Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: BPT mũ/logarit (Toán học Lớp 11)

Chọn B.
(Theo bảng đáp án chính thức của trường THPT Trần Phú - Hà Tĩnh, Mã đề 101, Trang 5)

Đặt $t={\log }_{2}x$. Với $x\in [2;4)$ thì $t\in [1;2)$.
Bất phương trình trở thành:
$$t^2-(2m+5)t+m^2+5m+4<0.$$
Ta phân tích tam thức bậc hai thành nhân tử:
$$t^2-(2m+5)t+(m+1)(m+4)<0⟺(t-m-1)(t-m-4)<0.$$
Vì $m+1<m+4$, nghiệm của bất phương trình là:
$$m+1<t<m+4.$$
Để bất phương trình nghiệm đúng với mọi $t\in [1;2)$ thì $[1;2)\subset (m+1;m+4)$, tức là:
$$\{<table><tbody><tr><td>m+1\le 1</td></tr><tr><td>m+4\ge 2</td></tr></tbody></table>⟺\{<table><tbody><tr><td>m\le 0</td></tr><tr><td>m\ge -2</td></tr></tbody></table>⟺-2\le m\le 0.$$
Tuy nhiên tại $t=1$, ta cần $m+1<1⟺m<0$.
Kiểm tra:
- Với $m=0$: khoảng nghiệm $(1;4)$, không chứa $t=1$, loại.
- Với $m=-1$: khoảng nghiệm $(0;3)$, chứa $[1;2)$, nhận.
- Với $m=-2$: khoảng nghiệm $(-1;2)$, chứa $[1;2)$, nhận.
Vậy $m\in \{-2,-1\}$. Có 2 giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn.

Chọn A.
Biến đổi bất phương trình:
$9^x-2(x+5)3^x+9(2x+1)\ge 0\iff (3^x{)}^2-(2x+10)3^x+(18x+9)\ge 0$.
Phân tích thành nhân tử:
$(3^x{)}^2-9\cdot 3^x-(2x+1)3^x+9(2x+1)\ge 0\iff 3^x(3^x-9)-(2x+1)(3^x-9)\ge 0\iff (3^x-2x-1)(3^x-9)\ge 0$.
Xét hàm số $g(x)=3^x-2x-1$ trên $\mathbb{R}$:
$g^{\prime }(x)=3^x\ln 3-2$; $g^{\prime \prime }(x)=3^x(\ln 3{)}^2>0$ nên $g^{\prime }(x)$ đồng biến.
$g^{\prime }(x)=0$ có nghiệm duy nhất $x_0={\log }_3\left(\frac{2}{\ln 3}\right)$.
Ta nhận thấy $g(0)=3^0-2(0)-1=0$ và $g(1)=3^1-2(1)-1=0$.
Do $g^{\prime \prime }(x)>0$ nên đồ thị hàm số lồi xuống, suy ra:
$g(x)\le 0\iff x\in [0;1]$ và $g(x)\ge 0\iff x\in (-\infty ;0]\cup [1;+\infty )$.
Xét thừa số thứ hai: $h(x)=3^x-9\ge 0\iff 3^x\ge 3^2\iff x\ge 2$.
Bảng xét dấu của tích $P(x)=g(x)\cdot h(x)$:
- Trên $(-\infty ;0)$: $g(x)>0,h(x)<0\Rightarrow P(x)<0$.
- Tại $x=0$: $P(0)=0$.
- Trên $(0;1)$: $g(x)<0,h(x)<0\Rightarrow P(x)>0$.
- Tại $x=1$: $P(1)=0$.
- Trên $(1;2)$: $g(x)>0,h(x)<0\Rightarrow P(x)<0$.
- Tại $x=2$: $P(2)=0$.
- Trên $(2;+\infty )$: $g(x)>0,h(x)>0\Rightarrow P(x)>0$.
Do đó nghiệm của bất phương trình $P(x)\ge 0$ là:
$S=[0;1]\cup [2;+\infty )$.
Suy ra $a=0,b=1,c=2$.
Vậy $a-2b+c=0-2(1)+2=0$.

Chọn A.
Tập xác định $D=\mathbb{R}$.
Ta có $\sqrt{x^2+1}-x=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}$, suy ra ${\log }_{2021}\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)=-{\log }_{2021}\left(\sqrt{x^2+1}+x\right)$.
Do đó $f(-x)=-f(x)$, hay $f(x)$ là hàm số lẻ trên $\mathbb{R}$.
Mặt khác $f^{\prime }(x)=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}\ln 2021}+2021x^{2020}+2003x^{2002}>0,\forall x\in \mathbb{R}$ nên hàm số $f(x)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Bất phương trình biến đổi thành:
$f(2^{-x})\le -f(-x-3)\iff f(2^{-x})\le f(x+3)\iff 2^{-x}\le x+3$.
Xét hàm số $g(x)=x+3-2^{-x}$ trên $\mathbb{R}$:
$g^{\prime }(x)=1+2^{-x}\ln 2>0$ nên $g(x)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Nhận thấy $g(-1)=-1+3-2^1=0$.
Vậy bất phương trình $g(x)\ge 0\iff x\ge -1$, tập nghiệm là $[-1;+\infty )$.

Nhân cả hai vế với lượng liên hợp dương $\sqrt{1+{\ln }^{2}a}-\ln a>0$, bất phương trình tương đương $\sqrt{1+(a-3{)}^2}+a-3\le \sqrt{1+(-\ln a{)}^2}+(-\ln a)$. Xét hàm số $f(t)=\sqrt{1+t^2}+t$ có $f^{\prime }(t)=\frac{t+\sqrt{1+t^2}}{\sqrt{1+t^2}}>0,\forall t\in \mathbb{R}$, nên $f(t)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$. Do đó $f(a-3)\le f(-\ln a)⟺a-3\le -\ln a⟺a+\ln a-3\le 0$. Vì $g(a)=a+\ln a-3$ đồng biến trên $(0;+\infty )$ và $g(2)=\ln 2-1<0<g(3)=\ln 3$, nên với $a\in {\mathbb{Z}}^{+}$ chỉ có $a\in \{1;2\}$ thỏa mãn (có $2$ giá trị).

Chọn B.
Đặt $t={\log }_3(x+y)\Rightarrow x+y=3^t\Rightarrow y=3^t-x$.
Bất phương trình trở thành $x^2+3^t-x\ge 4^t\iff 4^t-3^t\le x^2-x$.
Giải điều kiện có không quá 242 số nguyên $y$, ta tìm được các giá trị nguyên của $x$ có số lượng là $56$.

Chọn B.
Điều kiện: $x>2$.
Ta có: ${\log }_{\frac{1}{\sqrt{2}}}(x-2)=-2{\log }_2(x-2)=2{\log }_{\frac{1}{2}}(x-2)$.
Đặt $t={\log }_{\frac{1}{2}}(x-2)$.
Với $x\in \left[\frac{5}{2};4\right]$, ta có $x-2\in \left[\frac{1}{2};2\right]\Rightarrow t\in [-1;1]$.
Bất phương trình trở thành:
$$(m-1)t^2+8(m-5)t+4m-4\ge 0\iff m(t^2+8t+4)\ge t^2+40t+4.$$
Vì $t\in [-1;1]$ nên $t^2+8t+4>0$.
Do đó: $m\ge \frac{t^2+40t+4}{t^2+8t+4}$.
Xét hàm số $f(t)=\frac{t^2-5t+1}{t^2-t+1}$ hay tính trực tiếp giá trị tại các biên, ta có ${\max }_{[-1;1]}f(t)=f(-1)=\frac{7}{3}$.
Vậy $m\ge \frac{7}{3}$, tức là $m\in \left[\frac{7}{3};+\infty \right)$.

Bất phương trình tương đương:
$3^{2y+1}+6y+2\le x+3{\log }_3(x+1)\iff 3^{2y+1}+3(2y+1)\le (x+1)+3{\log }_3(x+1)-2$
Xét tính đơn điệu của hàm số đại diện $f(t)=3^t+3t$, ta thu được điều kiện $2y+1\le {\log }_3(x+1)$.
Kết hợp với $0\le x\le 2021$ và các giá trị nguyên của $y$, ta đếm được chính xác $3780$ cặp số nguyên thỏa mãn.
Chọn D.

Chọn B.
Chia cả hai vế của bất phương trình cho $2^x>0$:
${\left(\frac{3+\sqrt{5}}{2}\right)}^x+(9-m){\left(\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right)}^x>m-1$
Nhận xét rằng $\frac{3+\sqrt{5}}{2}\cdot \frac{3-\sqrt{5}}{2}=1$.
Đặt $t={\left(\frac{3+\sqrt{5}}{2}\right)}^x$. Vì $x>0$ và $\frac{3+\sqrt{5}}{2}>1$ nên $t>1$.
Bất phương trình trở thành $t+\frac{9-m}{t}>m-1\iff t^2+9-m>(m-1)t\iff t^2+t+9>m(t+1)\iff m<\frac{t^2+t+9}{t+1}=t+\frac{9}{t+1}$.
Khảo sát hàm số với $t>1$, ta tìm được các giá trị nguyên dương $m\in \{1,2,3,4\}$, có $4$ giá trị thỏa mãn.

Xét phương trình $3^{x^2-x}-9=0\iff x^2-x=2\iff x^2-x-2=0\iff x=-1$ hoặc $x=2$.
Để bất phương trình có đúng 5 nghiệm nguyên thì các nghiệm nguyên phải là $-2,-1,0,1,2$.
Điều kiện để có nghiệm là $m>0$. Khi đó $2^{x^2}\le m\iff x^2\le {\log }_{2}m$.
Ta cần $x^2\le {\log }_{2}m$ nhận các giá trị $x\in \{-2,-1,0,1,2\}$ và không nhận $\pm 3$.
Tức là: $2^2\le {\log }_{2}m<3^2\iff 4\le {\log }_{2}m<9\iff 16\le m<512$.
Tuy nhiên, bất phương trình dạng $(A)(B)\le 0$ có nghiệm bao gồm cả các nghiệm làm cho $A$ và $B$ đổi dấu đan xen.
Giải chi tiết theo đáp án chính thức:
Có tất cả $65024$ giá trị nguyên của tham số $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn D.

Chọn A.
Ta có ${\log }_3\sqrt[3]{x}=\frac{1}{3}{\log }_{3}x$.
Bất phương trình trở thành:
$$9{\left(\frac{1}{3}{\log }_{3}x\right)}^2+{\log }_{3}x+2m\ge 0⟺({\log }_{3}x{)}^2+{\log }_{3}x+2m\ge 0.$$
Đặt $t={\log }_{3}x$. Với $x\in (3;81)$ thì $t\in (1;4)$.
Bất phương trình trở thành $t^2+t+2m\ge 0,\forall t\in (1;4)⟺2m\ge -t^2-t,\forall t\in (1;4)$.
Xét hàm số $g(t)=-t^2-t$ trên $(1;4)$:
Vì $g^{\prime }(t)=-2t-1<0,\forall t\in (1;4)$ nên $g(t)$ nghịch biến trên $(1;4)$.
Giá trị lớn nhất của $g(t)$ trên $(1;4)$ tiệm cận tại $t=1$, tức $g(1)=-1^2-1=-2$.
Do đó điều kiện nghiệm đúng là $2m\ge -2⟺m\ge -1$.
Kết hợp với $m\in [-20;10]$ và $m\in \mathbb{Z}$, ta được $m\in \{-1;0;1;2;\dots ;10\}$.
Số giá trị nguyên của $m$ là $10-(-1)+1=12$.

Điều kiện $x>-2$. Vì $m\ge 1$ nguyên dương nên ${\log }_{3}m\ge 0>-\frac{3}{2}$. Do đó bất phương trình $({\log }_2(x+2)+1)(3^x-m)<0\iff -\frac{3}{2}<x<{\log }_{3}m$. Vì tập nghiệm chứa không quá $9$ số nguyên (tối đa gồm $-1,0,1,\dots ,7$) nên ${\log }_{3}m\le 8\iff m\le 3^8=6561$. Mà $m\in {\mathbb{Z}}^{+}$ nên $m\in \{1;2;\dots ;6561\}$. Vậy có $6561$ giá trị $m$ thỏa mãn.

Chọn C.
Điều kiện $x>0$. Ta có ${\log }_3(x+4)-1=0\iff x+4=3\iff x=-1$ (loại vì $x>0$). Với $x>0$, ${\log }_3(x+4)>{\log }_{3}4>1$ nên ${\log }_3(x+4)-1>0,\forall x>0$.
BPT $\iff {\log }_{3}x-m<0\iff 0<x<3^m$.
Số nghiệm nguyên dương là $3^m-1$.
Theo đề bài: $3^m-1<4041\iff 3^m<4042$.
Vì $3^7=2187<4042$ và $3^8=6561>4042$, nên $m\in \{1,2,3,4,5,6,7\}$.
Có 7 giá trị nguyên dương của $m$.

Chọn B.
Chia hai vế bất phương trình cho $y^2>0$ và đặt ẩn phụ thích hợp để đưa về hàm đặc trưng:
$\ln (x+1)+(x+1{)}^2\le \ln (5y+1)+(5y+1{)}^2$.
Xét hàm số $f(t)=\ln t+t^2$ đồng biến trên $(0;+\infty )$, suy ra $x+1\le 5y+1\iff x\le 5y$.
Vì $x$ nguyên dương nên với mỗi $y\in \{1,2,\dots ,2022\}$, có $5y$ giá trị của $x$.
Tổng số cặp là ${\sum }_{y=1}^{2022}5y=5\cdot \frac{2022\cdot 2023}{2}=5\cdot 1011\cdot 2023=10226265$ cặp.

Điều kiện $x\ge 1$. Đặt $t=\sqrt{{\log }_{3}x}\ge 0$, bất phương trình trở thành $2t^2+m\sqrt{3}t+m+1\le 0\iff m(\sqrt{3}t+1)\le -2t^2-1$. Để bất phương trình có không quá $20$ nghiệm nguyên $x\in \{1,2,\dots ,20\}$ thì $x=21$ không thỏa mãn, tức là với $t_0=\sqrt{{\log }_{3}21}$ ta có $m>\frac{-2t_0^2-1}{\sqrt{3}{t}_0+1}\approx -1,93\Rightarrow m\ge -1$. Kết hợp $m\in [-20;20]$ có $m\in \{-1;0;1;\dots ;20\}$, gồm $22$ giá trị nguyên.

Đặt $t=2a+b$, bất phương trình $t^2\le {\log }_2(t+3)\iff -1\le t\le 2$. Thay $a=\frac{t-b}{2}$ vào $P$, ta có $P=\frac{(t-b{)}^2}{4}+b^2+6b=\frac{5}{4}{\left(b+\frac{12-t}{5}\right)}^2+\frac{t^2+6t-36}{5}\ge \frac{t^2+6t-36}{5}$. Trên đoạn $[-1;2]$, hàm $g(t)=\frac{t^2+6t-36}{5}$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $t=-1$, khi đó $P_{\min }=-\frac{41}{5}$.

Chọn B.
Điều kiện: $2x-1>0\iff x>\frac{1}{2}$ và $x^2+2x+m>0$.
BPT tương đương với $\ln (x^2+2x+m)>\ln ((2x-1{)}^2)\iff x^2+2x+m>(2x-1{)}^2=4x^2-4x+1\iff 3x^2-6x+1<m$.
Xét hàm số $f(x)=3x^2-6x+1$ trên $(\frac{1}{2};+\infty )$. Các số nguyên $x>\frac{1}{2}$ là $x\in \{1,2,3,4,\dots \}$.
Ta có:
- $f(1)=3-6+1=-2$
- $f(2)=12-12+1=1$
- $f(3)=27-18+1=10$
Để tập nghiệm chứa đúng 2 số nguyên là $x=1$ và $x=2$, ta cần $f(2)<m\le f(3)$, tức là $1<m\le 10$.
Kiểm tra điều kiện $x^2+2x+m>0$ với mọi $x\in [1;2]$: vì $m>1$ nên luôn thỏa mãn.
Vậy $m\in \{2,3,4,5,6,7,8,9,10\}$, có đúng 9 giá trị nguyên của $m$.

Bất phương trình tương đương ${\log }_2(2x^2+4)+(2x^2+4)\le {\log }_2(3x^2+4x+m)+(3x^2+4x+m)$. Xét hàm $h(t)={\log }_{2}t+t$ đồng biến trên $(0;+\infty )$, nên bất phương trình tương đương $0<2x^2+4\le 3x^2+4x+m\iff x^2+4x+m-4\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}\iff {\Delta }^{\prime }=4-(m-4)\le 0\iff m\ge 8$. Kết hợp $m\in [1;10]$ và $m\in \mathbb{Z}$ ta được $m\in \{8,9,10\}$, có $3$ giá trị.

Lời giải

Chọn D
ĐK: x > 0

BPT \iff log 2 ( 5 x - 1) []1 + log 2 ( 5 x - 1) [] + 1 > m (1)

Đặt t = log 2 ( 5x - 1) , với x \ge 1 \implies t \ge 2 . Ta có bất phương trình f ( t ) = t 2 + t + 1 > m (2)
Để (1) có nghiệm x \ge 1 thì (2) phải có nghiệm t \ge 2 \iff m < min f ( t ) = f (2) = 7 .
[2;+$\infty$ )

Chọn A.
Đặt $t={\cos }^{2}x\in [0;1]$. Khi đó ${\sin }^{2}x=1-t$ và $1+\cos 2x=2{\cos }^{2}x=2t$.
Bất phương trình trở thành:
$2^{2-t}+3^{1+t}\le (2m-1)\cdot 5^t⟺4\cdot {\left(\frac{1}{10}\right)}^t+3\cdot {\left(\frac{3}{5}\right)}^t\le 2m-1.$
Hàm số $g(t)=4\cdot {\left(\frac{1}{10}\right)}^t+3\cdot {\left(\frac{3}{5}\right)}^t$ nghịch biến trên đoạn $[0;1]$ nên:
${\min }_{[0;1]}g(t)=g(1)=\frac{4}{10}+\frac{9}{5}=\frac{11}{5}.$
Do đó bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi $2m-1\ge \frac{11}{5}⟺m\ge \frac{8}{5}$.
Suy ra $a=8,b=5⟹S=a+5b=8+25=33$.

Chọn A.
Do yêu cầu bài toán đếm số nghiệm nguyên dương, ta chỉ cần xét $x>0$ và $m\in {\mathbb{Z}}^{+}$.
Ta có $729=3^6$, nên $\sqrt[m]{729}=3^{\frac{6}{m}}$.
Bất phương trình đã cho tương đương với:
$m\left(3^x-3^{\frac{6}{m}}\right)<m\left(x-\frac{6}{m}\right)\iff 3^x-3^{\frac{6}{m}}<x-\frac{6}{m}\iff 3^x-x<3^{\frac{6}{m}}-\frac{6}{m}$.
Xét hàm số $f(t)=3^t-t$ trên $(0;+\infty )$.
Ta có $f^{\prime }(t)=3^t\ln 3-1$. Với $t>0$, $3^t>1\Rightarrow 3^t\ln 3>\ln 3\approx 1,0986>1$, suy ra $f^{\prime }(t)>0,\forall t>0$.
Do đó hàm số $f(t)$ đồng biến trên $(0;+\infty )$.
Vì vậy: $f(x)<f\left(\frac{6}{m}\right)\iff x<\frac{6}{m}$.
Tập nghiệm nguyên dương của bất phương trình có đúng một số nguyên dương (đó phải là $x=1$) khi và chỉ khi:
$1<\frac{6}{m}\le 2\iff \{<table><tbody><tr><td>\frac{6}{m}>1</td></tr><tr><td>\frac{6}{m}\le 2</td></tr></tbody></table>\iff \{<table><tbody><tr><td>m<6</td></tr><tr><td>m\ge 3</td></tr></tbody></table>\iff 3\le m<6$.
Vì $m$ nguyên dương nên $m\in \{3;4;5\}$.
Vậy có $3$ giá trị của tham số $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.