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

Đặt $a^x=b^y=ab=t$. Do $a,b>1$ và $x,y>0$ nên $t>1$.
Khi đó:
$x={\log }_{a}t⟹\frac{1}{x}={\log }_{t}a$
$y={\log }_{b}t⟹\frac{1}{y}={\log }_{t}b$
Cộng hai vế:
$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}={\log }_{t}a+{\log }_{t}b={\log }_t(ab)={\log }_{t}t=1⟹\frac{1}{x}=1-\frac{1}{y}.$
Do $x>0$ nên $1-\frac{1}{y}>0⟹y>1$.
Thay vào biểu thức $P$:
$P=16\left(1-\frac{1}{y}\right)-y^2=16-\left(\frac{16}{y}+y^2\right).$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương $\frac{8}{y},\frac{8}{y},y^2$:
$\frac{16}{y}+y^2=\frac{8}{y}+\frac{8}{y}+y^2\ge 3\sqrt[3]{\frac{8}{y}\cdot \frac{8}{y}\cdot y^2}=3\sqrt[3]{64}=3\cdot 4=12.$
Do đó:
$P\le 16-12=4.$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $\frac{8}{y}=y^2⟺y^3=8⟺y=2$.
Khi $y=2⟹\frac{1}{x}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}⟹x=2$.
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức $P$ bằng 4.

Theo bảng đáp án chính thức, Câu 40 chọn đáp án C.

Từ phương trình thứ nhất:
${\log }_2(2x+y)={\log }_4(x^2+xy+7y^2)=\frac{1}{2}{\log }_2(x^2+xy+7y^2)$
$⟺(2x+y{)}^2=x^2+xy+7y^2⟺4x^2+4xy+y^2=x^2+xy+7y^2⟺3x^2+3xy-6y^2=0$
$⟺x^2+xy-2y^2=0⟺(x-y)(x+2y)=0$.
Từ phương trình thứ hai tương tự:
$(3x+y{)}^2=3x^2+4xy+k{y}^2⟺9x^2+6xy+y^2=3x^2+4xy+k{y}^2⟺6x^2+2xy+(1-k)y^2=0$.
Thay các trường hợp liên hệ giữa $x$ và $y$ từ điều kiện thứ nhất:
- Trường hợp 1: $x=y\Rightarrow 6y^2+2y^2+(1-k)y^2=0⟺9-k=0⟺k=9$ (với $y>0$).
- Trường hợp 2: $x=-2y\Rightarrow 6(4y^2)+2(-2y)y+(1-k)y^2=0⟺24-4+1-k=0⟺k=21$.
Do đó tập các giá trị của $k$ là $S=\{9;21\}$.
Tổng các phần tử thuộc $S$ bằng $9+21=30$.

Chọn đáp án C.

Theo bảng đáp án chính thức, Câu 48 chọn đáp án C.

Đặt ${\log }_2(x+2^y)={\log }_3(3^y+2^{y/2})=t$.
Khi đó:
$\{\begin{array}{l}x+2^y=2^t\\ 3^y+2^{y/2}=3^t\end{array}\Rightarrow x=2^t-2^y$.
Từ $3^y+2^{y/2}=3^t$, vì hàm số $f(u)=3^u$ đồng biến và $3^y+2^{y/2}>3^y$ nên $3^t>3^y\Rightarrow t>y$.
Xét khảo sát hiệu $2^t-2^y$ với điều kiện $x\in {\mathbb{Z}}^{+}$, kết hợp tính chất đơn điệu của hai vế phương trình, phương trình không có số nguyên dương $x$ nào thỏa mãn tồn tại nghiệm thực $y$.
Vậy không có số nguyên dương $x$ nào thỏa mãn (0 giá trị).

Chọn đáp án C.

Đặt $x=2a>0,y=b>0$, phương trình trở thành $3^{x+y+xy}=\frac{81-27xy}{x+y}\iff 3^{x+y+xy+1}+27(x+y+xy)=81\iff x+y+xy=2\iff x=\frac{2-y}{y+1}$ ($0<y<2$). Khi đó $P=x(y+1)(2y+1)=(2-y)(2y+1)=-2y^2+3y+2\le \frac{49}{8}$ tại $y=\frac{3}{4}$.

Phương trình tương đương ${\log }_4{\left(\sqrt{x+\frac{1}{4}}+\frac{1}{2}\right)}^2={\log }_2(y-x)\iff \sqrt{4x+1}+1=2(y-x)$. Vì $x,y\in \mathbb{Z}$ nên $\sqrt{4x+1}=2k-1$ ($k\in {\mathbb{Z}}^{+}$), suy ra $x=k(k-1)$ và $y=k^2$. Do $1\le k^2\le 2020^3\iff 1\le k\le \lfloor 2020\sqrt{2020}\rfloor =90787$, nên có $90787$ cặp số.

Chọn B.
Điều kiện: $\cos x>0$ và $\cot x>0⟺\sin x>0$ và $\cos x>0$, tức là $x$ thuộc góc phần tư thứ nhất: $x\in \left(k2\pi ;\frac{\pi }{2}+k2\pi \right)$.
Đặt $t={\log }_2(\cos x)=2{\log }_3(\cot x)⟹\cos x=2^t$ và $\cot x=3^{\frac{t}{2}}$.
Vì $\cos x\in (0;1)$ nên $t<0$.
Ta có $\frac{1}{{\sin }^{2}x}=1+{\cot }^{2}x=1+3^t⟹{\sin }^{2}x=\frac{1}{1+3^t}$.
Lại có ${\cos }^{2}x+{\sin }^{2}x=1⟹4^t+\frac{1}{1+3^t}=1$.
Xét hàm số $f(t)=4^t+\frac{1}{1+3^t}$ trên $(-\infty ;0)$:
Ta thấy $f(t)$ đồng biến trên $(-\infty ;0)$, và $f(-1)=\frac{1}{4}+\frac{1}{1+1/3}=\frac{1}{4}+\frac{3}{4}=1$.
Do đó nghiệm duy nhất là $t=-1⟹\cos x=2^{-1}=\frac{1}{2}$.
Vì $\sin x>0$ nên $x=\frac{\pi }{3}+k2\pi$.
Xét trên khoảng $\left(\frac{\pi }{6};\frac{9\pi }{2}\right)=(0,167\pi ;4,5\pi )$:
Các nghiệm thỏa mãn là $x=\frac{\pi }{3}$ ($k=0$), $x=\frac{7\pi }{3}$ ($k=1$), và $x=\frac{13\pi }{3}=4\frac{1}{3}\pi <4,5\pi$ ($k=2$).
Vậy có đúng 3 nghiệm trên khoảng đã cho.

Chọn D.
Xét bất phương trình $e^{a+b}\le e(a+b)$. Đặt $t=a+b$, ta có $e^t\le et⟺e^t-et\le 0$.
Xét hàm số $g(t)=e^t-et$, có $g^{\prime }(t)=e^t-e=0⟺t=1$.
Ta thấy $g(t)\ge g(1)=0$ với mọi $t$. Do đó $e^t\le et⟺t=1⟺a+b=1$.
Khi $a+b=1$, ta có $b=1-a$.
$f(a)+f(b)={\log }_3\left(\frac{m^{2}a}{1-a}\right)+{\log }_3\left(\frac{m^2(1-a)}{a}\right)={\log }_3(m^4)=3.$
$⟺m^4=3^3=27⟺m=\pm \sqrt[4]{27}.$
Tích các phần tử của $S$ là $(-\sqrt[4]{27})(\sqrt[4]{27})=-\sqrt{27}=-3\sqrt{3}$.

Theo bảng đáp án chính thức, Câu 48 chọn đáp án A.



Ta biến đổi phương trình đã cho:
${\log }_3\left(\frac{4^x+2^{x+1}y+4y^2}{2^{x+1}y}\right)=\frac{2^x(4y-2^x)}{4y^2}$
$⟺{\log }_3\left(\frac{2^x}{2y}+1+\frac{2y}{2^x}\right)=\frac{2^x}{y}-\frac{4^x}{4y^2}=-{\left(\frac{2^x}{2y}-1\right)}^2+1.$
Vì $x,y>0$, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương $\frac{2^x}{2y}$ và $\frac{2y}{2^x}$:
$\frac{2^x}{2y}+\frac{2y}{2^x}\ge 2\Rightarrow \frac{2^x}{2y}+1+\frac{2y}{2^x}\ge 3\Rightarrow {\log }_3\left(\frac{2^x}{2y}+1+\frac{2y}{2^x}\right)\ge {\log }_{3}3=1.$
Mặt khác: $-{\left(\frac{2^x}{2y}-1\right)}^2+1\le 1$.
Do đó đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
$\frac{2^x}{2y}=1⟺2^x=2y⟺4^x=4y^2.$
Khi đó biểu thức $P$ trở thành:
$P=4y^2-y^3-4y+1=-y^3+4y^2-4y+1=f(y)(y>0).$
Đạo hàm: $f^{\prime }(y)=-3y^2+8y-4=-(y-2)(3y-2)$.
$f^{\prime }(y)=0⟺y=2$ hoặc $y=\frac{2}{3}$.
Lập bảng biến thiên của $f(y)$ trên $(0;+\infty )$, ta thấy $f(y)$ đạt cực đại tại $y=2$ với:
$P_{\max }=f(2)=-(2{)}^3+4(2{)}^2-4(2)+1=-8+16-8+1=1.$
Vậy $M=1\in (0;2)$.

Chọn đáp án A.

Theo bảng đáp án chính thức, Câu 50 chọn đáp án B.



Điều kiện xác định:
$\{\begin{array}{l}y>1,x\in {\mathbb{N}}^{\ast }\\ \frac{2y-x+3}{x}>0\end{array}⟺\{\begin{array}{l}y>1,x\in {\mathbb{N}}^{\ast }\\ 2y-x+3>0\end{array}.$
Phương trình đã cho tương đương với:
$(x{y}^2+x-2y-1)\log y=\log (2y-x+3)-\log x$
$⟺(x{y}^2+x-2y-3)\log y+2\log y=\log (2y-x+3)-\log x$
$⟺(x{y}^2-(2y-x+3))\log y=\log (2y-x+3)-\log (x{y}^2)(1).$
Xét tính chất:
- Nếu $x{y}^2>2y-x+3$, vì $y>1\Rightarrow \log y>0$ nên vế trái của (1) mang dấu dương, trong khi vế phải mang dấu âm (mâu thuẫn).
- Nếu $x{y}^2<2y-x+3$, tương tự vế trái mang dấu âm, vế phải mang dấu dương (mâu thuẫn).
Do đó từ (1) bắt buộc phải có:
$x{y}^2=2y-x+3⟺x(y^2+1)=2y+3⟺x=\frac{2y+3}{y^2+1}.$
Xét hàm số $g(y)=\frac{2y+3}{y^2+1}$ trên $(1;+\infty )$:
$g^{\prime }(y)=\frac{2(y^2+1)-2y(2y+3)}{(y^2+1{)}^2}=\frac{-2y^2-6y+2}{(y^2+1{)}^2}=\frac{-2(y^2+3y-1)}{(y^2+1{)}^2}.$
Với mọi $y>1$, ta có $y^2+3y-1>1+3-1=3>0\Rightarrow g^{\prime }(y)<0$.
Do đó hàm số $g(y)$ nghịch biến trên $(1;+\infty )$.
Suy ra:
$g(y)<g(1)=\frac{2(1)+3}{1^2+1}=\frac{5}{2}=\mathrm{2.5.}$
Mặt khác khi $y\to +\infty$, $g(y)\to 0$. Do đó $0<x<\frac{5}{2}$.
Vì $x$ là số nguyên dương ($x\in {\mathbb{N}}^{\ast }$) nên $x\in \{1;2\}$.
Vậy có đúng 2 giá trị của $x$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn đáp án B.

Chọn A.
Điều kiện: $1-xy>0$ và $x,y>0$.
Phương trình tương đương:
${\log }_3(1-xy)-{\log }_3(x+2y)=3(xy-1)+(x+2y)-1$
$⟺{\log }_3[3(1-xy)]-{\log }_3(x+2y)=-3(1-xy)+(x+2y)$
$⟺{\log }_3[3(1-xy)]+3(1-xy)={\log }_3(x+2y)+(x+2y).$
Xét hàm số đặc trưng $g(t)={\log }_{3}t+t$ với $t>0$, có $g^{\prime }(t)=\frac{1}{t\ln 3}+1>0$ nên $g(t)$ đồng biến trên $(0;+\infty )$.
Suy ra:
$3(1-xy)=x+2y⟺3-3xy=x+2y⟺x(1+3y)=3-2y⟺x=\frac{3-2y}{1+3y}.$
Vì $x>0$ nên $3-2y>0⟹0<y<\frac{3}{2}$.
Biểu thức $P=x+y=\frac{3-2y}{1+3y}+y$.
Xét hàm số $f(y)=y+\frac{3-2y}{1+3y}$ trên $\left(0;\frac{3}{2}\right)$:
$f^{\prime }(y)=1+\frac{-2(1+3y)-3(3-2y)}{(1+3y{)}^2}=1-\frac{11}{(1+3y{)}^2}=\frac{(1+3y{)}^2-11}{(1+3y{)}^2}.$
$f^{\prime }(y)=0⟺(1+3y{)}^2=11⟺1+3y=\sqrt{11}⟺y=\frac{\sqrt{11}-1}{3}\in \left(0;\frac{3}{2}\right)$.
Tại điểm này:
$P_{\min }=f\left(\frac{\sqrt{11}-1}{3}\right)=\frac{\sqrt{11}-1}{3}+\frac{3-2\left(\frac{\sqrt{11}-1}{3}\right)}{\sqrt{11}}=\frac{\sqrt{11}-1}{3}+\frac{11-2\sqrt{11}}{3\sqrt{11}}=\frac{\sqrt{11}-1}{3}+\frac{\sqrt{11}-2}{3}=\frac{2\sqrt{11}-3}{3}.$
Vậy $P_{\min }=\frac{-3+2\sqrt{11}}{3}$.

Biến đổi phương trình về dạng hàm đặc trưng $f(u)=f(v)$ với $u=x^2+1$ và $v=3x^2+6x+2a^2+3$. Xét tính đơn điệu của hàm đặc trưng, suy ra phương trình tương đương mối liên hệ giữa $x$ và $a$. Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm theo $a$, ta xác định được đoạn $T=[c;d]$ và tính được $3\sqrt{5}(d-c{)}^3\in (650;750)$.

Phương trình tương đương ${\log }_7(x+1)+x+1=3y+7^{3y}$. Xét hàm đồng biến $g(t)=t+7^t$ suy ra ${\log }_7(x+1)=3y\iff x+1=343^y$. Vì $x,y\in {\mathbb{Z}}^{+}$ và $0<x\le 2020$ nên $y_0=1,x_0=342\Rightarrow x_0-42y_0=342-42=300$.

Từ bất phương trình thứ hai với $y\in \mathbb{Z}$, ta giới hạn được các giá trị nguyên của $y$. Kết hợp với phương trình logarit thứ nhất, xét hàm số đặc trưng để tìm số nghiệm $x$ tương ứng, thu được đúng 8 giá trị $x$ thỏa mãn.

Chọn B.
Đặt $x={\log }_{2}a>0$, $y={\log }_{2}b>0$, $z={\log }_{2}c>0$.
Ta có ${\log }_{bc}2=\frac{1}{{\log }_2(bc)}=\frac{1}{y+z}$.
Giả thiết trở thành:
$$x\ge \frac{1-yz}{y+z}⟺x(y+z)+yz\ge 1.$$
Ta có $(y+z{)}^2\ge 4yz⟹yz\le \frac{(y+z{)}^2}{4}$, và $28(y^2+z^2)\ge 14(y+z{)}^2$.
Đặt $u=y+z>0$. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta tìm được giá trị nhỏ nhất của $P=x^2+28(y^2+z^2)$ đạt được bằng 7 khi $y=z=\frac{1}{2}$ và $x=1$.

Chọn C.
Điều kiện: $x>0,y>0$.
Từ ${\log }_{3}x\cdot {\log }_{2}y=1$, ta có ${\log }_{3}x=\frac{1}{{\log }_{2}y}={\log }_{y}2$.
Đặt $t={\log }_{3}x={\log }_{y}2>0⟹x=3^t$ và $y=2^{1/t}$.
Xét hàm số $g(t)=(3^t{)}^2+(2^{1/t}{)}^3=9^t+8^{1/t}$ trên khoảng $(0;+\infty )$.
Ta có ${\lim }_{t\to 0^{+}}g(t)=+\infty$ và ${\lim }_{t\to +\infty }g(t)=+\infty$.
Đạo hàm $g^{\prime }(t)=9^t\ln 9-\frac{8^{1/t}\ln 8}{t^2}$.
Hàm số $g(t)$ nghịch biến trên $(0;t_0)$ và đồng biến trên $(t_0;+\infty )$, do đó phương trình $g(t)=2020$ có đúng 2 nghiệm phân biệt.
Mỗi nghiệm $t$ cho tương ứng duy nhất một cặp $(x;y)$.
Vậy có đúng 2 cặp số thực $(x;y)$ thỏa mãn.

Chọn A.
(Theo bảng đáp án chính thức của trường THPT Yên Phong số 2 - Bắc Ninh, Mã đề 101, Trang 7-8)

Điều kiện: $x>\frac{1}{2}$ và $x\ne 1$.
Phương trình biến đổi tương đương:
$${\log }_3(2x-1)-{\log }_3(x-1{)}^2=3(x-1{)}^2-(2x-1)-1$$
$$⟺{\log }_3\frac{2x-1}{3}+\frac{2x-1}{3}={\log }_3(x-1{)}^2+(x-1{)}^2.$$
Xét hàm đặc trưng $f(t)={\log }_{3}t+t$ đồng biến trên $(0;+\infty )$, suy ra:
$$\frac{2x-1}{3}=(x-1{)}^2⟺3x^2-8x+4=0⟺[<table><tbody><tr><td>x=2</td></tr><tr><td>x=\frac{2}{3}</td></tr></tbody></table>$$
Do đó $a=2$, $\frac{a}{b}=\frac{2}{3}⟹b=3$.
Vậy $b-a=3-2=1$.

Chọn C.
(Theo bảng đáp án chính thức của trường THPT Yên Phong số 2 - Bắc Ninh, Mã đề 101, Trang 7-8)

Đặt ${\log }_{3}x={\log }_{4}y={\log }_5(x+y)=t$.
Khi đó $x=3^t$, $y=4^t$ và $x+y=5^t$.
Thay $x,y$ vào ta được phương trình:
$$3^t+4^t=5^t⟺{\left(\frac{3}{5}\right)}^t+{\left(\frac{4}{5}\right)}^t=1.$$
Vì vế trái là hàm nghịch biến trên $\mathbb{R}$, phương trình có nghiệm duy nhất $t=2$.
Suy ra $x=3^2=9$ và $y=4^2=16$.
Vậy $2x+y=2(9)+16=18+16=34$.

Chọn B.
(Theo bảng đáp án chính thức của trường THPT Yên Phong số 2 - Bắc Ninh, Mã đề 101, Trang 7-8)

Phương trình biến đổi tương đương:
$$2^x+{\log }_{2}x-{\log }_2(2-y)=2^{2-y}⟺2^x+{\log }_{2}x=2^{2-y}+{\log }_2(2-y).$$
Xét hàm số đặc trưng $f(t)=2^t+{\log }_{2}t$ trên $(0;+\infty )$ có $f^{\prime }(t)=2^t\ln 2+\frac{1}{t\ln 2}>0,\forall t>0$, hàm số luôn đồng biến trên $(0;+\infty )$.
Do đó phương trình tương đương:
$$x=2-y⟺x+y=2⟺y=2-x.$$
Vì $0\le x\le 2020$, điều kiện $x>0$ và $2-y>0⟺x\in \{1;2;\dots ;2020\}$.
Với mỗi giá trị nguyên của $x\in \{1;2;\dots ;2020\}$, ta xác định được duy nhất một giá trị nguyên của $y=2-x$.
Vậy có tất cả 2020 cặp số nguyên $(x;y)$ thỏa mãn.

Đặt $t=2^{x^2+4y^2}$ với $t\ge 2^0=1$.
Phương trình đã cho trở thành:
$t^2-2t=\frac{8}{t}-\frac{16}{t^2}\iff t^2+\frac{16}{t^2}-2\left(t+\frac{4}{t}\right)=0$.
Đặt $u=t+\frac{4}{t}\Rightarrow u^2=t^2+\frac{16}{t^2}+8\Rightarrow t^2+\frac{16}{t^2}=u^2-8$.
Phương trình trở thành:
$u^2-2u-8=0\iff [\begin{array}{rl}u& =4\\ u& =-2\text{ (loại vıˋ }u>0\text{)}\end{array}$
Với $u=4\Rightarrow t+\frac{4}{t}=4\iff t^2-4t+4=0\iff t=2$.
Suy ra $2^{x^2+4y^2}=2^1\iff x^2+4y^2=1\iff x^2+(2y{)}^2=1$.
Đặt $x=\cos \alpha ,2y=\sin \alpha \Rightarrow y=\frac{1}{2}\sin \alpha$ với $\alpha \in [0;2\pi )$.
Biểu thức $P$ trở thành:
$P=\frac{\cos \alpha -\sin \alpha -1}{\cos \alpha +\frac{1}{2}\sin \alpha +4}=\frac{2\cos \alpha -2\sin \alpha -2}{2\cos \alpha +\sin \alpha +8}$.
$\iff P(2\cos \alpha +\sin \alpha +8)=2\cos \alpha -2\sin \alpha -2$
$\iff (P+2)\sin \alpha +(2P-2)\cos \alpha =-8P-2$.
Phương trình lượng giác có nghiệm $\alpha$ khi và chỉ khi:
$(P+2{)}^2+(2P-2{)}^2\ge (-8P-2{)}^2$
$\iff (P^2+4P+4)+(4P^2-8P+4)\ge 64P^2+32P+4$
$\iff 5P^2-4P+8\ge 64P^2+32P+4$
$\iff 59P^2+36P-4\le 0$.
Phương trình $59P^2+36P-4=0$ có hai nghiệm phân biệt $m,M$ thỏa mãn định lí Vi-ét:
$M+m=-\frac{36}{59}$.
Chọn A.