( {2x + y} \right)^2}{.2^{{{\left( {2x + y} \right)}^2} + {{\left( {x – y} \right)}^2} – 3}} + {\left( {x – y} \right)^2} – 3 \le 0$(*)

Đặt $\left\{ \begin{array}{l}a = {\left( {2x + y} \right)^2} \ge 0\\b = {\left( {x – y} \right)^2} – 3 \ge – 3\end{array} \right.$ khi đó (*) đưa về: $a{.2^{a + b}} + b \le 0 \Leftrightarrow a{.2^a} \le \left( { – b} \right){.2^{ – b}}$.

Vì $a \ge 0 \Rightarrow – b \ge 0$.

Xét hàm số $f\left( t \right) = t{.2^t},{\rm{ }}t \in \left[ {0; + \infty } \right)$ có $f’\left( t \right) = {2^t} + t{.2^t}.\ln 2 > 0,{\rm{ }}\forall t \in \left[ {0; + \infty } \right)$.

Suy ra $f\left( a \right) \le f\left( { – b} \right) \Leftrightarrow a \le – b \Leftrightarrow a + b \le 0$.

Suy ra ${\left( {2x + y} \right)^2} + {\left( {x – y} \right)^2} – 3 \le 0 \Leftrightarrow {\left( {2x + y} \right)^2} + {\left( {x – y} \right)^2} \le 3$.

Với giả thiết $x,y$ là các số nguyên nên ${\left( {2x + y} \right)^2}$ và ${\left( {x – y} \right)^2}$ chỉ có thể xẩy ra các trường hợp sau:

Vậy có tất cả 3 cặp nghiệm thỏa mãn.

Câu 10. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương $\left( {x;y} \right)$với $x \le 2020$ thỏa mãn điều kiện ${\log _2}\frac{{x + 2}}{{y + 1}} + {x^2} + 4x = 4{y^2} + 8y + 1$.

A. $2020$. B. vô số. C. $1010$. D. $4040$.

Lời giải

Chọn C

${\log _2}\frac{{x + 2}}{{y + 1}} = 4{y^2} – {x^2} – 4x + 8y + 1 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + 2} \right) – {\log _2}\left( {y + 1} \right) = 4{\left( {y + 1} \right)^2} – {\left( {x + 2} \right)^2} + 1$

$ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + 2} \right) + {\left( {x + 2} \right)^2} = {\log _2}2\left( {y + 1} \right) + {\left[ {2\left( {y + 1} \right)} \right]^2}\,\,\left( 1 \right)$.

Xét hàm số $f\left( t \right) = {\log _2}t + {t^2}$trên $\left( {0; + \infty } \right)$.

Ta có $f’\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln 2}} + 2t > 0\,\,\forall t \in \left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow $$f\left( t \right)$đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$.

$\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( {x + 2} \right) = f\left( {2y + 2} \right) \Leftrightarrow x + 2 = 2y + 2 \Leftrightarrow x = 2y$.

Mà $0 < x \le 2020 \Rightarrow 0 < y \le 1010$.

Vậy có $1010$cặp số nguyên dương $\left( {x;y} \right)$.

Câu 11. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số $m$ để tập nghiệm của bất phương trình $\left( {{3^{x + 2}} – \sqrt 3 } \right)\left( {{3^x} – 2m} \right) < 0$ chứa không quá 9 số nguyên?

A.$1094$. B.$3281$. C.$1093$. D.$3280$.

Lời giải

Chọn D

Gọi $\left( {{3^{x + 2}} – \sqrt 3 } \right)\left( {{3^x} – 2m} \right) < 0$ (1)

Đặt $t = {3^x},\,t > 0,\,$bất phương trình (1) trở thành$\left( {9t – \sqrt 3 } \right)\left( {t – 2m} \right) < 0\,\left( 2 \right)$

+ Nếu $2m \le \frac{{\sqrt 3 }}{9}$$ \Leftrightarrow m \le \frac{{\sqrt 3 }}{{18}} < 1$ thì không có số nguyên dương $m$ nào thỏa mãn yêu cầu bài toán.

+ Nếu $2m > \frac{{\sqrt 3 }}{9}$$ \Leftrightarrow m > \frac{{\sqrt 3 }}{{18}}$ thì bất phương trình $\left( 2 \right) \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{9} < t < 2m$.

Khi đó tập nghiệm của bất phương trình $\left( 1 \right)$ là $S = \left( { – \frac{3}{2}\,\,;\,\,{{\log }_3}\left( {2m} \right)} \right)$.

Để $S$ chứa không quá 9 số nguyên thì ${\log _3}\left( {2m} \right) \le 8 \Leftrightarrow 0 < m \le \frac{{{3^8}}}{2}$

Vậy có 3280 số nguyên dương$m$ thỏa mãn.

Câu 12. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ để bất phương trình $\left( {{3^{{x^2} – x}} – 9} \right)\left( {{2^{{x^2}}} – m} \right) \le 0$ có 5 nghiệm nguyên?

A. $65021$. B. $65024$ C. $65022$. D. $65023$.

Lời giải

Chọn B

Gọi $\left( {{3^{{x^2} – x}} – 9} \right)\left( {{2^{{x^2}}} – m} \right) \le 0$ (1)

Trường hợp 1: Xét ${3^{{x^2} – x}} – 9 \ge 0 \Leftrightarrow {x^2} – x \ge 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \le – 1\\x \ge 2\end{array} \right.$.

Khi đó, $(1) \Leftrightarrow {2^{{x^2}}} \le m \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m \ge 1}\\{{x^2} \le {{\log }_2}m}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m \ge 1}\\{ – \sqrt {{{\log }_2}m} \le x \le \sqrt {{{\log }_2}m} }\end{array}} \right.$

Nếu $m < 1$ thì vô nghiệm.

Nếu $m \ge 1$ thì $(2) \Leftrightarrow – \sqrt {{{\log }_2}m} \le x \le \sqrt {{{\log }_2}m} $.

Do đó, để bất phương trình có 5 nghiệm nguyên

thì tập hợp $\left( {\left( { – \infty \,; – 1} \right] \cup \left[ {2\,; + \infty } \right)} \right) \cap \left[ { – \sqrt {{{\log }_2}m} \,;\,\,\sqrt {{{\log }_2}m} } \right]$ có 5 giá trị nguyên

$ \Leftrightarrow 3 \le \sqrt {{{\log }_2}m} < 4$$ \Leftrightarrow 512 \le m < 65536$.

Suy ra có 65024 giá trị $m$ nguyên thỏa mãn.

Trường hợp 2: Xét ${3^{{x^2} – x}} – 9 < 0 \Leftrightarrow {x^2} – x < 2 \Leftrightarrow – 1 < x < 2$. Vì $\left( { – 1\,;\,\,2} \right)$ chỉ có hai số nguyên nên không có giá trị $m$ nào để bất phương trình có 5 nghiệm nguyên.

Vậy có tất cả 65024 giá trị $m$ nguyên thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 13. Có bao nhiêu $m$ nguyên dương để bất phương trình ${3^{2x + 2}} – {3^x}\left( {{3^{m + 2}} + 1} \right) + {3^m} < 0$ có không quá 30 nghiệm nguyên?

A. $28$. B. $29$. C. $30$. D.$31$.

Lời giải

Chọn B

$\begin{array}{l}{3^{2x + 2}} – {3^x}\left( {{3^{m + 2}} + 1} \right) + {3^m} < 0 \Leftrightarrow {9.3^{2x}} – {9.3^x}{.3^m} – {3^x} + {3^m} < 0\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left( {{3^x} – {3^m}} \right)\left( {{{9.3}^x} – 1} \right) < 0\end{array}$

Ta có ${3^x} – {3^m} = 0 \Leftrightarrow x = m \in {\mathbb{Z}^ + }$

${9.3^x} – 1 = 0 \Leftrightarrow x = – 2.$

Bảng xét dấu

Ta có tập nghiệm $S = \left( { – 2\,\,;\,\,m} \right).$

Tập hợp các nghiệm nguyên là $\left\{ { – 1\,;\,\,0\,;\,\,1\,;\,\,…\,;\,\,m – 1} \right\}.$

Để có không quá 30 nghiệm nguyên thì $m – 1 \le 28 \Leftrightarrow m \le 29.$

Câu 14. Cho bất phương trình $m{.3^{x + 1}} + (3m + 2){(4 – \sqrt 7 )^x} + {(4 + \sqrt 7 )^x} > 0$, với $m$ là tham số. Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi $x \in \left( { – \infty ;0} \right)$.

A. $m > \frac{{2 + 2\sqrt 3 }}{3}$. B. $m > \frac{{2 – 2\sqrt 3 }}{3}$. C. $m \ge \frac{{2 – 2\sqrt 3 }}{3}$. D. $m \ge – \frac{{2 – 2\sqrt 3 }}{3}$.

Lời giải

Chọn B

$m{.3^{x + 1}} + (3m + 2).{(4 – \sqrt 7 )^x} + {(4 + \sqrt 7 )^x} > 0$$ \Leftrightarrow 3m + (3m + 2).{\left( {\frac{{4 – \sqrt 7 }}{3}} \right)^x} + {\left( {\frac{{4 + \sqrt 7 }}{3}} \right)^x} > 0$

Đặt $t = {\left( {\frac{{4 + \sqrt 7 }}{3}} \right)^x}$, vì $x < 0$nên $0 < t < 1$.

BPT trở thành $3m + \frac{{3m + 2}}{t} + t > 0,\,\,\forall t \in \left( {0\,;\,\,1} \right)$$ \Leftrightarrow 3m > \frac{{ – {t^2} – 2}}{{t + 1}},$$t \in \left( {0\,;\,\,1} \right)$

Xét $f(t) = \frac{{ – {t^2} – 2}}{{t + 1}},$$t \in \left( {0\,;\,\,1} \right)$

${f^t}(t) = \frac{{ – {t^2} – 2t + 2}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow t = \sqrt 3 – 1$

Vậy yêu cầu bài toán $ \Leftrightarrow 3m > \frac{{2\sqrt 3 – 6}}{{\sqrt 3 }} \Leftrightarrow m > \frac{{2 – 2\sqrt 3 }}{3}.$

Câu 15. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số $m$ để bất phương trình $\sqrt[{}]{{{2^x} + 3}} + \sqrt[{}]{{5 – {2^x}}} \le m$ nghiệm đúng với mọi $x \in \left( { – \infty \,;\,{{\log }_2}5} \right)$.

A. $m \ge 4$. B. $m \ge 2\sqrt[{}]{2}$. C. $m < 4$. D. $m < 2\sqrt[{}]{2}$.

Lời giải

Chọn A

Đặt ${2^x} = t$. Vì $x < {\log _2}5$$ \Rightarrow 0 < {2^x} < {2^{lo{g_2}5}}$$ \Rightarrow 0 < t < 5$.

Yêu cầu bài toán trở thành $\sqrt[{}]{{t + 3}} + \sqrt[{}]{{5 – t}} \le m$, $\forall t \in \left( {0\,;\,5} \right)$.

Xét hàm số $f\left( t \right) = \sqrt[{}]{{t + 3}} + \sqrt[{}]{{5 – t}}$ với $x$.

Có $f’\left( t \right) = \frac{1}{{2\sqrt {t + 3} }} – \frac{1}{{2\sqrt {5 – t} }}$.

$f’\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{{2\sqrt {t + 3} }} – \frac{1}{{2\sqrt {5 – t} }} = 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ – 3 < t < 5}\\{\sqrt {t + 3} = \sqrt {5 – t} }\end{array}} \right. \Leftrightarrow t = 1$

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có: $ – $.

Câu 16. Tìm tất cả các giá trị của $m$ để bất phương trình $m{.4^{{x^2} – 2x – 1}} – \left( {1 – 2m} \right){.10^{{x^2} – 2x – 1}} + m{.25^{{x^2} – 2x – 1}} \le 0$ nghiệm đúng với mọi $x \in \left[ {\frac{1}{2};\,2} \right]$.

A. $m < 0$. B. $m \ge \frac{{100}}{{841}}$. C. $m \le \frac{1}{4}$. D. $m \le \frac{{100}}{{841}}$.

Lời giải

Chọn A

$m{.4^{{x^2} – 2x – 1}} – \left( {1 – 2m} \right){.10^{{x^2} – 2x – 1}} + m{.25^{{x^2} – 2x – 1}} \le 0,\,\forall x \in \left[ {\frac{1}{2}\,;\,2} \right]$

$ \Leftrightarrow m – \left( {1 – 2m} \right).{\left( {\frac{5}{2}} \right)^{{x^2} – 2x – 1}} + m.{\left( {\frac{5}{2}} \right)^{2\left( {{x^2} – 2x – 1} \right)}} \le 0,\,\forall x \in \left[ {\frac{1}{2}\,;\,2} \right]$ $\left( 1 \right)$

Đặt $t = {\left( {\frac{5}{2}} \right)^{{x^2} – 2x – 1}}\, \Rightarrow t'(x) = {\left( {\frac{5}{2}} \right)^{{x^2} – 2x – 1}}\,.\ln \left( {\frac{5}{2}} \right).\left( {2x – 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1$.

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có $t \in \left[ {\frac{4}{{25}}\,;\,\frac{2}{5}} \right]$

$\left( 1 \right) \Leftrightarrow m – \left( {1 – 2m} \right).t + m.{t^2} \le 0,\,\forall t \in \left[ {\frac{4}{{25}}\,;\,\frac{2}{5}} \right] \Leftrightarrow m \le \frac{t}{{{t^2} + 2t + 1}},\,\forall t \in \left[ {\frac{4}{{25}}\,;\,\frac{2}{5}} \right]$

$ \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {\frac{4}{{25}};\,\frac{2}{5}} \right]} \frac{t}{{{t^2} + 2t + 1}}$ (*)

Xét hàm số $f\left( t \right) = \frac{t}{{{t^2} + 2t + 1}}$,$t \in \left[ {\frac{4}{{25}};\,\frac{2}{5}} \right]$

$f’\left( t \right) = \frac{{ – {t^2} + 1}}{{{{\left( {{t^2} + 2t + 1} \right)}^2}}}$, $f’\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow – {t^2} + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = – 1\,\left( l \right)\\t = 1\,\,\,\,\,\left( l \right)\end{array} \right.$

Ta có $f\left( {\frac{4}{{25}}} \right) = \frac{{100}}{{841}}$, $f\left( {\frac{2}{5}} \right) = \frac{{10}}{{49}}$ $ \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {\frac{4}{{25}};\,\frac{2}{5}} \right]} f\left( t \right) = \frac{{100}}{{841}}$

(*)$ \Leftrightarrow m \le \frac{{100}}{{841}}$.

Vậy $m \le \frac{{100}}{{841}}$ thì bất phương trình nghiệm đúng với mọi $x \in \left[ {\frac{1}{2};\,2} \right]$.

Câu 17. Có bao nhiêu số nguyên $x$ sao cho ứng với mỗi $x$ có không quá $728$ số nguyên $y$ thỏa mãn ${\log _4}\left( {{x^2} + y} \right) \ge {\log _3}(x + y)$?

A. $59$. B. $58$. C. $116$. D. $115$.

Lời giải

Chọn C

Bất phương trình đã cho tương đương ${\log _3}(x + y) – {\log _4}\left( {{x^2} + y} \right) \le 0$(1)

Xét hàm số $f(y) = {\log _3}(x + y) – {\log _4}\left( {{x^2} + y} \right)$.

Tập xác định $D = ( – x\,; + \infty )$.

Với mọi $x \in \mathbb{Z}$ ta có ${x^2} \ge x$ nên $f'(y) = \frac{1}{{(x + y)\ln 3}} – \frac{1}{{\left( {{x^2} + y} \right)\ln 4}} \ge 0,\,\,\forall x \in D$

$ \Rightarrow f(y)$ đồng biến trên khoảng $( – x\,; + \infty )$.

Do $y$ là số nguyên thuộc $( – x\,; + \infty )$ nên $y = – x + k,\,k \in {\mathbb{Z}^ + }$.

Giả sử $y = – x + k$là nghiệm của bất phương trình (1) thì $f(y) = f( – x + k) \le 0$.

Mà $ – x + 1 < – x + 2 < \,…\, < – x + k$ và $f(y)$ đồng biến trên khoảng $( – x\,; + \infty )$, suy ra

$f( – x + 1) < f( – x + 2) < \,…\, < f( – x + k) \le 0$, nên các số nguyên $ – x + 1,\,\, – x + 2,\,\,…\,,\,\, – x + k$ đều là nghiệm của (1), hay nói cách khác bất phương trình (1) sẽ có $k$ số nguyên $y$ thỏa mãn yêu cầu ứng với mỗi $x$.

Để có không quá 728 số nguyên $y$ thì $f( – x + 729) > 0 \Leftrightarrow {\log _3}729 – {\log _4}\left( {{x^2} – x + 729} \right) > 0$

$ \Leftrightarrow {x^2} – x – 3367 < 0 \Leftrightarrow \frac{{1 – \sqrt {13469} }}{2} < x < \frac{{1 + \sqrt {13469} }}{2}$

Mà $x \in \mathbb{Z}$ nên $x \in \left\{ { – 57,\,\, – 56,\,\,…,\,\,58} \right\}$.

Vậy có $116$ số nguyên $x$ thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 18. Điều kiện của $m$ để hệ bất phương trình $\left\{ \begin{array}{l}{7^{2x + \sqrt {x + 1} }} – {7^{2 + \sqrt {x + 1} }} + 2020x \le 2020\\{x^2} – \left( {m + 2} \right)x + 2m + 3 \ge 0\end{array} \right.$ có nghiệm là :

A. $m \ge – 3.$ B. $ – 2 \le m \le 1.$ C. $ – 1 \le m \le 2.$ D. $m \ge – 2.$

Lời giải

Chọn D

${7^{2x + \sqrt {x + 1} }} – {7^{2 + \sqrt {x + 1} }} + 2020x \le 2020 \Leftrightarrow {7^{2x + \sqrt {x + 1} }} + 1010.\left( {2x + \sqrt {x + 1} } \right) \le {7^{2 + \sqrt {x + 1} }} + 1010.\left( {2 + \sqrt {x + 1} } \right){\rm{ }}\left( * \right)$

Hàm số $f(t) = {7^t} + 1010.t$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ .

$\left( * \right) \Leftrightarrow f\left( {2x + \sqrt {x + 1} } \right) \le f\left( {2 + \sqrt {x + 1} } \right) \Leftrightarrow 2x + \sqrt {x + 1} \le 2 + \sqrt {x + 1} \Leftrightarrow – 1 \le x \le 1.$

Hệ bất phương trình đã cho có nghiệm $ \Leftrightarrow {x^2} – \left( {m + 2} \right)x + 2m + 3 \ge 0$ có nghiệm $x \in \left[ { – 1\,;\,\,1} \right]$

$ \Leftrightarrow m \ge \frac{{{x^2} – 2x + 3}}{{x – 2}}$ có nghiệm $x \in \left[ { – 1\,;\,\,1} \right]$.

Từ bảng biến thiên ta thấy ${\rm{ }}m \ge – 2$ là các giá trị cần tìm.

Câu 19. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của $m$ để bất phương trình ${9^{{m^2}x}} + {4^{{m^2}x}} \ge m{.5^{{m^2}x}}$ có nghiệm?

A. $10$. B. Vô số. C. $9$. D. $1$.

Lời giải

Chọn B

Từ giả thiết, ta chỉ xét $m \in {\mathbb{Z}^ + }$

Ta có: ${9^{{m^2}x}} + {4^{{m^2}x}} \ge m{.5^{{m^2}x}}$$ \Leftrightarrow {\left( {\frac{9}{5}} \right)^{{m^2}x}} + {\left( {\frac{4}{5}} \right)^{{m^2}x}} \ge m\,\,\left( 1 \right)$

Có ${\left( {\frac{9}{5}} \right)^{{m^2}x}} + {\left( {\frac{4}{5}} \right)^{{m^2}x}} \ge 2\sqrt {{{\left( {\frac{9}{5}} \right)}^{{m^2}x}}.{{\left( {\frac{4}{5}} \right)}^{{m^2}x}}} = 2{\left( {\frac{6}{5}} \right)^{{m^2}x}}$.

Do đó nếu ${x_0}$ là nghiệm của bất phương trình $2{\left( {\frac{6}{5}} \right)^{{m^2}x}} \ge m$ thì ${x_0}$ cũng là nghiệm của ${\left( {\frac{9}{5}} \right)^{{m^2}x}} + {\left( {\frac{4}{5}} \right)^{{m^2}x}} \ge m$.

Ta xét các giá trị $m \in {\mathbb{Z}^ + }$ làm cho bất phương trình $2{\left( {\frac{6}{5}} \right)^{{m^2}x}} \ge m\,\,\,\left( 2 \right)$ có nghiệm.

Vì $2{\left( {\frac{6}{5}} \right)^{{m^2}x}} \ge m$$ \Leftrightarrow {\left( {\frac{6}{5}} \right)^{{m^2}x}} \ge \frac{m}{2}$, $m \in {\mathbb{Z}^ + }$

$ \Leftrightarrow {m^2}x \ge {\log _{\frac{6}{5}}}\left( {\frac{m}{2}} \right)$ $ \Leftrightarrow x \ge \frac{1}{{{m^2}}}{\log _{\frac{6}{5}}}\left( {\frac{m}{2}} \right)$, với $m \in {\mathbb{Z}^ + }$.

Vậy với $m \in {\mathbb{Z}^ + }$ thì bất phương trình $\left( 2 \right)$ có nghiệm tương ứng là $x \ge \frac{1}{{{m^2}}}{\log _{\frac{6}{5}}}\left( {\frac{m}{2}} \right)$.

Suy ra có vô số giá trị $m \in {\mathbb{Z}^ + }$ làm cho bất phương trình $\left( 1 \right)$ có nghiệm.

Câu 20. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m \in \left[ { – 10;\,10} \right]$ để bất phương trình sau nghiệm đúng với $\forall x \in \mathbb{R}$: ${\left( {6 + 2\sqrt 7 } \right)^x} + \left( {2 – m} \right){\left( {3 – \sqrt 7 } \right)^x} – \left( {m + 1} \right){2^x} \ge 0$

A. $10$. B. $9$. C. $12$. D. $11$.

Lời giải

Chọn C

Ta có:

${\left( {6 + 2\sqrt 7 } \right)^x} + \left( {2 – m} \right){\left( {3 – \sqrt 7 } \right)^x} – \left( {m + 1} \right){2^x} \ge 0$$ \Leftrightarrow {2^x}{\left( {3 + \sqrt 7 } \right)^x} + \left( {2 – m} \right){\left( {3 – \sqrt 7 } \right)^x} \ge \left( {m + 1} \right){2^x}$

$ \Leftrightarrow {\left( {3 + \sqrt 7 } \right)^x} + \left( {2 – m} \right){\left( {\frac{{3 – \sqrt 7 }}{2}} \right)^x} \ge m + 1$

Đặt $t = {\left( {3 + \sqrt 7 } \right)^x}$, $t > 0$ $ \Rightarrow {\left( {\frac{{3 – \sqrt 7 }}{2}} \right)^x} = \frac{1}{t}$.

Yêu cầu bài toán $ \Leftrightarrow t + \left( {2 – m} \right).\frac{1}{t} \ge m + 1,\,\forall t > 0 \Leftrightarrow m \le \frac{{{t^2} – t + 2}}{{t + 1}},\,\forall t > 0$

Xét hàm số $f\left( t \right) = \frac{{{t^2} – t + 2}}{{t + 1}}$ trên khoảng $\left( {0\,;\, + \propto } \right)$, ta có $f’\left( t \right) = \frac{{{t^2} + 2t – 3}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}}$

$f’\left( t \right) = 0$ $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = – 3\\t = 1\end{array} \right.$. Khi đó, ta có bảng biến thiên sau

Từ bảng biến thiên trên ta suy ra để bất phương trình đã cho nghiệm đúng thì $m \le 1$. Suy ra trong đoạn $\left[ { – 10\,;\,10} \right]$ có tất cả $12$ giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Mức độ 4

Câu 1. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương $\left( {x;y} \right)$với $x \le 2020$thỏa mãn ${\log _2}\left( {x – 1} \right) + 2x – 2y = 1 + {4^y}$.

A.$5$. B. $1010$. C. $6$. D. $2020$.

Lời giải

Chọn A

Theo đề bài ${\log _2}\left( {x – 1} \right) + 2x – 2y = 1 + {4^y} \Leftrightarrow {\log _2}2\left( {x – 1} \right) + 2\left( {x – 1} \right) = 2y + {2^{2y}}$

Đặt $t = {\log _2}2\left( {x – 1} \right) \Rightarrow 2\left( {x – 1} \right) = {2^t}$.

Ta có ${2^t} + t = {2^{2y}} + 2y\,\,\,\,\left( 1 \right)$.

Xét hàm số $f\left( t \right) = {2^t} + t$trên $R$

$f’\left( t \right) = {2^t}.\ln 2 + 1 > 0\,\,\forall t \in R \Rightarrow f\left( t \right)$đồng biến trên $R$.

$\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( t \right) = f\left( {2y} \right) \Leftrightarrow t = 2y \Leftrightarrow {\log _2}2\left( {x – 1} \right) = 2y$

$ \Leftrightarrow 2\left( {x – 1} \right) = {2^{2y}}$

$ \Leftrightarrow x = {2^{2y – 1}} + 1$.

Mà $x \le 2020 \Rightarrow {2^{2y – 1}} + 1 \le 2020 \Leftrightarrow y \le \frac{1}{2}\left( {1 + {{\log }_2}2019} \right)$.

Vì $y \in {Z^ + } \Rightarrow y \in \left\{ {1;2;3;4;5} \right\}$.

Vậy có 5 cặp điểm cặp số nguyên dương $\left( {x;y} \right)$.

Câu 2. Xét các số thực thỏa mãn ${2^{{x^2} + {y^2} + 1}} \le \left( {{x^2} + {y^2} – 2x + 2} \right){4^x}$. Giá trị lớn nhất của biểu thức $P = \frac{{8x + 4}}{{2x – y + 1}}$ gần với giá trị nào sau đây nhất?

A. $9$ B. $6$. C. $7$. D. $8$.

Lời giải

Chọn C

${2^{{x^2} + {y^2} + 1}} \le \left( {{x^2} + {y^2} – 2x + 2} \right){.4^x}$

${2^{{x^2} + {y^2} – 2x + 1}} \le {x^2} + {y^2} – 2x + 2$

${2^{{{\left( {x – 1} \right)}^2} + {y^2}}} – \left[ {{{\left( {x – 1} \right)}^2} + {y^2}} \right] – 1 \le 0\left( 1 \right)$

Đặt $t = {\left( {x – 1} \right)^2} + {y^2}$

$\left( 1 \right) \Leftrightarrow {2^t} – t – 1 \le 0 \Leftrightarrow 0 \le t \le 1 \Leftrightarrow {\left( {x – 1} \right)^2} + {y^2} \le 1$

$P = \frac{{8x + 4}}{{2x – y + 1}} \Rightarrow \left( {2P – 8} \right).x – P.y + \left( {P – 4} \right) = 0$

Yêu cầu bài toán tương đương:

$\frac{{\left| {2P – 8 + P – 4} \right|}}{{\sqrt {{{\left( {2P – 8} \right)}^2} + {P^2}} }} \le 1 \Leftrightarrow \left| {3P – 12} \right| \le \sqrt {{{\left( {2P – 8} \right)}^2} + {P^2}} \Leftrightarrow 5 – \sqrt 5 \le P \le 5 + \sqrt 5 $

Câu 3. Có bao nhiêu bộ $\left( {x;y} \right)$ với $x,y$ nguyên và $1 \le x,y \le 2020$ thỏa mãn$\left( {xy + 2x + 4y + 8} \right){\log _3}\left( {\frac{{2y}}{{y + 2}}} \right) \le \left( {2x + 3y – xy – 6} \right){\log _2}\left( {\frac{{2x + 1}}{{x – 3}}} \right)$?

A. $2017$. B. $4034$. C. $2$. D. $2017 \times 2020$.

Lời giải

Chọn B

+ Điều kiện $\left\{ \begin{array}{l}x,y \in {\mathbb{N}^*}:x,y \le 2020\\\frac{{2x + 1}}{{x – 3}} > 0,\frac{{2y}}{{y + 2}} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x,y \in {\mathbb{N}^*}:x,y \le 2020\\x > 3,y > 0\end{array} \right.$.

BPT cho có dạng $\left( {x – 3} \right)\left( {y – 2} \right){\log _2}\left( {\frac{{x + 4}}{{x – 3}} + 1} \right) + \left( {x + 4} \right)\left( {y + 2} \right){\log _3}\left( {\frac{{y – 2}}{{y + 2}} + 1} \right) \le 0$ .

+ Xét $y = 1$ thì thành $ – \left( {x – 3} \right){\log _2}\left( {\frac{{x + 4}}{{x – 3}} + 1} \right) + 3\left( {x + 4} \right){\log _3}\frac{2}{3} \le 0$, rõ ràng BPT này nghiệm đúng với mọi $x > 3$ vì $ – \left( {x – 3} \right) < 0,{\rm{ }}{\log _2}\left( {\frac{{x + 4}}{{x – 3}} + 1} \right) > {\log _2}\left( {0 + 1} \right) = 0,{\rm{ }}3\left( {x + 4} \right) > 0,{\rm{ }}{\log _3}\frac{2}{3} < 0$.

Như vậy trường hợp này cho ta đúng 2017 bộ $\left( {x;y} \right) = \left( {x;1} \right)$ với $4 \le x \le 2020,x \in \mathbb{N}$.

+ Xét $y = 2$ thì thành $4\left( {x + 4} \right){\log _3}1 \le 0$, BPT này cũng luôn đúng với mọi x mà $4 \le x \le 2020,x \in \mathbb{N}$.

Trường hợp này cho ta 2017 cặp $\left( {x;y} \right)$ nữa.

+ Với $y > 2,x > 3$ thì $VT\left( * \right) > 0$ nên không xảy ra.

Vậy có đúng 4034 bộ số $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 4. Cho $x,y$ là các số thực thỏa mãn bất phương trình: ${\log _2}\left( {2x + 2} \right) + x – 3y \ge {8^y}$. Biết $0 \le x \le 20$, số các cặp $x,y$ nguyên thỏa mãn bất phương trình trên là

A. $2$. B. $33$. C. $35$. D. $5$.

Lời giải:

Chọn C

Ta có ${\log _2}\left( {2x + 2} \right) + x – 3y \ge {8^y} \Leftrightarrow {2^{{{\log }_2}\left( {x + 1} \right)}} + {\log _2}\left( {x + 1} \right) \ge {2^{3y}} + 3y$. (1)

Xét hàm số $f\left( t \right) = {2^t} + t$ có $f’\left( t \right) = {2^t}\ln 2 + 1 > 0,\forall t \in \mathbb{R}$.

Khi đó $\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( {{{\log }_2}\left( {x + 1} \right)} \right) \ge f\left( {3y} \right) \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + 1} \right) \ge 3y \Leftrightarrow x \ge {2^{3y}} – 1$.

Với $0 \le x \le 20 \Rightarrow 1 \le {2^{3y}} \le 21 \Rightarrow 0 \le y \le {\log _8}21 \approx 1,4$ .

Vì $y \in \mathbb{Z} \Rightarrow y \in \left\{ {0;1} \right\}$.

Với $y = 0$ có $x \ge 0$ nên có 21 cặp $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn.

Với $y = 1$ có $x \ge 7$ nên có 14 cặp $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn.

Vậy có tất cả 35 cặp $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn.

Câu 5. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m \in \left[ { – 10;\,10} \right]$ để bất phương trình sau nghiệm đúng với $\forall x \in \mathbb{R}$: ${\left( {6 + 2\sqrt 7 } \right)^x} + \left( {2 – m} \right){\left( {3 – \sqrt 7 } \right)^x} – \left( {m + 1} \right){2^x} \ge 0$

A. $10$. B. $9$. C. $12$. D. $11$.

Lời giải:

Chọn D

Ta có:

${\left( {6 + 2\sqrt 7 } \right)^x} + \left( {2 – m} \right){\left( {3 – \sqrt 7 } \right)^x} – \left( {m + 1} \right){2^x} \ge 0$$ \Leftrightarrow {2^x}{\left( {3 + \sqrt 7 } \right)^x} + \left( {2 – m} \right){\left( {3 – \sqrt 7 } \right)^x} > \left( {m + 1} \right){2^x}$

$ \Leftrightarrow {\left( {3 + \sqrt 7 } \right)^x} + \left( {2 – m} \right){\left( {\frac{{3 + \sqrt 7 }}{2}} \right)^x} > m + 1$

Đặt $t = {\left( {3 + \sqrt 7 } \right)^x}$, $t > 0$ $ \Rightarrow {\left( {\frac{{3 – \sqrt 7 }}{2}} \right)^x} = \frac{1}{t}$. Bất phương trình đã cho trở thành:

$t + \left( {2 – m} \right).\frac{1}{t} > m + 1$ $ \Leftrightarrow \frac{{{t^2} – t + 2}}{{t + 1}} > m$.

Xét hàm số $f\left( t \right) = \frac{{{t^2} – t + 2}}{{t + 1}}$ trên khoảng $\left( {0;\, + \propto } \right)$, ta có $f’\left( t \right) = \frac{{{t^2} + 2t – 3}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}}$

$f’\left( t \right) = 0$ $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = – 3\\t = 0\end{array} \right.$. Khi đó, ta có bảng biến thiên sau:

Từ bảng biến thiên trên ta suy ra để bất phương trình đã cho nghiệm đúng thì $m < 1$. Suy ra trong đoạn $\left[ { – 10;\,10} \right]$ có tất cả $11$ giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 6. Có mấy giá trị nguyên dương của $m$ để bất phương trình ${9^{{m^2}x}} + {4^{{m^2}x}} \ge m{.5^{{m^2}x}}$ có nghiệm?

A. $10$. B. Vô số. C. $9$. D. $1$.

Lời giải:

Chọn B

Từ giả thiết, ta chỉ xét $m \in {\mathbb{Z}^ + }$

Ta có: ${9^{{m^2}x}} + {4^{{m^2}x}} \ge m{.5^{{m^2}x}}$$ \Leftrightarrow {\left( {\frac{9}{5}} \right)^{{m^2}x}} + {\left( {\frac{4}{5}} \right)^{{m^2}x}} \ge m\,\,\left( 1 \right)$

Có ${\left( {\frac{9}{5}} \right)^{{m^2}x}} + {\left( {\frac{4}{5}} \right)^{{m^2}x}} \ge 2\sqrt {{{\left( {\frac{9}{5}} \right)}^{{m^2}x}}.{{\left( {\frac{4}{5}} \right)}^{{m^2}x}}} = 2{\left( {\frac{6}{5}} \right)^{{m^2}x}}$.

Do đó nếu có ${x_0}$ là nghiệm của bất phương trình $2{\left( {\frac{6}{5}} \right)^{{m^2}x}} \ge m$

thì ${x_0}$ cũng là nghiệm của ${\left( {\frac{9}{5}} \right)^{{m^2}x}} + {\left( {\frac{4}{5}} \right)^{{m^2}x}} \ge m$.

Ta xét các giá trị $m \in {\mathbb{Z}^ + }$ làm cho bất phương trình $2{\left( {\frac{6}{5}} \right)^{{m^2}x}} \ge m\,\,\,\left( 2 \right)$ có nghiệm.

Vì $2{\left( {\frac{6}{5}} \right)^{{m^2}x}} \ge m$$ \Leftrightarrow {\left( {\frac{6}{5}} \right)^{{m^2}x}} \ge \frac{m}{2}$, $m \in {\mathbb{Z}^ + }$

$ \Leftrightarrow {m^2}x \ge {\log _{\frac{6}{5}}}\left( {\frac{m}{2}} \right)$ $ \Leftrightarrow x \ge \frac{1}{{{m^2}}}{\log _{\frac{6}{5}}}\left( {\frac{m}{2}} \right)$, với $m \in {\mathbb{Z}^ + }$.

Vậy với $m \in {\mathbb{Z}^ + }$ thì bất phương trình $\left( 2 \right)$ có nghiệm tương ứng là $x \ge \frac{1}{{{m^2}}}{\log _{\frac{6}{5}}}\left( {\frac{m}{2}} \right)$.

Suy ra có vô số giá trị $m \in {\mathbb{Z}^ + }$ làm cho bất phương trình $\left( 1 \right)$ có nghiệm.

Câu 7. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số $m$ để tập nghiệm của bất phương trình $\left( {{3^{x + 2}} – \sqrt 3 } \right)\left( {{3^x} – 2m} \right) < 0$ chứa không quá 9 số nguyên?

A. 1094. B. 3281. C. 1093. D. 3280.

Lời giải.

Chọn D

Đặt $t = {3^x},\left( {t > 0} \right)$bất phương trình $\left( {{3^{x + 2}} – \sqrt 3 } \right)\left( {{3^x} – 2m} \right) < 0\,\left( 1 \right)$ trở thành$\left( {9t – \sqrt 3 } \right)\left( {t – 2m} \right) < 0\,\left( 2 \right)$.

Nếu $2m \le \frac{{\sqrt 3 }}{9}$$ \Leftrightarrow m \le \frac{{\sqrt 3 }}{{18}} < 1$ thì không có số nguyên dương $m$ nào thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Nếu $2m > \frac{{\sqrt 3 }}{9}$$ \Leftrightarrow m > \frac{{\sqrt 3 }}{{18}}$ thì bất phương trình $\left( 2 \right) \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{9} < t < 2m$.

Khi đó tập nghiệm của bất phương trình $\left( 1 \right)$ là $S = \left( { – \frac{3}{2};{{\log }_3}\left( {2m} \right)} \right)$.

Để $S$ chứa không quá 9 số nguyên thì ${\log _3}\left( {2m} \right) \le 8 \Leftrightarrow 0 < m \le \frac{{{3^8}}}{2}$

Vậy có 3280 số nguyên dương$m$ thỏa mãn.

Câu 8. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn điều kiện $x \le 2020$ và $3\left( {{9^y} + 2y} \right) \le x + {\log _3}{\left( {x + 1} \right)^3} – 2$?

A. $4$. B. $2$. C. $3772$. D. $3774$.

Lời giải:

Chọn D

Ta có $3\left( {{9^y} + 2y} \right) \le x + {\log _3}{\left( {x + 1} \right)^3} – 2 \Leftrightarrow {3.9^y} + 6y \le x + 3{\log _3}\left( {x + 1} \right) – 2$

$ \Leftrightarrow {3^{2y + 1}} + 3\left( {2y + 1} \right) \le \left( {x + 1} \right) + 3{\log _3}\left( {x + 1} \right)$. (*)

Xét hàm số $f\left( t \right) = {3^t} + 3t$ có $f’\left( t \right) = {3^t}.\ln 3 + 3 > 0,{\rm{ }}\forall t$.

Suy ra hàm số $f\left( t \right) = {3^t} + 3t$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Do đó $\left( * \right) \Leftrightarrow f\left( {2y + 1} \right) \le f\left( {{{\log }_3}\left( {x + 1} \right)} \right) \Leftrightarrow 2y + 1 \le {\log _3}\left( {x + 1} \right) \Leftrightarrow {3^{2y + 1}} – 1 \le x$.

Vì $x \le 2020$ nên ${3^{2y + 1}} – 1 \le 2020 \Leftrightarrow y \le \frac{{{{\log }_3}2021 – 1}}{2} \approx 2,9$.

Với giả thiết $y$ nguyên dương suy ra $y \in \left\{ {1;2} \right\}$.

Với $y = 1$ có $26 \le x \le 2020$ suy ra có 1995 cặp số $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn .

Với $y = 2$ có $242 \le x \le 2020$ suy ra có 1779 cặp số $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn .

Vậy có tất cả 3774 cặp số $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn đề bài.

Câu 9. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ để bất phương trình $\left( {{3^{{x^2} – x}} – 9} \right)\left( {{2^{{x^2}}} – m} \right) \le 0$ có 5 nghiệm nguyên?

A. $65021$. B. $65024$ C. $65022$. D. $65023$.

Lời giải:

Chọn B

$\left( {{3^{{x^2} – x}} – 9} \right)\left( {{2^{{x^2}}} – m} \right) \le 0$

Th1: Xét ${3^{{x^2} – x}} – 9 = 0 \Leftrightarrow {x^2} – x = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – 1\\x = 2\end{array} \right.$ là nghiệm của bất phương trình.

Th2: Xét ${3^{{x^2} – x}} – 9 > 0 \Leftrightarrow {x^2} – x > 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < – 1\\x > 2\end{array} \right.$.

Khi đó, $(1) \Leftrightarrow {2^{{x^2}}} \le m \Leftrightarrow {x^2} \le {\log _2}m\,\,(2)$

Nếu $m < 1$ thì vô nghiệm.

Nếu $m \ge 1$ thì $(2) \Leftrightarrow – \sqrt {{{\log }_2}m} \le x \le \sqrt {{{\log }_2}m} $.

Do đó, có 5 nghiệm nguyên $ \Leftrightarrow \left( {\left( { – \infty ; – 1} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)} \right) \cap \left[ { – \sqrt {{{\log }_2}m} ;\sqrt {{{\log }_2}m} } \right]$ có 3 giá trị nguyên $\sqrt {{{\log }_2}m} \in \left[ {3;4} \right) \Leftrightarrow 512 \le m < 65536$. Suy ra có 65024 giá trị $m$ nguyên thỏa mãn.

Th3: Xét ${3^{{x^2} – x}} – 9 < 0 \Leftrightarrow {x^2} – x < 2 \Leftrightarrow – 1 < x < 2$. Vì $\left( { – 1;2} \right)$ chỉ có hai số nguyên nên không có giá trị $m$ nào để bất phương trình có 5 nghiệm nguyên.

Vậy có tất cả 65024 giá trị $m$ nguyên thỏa ycbt.

Câu 10. Có bao nhiêu số nguyên $x$ sao cho ứng với mỗi $x$ có không quá $728$ số nguyên $y$ thỏa mãn ${\log _4}\left( {{x^2} + y} \right) \ge {\log _3}(x + y)$?

A. $59$. B. $58$. C. $116$. D. $115$.

Lời giải:

Chọn C

Với mọi $x \in \mathbb{Z}$ ta có ${x^2} \ge x$.

Xét hàm số $f(y) = {\log _3}(x + y) – {\log _4}\left( {{x^2} + y} \right)$.

Tập xác định ${\rm{D}} = ( – x; + \infty )$.

$f'(y) = \frac{1}{{(x + y)\ln 3}} – \frac{1}{{\left( {{x^2} + y} \right)\ln 4}} \ge 0,\,\,\forall y \in D$

$ \Rightarrow $$f(y)$ tăng trên ${\rm{D}}$.

Ta có $f( – x + 1) = {\log _3}(x – x + 1) – {\log _4}\left( {{x^2} – x + 1} \right) \le 0$.

Có không quá 728 số nguyên $y$ thỏa mãn $f\left( y \right) \le 0$

$ \Leftrightarrow f( – x + 729) > 0 \Leftrightarrow {\log _3}729 – {\log _4}\left( {{x^2} – x + 729} \right) > 0$

$ \Leftrightarrow {x^2} – x + 729 – {4^6} < 0$$ \Leftrightarrow $${x^2} – x – 3367 < 0$

$ \Leftrightarrow – 57,5 \le x \le 58,5$

Mà $x \in \mathbb{Z}$ nên $x \in \left\{ { – 57,\, – 56,\,…,\,58} \right\}$.

Vậy có $58 – ( – 57) + 1 = 116$ số nguyên $x$ thỏa.

Câu 11. Có bao nhiêu số nguyên $x$ sao cho ứng với mỗi $x$ có không quá $242$ số nguyên $y$ thỏa mãn ${\log _4}\left( {{x^2} + y} \right) \ge {\log _3}\left( {x + y} \right)$?

A. $55$. B. $28$. C. $29$. D. $56$.

Lời giải

Chọn D

Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + y > 0\\x + y > 0\end{array} \right.$.

Đặt ${\log _3}\left( {x + y} \right) = t$, ta có $\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + y \ge {4^t}\\x + y = {3^t}\end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} – x \ge {4^t} – {3^t}\,\,\,\left( * \right)\\y = {3^t} – x\end{array} \right.$.

Nhận xét rằng hàm số $f\left( t \right) = {4^t} – {3^t}$ đồng biến trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$ và $f\left( t \right) > 0$ với mọi $t > 0$

Gọi $n \in \mathbb{Z}$ thỏa ${4^n} – {3^n} = {x^2} – x$, khi đó $\left( * \right) \Leftrightarrow t \le n$.

Từ đó, ta có $ – x < y = {3^t} – x \le {3^n} – x$.

Mặt khác, vì có không quá $242$ số nguyên $y$ thỏa mãn đề bài nên ${3^n} < 243 \Leftrightarrow n \le {\log _3}243 = 5$

Từ đó, suy ra ${x^2} – x < {4^5} – 243 \Leftrightarrow {x^2} – x – 781 < 0 \Leftrightarrow \frac{{1 – 25\sqrt 5 }}{2} < x < \frac{{1 + 25\sqrt 5 }}{2}$

Mà $x \in \mathbb{Z}$ nên $x \in \left\{ { – 27,\,\, – 26,\,\,…,\,\,27,\,\,28} \right\}$.

Vậy có $56$ giá trị nguyên của $x$ thỏa yêu cầu đề bài.

Câu 12. Có bao nhiêu số nguyên $x$ sao cho ứng với mỗi $x$ có không quá $127$ số nguyên $y$ thỏa mãn ${\log _3}\left( {{x^2} + y} \right) \ge {\log _2}\left( {x + y} \right)$?

A. $89$. B. $46$. C. $45$. D. $90$.

Lời giải

Chọn D

Ta có ${\log _3}\left( {{x^2} + y} \right) \ge {\log _2}\left( {x + y} \right)\left( 1 \right)$

Đặt $t = x + y \in \mathbb{N}*$

$(1) \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{x^2} – x + t} \right) \ge {\log _2}t \Leftrightarrow g(t) = {\log _2}t – {\log _3}\left( {{x^2} – x + t} \right) \le 0\left( 2 \right)$

Đạo hàm $g'(t) = \frac{1}{{t\ln 2}} – \frac{1}{{\left( {{x^2} – x + t} \right)\ln 3}} > 0$ với mọi $t > 0$. Do đó $g\left( t \right)$ đồng biến trên $\left( {0\,; + \infty } \right)$

Vì mỗi $x$ nguyên có không quá $127$ giá trị $t \in \mathbb{N}*$ nên ta có

$g(128) > 0 \Leftrightarrow {\log _2}128 – {\log _3}\left( {{x^2} – x + 128} \right) > 0$

$ \Leftrightarrow {x^2} – x + 128 < {3^7} \Leftrightarrow {x^2} – x – 2059 < 0 \Leftrightarrow \frac{{1 – \sqrt {8236} }}{2} < x < \frac{{1 + \sqrt {8236} }}{2}$

Vậy có $90$ số nguyên $x$ thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 13. Xét các số thực thỏa mãn ${2^{{x^2} + {y^2} + 1}} \le \left( {{x^2} + {y^2} – 2x + 2} \right){4^x}$. Giá trị lớn nhất của biểu thức $P = \frac{{8x + 4}}{{2x – y + 1}}$ gần với giá trị nào sau đây nhất?

A. $9$ B. $6$. C. $7$. D. $8$.

Lời giải

Chọn B

${2^{{x^2} + {y^2} + 1}} \le \left( {{x^2} + {y^2} – 2x + 2} \right){.4^x} \Leftrightarrow {2^{{x^2} + {y^2} – 2x + 1}} \le {x^2} + {y^2} – 2x + 2 \Leftrightarrow {2^{{{\left( {x – 1} \right)}^2} + {y^2}}} – \left[ {{{\left( {x – 1} \right)}^2} + {y^2}} \right] – 1 \le 0\left( 1 \right)$Đặt $t = {\left( {x – 1} \right)^2} + {y^2} \ge 0$.

$\left( 1 \right) \Leftrightarrow {2^t} – t – 1 \le 0 \Leftrightarrow 0 \le t \le 1 \Leftrightarrow {\left( {x – 1} \right)^2} + {y^2} \le 1$

$P = \frac{{8x + 4}}{{2x – y + 1}} \Rightarrow \left( {2P – 8} \right).x – P.y + \left( {P – 4} \right) = 0$

Yêu cầu bài toán tương đương $\frac{{\left| {2P – 8 + P – 4} \right|}}{{\sqrt {{{\left( {2P – 8} \right)}^2} + {P^2}} }} \le 1 \Leftrightarrow \left| {3P – 12} \right| \le \sqrt {{{\left( {2P – 8} \right)}^2} + {P^2}} $

$ \Leftrightarrow {P^2} – 10P + 20 \le 0 \Leftrightarrow 5 – \sqrt 5 \le P \le 5 + \sqrt 5 $.

Vậy $\max \,P = 5 + \sqrt 5 $.

Câu 14. Có bao nhiêu bộ $\left( {x;y} \right)$ với $x,y$ nguyên và $1 \le x,\,\,y \le 2020$ thỏa mãn$\left( {xy + 2x + 4y + 8} \right){\log _3}\left( {\frac{{2y}}{{y + 2}}} \right) \le \left( {2x + 3y – xy – 6} \right){\log _2}\left( {\frac{{2x + 1}}{{x – 3}}} \right)$?

A. $2017$. B. $4034$. C. $2$. D. $2017 \times 2020$.

Lời giải

Chọn B

+ Điều kiện $\left\{ \begin{array}{l}x,y \in {\mathbb{N}^*};\,\,x,\,\,y \le 2020\\\frac{{2x + 1}}{{x – 3}} > 0,\frac{{2y}}{{y + 2}} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x,y \in {\mathbb{N}^*};\,\,x,\,\,y \le 2020\\x > 3,\,\,y > 0\end{array} \right.$.

Bất phương trình $ \Leftrightarrow \left( {x – 3} \right)\left( {y – 2} \right){\log _2}\left( {\frac{{x + 4}}{{x – 3}} + 1} \right) + \left( {x + 4} \right)\left( {y + 2} \right){\log _3}\left( {\frac{{y – 2}}{{y + 2}} + 1} \right) \le 0$.

+ Xét $y = 1$ thì thành $ – \left( {x – 3} \right){\log _2}\left( {\frac{{x + 4}}{{x – 3}} + 1} \right) + 3\left( {x + 4} \right){\log _3}\frac{2}{3} \le 0$, rõ ràng bất phương trình này nghiệm đúng với mọi $x > 3$ vì $ – \left( {x – 3} \right) < 0,{\rm{ }}{\log _2}\left( {\frac{{x + 4}}{{x – 3}} + 1} \right) > {\log _2}\left( {0 + 1} \right) = 0,{\rm{ }}3\left( {x + 4} \right) > 0,{\rm{ }}{\log _3}\frac{2}{3} < 0$.

Như vậy trường hợp này cho ta đúng 2017 bộ $\left( {x\,;\,\,y} \right) = \left( {x\,;\,\,1} \right)$ với $4 \le x \le 2020,x \in \mathbb{N}$.

+ Xét $y = 2$ thì thành $4\left( {x + 4} \right){\log _3}1 \le 0$, bất phương trình này cũng luôn đúng với mọi x mà $4 \le x \le 2020,x \in \mathbb{N}$.

Trường hợp này cho ta 2017 cặp $\left( {x\,;y} \right)$ nữa.

+ Với $y > 2,x > 3$ thì $VT\left( * \right) > 0$ nên không xảy ra.

Vậy có đúng 4034 bộ số $\left( {x\,;y} \right)$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 15. Có bao nhiêu cặp số thực $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn đồng thời điều kiện ${3^{\left| {{x^2} – 2x – 3} \right| – {{\log }_3}5}} = {5^{ – (y + 4)}}$ và $4\left| y \right| – \left| {y – 1} \right| + {\left( {y + 3} \right)^2} \le 8$?

A. $3$. B. $2$. C. $1$. D. $4$.

Lời giải

Chọn B

Xét bảng sau:

Gọi $4\left| y \right| – \left| {y – 1} \right| + {(y + 3)^2} \le 8$ (*)

+ TH1. $y < 0$, ta có $\left( * \right) \Leftrightarrow – 4y + y – 1 + {(y + 3)^2} \le 8 \Leftrightarrow – 3 \le y \le 0$, do đó $ – 3 \le y < 0$.

+ TH2. $0 \le y \le 1$, $\left( * \right) \Leftrightarrow 4y + y – 1 + {(y + 3)^2} \le 8 \Leftrightarrow – 11 \le y \le 0$, do đó $y = 0$.

+ TH3. $y > 1$, $\left( * \right) \Leftrightarrow 4y – y + 1 + {(y + 3)^2} \le 8 \Leftrightarrow \frac{{ – 9 – \sqrt {73} }}{2} \le y \le \frac{{ – 9 + \sqrt {73} }}{2}$, do đó loại TH3.

Vậy cả 3 trường hợp cho ta $ – 3 \le y \le 0$, với điều này ta có

${3^{\left| {{x^2} – 2x – 3} \right| – {{\log }_3}5}} = {5^{ – (y + 4)}} \Leftrightarrow {3^{\left| {{x^2} – 2x – 3} \right|}} = {5^{ – (y + 3)}} = {\left( {\frac{1}{5}} \right)^{y + 3}}$.

Do ${3^{\left| {{x^2} – 2x – 3} \right|}} \ge 1$ và ${\left( {\frac{1}{5}} \right)^{y + 3}} \le {\left( {\frac{1}{5}} \right)^0} = 1\,{\rm{ }}(y \ge – 3)$.

Dấu bằng xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} – 2x – 3 = 0\\y = – 3\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = – 1 \vee x = 3\\y = – 3\end{array} \right.$

Vậy có $2$ cặp nghiệm thỏa mãn.

Câu 16. Trong tất cả các cặp số thực (x;y ) thỏa mãn $lo{g_{{x^2} + {y^2} + 3}}\left( {2x + 2y + 5} \right) \ge 1,$ có bao nhiêu giá trị thực của m để tồn tại duy nhất cặp số thực (x;y) sao cho ${x^2} + {y^2} + 4x + 6y + 13 – m = 0$.

A.$3$. B.$1$. C.$2$. D.$0$.

Lời giải

Chọn C

Ta có: $lo{g_{{x^2} + {y^2} + 3}}\;\left( {2x + 2y\; + 5{\rm{ }}} \right)\; \ge \;1\;$⇔$2x + 2y + 5{\rm{ }} \ge {x^2} + y{\;^2} + \;3\;$⇔${x^2} + {y^2}\; – 2x – 2y\; – 2 \le \;0\left( 1 \right)\;$

⇒ Tập hợp các cặp số thực $\left( {x,y} \right)$ thỏa mãn$lo{g_{{x^2} + {y^2} + 3}}\;\left( {2x + 2y\; + 5{\rm{ }}} \right)\; \ge \;1\;$ là hình tròn

$\left( {{C_1}} \right):{x^2} + {y^2}\; – 2x – 2y – 2 = 0$ (tính cả biên).

Xét ${x^2} + {y^2} + 4x + 6y + 13 – m = 0 \Leftrightarrow {\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = m.\;$

TH1:$m = 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = – 2\\y\; = – 3\;\end{array} \right.$, không thỏa mãn (1).

TH2:$m > 0$ khi đó tập hợp các cặp số thực $\left( {x;y} \right)$thỏa mãn ${x^2} + {y^2} + 4x + 6y + 13 – m = 0$ là đường tròn $\left( {{C_2}} \right):{x^2} + {y^2}\; + 4x + 6y + 13 – m = 0.\;$

Để tồn tại duy nhất cặp số thực $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn yêu cầu bài toán thì hai đường tròn $\left( {{C_1}} \right)$và $\left( {{C_2}} \right)$ tiếp xúc ngoài với nhau hoặc hai đường tròn $\left( {{C_1}} \right)$và $\left( {{C_2}} \right)$tiếp xúc trong và đường tròn $\left( {{C_2}} \right)$ có bán kính lớn hơn đường tròn$\left( {{C_1}} \right)$.$\left( {{C_1}} \right)$có tâm ${I_1}\left( {1;1} \right)$, bán kính ${R_1} = 2.\;$

( C2) có tâm ${I_2}\left( { – 2; – 3} \right),$bán kính ${R_2} = \sqrt m \left( {m > 0} \right).\;$

Để $\left( {{C_1}} \right)$ và $\left( {{C_2}} \right)$tiếp xúc ngoài thì ${I_1}{I_2} = {R_1} + {R_2}.\;$

⇔$\sqrt {{{\left( { – 3} \right)}^2} + \left( { – 4} \right){\;^2}} = 2\; + \sqrt m \;\;$$ \Leftrightarrow 5 = 2 + \sqrt m \Leftrightarrow m = \;9\;\left( {tm\;} \right)\;$

Để đường tròn $\left( {{C_1}} \right)$ và$\left( {{C_2}} \right)$tiếp xúc trong và đường tròn $\left( {{C_2}} \right)$có bán kính lớn hơn đường tròn$\left( {{C_1}} \right)$. ⇒${R_2} – {R_1} = \;{I_1}{I_2}$⇔$\sqrt m – 2 = \sqrt {\left( { – 3} \right){\;^2} + \;{4^2}} $$ \Leftrightarrow m = \;49\;$ (tm )

Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 17. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương $\left( {x;y} \right)$với $x \le 2020$thỏa mãn ${\log _2}\left( {x – 1} \right) + 2x – 2y = 1 + {4^y}$.

A.$5$. B. $1010$. C. $6$. D. $2020$.

Lời giải

Chọn A

ĐK: $x > 1$

Theo đề bài ${\log _2}\left( {x – 1} \right) + 2x – 2y = 1 + {4^y} \Leftrightarrow {\log _2}2\left( {x – 1} \right) + 2\left( {x – 1} \right) = 2y + {2^{2y}}$

Đặt $t = {\log _2}2\left( {x – 1} \right) \Rightarrow 2\left( {x – 1} \right) = {2^t}$.

Ta có ${2^t} + t = {2^{2y}} + 2y\,\,\,\,\left( 1 \right)$.

Xét hàm số $f\left( t \right) = {2^t} + t$trên $R$

$f’\left( t \right) = {2^t}.\ln 2 + 1 > 0\,\,\forall t \in R \Rightarrow f\left( t \right)$đồng biến trên $R$.

$\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( t \right) = f\left( {2y} \right) \Leftrightarrow t = 2y \Leftrightarrow {\log _2}2\left( {x – 1} \right) = 2y$

$ \Leftrightarrow 2\left( {x – 1} \right) = {2^{2y}}$

$ \Leftrightarrow x = {2^{2y – 1}} + 1$.

Mà $x \le 2020 \Rightarrow {2^{2y – 1}} + 1 \le 2020 \Leftrightarrow y \le \frac{1}{2}\left( {1 + {{\log }_2}2019} \right)$.

Vì $y \in {Z^ + } \Rightarrow y \in \left\{ {1;2;3;4;5} \right\}$.

Vậy có 5 cặp điểm cặp số nguyên dương $\left( {x;y} \right)$.

Câu 18. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương $\left( {x;y} \right)$ với $x \le 2020$ thỏa mãn điều kiện ${\log _2}\frac{{x + 2}}{{y + 1}} + {x^2} + 4x = 4{y^2} + 8y + 1$.

A. $2020$. B. vô số. C. $1010$. D. $4040$.

Lời giải

Chọn C

${\log _2}\frac{{x + 2}}{{y + 1}} = 4{y^2} – {x^2} – 4x + 8y + 1 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + 2} \right) – {\log _2}\left( {y + 1} \right) = 4{\left( {y + 1} \right)^2} – {\left( {x + 2} \right)^2} + 1$

$ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + 2} \right) + {\left( {x + 2} \right)^2} = {\log _2}2\left( {y + 1} \right) + {\left[ {2\left( {y + 1} \right)} \right]^2}\,\,\left( 1 \right)$.

Xét hàm số $f\left( t \right) = {\log _2}t + {t^2}$trên $\left( {0; + \infty } \right)$.

Ta có $f’\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln 2}} + 2t > 0\,\,\forall t \in \left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow $$f\left( t \right)$đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$.

$\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( {x + 2} \right) = f\left( {2y + 2} \right) \Leftrightarrow x + 2 = 2y + 2 \Leftrightarrow x = 2y$.

Mà $0 < x \le 2020 \Rightarrow 0 < y \le 1010$.

Vậy có $1010$cặp số nguyên dương $\left( {x;y} \right)$.

Câu 19. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ để tồn tại cặp số $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn ${3^{5x + 7y}} – {3^{3x + 5y + 2}} + 2\left( {x + y – 1} \right) = 0$,đồng thời thỏa mãn ${\ln ^2}\left( {4x + 3y – 3} \right) – \left( {m + 2} \right)\ln x + {m^2} – 1 = 0$?

A. $2019$. B. $6$. C. $2020$. D. $4$.

Lời giải

Chọn D

${3^{5x + 7y}} – {3^{3x + 5y + 2}} + 2\left( {x + y – 1} \right) = 0$$ \Leftrightarrow {3^{5x + 7y}} + 5x + 7y = {3^{3x + 5y + 2}} + 3x + 5y + 2$

Xét hàm số $f\left( t \right) = {3^t} + t$

$f’\left( t \right) = {3^t}\ln 3 + 1 > 0,\forall t \in \mathbb{R}$. Suy ra hàm số $f\left( t \right) = {3^t} + t$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Nên $f\left( {5x + 7y} \right) = f\left( {3x + 5y + 2} \right) \Leftrightarrow 5x + 7y = 3x + 5y + 2 \Leftrightarrow y = 1 – x\,\,\,\,\left( 1 \right)$

Điều kiện $x > 0$

Thế $\left( 1 \right)$ vào phương trình ${\ln ^2}\left( {4x + 3y – 3} \right) – \left( {m + 2} \right)\ln x + {m^2} – 1 = 0$ ta được

${\ln ^2}x – \left( {m + 2} \right)\ln x + {m^2} – 1 = 0$.

Đặt $t = \ln x$ đk $\forall t$, phương trình có dạng: ${t^2} – \left( {m + 2} \right)t + {m^2} – 1 = 0$.

Để phương trình có nghiệm thì $\Delta \ge 0 \Leftrightarrow $$ – 3{m^2} + 4m + 8 \ge 0$$ \Leftrightarrow – 1,09 \approx \frac{{2 – 2\sqrt 7 }}{3} \le m \le \frac{{2 + 2\sqrt 7 }}{3} \approx 2,43$.

Vì $m \in \mathbb{Z}$ nên $m = \left\{ { – 1;0;1;2} \right\}$

Do đó có $4$ số nguyên $m$ thỏa mãn.

Câu 20. Cho số nguyên $a$, số thực $b$. Gọi $S$ là tập hợp các giá trị nguyên của $a$ để tồn tại số thực $x$ thỏa mãn $x + a = {4^b}$ và $\sqrt {x – 2} + \sqrt {a + 2} = {3^b}$. Tổng các phần tử của tập $S$ là

A. 7. B. -3. C. -2. D. 0.

Lời giải

Chọn B

Điều kiện $\left\{ \begin{array}{l}x \ge 2\\a \ge – 2\end{array} \right.$ . Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = \sqrt {x – 2} \\v = \sqrt {a + 2} \end{array} \right.{\rm{ }};{\rm{ }}u,v \ge 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u^2} + {v^2} = {4^b}(1)\\u + v = {3^b}{\rm{ }}(2)\end{array} \right.$

Trong đó $\left( 1 \right)$ là phương trình của đường tròn tâm $I(0;0) \equiv O\left( {0;0} \right)$, bán kính $R = {2^b}$ và $\left( 2 \right)$ là phương trình của một đường thẳng.

Ta phải có: ${\rm{d}}\left( {I,d} \right) = \frac{{\left| { – {3^b}} \right|}}{{\sqrt 2 }} \le {2^b} \Rightarrow {3^b} \le {2^{b + \frac{1}{2}}} \Rightarrow b \le {\log _{\frac{3}{2}}}\sqrt 2 $

$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u^2} + {v^2} = {4^b} \le {4^{{{\log }_{\frac{3}{2}}}\sqrt 2 }} \approx 3.27\\u + v = {3^b} \le {{\rm{3}}^{{{\log }_{\frac{3}{2}}}\sqrt 2 }} \approx 2.56{\rm{ }}\end{array} \right.$

${v^2} \le {4^{{{\log }_{\frac{3}{2}}}\sqrt 2 }} \Rightarrow {v^2} = a + 2 \le {4^{{{\log }_{\frac{3}{2}}}\sqrt 2 }} \Rightarrow – 2 \le a \le 1,27$.

$ \Rightarrow a \in {\rm{\{ – }}2; – 1;0;1{\rm{\} }}$

Thử lại với $a = 1 \Rightarrow v = \sqrt 3 \Rightarrow {u^2} = {4^b} – 3 \ge 0 \Rightarrow b \ge {\log _4}3$.

$ \Rightarrow u = {3^b} – \sqrt 3 \ge {3^{{{\log }_4}3}} – \sqrt 3 $.

$ \Rightarrow {u^2} + {v^2} \ge {\left( {{3^{{{\log }_4}3}} – \sqrt 3 } \right)^2} + 3 > 3.4$ trái với ${u^2} + {v^2} = {4^b} \le {4^{{{\log }_{\frac{3}{2}}}\sqrt 2 }} \approx 3.27$.

Vậy có 3 giá trị nguyên của a.

Phân tích đáp án nhiễu

+) Đáp án C là do chưa thử lại khi $a = 1;{\rm{ }}a \in {\rm{\{ – }}2; – 1;0;1{\rm{\} }}$.

+) Đáp án A là do đánh giá từ

$u + v = {3^b} \le {{\rm{3}}^{{{\log }_{\frac{3}{2}}}\sqrt 2 }} \Leftrightarrow v \le {{\rm{3}}^{{{\log }_{\frac{3}{2}}}\sqrt 2 }} – u \le {{\rm{3}}^{{{\log }_{\frac{3}{2}}}\sqrt 2 }}$ do $u \ge 0.$

$ \Rightarrow v = \sqrt {a + 2} \le {3^{{{\log }_{\frac{3}{2}}}\sqrt 2 }} \Leftrightarrow a \le {\left( {{3^{{{\log }_{\frac{3}{2}}}\sqrt 2 }}} \right)^2} – 2 \approx 4.54.$

$ \Rightarrow a \in \left[ { – 2;4.54} \right) \Rightarrow a \in {\rm{\{ – 2; – 1;0;1;2;3;4\} }}$.