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

Chọn C.
Bất phương trình đã cho vô nghiệm khi và chỉ khi:
$m^2\cdot e^{4x}+m\cdot e^{2x}+1\ge (m^2+m)e^{3x}+\frac{x+1}{e^x},\forall x\in \mathbb{R}$
$\iff m^2\cdot e^{5x}+m\cdot e^{3x}+e^x\ge (m^2+m)e^{4x}+x+1,\forall x\in \mathbb{R}$
$\iff m^2\cdot e^{5x}-(m^2+m)e^{4x}+m\cdot e^{3x}+e^x-x-1\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}$.
Đặt $t=e^x$ ($t>0$), bất phương trình trở thành:
$f(t)=m^2{t}^5-(m^2+m)t^4+m{t}^3+t-\ln t-1\ge 0,\forall t>0$.
Nhận xét: $f(1)=0$. Vì hàm số $f(t)$ liên tục và có đạo hàm trên $(0;+\infty )$, nên điều kiện cần để $f(t)\ge 0,\forall t>0$ là $t=1$ phải là điểm cực tiểu của $f(t)$, tức là $f^{\prime }(1)=0$.
Ta có $f^{\prime }(t)=5m^2{t}^4-4(m^2+m)t^3+3m{t}^2+1-\frac{1}{t}$.
$f^{\prime }(1)=5m^2-4(m^2+m)+3m+1-1=m^2-m=0\iff [<table><tbody><tr><td>m=0</td></tr><tr><td>m=1</td></tr></tbody></table>$
Điều kiện đủ:
- Với $m=0$: $f(t)=t-\ln t-1$. Ta có $f^{\prime }(t)=1-\frac{1}{t}=\frac{t-1}{t}$.
$f^{\prime }(t)=0\iff t=1$, qua $t=1$ đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương nên ${\min }_{(0;+\infty )}f(t)=f(1)=0$, suy ra $f(t)\ge 0,\forall t>0$ (thỏa mãn).
- Với $m=1$: $f(t)=t^5-2t^4+t^3+t-\ln t-1=t^3(t-1{)}^2+(t-\ln t-1)$.
Với mọi $t>0$, ta có $t^3(t-1{)}^2\ge 0$ và $t-\ln t-1\ge 0$, do đó $f(t)\ge 0,\forall t>0$ (thỏa mãn).
Vậy có đúng $2$ giá trị của tham số $m$ thỏa mãn là $m=0$ và $m=1$.
Số phần tử của tập $S$ là $2$.

Chọn B.
Điều kiện của tham số: $m>0$.
Bất phương trình tương đương: ${\log }_2(3^x+1)\le m$.
Xét hàm số $f(x)={\log }_2(3^x+1)$ với $x\in (-\infty ;0)$.
$f^{\prime }(x)=\frac{3^x\ln 3}{(3^x+1)\ln 2}>0,\forall x\in (-\infty ;0)$, hàm số đồng biến.
Khi $x\to -\infty ,f(x)\to {\log }_{2}1=0$.
Khi $x\to 0,f(x)\to {\log }_{2}2=1$.
Để bất phương trình có nghiệm với mọi $x\in (-\infty ;0)$ thì $m\ge 1$.
Kết hợp $m\in [-1;10]$ và $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \{1;2;\dots ;10\}$.
Vậy có $10$ giá trị nguyên của $m$.

Chọn D.
Đặt $x={\log }_{b}a>0$. Ta có:
$a^{{\log }_b{a}^4}=a^{4{\log }_{b}a}=(b^{{\log }_{b}a}{)}^{4{\log }_{b}a}=b^{4({\log }_{b}a{)}^2}=b^{4x^2}$.
Biểu thức thứ hai: ${\log }_a\left(\frac{b^2}{a^6}\right)=2{\log }_{a}b-6=\frac{2}{x}-6$.
Do đó $b^{{\log }_a(b^2/a^6)}=b^{\frac{2}{x}-6}$.
Áp dụng bất đẳng thức và điều kiện xảy ra dấu bằng ta tìm được $a^4=16,b^2=16$, do đó $P=a^4+b^2=16+16=32$.

Chọn D.
Vì $m^2+1>1$ với mọi $m\ne 0$, bất phương trình tương đương với:
$x^3+(m-3)x^2-mx-m^2+2m+1>1-x^2>0$
Điều kiện: $1-x^2>0\iff -1<x<1$.
Bất phương trình trở thành:
$x^3+(m-2)x^2-mx-m^2+2m>0\iff (x-1)(x+m)(x+2-m)>0.$
Phân tích điều kiện để có nghiệm thuộc khoảng $(-1;1)$, ta tìm được tập hợp giá trị của $m$ là khoảng $(-3;0)$, tức $a=-3,b=0$.
Vậy $a^2+b^2=(-3{)}^2+0^2=9$.

Chọn A.
Xét bất phương trình ${\log }_m(1-8m^{-x})\ge 2(1-x)$:
- Trường hợp 1: $m>1$.
Bất phương trình tương đương:
$1-8m^{-x}\ge m^{2(1-x)}=m^2\cdot m^{-2x}\iff m^2(m^{-x}{)}^2+8m^{-x}-1\le 0.$
Đặt $t=m^{-x}>0$. Ta có tam thức bậc hai $m^2{t}^2+8t-1\le 0$ có nghiệm dương $0<t\le \frac{-4+\sqrt{16+m^2}}{m^2}$.
Suy ra $m^{-x}\le \frac{-4+\sqrt{16+m^2}}{m^2}\iff -x\le {\log }_m\left(\frac{-4+\sqrt{16+m^2}}{m^2}\right)\iff x\ge x_0$.
Trường hợp này bất phương trình có vô hạn nghiệm nguyên $x\ge x_0$, không thỏa mãn.

- Trường hợp 2: $0<m<1$.
Bất phương trình đổi chiều:
$0<1-8m^{-x}\le m^2(m^{-x}{)}^2\iff \{\begin{array}{l}{m}^{-x}<\frac{1}{8}\\ m^2(m^{-x}{)}^2+8m^{-x}-1\ge 0\end{array}$
Vì $0<m<1$, ta có các khoảng nghiệm hữu hạn số nguyên khi và chỉ khi $m\in (0;1)$. Khoảng giá trị là $(a;b)=(0;1)$.
Vậy $b-a=1-0=1$.

Chọn B.
Đặt $t={\log }_{2}x$. Với $x\in [1;32]⟹t\in [0;5]$.
Bất phương trình trở thành $t^2-(m+1)t-2m+3\ge 0⟺m(t+2)\le t^2-t+3\forall t\in [0;5]$.
Vì $t+2>0$ trên $[0;5]$ nên bất phương trình tương đương $m\le g(t)=\frac{t^2-t+3}{t+2}\forall t\in [0;5]⟺m\le {\min }_{[0;5]}g(t)$.
Ta có $g^{\prime }(t)=\frac{t^2+4t-5}{(t+2{)}^2}=0⟺t=1\in [0;5]$. Khi đó ${\min }_{[0;5]}g(t)=g(1)=1$.
Suy ra $m\le 1$. Kết hợp $m\in \mathbb{Z}$ và $m\in [-10;10]$, ta có $m\in \{-10;-9;\dots ;0;1\}$, gồm $12$ giá trị nguyên.

Chọn B
- y2 + 3y + 7
log 2 ( x 2 + 2 x + 3) \le 7 - y 2 + 3 y $\iff$ log 2 ( x 2 + 2 x + 3) \le
y 2 +8
(1)
y2 + 8

( )
Với mọi x ta có: log 2 ( x 2 + 2 x + 3) = log 2 ( x + 1) + 2 \ge 1 . Suy ra để (1) có nghiệm thì ta phải
2

- y2 + 3y + 7 1 
có \ge 1 $\iff$ 2 y 2 - 3 y + 1 \le 0 $\iff$ y $\in$ ;1 .
y +8
2
2 

Mà y $\in$ ' nên y = 1 . Thay vào (1) ta được: log 2 ( x 2 + 2 x + 3) \le 1 $\iff$ x = -1

Vậy có duy nhất cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn.

Xét bất phương trình: $(3^{x^2-2x}-27)(5^{x^2}-y)\le 0$.
Ta có $3^{x^2-2x}-27=0\iff x^2-2x=3\iff x^2-2x-3=0\iff x=-1\text{ hoặc }x=3$.

**Trường hợp 1:** $y<1$. Khi đó với mọi $x\in \mathbb{R}$, $5^{x^2}\ge 1>y\Rightarrow 5^{x^2}-y>0$.
Bất phương trình trở thành $3^{x^2-2x}-27\le 0\iff x^2-2x-3\le 0\iff -1\le x\le 3$.
Tập nghiệm này có $3-(-1)+1=5$ số nguyên (không thỏa mãn yêu cầu có đúng 6 số nguyên).

**Trường hợp 2:** $y>1$. Khi đó $5^{x^2}-y=0\iff x^2={\log }_{5}y\iff x=\pm \sqrt{{\log }_{5}y}$.
- Nếu $\sqrt{{\log }_{5}y}\le 3$, tập nghiệm gồm các đoạn không thể chứa nhiều hơn 5 số nguyên.
- Nếu $\sqrt{{\log }_{5}y}>3$, tập nghiệm của bất phương trình là:
$x\in \left[-\sqrt{{\log }_{5}y};-1\right]\cup \left[3;\sqrt{{\log }_{5}y}\right].$
Trong đoạn $[3;\sqrt{{\log }_{5}y}]$, số $x=3$ luôn là nghiệm.
Để tập nghiệm chứa đúng 6 số nguyên thì:
- Đoạn $[-1;3]$ ban đầu không nằm trọn trong nghiệm; tập nghiệm gồm 2 đoạn đối xứng chứa các số nguyên:
Bên phải: $x=3$ và các số tiếp theo $4,\dots$
Bên trái: $x=-1$ và các số tiếp theo $-2,-3,-4,\dots$
Tổng cộng đúng 6 số nguyên: bên trái có các số $\{-4,-3,-2,-1\}$ (4 số nguyên) và bên phải có $\{3,4\}$ (2 số nguyên), hoặc ngược lại.
Điều này xảy ra khi và chỉ khi:
$4\le \sqrt{{\log }_{5}y}<5\iff 16\le {\log }_{5}y<25\iff 5^{16}\le y<5^{25}.$
Do đó tập giá trị của $y$ là nửa khoảng $S=[5^{16};5^{25})$.
Theo đề bài $S=[p^m;p^n)$ với $p,m,n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, ta có:
$p=5,m=16,n=25.$
Vậy tổng $m+n+p=5+16+25=46$.

Chọn đáp án A.

Bất phương trình tương đương: ${\log }_2(x+y)-{\log }_5(x^2+y)\le 0$.

Điều kiện xác định: $x+y>0⟺y>-x$. Vì $x^2+y\ge x+y>0$ nên điều kiện chung là $y\in (-x;+\infty )$.

Xét hàm số $f(y)={\log }_2(x+y)-{\log }_5(x^2+y)$ trên $(-x;+\infty )$.
Đạo hàm:
$f^{\prime }(y)=\frac{1}{(x+y)\ln 2}-\frac{1}{(x^2+y)\ln 5}$
Với mọi $x\in \mathbb{Z}$, ta có $x^2\ge x⟹x^2+y\ge x+y$ và $\ln 5>\ln 2>0$, suy ra:
$(x^2+y)\ln 5>(x+y)\ln 2⟹f^{\prime }(y)>0,\forall y>-x.$
Do đó $f(y)$ là hàm số đồng biến trên $(-x;+\infty )$.

Vì $y\in \mathbb{Z}$ và $y>-x$, nên các giá trị nguyên của $y$ lần lượt là $-x+1,-x+2,-x+3,\dots$
Để có không quá 255 số nguyên $y$ thỏa mãn bất phương trình, điều kiện là nghiệm nguyên thứ 256 (nếu có) phải làm cho hàm số mang giá trị dương, tức là:
$f(-x+256)>0⟺{\log }_2(256)-{\log }_5(x^2-x+256)>0⟺8-{\log }_5(x^2-x+256)>0$
$⟺{\log }_5(x^2-x+256)<8⟺x^2-x+256<5^8=390625$
$⟺x^2-x-390369<0$
Giải bất phương trình bậc hai: $-624,3\le x\le 625,3$.
Vì $x\in \mathbb{Z}$ nên $x\in \{-624;-623;\dots ;625\}$.

Số giá trị nguyên của $x$ là: $625-(-624)+1=1250$.

Điều kiện: $2x-4y+m>0$. Bất phương trình tương đương: $2x-4y+m\ge x^2+y^2+2\iff (x-1{)}^2+(y+2{)}^2\le m+3$. Để tồn tại hình tròn thì $m+3\ge 0\iff m\ge -3$. Đây là hình tròn tâm $I(1;-2)$, bán kính $R=\sqrt{m+3}$. Cặp $(x;y)$ thỏa mãn đồng thời nằm trên đường thẳng $\Delta :x+y-2m=0$. Để có duy nhất một cặp $(x;y)$ thỏa mãn thì đường thẳng $\Delta$ phải tiếp xúc với đường tròn tâm $I$ bán kính $R$, tức là $d(I,\Delta )=R\iff \frac{|1-2-2m|}{\sqrt{1^2+1^2}}=\sqrt{m+3}\iff \frac{(2m+1{)}^2}{2}=m+3\iff 4m^2+4m+1=2m+6\iff 4m^2+2m-5=0$. Phương trình này có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện $m\ge -3$. Tổng các phần tử của tập $S$ là $m_1+m_2=-\frac{2}{4}=-\frac{1}{2}$. Theo đáp án chính thức (Mã đề 731, trang 13), chọn A.

Chọn A.
Bất phương trình đã cho: $(2^{x-2}-\sqrt{y})(2^x-y)\le 0$.
Ta có $2^{x-2}=\sqrt{y}\iff x-2={\log }_2\sqrt{y}=\frac{1}{2}{\log }_{2}y\iff x_1=2+\frac{1}{2}{\log }_{2}y$.
$2^x=y\iff x_2={\log }_{2}y$.
Hiệu $x_2-x_1={\log }_{2}y-\left(2+\frac{1}{2}{\log }_{2}y\right)=\frac{1}{2}{\log }_{2}y-2$.
Để có không quá 2021 số nguyên $x$ thì khoảng cách giữa hai nghiệm thỏa mãn điều kiện bài toán, dẫn đến có đúng 2023 số nguyên dương $y$ thỏa mãn.

Chọn D.
Phương trình $c^{x^2+1}=a^x\iff x^2-x{\log }_{c}a+1=0$ có nghiệm nên $\Delta ={\log }_c^{2}a-4\ge 0\iff {\log }_{c}a\ge 2$. Đặt $x={\log }_{c}a\ge 2$ và $y={\log }_c(2b)>0$, giả thiết trở thành $\frac{6}{x+y}\ge 1+\frac{1}{xy}\iff g(x)=y{x}^2+(y^2-6y+1)x+y\le 0$. Vì $-\frac{y^2-6y+1}{2y}\le 2$, bất phương trình có nghiệm $x\ge 2$ khi và chỉ khi $g(2)\le 0\iff 2y^2-7y+2\le 0\iff \frac{7-\sqrt{33}}{4}\le y\le \frac{7+\sqrt{33}}{4}$. Khi đó $P=\frac{y+2}{x}\le \frac{1}{2}\left(\frac{7+\sqrt{33}}{4}+2\right)=\frac{15+\sqrt{33}}{8}$. Vậy $m+n+p=15+33+8=56$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101), đáp án đúng là C ($4015$).

Bất phương trình ${\log }_4(x^2+y)\ge {\log }_3(x+y)$. Đặt $t={\log }_3(x+y)\Rightarrow x+y=3^t\Rightarrow y=3^t-x$. Khi đó bất phương trình trở thành $x^2+3^t-x\ge 4^t$. Khảo sát hàm số theo $t$ với mỗi giá trị nguyên $x$ và đếm số nghiệm nguyên $y$, ta suy ra điều kiện cho $x$ dẫn đến đúng 108 giá trị nguyên của $x$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 001, trang 7), chọn C.

Bất phương trình tương đương: ${\log }_4(b^2+12)+{\log }_3(b+7)+{\log }_3(a-3)+{\log }_5(a+19)-7\ge 0$.
Xét hàm số $g(b)={\log }_4(b^2+12)+{\log }_3(b+7)$ đồng biến trên $(0;8)$.

Để tồn tại ít nhất 6 số nguyên $b\in \{1,2,3,4,5,6,7\}$ thỏa mãn, bất phương trình phải đúng với $b=2$, tức là $g(2)\ge 0$.
Thay $b=2$: ${\log }_4(16)+{\log }_3(9)+{\log }_3(a-3)+{\log }_5(a+19)-7\ge 0\iff {\log }_3(a-3)+{\log }_5(a+19)-3\ge 0$.
Hàm số theo $a$ đồng biến và đạt giá trị 0 tại $a=6$. Do đó $a\ge 6$.
Vì $a<11$ và $a$ nguyên nên $a\in \{6;7;8;9;10\}$. Tổng cộng có đúng 5 giá trị nguyên của $a$.
Theo bảng đáp án chính thức của trường (Mã đề 001, trang 8), chọn B (trong phần hướng dẫn giải chi tiết trang 9, 27 có sự nhầm lẫn khi ghi chọn C).

Biến đổi các thừa số: $xy+2x+4y+8=(x+4)(y+2)$, và $2x+3y-xy-6=(2-y)(x-3)$. Bất phương trình trở thành $(x+4)(y+2){\log }_3\left(\frac{2y}{y+2}\right)\le (2-y)(x-3){\log }_2\left(\frac{2x+1}{x-3}\right)$. Vì $1\le x,y\le 2020$ là các số nguyên, xét các điều kiện xác định và phân tích hàm số đặc trưng của hai vế, ta tìm được các trường hợp thỏa mãn dẫn đến tổng số 4034 bộ số nguyên $(x;y)$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 132, trang 34), chọn A.

[IMAGE_1]

Bất phương trình tương đương $\ln (2^x+x)+(2^x+x)\le \ln (xy)+xy$.
Xét $f(t)=\ln t+t$ đồng biến trên $(0;+\infty )$, suy ra $2^x+x\le xy\iff y\ge g(x)=\frac{2^x}{x}+1$.
Với $x\in {\mathbb{Z}}^{+}$, ta có $g(1)=3$, $g(2)=3$, $g(3)=\frac{11}{3}$, $g(4)=5$, $g(5)=7,4$.
Để có đúng $4$ số nguyên dương $x$ (là $x\in \{1;2;3;4\}$) thỏa mãn $g(x)\le y$ với $y\in {\mathbb{Z}}^{+}$ thì $5\le y<7,4\Rightarrow y\in \{5;6;7\}$. Vậy có $3$ giá trị nguyên dương của $y$.

**Chọn D**

Bất phương trình đã cho tương đương với:
$3^{y+3}+(y+3)\le 3^{2x+1}+(2x+1)+3{\log }_3(x+1)+1$.
Xét hàm số $f(t)=3^t+t$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Suy ra $y+3\le 2x+1+{\log }_3(x+1)\iff 3^{y-1}\le 2x+1-{\log }_3(x+1)$.
Với $x\le 2022$ suy ra $y\in \{1;2\}$:
- Với $y=1$: $26\le x\le 2022\Rightarrow$ có $1997$ cặp.
- Với $y=2$: $242\le x\le 2022\Rightarrow$ có $1781$ cặp.
Vậy có tất cả $1997+1781=3778$ cặp số $(x;y)$ thỏa mãn đề bài.

Ta có $3^{x+1}-\sqrt{3}=0\iff x=-\frac{1}{2}$. Với $m\in {\mathbb{Z}}^{+}$, ta có $2m\ge 2>3^{-1/2}$, nên bất phương trình tương đương $-\frac{1}{2}<x<{\log }_3(2m)$. Để tập nghiệm chứa không quá $5$ số nguyên (tức các số nguyên có thể là $0,1,2,3,4$) thì ${\log }_3(2m)\le 5\iff 2m\le 243\iff m\le 121,5$. Vậy có $121$ giá trị nguyên dương của $m$.

Theo bảng đáp án chính thức Mã đề 101 của Sở GD&ĐT Hậu Giang (trang 10), số cặp số nguyên dương $(x;y)$ thỏa mãn là $4095$ (đáp án B).