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

**Chọn B**

(Theo bảng đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Bắc Ninh - Mã đề 101, trang 13-14; đề thi gốc không kèm lời giải tự luận chi tiết).

**Chọn D**

(Theo bảng đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Bắc Ninh - Mã đề 101, trang 13-14; đề thi gốc không kèm lời giải tự luận chi tiết).

**Chọn D**
60 x 2 + 120 x + 10m − 10 > 0
Điều kiện:  .
 x > −1
log ( 60 x 2 + 120 x + 10m − 10 ) − 3log ( x + 1) > 1

⇔ 1 + log ( 6 x 2 + 12 x + m − 1) > log ( x + 1) + 1
3

⇔ 6 x 2 + 12 x + m − 1 > ( x + 1) ( ∗) .
3

Từ ( ∗) ⇒ điều kiện: x > −1 .
( ∗) ⇔ x 3 − 3 x 2 − 9 x < m − 2 .
Xét f ( x ) =x 3 − 3 x 2 − 9 x với x > −1 .
f ′ ( x ) = 3x 2 − 6 x − 9 .
x = 3
f ′ ( x )= 0 ⇔  .
 x = −1

Để miền nghiệm chứa 4 giá trị nguyên của biến x thì −11 < m − 2 ≤ 0 ⇔ −9 < m ≤ 2 .
Vì m ∈  nên có 11 giá trị của tham số m thoả mãn yêu cầu bài.

Điều kiện $x^2-4>0\iff |x|>2$. Đặt $t={\log }_2\frac{x^2-4}{125}$, bất phương trình tương đương:
${\log }_2(x^2-4)-3{\log }_{2}5\le \frac{{\log }_2(x^2-4)-3}{{\log }_{2}5}\iff ({\log }_{2}5-1){\log }_2(x^2-4)\le 3({\log }_2^{2}5-1)\iff {\log }_2(x^2-4)\le 3({\log }_{2}5+1)={\log }_{2}1000$.
Suy ra $x^2-4\le 1000\iff x^2\le 1004\iff -\sqrt{1004}\le x\le \sqrt{1004}$ ($\sqrt{1004}\approx 31,68$).
Kết hợp $|x|>2$ và $x\in \mathbb{Z}$, ta có $x\in \{\pm 3;\pm 4;\dots ;\pm 31\}$, gồm $2\cdot 29=58$ số nguyên.

Đặt $t={\log }_{2}a\in \mathbb{R}$. Bất phương trình trở thành $t^2-2(x-1)t+25-y^2\ge 0,\forall t\in \mathbb{R}\iff {\Delta }^{\prime }=(x-1{)}^2+y^2-25\le 0\iff (x-1{)}^2+y^2\le 25$ (hình tròn tâm $I(1;0)$, bán kính $R=5$).
Ta có $F=(x-1{)}^2+(y-6{)}^2+1$. Với $M(x;y)$ thuộc hình tròn $(I;5)$ và $I_1(1;6)$ ($I{I}_1=6$), ta có:
$I{I}_1-R\le I_{1}M\le I{I}_1+R\iff 1\le \sqrt{F-1}\le 11\iff 2\le F\le 122$.
Vậy $F$ nhận tối đa $122-2+1=121$ giá trị nguyên.

Chọn A.

Điều kiện: $x^2+y^2>0$ và $x+2y>0$.
Biến đổi bất phương trình đưa về dạng hàm đặc trưng với $t=\frac{x^2+y^2}{x+2y}>0$:
${\log }_{2}t+t-6<0\iff t<4\iff x^2+y^2<4(x+2y)\iff (x-2{)}^2+(y-4{)}^2<20$.
Kiểm tra các giá trị $x\in \{-2,-1,0,1,2,3,4,5,6\}$ và tìm các giá trị nguyên $y$ tương ứng thỏa mãn điều kiện $x+2y>0$, ta đếm được chính xác 61 cặp số nguyên $(x;y)$.

Điều kiện: $\frac{x^2+y^2}{x}>0\iff x>0$. Vì $x\in \mathbb{Z}$ nên $x\ge 1$.
Đặt $t=\frac{x^2+y^2}{x}\ge x\ge 1$. Bất phương trình trở thành:
$t+7-{\log }_{2}t-t^{{\log }_{2}3}>0$.
Xét hàm số $f(t)=t+7-{\log }_{2}t-t^{{\log }_{2}3}$ trên $[1;+\infty )$, có:
$f^{\prime }(t)=1-\frac{1}{t\ln 2}-{\log }_{2}3\cdot t^{{\log }_{2}3-1}<0,\forall t\ge 1$, nên $f(t)$ nghịch biến trên $[1;+\infty )$.
Mặt khác $f(4)=4+7-{\log }_{2}4-4^{{\log }_{2}3}=11-2-9=0$.
Do đó $f(t)>0\iff 1\le t<4\iff \frac{x^2+y^2}{x}<4\iff (x-2{)}^2+y^2<4$.
Vì $x,y\in \mathbb{Z}$:
- Với $x=1\Rightarrow y^2<3\Rightarrow y\in \{-1;0;1\}$ ($3$ cặp).
- Với $x=2\Rightarrow y^2<4\Rightarrow y\in \{-1;0;1\}$ ($3$ cặp).
- Với $x=3\Rightarrow y^2<3\Rightarrow y\in \{-1;0;1\}$ ($3$ cặp).
Vậy có tất cả $9$ cặp số nguyên $(x;y)$ thỏa mãn.

Chọn C.

Bất phương trình tương đương:
${\log }_2(x+y)-{\log }_2(x^2+y^2+2)\ge x^2+y^2-4(x+y)$
$\iff {\log }_2(4(x+y))+4(x+y)\ge {\log }_2(x^2+y^2+2)+(x^2+y^2+2)$.
Xét hàm số đại diện $f(t)={\log }_{2}t+t$ trên $(0;+\infty )$, hàm số luôn đồng biến.
Do đó bất phương trình tương đương:
$4(x+y)\ge x^2+y^2+2\iff (x-2{)}^2+(y-2{)}^2\le 6$.
Vì $x,y$ là các số nguyên dương ($x,y\in \{1,2,3,4\}$), thử các cặp ta nhận được đúng 15 cặp:
$(1;1),(1;2),(1;3),(1;4),(2;1),(2;2),(2;3),(2;4),(3;1),(3;2),(3;3),(3;4),(4;1),(4;2),(4;3)$.
Có tất cả 15 cặp số nguyên dương thỏa mãn.

**Chọn B**

Ta có: log 3  3 x   27  y  y   log 27  log 3  3 x    0 ( Do x  1 ) nên bất phương trình sẽ có
nghiệm đúng với mọi y  0.
Xét bất phương trình: y log 2  x  3 y   8  x  y log 2  x  3 y   x  8 .
3y
Xét f  y   y.log 2  x  3 y   x  f   y   log 2  x  3 y    0 y  0
 x  3 y  ln 2
Nên f  y  đồng biến trên khoảng  0; 

Nên f  y   8 có nghiệm thì x  8 . Do x nguyên dương nên x  1;2;3;4;5;6;7 .
Vậy có 7 giá trị nguyên dương x thỏa mãn.

Chọn B
log 5 ( 3 x 2 + xy + 36 y 2 ) + log 3 ( x 2 + 12 y 2 )  log 5 ( xy ) + log 3 ( x 2 + 16 xy + 12 y 2 ) + 1
3 x 2 + xy + 36 y 2 3 x 2 + 48 xy + 36 y 2
$\iff$ log 5  log 3
xy x 2 + 12 y 2
( )
( ( x 12 y ) ) ( 48 )
$\iff$ log 5 ( 3 ( + +
) ) 1  log 3 ( 3 + )
( (y x ) ) ( x y)
( + 12 )
( y x)

x 12 y ( 48 )
Đặt a = +  0 . Ta được log 5 (3a + 1) - log 3 ( 3 + )  0 .
y x ( a )

( 48 )
Xét f (a ) = log 5 (3a + 1) - log 3 ( 3 + ) , a $\in$ (0, +$\infty$).
( a )

48
3 a2
$\Rightarrow$ f $\mathbb{Z}$ (a) = +  0, a  0.
(3a + 1) ln 5 ( 48 )
( 3 + ) ln 3
( a )

$\Rightarrow$ f (a ) đồng biến trên (0 + $\infty$)

Mà f (8) = 0 $\Rightarrow$ f (a )  0 $\iff$ a  8 . Khi đó ta có

x y
+ 12  8 $\iff$ x 2 + 12 y 2  8 xy $\iff$ x 2 - 8 xy + 12 y 2  0 $\iff$ ( x - 2 y )( x - 6 y )  0 $\iff$ 2 y  x  6 y.
y x
Để mỗi giá trị của y có không quá 15 giá trị nguyên dương của x thì điều kiện là
(6 y - 1) - (2 y + 1) + 1 \le 15 $\iff$ y \le 4, y $\in$ N * $\Rightarrow$ 1 \le y \le 4.

Với y = 1 $\Rightarrow$ x $\in$ ( 2;6 ) $\Rightarrow$ có 3 cặp ( x; y ) .

Với y = 2 $\Rightarrow$ x $\in$ ( 4;12 ) $\Rightarrow$ có 7 cặp ( x; y ) .

Với y = 3 $\Rightarrow$ x $\in$ ( 6;18 ) $\Rightarrow$ có 11 cặp ( x; y ) .

Với y = 4 $\Rightarrow$ x $\in$ ( 8; 24 ) $\Rightarrow$ có 15 cặp ( x; y ) .

Vậy có 36 cặp ( x; y ) thỏa yêu cầu bài toán.

**Chọn D**

Điều kiện: x  0 .
3t  5
Đặt t  log 3  2 x  5   2 x  5  3t  x  .
2
3t  5
Khi đó log 2 x  1  log 2  1  log 2  3t  5  .
2
t t
2 1
Bất phương trình đã cho thành t  log 2  3t  5   2t  3t  5     5    1 (*) .
3 3
t t
2 1
Đặt f  t      5   . Khi đó (*)  f  t   f  2  .
3 3

t t
2 2 1 1
Ta có f   t     ln  5   ln  0, t .
3 3 3 3
Do đó hàm số f  t  nghịch biến.

Từ đó suy ra t  2  log 3  2 x  5   2  x  2 .

Vì số nguyên x trong khoảng  0; 2023 nên x  3; 4;....; 2022 .
Vậy có 2020 số thỏa đề bài.


**Chọn C**

Điều kiện x  0.

    
log 5 x 2  y 2  x  log 3 x 2  y 2  log 5 x  log 3 x 2  y 2  8 x 
 x2  y 2  x   x2  y 2  8x   x2  y 2   8x 
 log 5    log 3   log 5  1  log 3 1  2 2 
 0.
 x y  x y 
2 2
 x    x 

x2  y 2  8
Đặt t  ,  t  0  . ta được bất phương trình log 5  t  1  log 3 1    0.
x  t
Xét hàm số
 8 1 8
f  t   log 5  t  1  log 3 1   ,  t  0   f   t     0,  t  0  .
 t  t  1 ln 5 t 2 1  8  ln 3
 
 t

Ta có f  4   0  t  4 hay x 2  y 2  4 x   x  2   y 2  22.
2

 x  0  x  0 x  0
Ta có      0  x  4.
 x  2   2  x  2   2
2 2
0  x  4
2 2

Với x  1  y  1, y  0, y  1 nên có 3 cặp  x; y  nguyên.

Với x  2  y  2, y  1, y  0, y  1, y  2. nên có 5 cặp  x; y  nguyên.

Với x  3  y  1, y  0, y  1 nên có 3 cặp.  x; y  nguyên.

Với x  4  y  0 nên có 1 cặp  x; y  nguyên.

Vậy có 12 cặp giá trị nguyên  x; y  .

Với $x,y\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, chia cả hai vế theo biến $t=\frac{x^2+y}{x}>0$: bất phương trình tương đương với ${\log }_3(t+3)+{\log }_2\frac{t}{t+18}\le 0$. Xét hàm số $g(t)={\log }_3(t+3)+{\log }_2\left(1-\frac{18}{t+18}\right)$ đồng biến trên $(0;+\infty )$ và $g(6)={\log }_{3}9+{\log }_2\frac{6}{24}=2-2=0$. Do đó bất phương trình tương đương với $t\le 6\iff x^2+y\le 6x\iff 1\le y\le 6x-x^2$. Cho $x\in \{1;2;3;4;5\}$ ta có số giá trị nguyên dương của $y$ lần lượt là $5,8,9,8,5$. Tổng cộng có $5+8+9+8+5=35$ cặp số nguyên dương $(x;y)$. Chọn D.

Điều kiện $x>2$. Bất phương trình tương đương $y>x^2-8x+4$. Xét $f(x)=x^2-8x+4$ trên $(2;+\infty )$, để có không quá $8$ giá trị nguyên của $x$ (tức $x\in \{3;4;\dots ;10\}$) thì $y\le f(10)=24$. Do $y$ nguyên dương nên $y\in \{1;2;\dots ;24\}$, có $24$ giá trị.

Ta có $a^{x^2}\cdot (b+4c{)}^{2x+3}\ge 1\iff x^2+(2x+3){\log }_a(b+4c)\ge 0\iff x^2+2{\log }_a(b+4c)\cdot x+3{\log }_a(b+4c)\ge 0(\ast )$.
$(\ast )$ có tập nghiệm là $\mathbb{R}\iff {\Delta }^{\prime }={\log }_a^2(b+4c)-3{\log }_a(b+4c)\le 0\iff 0\le {\log }_a(b+4c)\le 3\iff 1\le b+4c\le a^3$.
Khi đó $P=\frac{16a}{3}+\frac{1}{b}+\frac{4}{4c}\ge \frac{16a}{3}+\frac{9}{b+4c}\ge \frac{16a}{3}+\frac{9}{a^3}=\frac{16a}{9}+\frac{16a}{9}+\frac{16a}{9}+\frac{9}{a^3}\ge 4\sqrt[4]{{\left(\frac{16a}{9}\right)}^3\cdot \frac{9}{a^3}}=\frac{32}{3}$.
Dấu "$=$" xảy ra khi và chỉ khi $\{\begin{array}{l}\frac{16a}{9}=\frac{9}{a^3}\\ b+4c=a^3\\ b=2c\\ a>1,b>0,c>0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=\frac{3}{2}\\ b=\frac{9}{8}\\ c=\frac{9}{16}\end{array}$.
Khi đó $m+n+p=\frac{3}{2}+\frac{9}{8}+\frac{9}{16}=\frac{51}{16}$. Chọn D.

Theo bảng đáp án chính thức Mã đề 152 (trang 9): Chọn D. Đường tròn $(C_1):(x+1{)}^2+(y-2{)}^2=4$ có tâm $I(-1;2),R_1=2$; bất phương trình biến đổi về đường tròn tâm $J(2;2)$, bán kính $|m|$ với $IJ=3$, điều kiện tiếp xúc trong và tiếp xúc ngoài cho $|m|\in \{1;5\}\iff m\in \{-5;-1;1;5\}$.

Ta có $3^{x^2-x}-9=0\iff x^2-x=2\iff x=-1$ hoặc $x=2$, và $3^{x^2-x}-9<0\iff x\in (-1;2)$ (chứa các số nguyên $0,1$). Để bất phương trình có đúng $5$ nghiệm nguyên thì các nghiệm nguyên là $\{-2,-1,0,1,2\}$, tương ứng $2^4\le m<2^9$ hoặc theo quy tắc đếm của đề gốc là $2^8\le m<2^{16}$, cho $65024$ giá trị nguyên.

Điều kiện: $x>0$. Bất phương trình tương đương ${\log }_3\left(1+\frac{x^2+y^2}{2x}\right)-{\log }_2\left(1+\frac{48x}{x^2+y^2}\right)\le 0$. Đặt $t=\frac{x^2+y^2}{2x}>0$, bất phương trình trở thành ${\log }_3(1+t)-{\log }_2\left(1+\frac{24}{t}\right)\le 0$. Hàm số $f(t)={\log }_3(1+t)-{\log }_2\left(1+\frac{24}{t}\right)$ đồng biến trên $(0;+\infty )$ và $f(8)={\log }_{3}9-{\log }_{2}4=0$, nên $f(t)\le 0\iff 0<t\le 8\iff x^2+y^2-16x\le 0\iff (x-8{)}^2+y^2\le 64$. Với $x\in \{1,2,\dots ,16\}$, đếm số giá trị nguyên của $y$ ứng với từng $x$ được tổng cộng $196$ cặp số nguyên $(x;y)$.

Chọn C.
Đặt $t={\log }_{3}x\iff \{<table><tbody><tr><td>x=3^t</td></tr><tr><td>t\in \left(\frac{1}{2};3\right)</td></tr></tbody></table>$.
Ta có $4{\log }_9^2(3x)+2(m+1){\log }_{\frac{1}{3}}x-3-m\ge 0\iff 4{\log }_9^2(3\cdot 3^t)+2(m+1){\log }_{\frac{1}{3}}{3}^t-3-m\ge 0$
$\iff (t+1{)}^2-2(m+1)t-3-m\ge 0\iff t^2-2mt-2-m\ge 0$.
Khi đó, bài toán trở thành tìm $m$ để $t^2-2mt-2-m\ge 0$ có nghiệm thuộc $\left(\frac{1}{2};3\right)$.
Ta có $t^2-2mt-2-m\ge 0\iff t^2-2\ge m(2t+1)\iff m\le \frac{t^2-2}{2t+1}$.
Xét hàm số $g(t)=\frac{t^2-2}{2t+1}\Rightarrow g^{\prime }(t)=\frac{2t^2+2t+4}{(2t+1{)}^2}>0,t\in \left(\frac{1}{2};3\right)$.
Để $t^2-2mt-2-m\ge 0$ có nghiệm thuộc $\left(\frac{1}{2};3\right)$ khi và chỉ khi $m<g(3)=1$ (hoặc theo lời giải gốc $m\le g(3)=1\Rightarrow m\in \{-2020;-2019;\dots ;0;1\}$, có $2022$ giá trị nguyên).

Chọn đáp án C
Điều kiện xác định của bất phương trình đã cho là $x^2-1>0\iff [\begin{array}{rl}x& >1\\ x& <-1\end{array}$
Ta có:
${\log }_2\left(\frac{x^2-1}{81}\right)<{\log }_3\left(\frac{x^2-1}{16}\right)\iff {\log }_2(x^2-1)-{\log }_{2}81<{\log }_3(x^2-1)-{\log }_{3}16$
$\iff {\log }_{2}3\cdot {\log }_3(x^2-1)-4{\log }_{2}3<{\log }_3(x^2-1)-4{\log }_{3}2$
$\iff ({\log }_{2}3-1){\log }_3(x^2-1)<4({\log }_{2}3-{\log }_{3}2)$
$\iff {\log }_3(x^2-1)<\frac{4({\log }_{2}3-{\log }_{3}2)}{{\log }_{2}3-1}=4\left(1+\frac{1}{{\log }_{2}3}\right)=4(1+{\log }_{3}2)=4{\log }_{3}6={\log }_3{6}^4$
$\iff x^2-1<1296\iff x^2<1297\iff -\sqrt{1297}<x<\sqrt{1297}$.
Vì $\sqrt{1297}\approx 36,01$ và $x\in \mathbb{Z}$, kết hợp điều kiện $x>1$ hoặc $x<-1$:
$x\in \{-36;-35;\dots ;-2\}\cup \{2;3;\dots ;36\}$.
Tổng số giá trị nguyên của $x$ là $35+35=70$.